Klasična mehanika 2 ELASTOMEHANIKA & HIDRODINAMIKA Matej Ulčar predavanja pri prof. Primožu Ziherlu 18. avgust 2014 Povzetek O zapiskih: ti zapiski so nastajali v glavnem sproti po predavanjih z namenom ponavljanja snovi, jasno zapisanih enačb (sploh pri mnogih indeksih) ter dodatnih komentarjev. Slednje mi žal ni uspevalo najbolje. Na žalost nisem vključil slik, sem pa poskusil čim bolje opisati dano situacijo ali geometrijo z besedami. Nekatere trivialne (res trivialne) dele izpeljav (sploh pri daljših izpeljavah v prvih poglavjih) izpuščam. Manjši del snovi pri koncu podpoglavja Upogib palic najbrž žal manjka. Moralo bi biti sicer vse prav, ampak ne jamčim za pravilnost enačb! Oštevilčene enačbe v nekaterih (predvsem kasnejših poglavjih) označujejo pomembnejše enačbe ali rezultate, marsikje pa so na žalost kar vse oštevilčene. 1
Del I ELAST OMEHAN IKA Mehaniko telesa lahko razdelimo na tri dele. Najbolj osnoven je premik telesa (premik težišča), potem rotacija okrog težišča. Tretji del, deformacija, pa nas pri elastomehaniki najbolj zanima. gibanje točkastega telesa: TRANSLACIJA gibanje togega telesa: ROTACIJA elastomehanika: premik-(translacija+rotacija) = DEFORMACIJA 1 SPLOŠNE DEFORMACIJE 1.1 Deformacijski tenzor Vzemimo nekje v telesu dve bližnji točki in ju označimo z vektorjema r 1 in r 2. Telo deformiramo. Količine pred deformacijo zapišemo z malimi črkami, količine po deformaciji pa z velikimi; u je lokalni vektor premika in je v splošnem odvisen od kraja. R = r + u( r) dr = d r + u d r (1) r Zapišemo po komponentah, kjer upoštevamo Einsteinovo sumacijsko pravilo: kjerkoli v enačbi se ponovita dva indeksa, to pomeni seštevanje po tem indeksu. Primer: x i y i = 3 i=1 x iy i = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3. Včasih z indeksi označimo konkretno komponento, ne mislimo seštevanja po tem indeksu; taki indeksi so številčni indeksi (1,2,3) ali očitno pomenijo komponento (ϕ, ρ, ϑ...). dx i = dx i + u i x k dx k (2) Zgoraj se dvakrat ponovi indeks k, torej je to vsota po vseh k (od 1 do 3, ker imamo 3 dimenzije). Pobliže si poglejmo razliko med razdaljama med izbranima točkama pred deformacijo in po njej. d r 2 = dl 2 = dx 2 i (3) 2
Pomni: indeks i se zgoraj pojavi dvakrat (kvadrat je množenje dveh enakih izrazov)! dr 2 = dl 2 = dr dr = dx i dx i ( = dx i + u ) ( i dx k dx i + u ) i dx j x k x j = dx 2 i + u i x j dx j dx i + u i x k dx k dx i + u i x j u i x k dx j dx k = dl 2 + u i x k dx i dx k + u k x i dx k dx i + u l x i u l x k dx i dx k (4) Tu smo v zadnji vrstici preimenovali indekse, kar lahko naredimo brez težav, saj je to zgolj indeks po katerem seštevamo in nima nobene pomenske vrednosti (tako imenovani nemi indeks). [ dl 2 dl 2 ui = + u k + u ] l u l dx i dx k (5) x k x i x i x k Izraz v oglatem oklepaju označimo z 2u ik, kjer je u ik deformacijski tenzor. Za opis deformacije sam vektor premika u ni dober, saj vsebuje translacijo. Zato uporabimo krajevne odvode u. Problem predstavlja še rotacija, zato za opis deformacije v deformacijskem tenzorju upoštevamo samo prva dva člena (simetričen del deformacijskega tenzorja). Tretji člen (antisimetričen) predstavlja rotacijo. u ik = 1 ( ui + u k + u ) l u l (6) 2 x k x i x i x k 1.1.1 Zgled: rotacija okoli osi z Zavrtimo vektor r okoli osi z v približku majhnih kotov. cos(ϕ) sin(ϕ) 0 1 ϕ R = S r = sin(ϕ) cos(ϕ) 0 r = ϕ 1 0 0 1 r (7) 1 Razdelimo matriko na simetrično in antisimetrično ter upoštevamo R = r+ u. 1 ϕ ϕ R = 1 r + ϕ r = r + ϕ r = r + u (8) 1 ϕ u i = ϕ (9) x k 3
To je neničeln tenzor. okrog osi. Ne predstavlja deformacije, saj imamo le rotacijo u ik = 1 2 ( ui + u ) k = 0 (10) x k x i Razdelimo deformacijski tenzor na simetričen del (1. člen v enačbi spodaj), ki opisuje deformacijo in na antisimetričen del (2. člen), ki opisuje rotacijo: u i = 1 ( ui + u ) k + 1 ( ui u ) k (11) x k 2 x k x i 2 x k x i 1.2 Lastnosti deformacijskega tenzorja Deformacijski tenzor je simetričen in realen, kar pomeni, da ga lahko diagonaliziramo. Ima lokalne lastne vektorje in lokalne lastne vrednosti. V lastnem sistemu je tenzor u ik diagonalen. Zapišimo deformacijo v splošnem in odtod v lastnem sistemu: ( dl 2 = dl 2 ui + + u ) k dx i dx k x k x i = dl 2 + 2(u 11 dx 2 1 + u 22 dx 2 2 + u 33 dx 2 3) Poglejmo primer: d r = r 2 r 1 = (dx 1, 0, 0). dl 2 = dx 2 1, po deformaciji pa je: Pred deformacijo velja dl 2 = dl 2 + 2u 11 dx 2 1 = dx 2 1 + 2u 11 dx 2 1 = (1 + 2u 11 )dx 2 1 dl = 1 + 2u 11 dx 1 ; u 11 << 1 dl (1 + 1 2 2u 11)dx 1 = (1 + u 11 )dx 1 Relativni raztezek vzdolž lastne osi 1 je: dl dl dl = (1 + u 11)dx 1 dx 1 dx 1 = u 11 (12) V lastnem sistemu diagonalni elementi predstavljajo raztezke vzdolž lastnih osi! V ne-lastnem sistemu pa lahko izračunamo spremembo kota med dvema vektorjema po deformaciji. Imejmo pred deformacijo vektorja d r 1 = (dx 1, 0, 0) 4
in d r 2 = (0, dx 2, 0). Po deformaciji velja: dx i = dx i + u i dx k x ( k dr u1 2 = d R 2 = x 2, dx 2 + u 2 x 2 dx 2, u 3 ) dx 2 x 2 ( dx 1 + u 1, u 2 dx 1, u ) 3 dx 1 x 1 x 1 x 1 Iščemo kot, torej izračunamo skalarni produkt, kjer se omejimo na najnižji red: d R 1 d R 2 u 1 x 2 dx 1 dx 2 + u 2 x 1 dx 1 dx 2 +... cos ϑ 12 = d R 1 d R 2 d R 1 d R 2 = u 1 x 2 + u 2 x 1 = 2u 12 Sled deformacijskega tenzorja nam poda spremembo prostornine pri deformaciji. Pomni: sled je invarianta na izbiro sistema: tr(a) = tr(sas 1 ). 1.2.1 Sprememba prostornine x i X i = x i + u i (x k ) Prostornino pred deformacijo zapišimo kot dv = dx 1 dx 2 dx 3, prostornino po deformaciji pa dv = dx 1 dx 2 dx 3. Med njima velja zveza: dv = Jdv, kjer je J Jacobijeva determinanta: J = det x i = det(δ ik + u i ) = x k x k 1 + u 1 u 1 u 1 x 1 x 2 x 3 u = 2 x 1 1 + u 2 u 2 x 2 x 3 = u 3 u 3 x 1 x 2 1 + u 3 x 3 = 1 + u 1 + u 2 + u 3 + (...) = x 1 x 2 x 3 = 1 + u 11 + u 22 + u 33 = 1 + tr(u ik ) = 1 + u ll Zanemarili smo člene višjih redov. Relativna sprememba prostornine je torej: dv dv dv = (1 + tr(u ik))dv dv dv = tr(u ik ) (13) 5
