UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Daniel Svenšek Rešeni primeri iz elastomehanike delovna verzija (29. februar 2016) LJUBLJANA 2016
Kazalo 1 Uvod 5 1.1 Operacije nad matrikami in vektorji...................... 5 Vektorski produkt v matrični obliki...................... 7 1.2 Vektorji in tenzorji............................... 8 1.3 Rešitev Poissonove enačbe........................... 9 1.4 Helmholtzov izrek............................... 10 1.5 Operator in krivočrtne koordinate...................... 11 Divergenca in rotor v cilindričnih koordinatah................. 15 1.6 Deformacijski tenzor.............................. 16 1.6.1 Definicija................................ 16 Deformacijski tenzor pri rotaciji....................... 16 1.6.2 u ik v krivočrtnih koordinatah..................... 17 Deformacijski tenzor v krogelnih in cilindričnih koordinatah........ 18 1.7 Prosta energija deformacije........................... 19 Deformacijska prosta energija enoosnega sredstva.............. 20 Deformacijska prosta energija kristala.................... 22 2 Splošne deformacije 23 Razteg kocke v smeri lastnih osi....................... 24 Strižna deformacija kocke.......................... 25 Ploskev z največjo strižno napetostjo..................... 26 Enoosni stisk palice.............................. 28 Stisk palice.................................. 30 Izotropni stisk (kocke)............................ 31 Deformacija kvadra zaradi teže........................ 32 Janssenov problem.............................. 35 Deformacija homogenega valja zaradi vrtenja................ 37 2
KAZALO 3 Deformacija cevi zaradi nadtlaka....................... 39 Radialno-tangencialna deformacija tulca................... 40 Radialna lastna nihanja elastične kroglice.................. 42 3 Deformacije tankih plošč 45 Poves togo vpete okrogle plošče zaradi teže................. 46 Poves točkasto obremenjene prislonjene okrogle plošče........... 47 Poves prislonjene okrogle plošče, obremenjen s prstanom.......... 49 Poves jeklenega traku zaradi teže peska................... 51 Variacijski račun deformacije kvadratne plošče............... 53 4 Zvijanje palic 55 Zvijanje palice s presekom elipse....................... 57 Zvijanje cevi s presekom elipse........................ 60 Zvijanje palice s trikotnim presekom..................... 61 5 Upogib palic 65 5.1 Majhen upogib................................. 66 5.2 Vztrajnostni momenti ploskev......................... 67 Vztrajnostni moment ploskev......................... 67 5.3 Velike deformacije palic............................ 69 Velik upogib palice.............................. 69 5.4 Majhne deformacije palic............................ 72 Poves palice zaradi teže I........................... 72 Poves palice zaradi teže II.......................... 73 Eulerjeva nestabilnost palice I........................ 73 Eulerjeva nestabilnost palice II........................ 74 Eulerjeva nestabilnost palice III........................ 75 Upogib lahke palice.............................. 75 Lastna nihanja palice............................. 77 Anharmonski popravki napete strune..................... 79 Vrtenje palice okrog vzdolžne osi...................... 80 6 Elastično valovanje 82 6.1 Valovanje v neomejenem sredstvu....................... 82
KAZALO 4 Odboj in lom elastičnega valovanja...................... 83 6.2 Rayleighovi površinski valovi......................... 86