1.3 Eulerjev deformacijski tenzor Doslej smo vedno uporabljali Lagrangev zapis deformacijskega tenzorja, ki opisuje deformacijo glede na stanje pred deformacijo: R = r + u( r) u L ik = 1 ( ui + u k + u ) l u l 2 x k x i x i x k Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja se od Lagrangevega razlikuje v tem, da deformacijo definira glede na deformiran sistem: R = r + u( R) r(r) = R u( R) dx i = dx i u i dx k X ( k dl 2 = dx i u i dx k X k = dx 2 i ( ui X k + u k dl 2 dl 2 = 2u E ik dx idx k = 2 1 2 ) ( dx i u i X l dx l ) ) dx i dx k u l u l X i X i X k ( ui + u k u l u l X k X i X i X k ) dx i dx k Končno je Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja: u E ik = 1 ( ui + u k u ) l u l 2 X k X i X i X k (14) 1.4 Napetostni tenzor Pomembno: oznake znajo biti zavajajoče zato pomni: s f i označimo (prostorninske ali površinske) gostote sil (indeks!), s f pa označimo gostoto proste energije! F = f( r)d 3 r (15) Zgornji integral moramo znati izraziti kot integral po površini zaradi KON- TAKTNIH SIL. Na telo namreč delujemo zgolj s silami, ki prijemljejo na površini, ne nekje v notranjosti. F i = f i ( r)d 3 r = p ik ds k, f = p (16) = p ik n k ds 6
Napetostni tenzor p ik definiramo kot: f i = p ik x k (17) Za neobremenjeno telo velja, da je površinska gostota sil enaka 0. p ik n k = 0 po površini (vse tri sile (x,y,z) na vsako ploskev so enake 0). Napetostni tenzor je simetričen (zaradi kontaktnih sil). M = r F M i = ɛ ijk x j F k ɛ ijk je tu Levi-Civitajev simbol, za katerega velja, da je za enotske vektorje ( e i, e j, e k ) desnosučnega koordinatnega sistema enak 1, če nastopajo i, j, k ciklično, -1, če nastopajo anticiklično in 0 sicer. ɛ ijk = e i ( e j e k ) M i = = = = = ɛ ijk x j f k d 3 r p kl ɛ ijk x j d 3 r x l (x j p kl ) ɛ ijk d 3 x j r ɛ ijk p kl d 3 r x l x l ɛ ijk x j p kl ds l ɛ ijk p kl δ jl d 3 r ɛ ijk x j p kl ds l ɛ ijk p kj d 3 r Prvi člen je že preveden na integral po površini, poglejmo pobliže še drugega: ɛ ijk p kj d 3 r = 1 (ɛ ijk p kj + ɛ ijk p jk )d 3 r 2 = 1 ɛ ijk (p kj p jk )d 3 r 2 To je v redu, če je le p kj = p jk. Torej je cel člen enak 0. Imamo zgolj integral po površini. To je matematična zahteva po simetričnosti napetostnega tenzorja. Oglejmo si tri preproste primere napetostnega tenzorja: hidrostatičen tlak 7
p p = p p, f1 = p e 1 = ( p, 0, 0) (18) strig Telo obremenimo z dvojico sil v x smeri, eno na zgornji, drugo na spodnji ploskvi. V z smeri ni obremenitve. p ik = p(δ ix δ kz + δ kx δ iz ) p p = p (19) enoosna obremenitev Telo obremenimo v z smeri pravokotno na ploskev. Ni striga. p ik = pδ ik δ kz p = p (20) 1.5 Cauchyjeva enačba (2. Newtonov zakon) ρü i = f i + ρf (z) i (21) f i so sile med deli telesa (notranje sile), f (z) i pa (morebitne) zunanje sile na telo. Z ρ je seveda označena gostota telesa, ü i pa je drugi časovni odvod lokalnega odmika (lokalni pospešek). Drugače zapisano: ρü i = p ik x k + ρf (z) i (22) Zanima nas linearna zveza med napetostnim tenzorjem in deformacijskim tenzorjem. Zapišimo delo pri deformaciji: δw = F δ s = f i δu i d 3 pik r = δu i d 3 r x k = (p ik δu i ) d 3 δu i r p ik d 3 r x k x k = p ik δu i ds k 1 (p ik + p ki ) δu i d 3 r (23) 2 x k = 0 1 ( ) δu i δu i p ik + p ki d 3 r 2 x k x k ( δui = p ik 1 2 δx k 8 + δu k x i ) d 3 r
Integral po zaključeni ploskvi gre za velik volumen proti 0. V zadnji vrstici izraz v oklepaju skupaj z eno polovico spredaj preberemo kot δu ik. Končno dobimo izraz dw = p ik du ik. Dobljen izraz vstavimo v termodinamsko definicijo proste energije F = U T S. df = SdT + dw = SdT + p ik du ik (24) Pri konstantni temperaturi torej velja: ( ) f p ik = u ik T (25) 1.6 Elastična prosta energija izotropnega sredstva Prosto energijo označimo z f = f(u ik ); (odraža simetrijo sredstva). Izotropno sredstvo je invariantno na poljubno ortogonalno transformacijo prostora. Ortogonalne transformacije so: vrtež okrog poljubne osi za poljuben kot, zrcaljenje ter inverzija. Invariante določajo (ali kar so) lastne vrednosti deformacijskega tenzorja u. Poglejmo si karakteristični polinom aλ 3 + bλ 2 + cλ + d = 0, ki ga dobimo iz naslednje enačbe: det(u ik λδ ik ) = 0. u 11 λ u 12 u 13 u 21 u 22 λ u 23 u 31 u 32 u 33 λ = λ3 +tr(u)λ 2 + 1 2 (tr(u2 ) tr 2 (u))λ+det(u) = 0 (26) Bralec lahko za vajo pokaže, da zgornja enakost res velja. Zgornji koeficienti karakterističnega polinoma so invariante (uporabimo le-te, ne računamo posebej lastnih vrednosti). Razvijmo f do kvadratnih členov: f = f 0 + A 1 tr(u) + A 2 tr 2 (u) + B 1 1 2 (tr(u2 ) tr 2 (u)) (27) Determinanta sama je že tretjega reda, zato odpadejo vsi členi z determinanto. V zgornjem razvoju nastopa linearni člen, ki pa ga v samem f ne sme biti. Poglejmo zakaj (osredotočimo se le na linearni člen, zato samo za ta primer zanemarimo vse višje člene): f = f 0 + A 1 tr(u) +... = f 0 + A 1 (u 11 + u 22 + u 33 ) p ik = f u ik = A 1 δ ik +... 9
A 1 δ ik je v vsakem primeru različno od nič. Tudi, če je u ik = 0. Kar pa je nesmiselno, saj ne moremo imeti neke napetosti, če ni deformacije. Zaključimo, da je A 1 = 0. Kar zapišimo sedaj f: f = f 0 + λ 2 (tr(u))2 + µ tr(u 2 ) = f 0 + λ 2 u2 ll + µu iku ki (28) λ in µ sta Laméjevi konstanti in predstavljata prvi par elastičnih konstant. Njun pomen si bomo ogledali malenkost kasneje. Poglejmo si sedaj napetostni tenzor izražen z Laméjevima konstantama. p ik = f u ik = λu ll δ ik + 2µu ik (29) Ta enačba je analogna Hookovemu zakonu F = kx. Bolj pa nas zanima odvisnost posledice v odvisnosti od vzroka, torej x = F/u. Izrazimo sedaj u v odvisnosti od p. Izračunajmo sled napetostnega tenzorja. p ll = λu ll 3 + 2µu ll = (3λ + 2µ)u ll (30) u ll = p ll 3λ + 2µ Če sedaj to vstavimo v enačbo za p ik dobimo končni izraz. (31) p ll p ik = λ 3λ + 2µ δ ik + 2µu ik (32) u ik = 1 [ p ik λp ] ll 2µ 3λ + 2µ δ ik 1.7 Pomen Laméjevih konstant (λ, µ) (33) Deformacija sestoji iz striga ( V = 0) in spremembe prostornine (ohranitev oblike). Zapišimo deformacijski tenzor tako, da ločimo strig in spremembo prostornine. u ik = (u ik 1 3 u llδ ik ) + 1 3 u llδ ik 10
f = f 0 + µ(u ik 1 3 u llδ ik ) 2 + k 2 u2 ll = f 0 + µu ik u ki 2 3 µu llu ki δ ik + µ 1 9 u2 ll δ ikδ ki + k 2 u2 ll = f 0 + µu ik u ki 2 3 µu2 ll + µ1 9 u2 ll 3 + k 2 u2 ll = f 0 + 1 (k 23 ) 2 µ u 2 ll + µu iku ki Tu predstavlja µ strižni modul, k pa recipročno stisljivost. Primerjamo sedaj člene enačb in ugotovimo, da veljata enakosti µ = µ ter λ = k 2µ 3 oziroma k = λ + 2µ/3. µ in k predstavljata drugi par elastičnih konstant. 1.7.1 Primer: hidrostatična deformacija Telo stisnemo enakomerno z vseh strani. p ik = pδ ik V V = u ll = 1 ( p ll λ ) ll 2µ 3λ + 2µ 3 = = 1 3λ + 2µ 3λ p ll = 2µ 3λ + 2µ 1 = 3λ + 2µ ( 3p) = 1 λ + 2µ 3 p Relativno spremembo prostornine lahko zapišemo kot V/V = χ T p, kjer je χ izotermna stistljivost. Velja: χ = 1/k = 1/(λ + 2µ/3). 1.7.2 Primer: enoosna obremenitev Telo obremenimo s silo samo vzdolž ene osi, recimo z. V tej smeri se telo skrči, v smereh x in y pa se praviloma raztegne. p ik = pδ iz δ kz u zz = l = 1 ( p λp ) = 1 3λ + 2µ λ l 2µ 3λ + 2µ 2µ 3λ + 2µ p λ + µ u zz = µ(3λ + 2µ) p Spremembo dolžine telesa (palice) zapišemo z znano enačbo: l l kjer je E Youngov (prožnostni) modul. E = µ(3λ + 2µ) λ + µ = F SE = pzz E, (34) 11
Izračunajmo še raztezek v smeri pravokotno na obremenitev. u xx = 1 λp 2µ 3λ + 2µ (35) Od tu sledi sedaj še Poissonovo število σ: σ = u xx u zz = u yy u zz = λ 2(λ + µ) (36) Youngov modul (E) in Poissonovo število σ predstavljata še tretji par elastičnih konstant. Izrazimo sedaj λ in µ s konstantama E in σ. Navajam le končne izraze, sama izpeljava je trivialna. λ = Eσ (1 2σ)(1 + σ) (37) µ = E 2(1 + σ) (38) Recipročna stistljivost k, mora biti pozitivna, saj nimamo snovi, ki bi se jim pri stisku povečala prostornina. k = λ + 2µ 3 = E ( σ 1 + σ 1 2σ + 1 ) = 3 = E ( ) 3σ + 1 2σ E = 1 + σ 3(1 2σ) 3(1 2σ) > 0 Od tod sledi: σ < 1 2. Mejna vrednost (1/2) pomeni nestisljivo snov. Ker velja tudi, da morata biti µ in E pozitivna, omejimo Poissonovo število na interval: 1 < σ < 1/2. Če je σ < 0 to pomeni, da se palica ob stisku v z smeri, skrči tudi v x in y smeri. 1.8 Nazaj k Cauchyjevi enačbi p ik = λu ll δ ik + 2µu ik = Izračunajmo prvi člen na desni strani enačbe: p ik x k = Eσ u l δ ik + (1 + σ)(1 2σ) x k x l Eσ (1 + σ)(1 2σ) u llδ ik + E 1 + σ u ik (39) ρü i = p ik x k + ρf (z) i (40) E 1 + σ ( 1 ui + u ) k x k 2 x k x i (41) 12
p ik x k = Eσ u k + (1 + σ)(1 2σ) x i x k V vektorski obliki to pomeni: ρ u = E [ 1 + σ σ 1 2σ + 1 2 E 2 u i 2(1 + σ) x 2 + k ] u + E u k (42) 2(1 + σ) x i x k E 2(1 + σ) 2 u (43) Malo drugače prepišemo zgornjo enačbo in dobimo Navierovo enačbo: ρ u = E 2(1 + σ)(1 2σ) u + E 2(1 + σ) 2 u + ρf (z) (44) 1.8.1 Elastična energija kristalov f = f 0 + 1 2 u ikk iklm u lm (45) Tenzor elastičnih konstant K iklm ima kar 81 elementov (4x po tri dimenzije, 3 4 = 81). Na srečo je dejanskih konstant manj zaradi simetrije napetostnega tenzorja. Pri tenzorju K iklm lahko zamenjamo indeksa i in k, m in l ter paroma ik in lm pa ostane vrednost enaka. K iklm = K kilm = K lmik = K ikml Tako ima kristal brez kakršnekoli simetrije 21 različnih konstant. Različni kristalni sistemi z višjo simetrijo imajo ustrezno manj konstant: triklinski 21 konstant monoklinski 13 ortorombski 9 tetragonalni 6 ali 7 trigonalni 6 ali 7 heksagonalni 5 kubični 3 Popolnoma izotropno sredstvo pa ima le 2 neodvisni konstanti. 2 DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ Obravnavajmo sedaj "projekcijo"elastomehanike na prostore z manj dimenzijami: plošče in palice. Predstavljajmo si tanko ploščo, z dvema robnima ravninama, vmes med njima pa je nevtralna ravnina. Pri čistem upogibu se dve bližnji točki na enaki višini približata (stisk) ali oddaljita (razteg) druga od druge, odvisno 13
od višine, tj. kateri ploskvi plošče sta točki najbliže. Na nevtralni ravnini ni ne stiska ne raztega. Obravnavamo tanke plošče h << L. Njihovo deformacijo opišemo s funkcijo ζ(x, y), ki opisuje nevtralno ravnino in je neodvisna od z. ζ(x, y) je kar prečni odmik deformirane plošče od nedeformirane. Na zgornji ploskvi n (0, 0, 1) velja (kot v prejšnjem poglavju), da tam ne prijemlje nobena sila, torej f = 0. Izračunano po komponentah dobimo: f x = p xk n k = 0 = p xx n x + p xy n y + p xz n z = 0 p xz = 0 f y = p yx n x + p yy n y + p yz n z = 0 p yz = 0 f z = p zx n x + p zy n y + p zz n z = 0 p zz = 0 Enako postopamo tudi na spodnji ploskvi n (0, 0, 1) in dobimo: p xz = p yz = p zz = 0. Ker so ti koeficienti enaki nič na zgornji in spodnji ploskvi, sklepamo, da morajo biti nič tudi povsod znotraj plošče (to je naša aproksimacija). p ik = E ( ) σ 1 + σ 1 2σ u llδ ik + u ik (46) 0 = p xz = E 1 + σ u xz u xz = 0 0 = p yz = E 1 + σ u yz u yz = 0 p zz = E [ ] σ 1 + σ 1 2σ (u xx + u yy + u zz ) + u zz = 0 u zz = σ 1 σ (u xx + u yy ) ( ux z + u ) z = 0, u z = ζ(x, y) x u xz = 1 2 u x z = u z x = ζ x u x = z ζ x u y = z ζ y Sedaj lahko zapišemo deformacijski tenzor u: u xx u xy 0 z 2 ζ x 2 u = u xy u yy 0 = 0 0 σ 1 σ (u z 2 ζ x y xx + u yy ) 14 z 2 ζ x y 0 z 2 ζ y 2 0 0 0 σ 1 σ ( z 2 ζ x 2 + z 2 ζ y 2 )
Poiščimo gostoto proste energije: f = f 0 + ( ) = σ 1 2σ = σ 1 2σ E 2(1 + σ) [ u xx + u yy ( 1 σ 1 σ ( σ 1 2σ tr2 u ik + tr u 2 ik ) = f 0 + E ( ) (47) 2(1 + σ) σ ] 2 1 σ (u xx + u yy ) + u 2 xx + u 2 yy + 2u 2 xy + ) [ 2 (u xx + u yy) 2 + 1 + ( ) σ 2 (u xx + u yy) 2 1 σ ( ) ] σ 2 (u xx + u yy ) 2 + 2(u 2 xy 2u xx u yy ) 1 σ = 1 1 σ (u xx + u yy ) 2 + 2 ( u 2 xy u xx u yy ) [ ( E f = f 0 + z 2 2 ζ 2(1 + σ)(1 σ) x 2 + 2 ζ y 2 ) 2 + 2(1 σ) 2 z ( ( 2 ) 2 )] ζ 2 ζ 2 ζ x y x 2 y 2 (48) Integriramo zgornji rezultat po celotnem volumnu, da dobimo prosto energijo. F = F 0 + Eh3 24(1 σ 2 ) { ( ) [ dxdy 2 2 ( ) ]} ζ + 2 ζ x 2 y + 2(1 σ) 2 2 ζ 2 x y 2 ζ 2 ζ x 2 y 2 Za poves togo vpete plošče variiramo F: δf pδζdxdy = 0 (49) kjer je p tlačna razlika med zgornjo in spodnjo ploskvo plošče. ravnovesja zapišemo kot: Enačbo D 2 ζ p = 0, (50) kjer je Laplaceov operator in D = Eh3 upogibna konstanta. Pomembno: upogibna konstanta je odvisna od debeline plošče na tretjo po- 12(1 σ 2 ) tenco! Robna pogoja za togo vpeto ploščo sta: ζ(x, y) rob = 0 ζ n rob = 0 (51) 15
2.1 Deformacija plošč pri vzdolžni obremenitvi Tanko ploščo dolžine a in širine b obremenimo v smeri x, vzdolž stranice a. Ploščo vpnemo plavajoče, tako da je odmik pri vpetju še vedno 0, odvod po x (torej nagib) pa ne. Vpeljimo nove količine saj obravnavamo 2D primer. Namesto (3x3) deformacijskega tenzorja u ik pišemo ɛ ik, ki ima dimenzije 2x2. Pravtako namesto napetostnega tenzorja p ik pišemo N ik. Delo notranjih sil je enako: δw = p ik δu ik d 3 r δw = N ik δɛ ik dxdy Spet si poglejmo čisti upogib. Majhna dolžina dx se ne raztegne ali skrči, se ji pa spremeni smer. Pravokotni projekciji sta enaki: dx x = ζ x dx dx z = dx(1 + u x x ) = dx(1 + u xx) Po pitagorovem izreku dobimo: dx 2 = [ ( dx 1 + u )] 2 ( x + dx ζ x x = (dx) 2 [ 1 + 2 u x x + ( ux x ) 2 ] ) 2 ( ) ζ 2 + (dx) 2 x Zanemarimo člen ( ux x )2 in delimo enačbo z (dx) 2. Dobimo: 1 1 + 2 u ( ) x ζ 2 x + x Od tod sledi: u x x = 1 2 ( ) ζ 2 = ɛ xx (52) x Na enak način izpeljemo tudi v y smeri in dobimo: ( ) u y ζ 2 y = 1 = ɛ yy (53) 2 y Rabimo še mešani člen. Ta se glasi: ɛ xy = ζ ζ x y 16 (54)