1. Uvod 1.1 Operacije nad matrikami in vektorji V naslednjih poglavjih bomo pogosto operirali z vektorji in matrikami, zato se najprej dogovorimo za zapis in ponovimo lastnosti množenja matrik, računanja determinant ter iskanja lastnih vrednosti in lastnih vektorjev matrik. Dogovori. Ukvarjali se bomo samo z matrikami velikosti m n, katerih matrični elementi so realni. Matrične elemente M ij bomo označevali z indeksoma tako, da bo prvi pomenil vrstico, drugi pa stolpec v matriki. Pri pisavi bomo običajno opuščali sumacijske znake za vsote po indeksih, ki se v izrazu ponovijo: b i = j A ija j A ij a j. Množenje matrike in vektorja. Če pomnožimo matriko A z vektorjem a, dobimo vektor b = Aa ali po komponentahb i = A ij a j. Množenje matrik. Pokažimo, da sledi pravilo za množenje matrik iz pravila za množenje matrike z vektorjem. Izberimo naslednje zveze med vektorji a, b in c: c = Bb, b = Aa in c = Ca. S pomočjo zgornjih zvez lahko izrazimo vektorc na dva načina, kot produkt vektorja b z matrikobter kot produkt vektorjaa z matrikoc. Sledi, da je Zapišimo še po komponentah c = Bb = BAa in c = Ca = C = BA. (1.1) c k = B ki b i = B ki A ij a j = C kj a j C kj = B ki A ij ( = i B ki A ij ) in. (1.2) Transformacija matrik pri prehodu med bazami. Poiščimo zvezo med matrikama A ina, ki preslikata vektorjaaina vbinb (b = Aa,b = A a ), če izberemo naslednjo zvezo med vektorjemaa in a terbin b : b = Sb, a = Sa. 5
Operacije nad matrikami in vektorji 6 S v zgornjem izrazu je matrika. Sledi enakost Sb = A Sa. (1.3) Pomnožimo enačbo z leve z S 1, pa je S 1 Sb = S 1 A Sa, b = S } 1 {{ A S } a = A = S 1 A S. (1.4) A Determinante. Vsaki kvadratni matriki lahko izračunamo determinanto, ki je skalar z naslednjimi lastnostmi: detid = 1. detab = detadetb. a 11 +b 11 a 12... a 1m a 21 +b 21 a 22... a 2m...... a m1 +b m1 a m2... a mm = a 11... a 1m a 21... a 2m..... a m1... a mm + b 11... a 1m b 21... a 2m..... b m1... a mm. Zamenjava dveh vrstic ali dveh stolpcev determinanti spremeni predznak. Posledica tega je, da ima matrika z dvema enakima vrsticama ali dvema enakima stolpcema determinanto enako nič. Determinanta matrike se ne spremeni, če vrstici prištejemo linearno kombinacijo preostalih vrstic. Enako velja za stolpce. Determinanta trikotne matrike je enaka produktu njenih diagonalnih elementov. Determinante računamo s pomočjo poddeterminant. Vsakemu elementu A ij matrike A pripada poddeterminantadeta ij, ki je determinanta matrike, dobljene tako, da iz prvotne matrike odstranimo vrstico in stolpec, ki pripadata temu elementu. Determinanta celotne matrike je enaka alternirajoči vsoti produktov elementov poljubne vrstice (ali stolpca) te matrike s pripadajočimi poddeterminantami. Tako velja za poljubno vrstico i, da je det A = j ( 1)i+j A ij deta ij. Pri računanju se izplača izbrati vrstico ali stolpec, ki ima čim manj neničelnih elementov. Determinanto matrike lahko izračunamo tudi tako, da jo z zamenjavo, seštevanjem in odštevanjem vrstic in stolpcev prevedemo na trikotno obliko, nato zmnožimo diagonalne elemente.
Vektorji in tenzorji 7 Lastni vektorji in lastne vrednosti. K dani matriki A iščemo tak vektor a, da bo veljala zveza Aa = λa, (1.5) Aa λa = 0, (A λid)a = 0. Če hočemo, da je zgornji sistem enačb netrivialno rešljiv, mora biti det(a λid) = 0. (1.6) To enačbo reši v splošnem več različnih vrednosti λ i, katerim pripadajo ustrezni lastni vektorjia i. Pokažimo še, da je v primeru, ko je a lastni vektor matrike A in je B poljubna matrika, ki komutira z A, AB = BA, Ba tudi lastni vektor matrike A z isto lastno vrednostjo kot a. Pomnožimo enačbo (1.5) z leve z matriko B in upoštevajmo, da matriki A in B komutirata. Sledi BAa = λba, ABa = λba, A(Ba) = λ(ba). Lastnosti podobnih matrik. Za matriki A in B, med katerima velja zveza B = SAS 1 (S je tudi matrika), pravimo, da sta si podobni. Pokažimo, da imata taki matriki enaki determinanti: detb = det ( SAS 1) = dets deta dets 1. Ker je SS 1 = Id, je dets dets 1 = 1, zato je detb = deta. Naloga Navor izrazimo kot vektorski produkt ročice in sile M = r F. Kakšna je matrika R, ki vektor sile F preslika v vektor navoram? Matrične elemente R ij izrazi s komponentamix, y, z vektorja ročice r. M = RF = r F = ê i ê j ê k x y z F x F y F z R = 0 z y z 0 x. y x 0 = yf z zf y zf x xf z. xf y yf x