Tako zapišemo delo notranjih sil z zgoraj izračunanimi količinami: [ ( ) ζ 2 ζ ζ δw = + N xx + 2N xy x x y + N yy ( ) ] ζ 2 dxdy (55) y Za naš primer (obremenitev le v x smeri) velja: N xx = 0, N yy = N xy = 0. Uporabimo nastavek za rešitev funkcije ζ(x, y) kot funkcijo sinusa. Pri tem postavimo izhodišče koordinatnega sistema (x = y = 0) v enega izmed vogalov plošče, tako da plošča leži v prvem kvadrantu. ζ(x, y) = A sin ( πx a ) sin ( πy b ) (56) Do nestabilnosti (upogibanja plošče) pride, ko je vloženo delo večje od elastične energije plošče. Izračunajmo sedaj zato delo zunanjih sil in prosto energijo plošče. Velja N xx = konst. ( ) ζ 2 δw = N xx dxdy x = N xx A 2 π2 ( πx ) a 2 cos2 a π 2 = N a b xx a 2 A2 2 2 = N xx ( sin 2 πy b π 2 A 2 ab 4 a 2 ) dxdy Še prosta energija: [ ( 2 ) 2 ]} ζ 2 ζ 2 ζ x y x 2 y 2 dxdy F = D { ( 2 ) 2 ζ 2 x 2 + 2 ζ y 2 + 2(1 σ) = D { ) 2 A ( 2 π2 2 a 2 π2 ( b 2 sin 2 πx ) ( sin 2 πx ) + a b [ ( 2(1 σ) π ) 2 ( π ) ( 2 A 2 cos 2 πx ) ( cos 2 πy a b b b ( π ) 2 ( π ) ( 2 sin 2 πx ) ( sin 2 πy ) ]} A 2 dxdy a b b b = D 2 A2 ( π 2 ) a 2 + π2 ab b 2 4 ) 17
Do upogiba pride, ko je δw = F. π 2 ab N xx A2 4 a 2 = D ( π4 1 A2 2 4 a 2 + 1 ) 2 b 2 ab ( N xx = Dπ2 1 2 a 2 + 1 ) 2 b 2 a 2 ( N xx = π2 D b 2 a + a ) 2 1 b b 2 Poglejmo še minimum od N xx v odvisnosti od razmerja dolžine proti širini plošče ( a b ). N xx (a/b) = 0, a b = 1 (57) Za kvadratne plošče je potrebna najmanjša sila za upogib. Če ima plošča večje ali manjše razmerje med dolžino in širino je potrebna večja sila, da pride do upogiba. 3 DEFORMACIJE PALIC 3.1 Torzija palic Palico zasukamo okoli njene vzdolžne osi (osi z) tako, da naj spodnji konec palice miruje, zgornji pa se zasuka za nek kot ϕ. Definiramo mero za torzijsko deformacijo (τ) kot razmerje majhne spremembe kota zasuka na neki majhni višini z. τ = dϕ (58) dz Poiščimo vektor deformacije v najnižjem redu, tako da vektorsko množimo vektor zasuka ϕ = (0, 0, ϕ) s krajevnim vektorjem r = (x, y, z). Vektor zasuka ima samo eno komponento različno od nič, saj palico zasukamo le okoli osi z. u (0) i j k = ϕ r = 0 0 ϕ = ( ϕy, ϕx, 0) (59) x y z Z natančnejšim računom bi bila tudi zadnja komponenta vektorja deformacije različna od 0. Zapišimo jo kot τψ(x, y), kjer je ψ torzijska funkcija. Upoštevamo še enakost ϕ = τz, ki izhaja iz same definicije torzije in dobimo: u = ( τyz, τxz, τψ(x, y)) (60) 18
Izračunajmo od tod komponente deformacijskega tenzorja u ik : u ik = 1 ( ui + u ) k 2 x k x i u xx = 0 u yy = 0 u zz = 0 (61) Vidimo, da je sled deformacijskega tenzorja torzije enak 0, kar pomeni, da pri torziji ni spremembe prostornine (oz. je ta enaka 0); gre za čisti strig. Poglejmo še ostale komponente deformacijskega tenzorja: u xy = 1 ( τz + τz) = 0 2 u xz = 1 ( τy + τ ψ ) = τ ( y + ψ ) 2 x 2 x u yz = 1 ( τx + τ ψ ) = τ ( x + ψ ) 2 y 2 y (62) Ravnovesje velja, ko je vsota sil enaka nič. Tako imamo pogoj za ravnovesje f i = 0, kjer je f i prostorninska gostota sil, ki jo lahko zapišemo kot odvod napetostnega tenzorja po kraju. Spomnimo se definicije napetostnega tenzorja: p ik = λu ll δ ik + 2µu ik Edini neničelni komponenti tenzorja napetosti sta: ( p xz = τµ y + ψ ) x ( p yz = τµ x + ψ ) y Poglejmo gostoto sil po komponentah: f x = p xx x + p xy y + p xz z = 0 f y = p yx x + p yy y + p yz z = 0 Tu sta pri obeh enačbah prva dva člena enaka nič, ker je komponenta napetostnega tenzorja enaka nič, tretja člena pa sta nič, ker je odvod nič. Še 19
tretja komponenta sile, ki mora biti enaka nič, da velja ravnovesje: f y = p zx x + p zy y + p ( zz 2 ) z = τµ ψ x 2 + 2 ψ y 2 = 0 Pogoj za ravnovesje je: 2 ψ = 0 (63) Izraza za neničelni komponenti tenzorja napetosti/tlaka, lahko poenostavimo tako, da uvedemo prirejeno torzijsko funkcijo χ: ( p xz = τµ y + ψ ) = 2µτ χ x y ( p yz = τµ x + ψ ) = 2µτ χ (64) y x Odvajajmo prvo enačbo parcialno po y, drugo pa parcialno po x. ( ) τµ 1 + 2 ψ = 2µτ 2 χ x y y 2 ( ) τµ 1 + 2 ψ = 2µτ 2 χ x y x 2 Odštejemo spodnjo enačbo od zgornje: ( 2 ) χ 2µτ = 2µτ x 2 + 2 χ y 2 ter poenostavimo v končni izraz 2 χ = 1. (65) Če hočemo rešiti problem moramo še zadostiti robnim pogojem. Na robu ne prijemlje nobena sila, zato je površinska gostota sil f i enaka 0: f i = p ik n k = 0, (66) kjer je n k normala na površino. Normala je v vsaki točki pravokotna na majhen delček krivulje s katero opišemo obseg palice v ravnini x, y. Velja: n d l = 0, d l = (dx, dy), n ( dy, dx). Normala torej nima komponente v smeri osi z, oz. je ta nič. Površinska gostota sil po komponentah je torej: f x = p xx n x + p xy n y + p xz n z = 0 f y = p yx n x + p yy n y + p yz n z = 0 f z = p zx n x + p zy n y + p zz n z = 0 20
V prvih dveh enačbah so vsi členi enaki nič, ker je ali normala enaka nič ali komponenta napetostnega tenzorja enaka nič. Razpišimo še zadnjo enačbo: [ f z = 2τµ χ ( y dy + χ ) ] dx = 0 x V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za popolni diferencial χ, robni pogoj izrazimo kot: dχ = 0 χ rob = konst. (67) Gostota proste energije f. f = 1 2 p iku ik Vzamemo polovico, zato ker smo vsak člen že sešteli dvakrat zaradi simetričnosti tenzorjev. Razpišemo in upoštevamo samo neničelne člene: f = 1 2 (p xzu xz + p zx u zx + p yz u yz + p zy u zy ) = = p xz u xz + p yz u yz = 2µ [(u xz ) 2 + (u yz ) 2] [ ( = 2µ τ χ ) 2 ( + τ χ ) ] 2 y x Celotno prosto energijo dobimo z integracijo po volumnu: { [ ( χ ) 2 ( ) ]} χ 2 F = 2µ τ 2 + dz = y x = 1 [ ] τ 2 dz 4µ ( χ) 2 dxdy 2 = 1 τ 2 C dz 2 kjer smo definirali torzijski modul C kot: C = 4µ ( χ) 2 dxdy (68) 3.2 Upogib palic Poglejmo si še upogib palic. Palico deformiramo tako, da nimamo torzije. Mero za upogibno deformacijo ukrivljenost, definiramo kot 1 R, kjer je R krivinski polmer, to je polmer kroga, ki se lokalno popolnoma prilega ukrivljenosti palice. 21
Postavimo palico tako, da je njena daljša dimenzija vzporedna z z osjo ter jo deformiramo tako, da jo zvijemo okrog y osi. Za majhen upogib je v preseku v ravnini x, y videti skoraj nedeformirana. Če imamo pravokoten presek (orientiramo tako, da kaže x os navzdol, y os pa v desno (tloris)), sta normali na stranski ploskvi, imenujmo ju leva in desna, n = (0, 1, 0), oziroma n = (0, 1, 0). V narisu, torej v ravnini x, z, kjer x kaže navzdol, z v desno, pa sta zgornja in spodnja ploskev malo ukrivljeni. Za majhen upogib vseeno lahko napišemo v približku normali na zgornjo n ( 1, 0, 0) in spodnjo ploskev n (1, 0, 0). Na robu, torej na ploskvi, ne prijemlje nobena sila, zato je površinska gostota sil enaka nič. Razpišemo enačbo f i = p ik n k po komponentah. Najprej za zgornjo ploskev: f x = p xx n x + p xy n y + p xz n z = p xx ( 1) + p xy 0 + p xz 0 = 0 p xx z.p. = 0 f y = p yx n x + p yy n y + p yz n z = p yx ( 1) + p yy 0 + p yz 0 = 0 p yx z.p. = 0 f z = p zx n x + p zy n y + p zz n z = p zx ( 1) + p zy 0 + p zz 0 = 0 p zx z.p. = 0 Podobno še za spodnjo ploskev, kjer dobimo: p xx s.p. = p yx s.p. = p zx s.p. = 0 Nekih singularnosti v sredini palice ne pričakujemo, lahko pa bi se komponente napetostnega tenzorja spreminjale. Za tanke palice je dimenzija v x smeri precej manjša od dolžine v z smeri, tako da je naš približek, da so komponente, ki so na robu nič, tudi po celi palici enake nič: p xx = p yx = p zx = 0 Manjkajo nam še komponente napetostnega tenzorja na stranskih ploskvah. Za levo velja: f x = p xx n x + p xy n y + p xz n z = p xx 0 + p xy ( 1) + p xz 0 = 0 p xx l.p. = 0 f y = p yx n x + p yy n y + p yz n z = p yx 0 + p yy ( 1) + p yz 0 = 0 p yx l.p. = 0 f z = p zx n x + p zy n y + p zz n z = p zx 0 + p zy ( 1) + p zz 0 = 0 p zx l.p. = 0 analogno tudi za desno ploskev, kjer dobimo: p xx d.p. = p yx d.p. = p zx d.p. = 0. Tudi tu uporabimo enak približek kot za zgornjo in spodnjo ploskev, torej, da po celi palici velja, da so izračunane komponente napetostnega tenzorja enake nič. 22
Edina komponenta napetostnega tenzorja, ki je od nič različna je p zz. Upogib je nehomogena enoosna deformacija. Iz Hookovega zakona dobimo zvezo: p zz = Eu zz. Poglejmo kakšna ta deformacija u zz dejansko je. Gledamo palico v ravnini (z, x). Na levi in desni je palica zaukrivljena navzgor v obliki črke U (vendar za mnogo manjši kot). x = 0 postavimo na nevtralno ravnino, kjer velja p ik = 0, torej tam tudi ni lokalne deformacije. Razliko med dvema bližnjima točkama na nevtralni ravnini označimo z dz. Ko palico upognemo se razdalja med dvema bližnjima točkama spremeni. Na nevtralni ravnini ostane enaka, nad njo se točki približata in pod njo oddaljita, če upognemo kot opisano. Če te točke povežemo z navideznima črtama (to je vse leve z eno črto in vse desne točke z drugo črto) se sekata v sredičču kroga s krivinskim radijem R. Torej lahko primerjamo podobne trikotnike. To storimo za točki na nevtralni ravnini (oddaljeni R od središča kroga s krivinskim polmerom), saj predstavljata stanje pred deformacijo in pa poljubnim parom nekje drugje (na razdalji R+x od središča kroga, njuno medsebojno razdaljo pa označimo z dz). dz R + x = dz R dz dz = R + x R Od tod dobimo u zz kot: Kar vstavimo sedaj v enačbo za p zz : u zz = dz dz 1 = R + x R 1 = x R p zz = E x R (69) Če to spet vstavimo v Hookov zakon, dobimo še ostale komponente defor- 23
macijskega tenzorja: u xx = σu zz = σ x R u yy = σu zz = σ x R u zz = x R u xy = 0 u yz = 0 u xz = 0 Z integracijo diagonalnih členov, ki so edini neničelni, dobimo komponente vektorja odmika/deformacije: u z = x z R u y = σ x y R u x = σ x2 + f(y, z) 2R Težava sedaj je seveda v funkciji f(y, z), ki je ne poznamo. Pa jo izračunajmo. Iz izvendiagonalnih členov u xy in u xz lahko izpeljemo: u xy = 0 u x y + u y x = 0 ux y dy = σ y y2 dy = σ R 2R Podobno še za drugi člen: u xz = 0 u x z + u z x = 0 ux z dz = z z2 dz = R 2R Sedaj lahko zapišemo funkcijo f(y, z) kot vsoto izračunanih členov u x, tako da se končno u x glasi: u x = 1 [ z 2 + σ ( x 2 y 2)] 2R 24
3.2.1 Energija Elastično oziroma prožnostno energijo znamo zapisati s preprosto enačbo E pr = 1 2 kx2. Zapišimo jo sedaj kot prostorninsko gostoto energije f izraženo z napetostnim in deformacijskim tenzorjem. f = 1 2 p iku ik = 1 2 p zzu zz = 1 2 Ex R x R = E 2 x2 ( ) 1 2 R Integrirajmo po volumnu: F = f dxdydz = E 2 ( ) 1 2 [ R ] x 2 dxdy dz. V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za vztrajnostni moment I. F = E ( ) 1 2 Idz 2 R F = EI ( ) 1 2 L 2 R 1 Z L smo označili dolžino palice. R upogibni modul palice. je mera za deformacijo, EI pa predstavlja 3.3 Splošna teorija palic Obravnavamo hkrati upogib in torzijo palic. Najprej definirajmo koordinatni sistem v katerem opisujemo deformacijo. Naj bodo enotski vektorji: e ζ v smeri tangentno na palico, e ξ v smeri normale na palico in e η v smeri binormale (pravokoten na normalo in tangento). Smer vektorjev se vzdolž deformirane palice spreminja. Definirajmo vektorja tangente ( t) in normale ( n) ter ukrivljenost (1/R), kjer je R krivinski radij. t = d r dl, t = 1 n d t dl, d t t n = d t/dl d t/dl, n = 1 1 d t = n R dl (70) 25
Za zgled si poglejmo krožnico z radijem R 0 : ( r(l) = R 0 cos l, R 0 sin l ), 0 R 0 R 0 t = d r ( dl = sin l, cos l ), 0 R 0 R 0 d t dl = 1 ( cos l, sin l ), 0 ; R 0 R 0 R 0 n = d ( t/dl d t/dl = cos l, sin l ), 0 R 0 R 0 1 d t = n R dl = d t dl = 1 R 0 d t dl = 1 R 0 Ker je d t dl t lahko pišemo odvod kot vektorski produkt t z nekim vektorjem Ω, ki opisuje deformacijo. d t dl = Ω t (71) t d t dl = t Ω t = t 2 Ω t( Ω t) Ω = t d t dl + ( Ω t) t Vidimo, da je prvi člen pravokoten na tangento, drugi pa vzporeden. Ω t je kar enak τ = dφ/dl. Ω = Ω η e η + Ω ξ eξ + Ωζ e ζ, Ω 2 η + Ω 2 ξ = 1 R 2 (72) Prva dva člena v zgornji enačbi predstavljata upogib, tretji člen pa torzijo. Seveda velja Ω ζ = τ. Naj bo f d kvadratna funkcija odvisna od Ω η, Ω ξ ; Ω ζ. Zaradi simetrije ne sme biti mešanih (linearnih) členov z Ω ζ. F d = [ 1 2 EI ηηω 2 η + 1 2 EI ηξ2ω η Ω ξ + 1 2 EI ξξω 2 ξ + 1 2 CΩ2 ζ ] dl (73) C predstavlja torzijski modul, I pa vztrajnostni moment preseka. V kartezičnem koordinatnem sistemu npr. predstavlja I yy vztrajnostni moment preseka pri upogibu, kjer je xz nevtralna ravnina, I xx pa vztrajnostni moment preseka pri upogibu kjer je yz nevtralna ravnina. Prosto energijo F d lahko poenostavimo, če pišemo ξ in η komponenti v lastnem sistemu. [ 1 F d = 2 EI ηηω 2 η + 1 2 EI ξξω 2 ξ + 1 ] 2 CΩ2 ζ dl (74) 26