Rešitev Poissonove enačbe 8 1.2 Vektorji in tenzorji Vektorji v fizikalnem smislu to so tisti, ki predstavljajo fizikalne količine so tiste n-terice, ki se pri transformacijah prostora (rotacije, inverzija) transformirajo kot krajevni vektor r. 1 Podobno velja za tenzorje drugega in višjih rangov. Tenzor drugega ranga (krajše kar tenzor) je samo tista (m,n)-terica, katere elementi se transformirajo kot produkti ustreznih komponent fizikalnih vektorjev. Samo takšni lahko predstavljajo fizikalne količine. V izbrani bazi vektor predstavimo kot stolpec, tenzor pa kot matriko. Vsak tenzor lahko torej predstavimo z matriko, obratno pa ne velja vsaka matrika ne predstavlja tenzorja. Oglejmo si še, kako se transformirajo komponente vektorjev in tenzorjev. Zaradi udobja začnimo z vektorjem, a = a i ê i, a i = a ê i. (1.7) Imejmo ortogonalno transformacijo M med ortonormalnima bazama V bazi ê i se vektora zapiše kot odkoder preberemo nove komponente ê i = M ij ê j. (1.8) a = a i M ij ê j = a jê j, (1.9) a j = M ija i. (1.10) Zdaj pa tenzort, ki ga s komponentamit ij predstavimo takole: T = T ij ê i ê j, T ij = ê i T ê j. (1.11) Drugi izraz v (1.11) nam kaže, kako dobimo komponente tenzorja T, če ga poznamo kot operator (torej če poznamo njegov učinek na vektorju). Z novimi baznimi vektorji imamo T = T ij (M ik ê k) (M jl ê l) = T ij M ik M jl ê k ê l = T klê k ê l, (1.12) odkoder so nove komponente T kl = T ijm ik M jl. (1.13) Če upoštevamo simetričnostm, lahko tudi preuredimo,t kl = T ijm T ki M jl, in reproduciramo enačbo (1.4). V tem trenutku pa nas zanima nekaj drugega: ko primerjamo enačbi (1.10) in (1.13), vidimo, da se komponente tenzorja zares transformirajo kot produkti komponent vektorja, namreča k a l = a ia j M ik M jl. 1 Aksialni vektor se pri inverziji prostora transformira drugače. Izjava kljub temu obvelja, saj aksialni vektor pravzaprav ni vektor, ampak antisimetrični tenzor, ω i = 1 2 ǫ ijkw jk, kjer je W ij antisimetrični tenzor.
Rešitev Poissonove enačbe 9 1.3 Rešitev Poissonove enačbe Poiščimo rešitev Poissonove enačbe 2 Φ(r) = ρ(r) (1.14) v neomejenem prostoru. Najprej bomo poiskali Greenovo funkcijo Φ δ (r;r 0 ), torej rešitev enačbe 2 Φ δ (r;r 0 ) = δ(r r 0 ). (1.15) Desno stran enačbe (1.14) lahko namreč sestavimo kot ρ(r) = d 3 r ρ(r )δ(r r ), (1.16) in ker je enačba linearna, enako sestavimo tudi njeno rešitev Φ(r) = d 3 r ρ(r )Φ δ (r;r ). (1.17) Enačbo (1.15) bomo rešili s Fourierovo transformacijo. Zaradi preprostosti naj na desni strani stoji karδ(r), 2 Φ δ (r;0) = δ(r), (1.18) na koncu pa upoštevamo, da veljaφ δ (r;r 0 ) = Φ δ (r r 0 ;0). Funkcijo delta zapišemo kot δ(r) = 1 (2π) 3 d 3 ke ik r, (1.19) funkcijo Φ(r) pa kot Φ(r) = 1 (2π) 3 d 3 k Φ(k)e ik r, (1.20) kjer je Fourierova transformiranka Φ(k) = d 3 re ik r Φ(r). (1.21) Izraza (1.19) in (1.20) vstavimo v enačbo (1.15) in dobimo [ k d 3 ke ik r 2 (2π) Φ 3 δ (k) 1 ] (2π) 3 = 0. (1.22) Izraz v oklepaju mora biti 0 (kar lahko razumemo kot enačbo (1.18) v Fourierovem prostoru), torej Φ δ (k) = 1 k2. (1.23) Φ δ (r;0) sestavimo po enačbi (1.20), Φ δ (r;0) = 1 (2π) 3 d 3 k k 2 eik r.