3.3.1 Malo deformirana palica Za malo upognjeno palico privzamemo, da je tangenta vzdolž palice kar konstantna. d t dl = (X, Y, 0), r(z) = (X(z), Y (z), z) ( dx t(z) = dz, dy ) dz, 1 (0, 0, 1) X = Ω η, Y = Ω ξ Če sta oba vztrajnostna momenta enaka (I ηη = I ξξ = I), kar velja pri kvadratnem ali okroglem preseku, pišemo: F d = EI [X 2 + Y 2] dl 2 (75) Ω = t d t dl + ( Ω t) t = ( Y, X, 0) (76) Drugi člen zgoraj, ki predstavlja torzijo je enak nič, saj v primeru ni torzije. 3.3.2 Ravnovesje sil in navorov Poglejmo si tanko rezino debeline dl v upognjeni palici. Znotraj palice se z dolžino spreminja sila na palico. Na eno ploskev deluje sila F, na drugo ploskev pa sila + F + d F. Ti sili nista vzporedni. V palici velja ravnovesje, vsota vseh sil na palico mora biti enaka 0. F + d F F + Kdl = 0 (77) d F dl = K (78) Vektor K predstavlja gostoto vseh zunanjih sil na dolžino. Podobno velja tudi za navore, na vsaki ploskvi deluje nekoliko različen navor na palico (ter vsak v svojo smer) in vsota vseh navorov na palico mora biti enaka nič. Os vzemimo pri eni izmed ploskev. M + d M M + ( d l) ( F ) = 0 (79) Sila druge ploskve prav tako povzroča navor na prvi ploskvi. Pri tisti ploskvi kjer smo definirali os je ročica enaka 0 in zato tudi navor enak nič. Navor zunanjih sil je sorazmeren z dl 2, tj. višjega reda, zato ga zanemarimo. Robni pogoji: d M dl = t F = F t (80) 27
vzidan konec r konec = konst. d r dl konec = konst. prosti konec palice F = 0 M = 0 M x F x podprta palica (na mestu podpore) r = konst. M = 0 3.3.3 Kirchoffova teorija palic [ 1 F d = 2 EI ηηω 2 η + 1 2 EI ξξω 2 ξ + 1 ] 2 CΩ2 ζ dl (81) Izhajamo iz Hookovega zakona kjer silo F = kx dobimo iz energije E = 1 2 kx2. Tu nas zanima linearna zveza med navorom in upogibom. Dobimo torej: upogibna deformacija okrogle palice M η = EI ηη Ω η M ξ = EI ξξω ξ M ζ = CΩ ζ (82) Pri čistem upogibu nimamo torzije, zato je Ω ζ = 0. Zaradi okroglega preseka velja za vztrajnostne momente preseka I ηη = I ξξ = I. Komponeneti navora zapišemo: M η = EIΩ η M ξ = EIΩ ξ (83) Vidimo, da je navor M sorazmeren z Ω. Ker nimamo torzije, lahko za vektor Ω pišemo: Ω = t d t (84) dl 28
Če zgornje enačbe združimo dobimo odvod navora pa je d M dl = EI d ( t d ) t = EI dl dl Upoštevamo še definicijo tangente t = d r/dl: M = EI t d t dl, (85) ( d ) l d l d l d l + t d2 t dl 2 = EI t d2 t dl 2 = F t (86) EI d r dl d3 r dl 3 = F d r dl (87) 4 ELASTIČNI VALOVI Začnimo z Navierovo enačbo: ρ u = E E 2(1 + σ) 2 u + u (88) 2(1 + σ)(1 2σ) Običajno sta zgornji količini E in σ izotermni, pri valovanju pa privzamemo, da potuje tako hitro, da se toplota ne more izmenjati z okolico, tako da sta E in σ adiabatna. Poglejmo si ravni val posebej longitudinalno in transverzalno polariziran. u = (u x, u y, u z ) = u(x, t) exp(i(kx ωt)) (89) longitudinalna polarizacija Valovanje naj potuje v smeri x in odmik naj bo tudi v smeri x (u x ). Pišemo: ρ 2 u x t 2 = E 2 u x ρü x = 2(1 + σ) x 2 + E 2(1 + σ)(1 2σ) ( ) E 1 2σ + 1 2 u x 2(1 + σ) 1 2σ x 2 = E(1 σ) 2 u x (1 + σ)(1 2σ) x 2 2 u x x 2 Prepišemo v znano obliko valovne enačbe: 2 u x x 2 = 1 2 u x c 2 l t 2, c E(1 σ) l = ρ(1 + σ)(1 2σ) (90) c l je hitrost longitudinalne polarizacije. 29
transverzalna polarizacija Valovanje naj potuje v smeri x, odmik naj bo pa v smeri z (u z ), pravokotno na smer x. Pišemo: ρ 2 u z t 2 = E 2 u z 2(1 + σ) x 2 Prepišemo v znano obliko valovne enačbe: 2 u z 2 u z x 2 t 2, c t = = 1 c 2 t E ρ2(1 + σ) = µ ρ (91) c t je hitrost transverzalne polarizacije, µ je strižni modul. Hitrost longitudinalnega in transverzalnega valovanja ni enaka, longitudinalno je vedno hitrejše. c l 2(1 σ) = c t 1 2σ (92) Slika 1: Odvisnost razmerja longitudinalnega in transverzalnega valovanja od Poissonovega števila σ. Običajne vrednosti σ so približno nekje med 0.2 in 0.5. Pri σ = 0 je razmerje enako 2. V tekočinah je strižni modul µ enak 0, zato je tudi hitrost transverzalne polarizacije 0. Sledi, da ni transverzalnih valov. Za longitudinalno polarizacijo v tekočinah lahko zapišemo: c l = κ/ρ = 1/(χ s ρ). 30
4.1 Odboj in lom Imejmo vpadno valovanje v sredstvu 1 k vp 1 pod kotom ϑ 1. Na meji s sredstvom 2 se odbije pod kotom ϑ 1, oziroma lomi pod kotom ϑ 2. Tangencialna smer valovanja je vzporedna z mejo med sredstvoma in jo označimo z y. Iz Huygensovega principa sledi, da se tangencialna komponenta valovnega vektorja ohranja, in da se ohranja število valov. 1k vp y = 2 k lom y = 1 k odb y ω = konst. Ker se ohranja ω, je k = ω/c odvisen samo do hitrosti valovanja. Za odboj velja k 1 sin ϑ 1 = k 1 sin ϑ 1 od koder sledi odbojni zakon: ω c 1 sin ϑ 1 = ω c 1 sin ϑ 1 (93) Podobno velja za lom enačba k 1 sin ϑ 1 = k 2 sin ϑ 2 in nato lomni zakon: ω c 1 sin ϑ 1 = ω c 2 sin ϑ 2 (94) Tudi če je vpadno valovanje npr. longitudinalno polarizirano, v splošnem dobimo pri odbitem (in lomljenem) valu tako longitudinalno, kot tudi transverzalno polarizacijo. Ker je hitrost valovanja različna za longitudinalno in transverzalno polarizacijo, se lomita pod različnima kotoma. Kot odboja transverzalne polarizacije je vedno manjši od kota longitudinalne. Za splošen vektor v velja, da ga lahko zapišemo kot vsoto gradienta skalarne količine in rotorja vektorja, za katera velja, da je rotor gradienta enak 0 in divergenca rotorja enaka 0. v = Φ + ω Prvi člen predstavlja odmik longitudinalnega valovanja u l, drugi člen pa odmik transverzalnega valovanja u t. Za longitudinalno valovanje torej velja u l = 0, za transverzalno pa u t = 0. 4.2 Površinski val Naj se valovanje prosto širi v smeri x vzporedno s tlemi, ter pojema z globino z (nad tlemi ni valovanja, na površini največ). u t in u l sta odvisna od x in z: u t, u l exp(i(kx ωt)) f(z) (95) 31
Poiščimo odvisnost od globine (f(z)): u t = c 2 t 2 u t [ ] ω 2 e i(kx ωt) f(z) = c 2 t k 2 e i(kx ωt) f(z) + d2 f dz 2 ei(kx ωt) d 2 ) f (k dz 2 = 2 ω2 f(z) c 2 t Iščemo eksponentne rešitve, ne oscilirajočih, saj valovanje pojema z globino. Izraz v oklepaju je torej večji od 0 in ga označimo s κ 2 t. κ t = k 2 ω2 c 2 (96) t Iz diferencialne enačbe lahko razberemo f(z): f(z) = e +κtz (97) In končno longitudinalno in transverzalno komponento odmika: u l = (u l x, u l y, u l z) e i(kx ωt) e κ lz u t = (u t x, u t y, u t z) = e i(kx ωt) e κtz Robni pogoji na površini pri z = 0 z normalo n = (0, 0, 1) so: f i = p ik n k = 0 f x = p xx n x + p xy n y + p xz n z = 0 p xz = 0 u xz = 0 f y =... p yz = 0 u yz = 0 f z =... p zz = 0 p ik = λu ll δ ik + 2µu ik u yz = 1 ( uy 2 z + u ) z = 0 y Odvisnosti od y ni, zato je drugi člen v oklepaju 0. Sledi, da je tudi drugi člen enak 0. Če bi imeli u y bi moral eksponentno padati z z, drugače ni površ. val. Odtod sledi u y = 0. Nista pa enaka 0 u x in u z. u t,l x, u t,l z 0 (98) 32