Helmholtzov izrek 10 Upoštevamo d 3 k = 2π 1 1 pri čemer je ϑ kot medkinr, in izračunamo Φ δ (r) = 2π (2π) 3 = 2π (2π) 3 = 4π (2π) 3 = 4π (2π) 3 r d(cos ϑ) 1 dk k2 0 k 2 1 0 0 0 0 k 2 dk, d(cosϑ)e ikrcosϑ = dk 1 ( e ikr e ikr) = ikr dk sinkr = kr dx sinx x = 4π (2π) 3 r Integralni sinus v zadnji vrstici uženemo s kompleksnim integriranjem ali pa pogledamo v album integralov. Končno imamo Greenovo funkcijo Poissonove enačbe za neskončen prostor z izvorom v izhodišču: Φ δ (r;0) = 1 4πr. (1.24) Če izvor ni v izhodišču, ampak vr 0, rešitev seveda le premaknemo, π 2. 1 Φ δ (r;r 0 ) = 4π r r 0. (1.25) Rešitev Poissonove enačbe (1.14) za splošno porazdelitev izvorov ρ(r) sestavimo iz prispevkov točkastih izvorov po enačbi (1.17): Φ(r) = d 3 r ρ(r ) 4π r r. (1.26) Integral konvergira, če porazdelitev izvorov dovolj hitro pojema z razdaljo. Omeniti velja, da je rešitev Poissonove enačbe v primeru, ko je desna stran vektor, 2 A(r) = j(r), (1.27) popolnoma analogna, saj smemo vsako komponento te vektorske enačbe obravnavati kot ločeno skalarno enačbo: A(r) = d 3 r j(r ) 4π r r. (1.28) 1.4 Helmholtzov izrek Po Helmholtzovem izreku lahko vsako dovolj gladko in z razdaljo dovolj hitro padajoče vektorsko polje v zapišemo kot vsoto brezvrtinčnega in brezizvirnega vektorskega polja. Odtod tudi sledi, da je tako vektorsko polje popolnoma določeno s svojima diveregenco in rotorjem.
Operator in krivočrtne koordinate 11 Vpeljimo vektorsko poljew: tako da je po enačbi (1.28) w(r) = 2 w = v, (1.29) d 3 r v(r ) 4π r r. (1.30) Spomnimo, da je (1.30) rešitev za neskončen prazen prostor, in jo zato tukaj navajamo le kot primer. V drugih primerih je rešitev drugačna, pomembno je le, da (za dovolj nesingularne porazdelitvev) vedno obstaja. V (1.29) uporabimo identiteto w = 2 w+ w in dobimo v = ( w)+ ( w), (1.31) torej v = Φ+ A, (1.32) kjer smo vpeljali skalarni Φ in vektorski A potencial vektorskega polja v. Prvi prispevek je brezvrtinčen (irotacionalen), drugi pa brezizviren (solenoidalen). Pokažimo še, da je vektorsko polje v popolnoma določeno s svojima divergenco ρ in rotorjem j. Divergenca enačbe (1.32) da 2 Φ = ρ (1.33) in odtod skalarni potencial vektorskega polja v (za neskončen prazen prostor), Φ(r) = d 3 r ρ(r ) 4π r r. (1.34) Rotor enačbe (1.32) da A = j. (1.35) Spet uporabimo gornjo vektorsko identiteto ter upoštevamo, da po definiciji (1.31) velja A = 0, pa dobimo 2 A = j (1.36) in odtod vektorski potencial vektorskega polja v (za neskončen prazen prostor) A(r) = d 3 r j(r ) 4π r r. (1.37) Poljev sledi potem iz enačbe (1.32). 1.5 Operator in krivočrtne koordinate Poglejmo, kako se operator krajevnega odvajanja zapiše v krivočrtnih ortogonalnih koordinatnih sistemih. Ne bomo navajali formul, gre nam za razumevanje. Zanima nas, kako bi se zadeve lotili v splošnem primeru in kako v praksi za cilindrične ali krogelne koordinate. Ko stvar enkrat razumemo, seveda s pridom uporabljamo formule.