longitudinalna polarizacija: u l = 0 i j k x y z u l x 0 u l = z u l x ( ) 0, ul x z ul z x, 0 = 0 z = ul z x κ l u l x0e i(kx ωt) e κlz = iku l z0e i(kx ωt) e κ lz Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo u l x0 = kb in ul z0 = iκ lb. u l x = kbe i(kx ωt) e κ lz u l z = iκ l be i(kx ωt) e κ lz (99) transverzalna polarizacija: u t = 0 u t x x + ut z z = 0 u t x x = ut z z iku t x0e i(kx ωt) e κtz = κ t u t z0e i(kx ωt) e κtz Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo u t x0 = κ ta in u t z0 = ika. Poiščimo enačbi za a in b: u t x = κ t ae i(kx ωt) e κtz u t z = ikae i(kx ωt) e κtz (100) u xz = 0 u x z = u z x (u l x + u t x) = (ul z + u t z) z x 33
p zz = 0 : u zz = σ 1 σ u xx (u l z + u t z) = σ (u l x + u t x) z 1 σ x Od tod sledita dve enačbi za a in b, ki se skrivata v členih v števcih: a(k 2 + κ 2 t ) + 2kκ l b = 0, κ l = k 2 ω2 2kκ t a + b(k 2 + κ 2 t ) = 0, κ t = c 2 l k 2 ω2 c 2 t Determinanta sistema zgornjih dveh enačb je enaka 0. Dobimo zvezo med k in ω. Velja linearno sorazmerje: ω k (101) Del II HIDRODIN AMIKA 5 IDEALNE TEKOČINE Vsako tekočino lahko daleč od ovire opišemo kot idealno tekočino (zanemarimo viskoznost), s katerimi se bomo sprva ukvarjali. Kar daleč stran od ovire lahko segajo mejne plasti, vendar se temu posvetimo kasneje. Pomembne spremenljivke s katerimi opisujemo idealne tekočine so hitrost, tlak in gostota, ki so vse odvisne od kraja in časa: v = v( r, t); p = p( r, t); ρ = ρ( r, t). 5.1 Ohranitev mase (kontinuitetna enačba) Zamislimo si majhno kontrolno prostornino V z normalo n na ploskev ds skozi katero teče gostota masnega toka j. dm dt = d ρ ρdv = dt t dv 34
ρ t dv = = = j d S jdv (ρ v) dv Izenačimo izraza pod integraloma na levi in desni ter razpišemo: ρ t Zgoraj dobljena enačba je kontinuitetna enačba. 5.2 Nestistljiva snov = ρ v v ρ (102) Bolje, kot o nestisljivi snovi, je govoriti o nestisljivem toku. Pri toku upoštevamo še hitrost, ne samo maso. Za primer, zrak je pri višjih hitrostih (npr. 100 km/h) že nestisljiv, kot mirujoča voda. Čeprav si sicer zrak predstavljamo kot stisljivo tekočino in kot mirujoč tudi je, pa je pomembno se zavedati, da se tok snovi obnaša drugače kot mirujoča snov. Za nestisljivo snov torej velja, da je njena gostota konstantna: ρ t = 0; ρ = 0 Če to vstavimo v kontinuitetno enačbo dobimo: 0 = ρ v 0 Iz česar sledi, da je divergenca hitrosti enaka nič. 5.3 Eulerjeva enačba v = 0 (103) Eulerjeva enačba je vsebinsko enaka 2. Newtonovem zakonu, vendar se od njega razlikuje po tem, da ne opisuje točkastega telesa s fiksno maso, ampak hitrostno polje nekega toka, ne fiksne mase. V hidrodinamiki nimamo fiksnega telesa! Zapišimo 2. Newtonov zakon za majhno prostornino in ga prevedimo na odvisnost od hitrosti (namesto pospeška). Obenem se spomnimo kako se izrazi sila z napetostnim tenzorjem. m a = F m d v dt = F 35
ρ V dv i dt = F i = p ik ds k = pδ ik ds k = pds i = dp dx i dv Tu smo pisali le eno komponento sile. Za majhno kontrolno prostornino je gradient na desni strani majhen in ga lahko nesemo pred integral, dobimo V (dp i )/(dx i ). ρ V dv i dt = V dp i dx i ρ d v dt = p Hitrost nekega dela tekočine se spremeni zaradi dveh prispevkov. Prvi je zato, ker se tekočina prestavi na nek drug kraj, kjer je drugačna lokalna hitrost, drug prispevek pa je zaradi eksplicitne odvisnosti od časa. d v = v v v v dx + dy + dz + x y z t dt d v dt = v dx x dt + v dy y dt + v dz z dt + v t d v dt = v v x x + v v y y + v v z z + v t d v v = ( v ) v + dt t Sedaj ta odvod hitrosti po času vstavimo v prej dobljeno enakost ρ d v dt = p, dodamo še prispevek hipotetičnih zunanjih sil in dobimo Eulerjevo enačbo. [ ] v ρ + ( v ) v = p + ρf t (z) (104) Zadnji člen zgornje Eulerjeve enačbe predstavlja zunanje sile, kjer ima f (z) enote m/s 2. Za idealne tekočine velja, da je tok izentropen, torej sprememba entropije je enaka nič, ni viskoznosti in ni izmenjave toplote. Spomnimo se izraza za entalpijo iz termodinamike: dh = T ds + V dp 36
in ga delimo z maso na obeh straneh dh = T ds + 1 ρ dp dh = 1 ρ dp Uporabimo Eulerjevo enačbo brez zunanjih sil v t + ( v ) v = 1 ρ p Če velja ds = 0 lahko desno stran nadomestimo z gradientom specifične entalpije. Za izentropen tok ni važno ali je gostota konstanta ali ne, nadomestimo lahko cel člen z gradientom entalpije. Za drugi člen na levi strani pa uporabimo naslednjo vektorsko enakost: 1 2 v2 = v v + ( v ) v Tako dobimo: v dt + 1 2 v2 v v = h v v v = (h + 12 ) dt v2 Na obeh straneh z leve vektorsko pomnožimo z nablo (oz. delujemo z operatorjem rotor): b ( v v) = 0 (105) t Robni pogoj za idealne tekočine je preprost. Pove, da tekočina ne more teči v steno, torej je normalna komponenta hitrosti enaka nič: v n = 0. 5.4 Hidrostatika Pri hidrostatiki je hitrost tekočine seveda enaka nič. Lahko zapišemo Eulerjevo enačbo v zunanjem težnostnem polju g = (0, 0 g). 0 = 1 p + g ρ 1 dp ρ dz = g 37
dp = ρgdz, ρ = ρ(p, T ) (106) 5.5 Konvekcija Opazujmo nek majhen del plina s specifično prostornino v = V/m = 1/ρ. Na neki višini ima nek tlak p in specifično entropijo s. Nato se dvigne za majhno razdaljo ξ > 0, tako da se mu ne spremeni entropija (adiabatna sprememba). Hitro vzpostavi tlak z okolico kjer je tlak p. Pri tem je opazovan del plina izpodrinil drug del plina z entropijo s. Tekočine so stabilne, če je specifična prostornina izpodrinjenega plina večja od opazovanega dela plina, oziroma z enačbo: v(p, s) > v(p, s ) v(p, s) v(p, s > 0 ( ) v v(p, s ds ) + s dz ξ v(p, s ) > 0 p Iščemo pogoj za stabilnost (ne-konvekcijo). ( v/ s) p, poglejmo: Posebej je kompliciran izraz ds = mc ( p S T dt + p ) T dp ds = mc p T dt Tu smo že upoštevali konstanten tlak, ki velja v iskanem izrazu. zgornjo enačbo z dv : S V = mc ( ) p T T V p Delimo Upoštevamo Maxwellovo relacijo in delimo enačbo zgoraj in spodaj na obeh straneh z m. ( ) s = c ( ) p T = c p v p T v T βv > 0 Za veliko večino snovi je leva stran res večja od nič. eksotične snovi, za katere je β < 0. Ignoriramo kakšne 38
Spet se vrnimo k enačbi za entropijo. relacije. ds = mc p T dt + Zopet so na vrsti Maxwellove ( ) S dp p T ds = mc p dt βv dp T Delimo levo in desno z maso ter odvajamo po višini, to je koordinati vzdolž katere se je opazovan del plina dvignil: ds dz = c p dt T = c p T dz ( βv)dp dz dt dz + βvρg V zadnji vrstici smo upoštevali hidrostatično ravnovesje. vρ = 1 iz same definicije v. Vemo še, da je ds dz = c p dt T dz Konvekcije ni, čje desna stran enačbe večja od nič: c p T 5.6 Bernoullijeva enačba dt dz + βg (107) + βg > 0 (108) Bernoullijeva enačba ima več enačic, odvisno od tega glede na kaj jo zapišemo. Prva, ki jo bomo opisali je enačba za eno tokovnico. Imejmo hitrostno polje, kjer v splošnem hitrost v vsaki točki kaže v drugo smer. Hitrostno polje je v vsaki točki tangentno na tokovnico. Oziroma segment tokovnice d l je vzporeden z lokalno hitrostjo v( r). Definicija tokovnice v dvodimenzionalnem prostoru je: dy dx = v y v x Če malo preoblikujemo lahko pridemo do definicije tokovnice v 3D: dx = dy = dz (109) v x v y v z 39
Poglejmo stacionaren tok v t = 0. Bernoullijevo enačbo dobimo prek Eulerjeve enačbe, ki jo za začetek pomnožimo z d l. ( v v) l = (h + 12 ) v2 d l Izraz v oklepaju na levi strani je pravokoten na hitrost v. Segment tokovnice d l pa vemo, da je vzporeden glede na hitrost. Njun skalarni produkt je torej enak nič. Torej mora biti izraz v oklepaju na desni strani konstanten. h + 1 2 v2 = konst. (110) To je Bernoullijeva enačba za eno tokovnico. Za drugo tokovnico je izraz ravno tako konstanten, vendar se konstanta razlikuje od prejšnje (za vsako tokovnico je neka druga konstanta)! 5.6.1 Kelvinov izrek o ohranitvi cirkulacije Cirkulacija Γ je definirana za poljubno veliko zanko v koordinatnem sistemu v katerem tekočina miruje (oz. koordinatni sistem potuje skupaj s tekočino). Γ = v d l (111) Za majhno zanko s katero zaobjamemo hitrostno polje velja: Γ = v d l = vd S = v S, kjer je v vrtinčnost. Za uniformno hitrostno polje, kjer hitrost povsod kaže v isto smer, je cirkulacija enaka nič, nasprotno je za vrtinec cirkulacija različna od nič. Kelvinov izrek pravi, da je dγ dt = 0. Preverimo, da to res drži. dγ dt = d d v v δ r = dt dt δ r + v dδ rdt = ( h) δ r + v δ v = 0 + 0 = 0 V zadnji vrstici sta oba člena enaka nič, ker sta začetna in končna točka ista, podobno kot pri potencialni energiji, kjer je energija pri isti točki enaka in je zato delo enako nič. Izrek o ohranitvi cirkulacije velja le za idealne tekočine (ker smo ga izpeljali iz Eulerjeve enačbe)! 40
Za primer poglejmo uniformen tok, ki na poti sreča oviro. Kljub oviri je daleč od ovire cirkulacija še vedno povsod enaka nič. Blizu ovire je sicer mejna plast, kjer je viskoznost pomembna in pride do vrtincev. Γ = 0 Γ = v d l = vd S = vd S v = 0 = v S = 0 Rotor hitrosti je nič, torej imamo irotacionalen tok, hitrost lahko zapišemo kot gradient skalarnega potenciala. Imenujemo potencialen tok. 5.6.2 Posplošitev Bernoullijeve enačbe v = Φ (112) Obravnavamo irotacionalen oz. potencialen tok. Velja v = 0. Izhajamo iz Eulerjeve enačbe: v v v = (h + 12 ) t v2 Φ = (h + 12 ) t v2 ( Φ t + h + 1 ) 2 v2 = 0 5.7 Nestisljiv tok Φ t + h + 1 2 v2 = konst. (113) v t + ( v ) v = 1 ρ p Desno stran enačbe lahko spet nadomestimo z gradientom gosotote entalpije. Če naj bo tok nestisljiv, potem še upoštevamo, da gostota tekočine ni odvisna ne od kraja ne od časa. Sledi: v + ( v ) v = t ( ) p ρ 41
Bernoullijeva enačba: h + 1 2 v2 + gz = konst. Namesto h pišemo kar p/ρ. Za nestisljiv lahko Bernoullijevo enačbo zapišemo potem kot: p ρ + 1 2 v2 + gz = konst. (114) Kontinuitetna enačba: ρ t = (ρ v) Desno stran razpišemo: (ρ v) = ρ v + v ρ. Upoštevamo še konstantnost gostote in dobimo kontinuitetno enačbo za nestisljiv tok: 5.7.1 Kriterij za nestisljivost toka v = 0 (115) Poglejmo zakaj oziroma kdaj postane vožnja z avtom pri 100 km/h kvalitativno enaka vožnji v vodi. Imejmo tok okoli okrogle ovire s hitrostjo v = u, kjer je u referenčna hitrost. Tokovnice oblivajo oviro razen ene tokovnice, ki je vzporedna normali na oviro. Ob oviri je tako zastojna točka kjer je hitrost v = 0. Razlika hitrosti po Bernoullijevi enačbi povzroči razliko tlakov p med oviro in okolico. Iz razlike tlakov sledi sprememba gostote ρ. Ta odvisnost nas zanima. ρ ρ = V V =? Iz spremembe gostote neposredno sledi spremeba volumna, saj je masa konstantna. Zapišimo majhno spremembo gostote kot odvod po tlaku. ( ) ρ ρ = p = p S = ρ ( ) V p V p S [ = ρ 1 ( ) ] V p V p S Izraz v oglatih oklepajih prepoznamo kot adiabatno stisljivost χ S. ρ ρ = χ S p (116) Ocenimo še spremembo tlaka p. Po Bernoullijevi enačbi izenačimo stanje tokovnice v referenčni točki in v zastojni točki: p + 1 2 ρu2 = p + 1 2 ρ02 p p = p = 1 2 ρu2 42
Odvisnost stisljivosti od hitrosti je tako: ρ ρ = χ 1 S 2 ρu2 = 1 u 2 2 c 2, (117) kjer je c = 1 ρχ s 5.8 2D potencialni tok hitrost zvoka v tekočini. Hitrost toka ima v tem primeru samo 2 komponenti, prav tako je odvisna samo od x in y prostorskih komponent. v = (v x, v y, v z = 0) = v(x, y) Obravnavamo nestisljiv tok, zato velja, da je divergenca hitrosti enaka nič v = 0. Oziroma po komponentah: v x x + v y y = 0 Temu pogoju najlažje zadostimo tako, da uvedemo novo funkcijo ψ, ki jo poimenujemo tokovna funkcija: v x = ψ y, v y = ψ x (118) Tako izraženi komponenti hitrosti vstavimo v prejšnji pogoj za nestisljiv tok: ( ) ψ + ( ψ ) = 0 x y y x Z rotorjem delujemo na Eulerjevo enačbo in upoštevamo, da je rotor gradienta enak nič: v t ( v v) = 0 43
Edina od nič različna komponenta rotorja hitrosti je komponenta z: ( v) z = x v y y v x = ( ψ ) ( ) ψ = 2 ψ = ψ x x y y i j k v v = v x v y 0 0 0 ψ = ( v y ψ, v x ψ, 0) ( v v) z = x (v x ψ) + y (v y ψ) = v x x ψ + v y y ψ + v x x ψ + v y y ψ ( vx = ψ x + v ) y + v x y x ψ + v y y ψ Izraz v oklepaju je enaka nič, ker je tok nestisljiv. Vse skupaj pa sedaj vstavimo v enačbo za nestisljiv tok izraženo s tokovno funkcijo. ψ ( ) v x t x ψ + v y y ψ = 0 Izrazimo še hitrosti s tokovno enačbo in dobimo gibalno enačbo: ψ t + ψ ψ y x ψ ψ x y = 0 (119) Poglejmo si zakaj imenujemo ψ tokovno funkcijo. Na tokovnici je hitrost v v vsaki točki vzporedna s tangento t. Iz definicije tokovnice izrazimo: dy dy = v y v x dx = dy v x v y v y dx = v x dy v y dx v x dy = 0 ψ ψ dx x y dy = 0 Prepoznamo izraz za popoln diferencial, torej sledi: dψ = 0 (120) Izraz tokovna funkcija je smiseln, saj je ψ konstantna vzdolž tokovnice. Imejmo neko hitrostno polje (v dveh dimenzijah). Zanima nas pretok med dvema poljubnima točkama A in B. Pretok bomo dobili tako, da bomo 44