Operator in krivočrtne koordinate 12 Operator je v splošnem = i ê i 1 h i q i, (1.38) kjer soh i skalni faktorji, h i = r q i, ê i = 1 h i r q i, (1.39) ki povedo, kolikšen dolžinski element ustreza infinitezimalni spremembi koordinateq i. To je bistveno, saj gre za odvajanje po kraju, torej po dolžini. Vidimo, da velja ds 2 = i h2 i dq2 i. Pri krivočrtnih, a ortogonalnih koordinatah, se z vpeljavo skalnih faktorjev ognemo potrebi po metričnem tenzorju tega zares rabimo šele pri neortogonalnih koordinatah. Zaradi kompletnosti omenimo, da je skalni faktor h i = g ii kvadratni koren ustrezne diagonalne komponente metričnega tenzorjag ij = r q i r q j, njegova definicija pa je smiselna pri ortogonalnih koordinatah, ko je g ij diagonalen. Še kratek izlet v deželo splošnih (neortogonalnih) krivočrtnih koordinat 2. Tam vpeljemo dve bazi, kovariantno in kontravariantno. Kovariantni bazni vektore i leži na tangenti krivulje, ki jo dobimo, če spreminjamo i-to koordinato, ostale pa so fiksne. Vpeljemo ga, kot smo bazne vektorje vpeljevali doslej, le da ga ne normiramo: e i = r qi. (1.40) Kontravariantni bazni vektor e i pa leži v smeri lokalne normale na ustrezno koordinatno ploskev ploskev, na kateri je i-ta koordinata konstantna. Tudi ta vektor ni normiran, njegovo dolžino izberemo tako, da velja e i e j = δ i j, (1.41) kjer jeδ i j običajni Kronecker delta. Ortogonalnostei ine j zai j sledi direktno iz konstrukcije, saj je kontravariantni vektor po definiciji pravokoten na koordinatno ploskev, kovariantni vektorji j i pa ležijo na njej. Primer kovariantne in kontravariantne baze srečamo v fiziki trdne snovi: direktna in recipročna baza pri opisu kristalov. Zdaj lahko vektor zapišemo na dva načina: a = a i e i = a i e i. (1.42) H kovariantnim baznim vektorjem e i sodijo kontravariantne komponente a i, h kontravariantnim baznim vektorjeme i pa kovariantne komponentea i. Kovariantnost označimo s spodnjim indeksom, kontravariantnost pa z zgornjim. Termina kovariantnost in kontravariantnost se nanašata na transformacijske lastnosti vektorja/komponent pri transformacijah koordinat. Transformacija, po kateri se transformirajo kontravariantni vektorji/komponente, je inverzna tisti, po kateri se transformirajo kovariantni vektorji/komponente. Vidimo torej, da se komponente vektorja transformirajo po inverzni transformaciji glede na tisto, po kateri se transformirajo bazni vektorji, tako da je vektor, pravilno, invarianten na transformacijo. To poznamo 2 Tega v nadaljevanju ne bomo rabili. Vprašanje se je pojavilo pri uri, zato dodajam to pojasnilo.
Operator in krivočrtne koordinate 13 že pri običajni ortonormirani bazi tudi tam se bazni vektorji in komponente transformirajo po inverznih si transformacijah (enačbi (1.8) in (1.10)). Če enačbo (1.42) skalarno pomnožimo enkrat z e j, drugič pa z e j, in upoštevamo ortogonalnost (1.41), dobimo a e j = a j = a i e i e j g ij a i, (1.43) a e j = a j = a i e i e j g ij a i, (1.44) kjer smo vpeljali še kovariantni, g ij = e i e j, in kontravariantni, g ij = e i e j, metrični tenzor. Enačbi (1.43) in (1.44) kažeta, da kovariantne (kontravariantne) komponente vektorja a dobimo tako, da vektor skalarno množimo s kovariantnimi (kontravariantnimi) baznimi vektorji. Obenem pokažeta, da ene komponente dobimo iz drugih z množenjem z ustreznim metričnim tenzorjem. Če razstavimo še bazne vektorje same, dobimo e j = (e j e i )e i = g ji e i, (1.45) e j = (e j e i )e i = g ji e i. (1.46) In kako je z operatorjem? Za gradient mora po definiciji veljati Če dr zapišemo s krivočrtnimi koordinatamiq i, dobimo in odtod z upoštevanjem ortogonalnosti (1.41) df = f dr. (1.47) dr = r q idqi = e i dq i, (1.48) df = f (e i dq i ) (1.49) = e i qi. (1.50) Pri ortogonalnih koordinatah e i in e i ležita v isti smeri in sta v splošnem še vedno neenotska. Da se izognemo rabi dveh baz, vpeljemo enotske bazne vektorje ê i e i e i, e i 2 = e i e i = g ij e j e i = g ii h 2 i, (1.51) kjer smo uporabili (1.45) in (1.41), na koncu pa ponovno vpeljali skalne faktorje, ki smo jih že srečali v en. (1.39). Kovariantni in kontravariantni bazni vektorji so tako e i = h i ê i, e i = 1 h i ê i, (1.52) en. (1.50) pa se s tem prepiše v = i ê i 1 h i q i (1.53)
Operator in krivočrtne koordinate 14 oziroma v (1.38), če koordinate označimo sq i in ne več sq i. Vrnimo se torej h krivočrtnim ortogonalnim koordinatam. Gradient skalarnega polja je seveda f = 1 f ê i. (1.54) h i i q i Poglejmo, kako bi izrazili divergenco in rotor vektorskega ter Laplace skalarnega polja: ( ) 1 v = ê i v j ê j, (1.55) h i i q i j ( ) 1 v = ê i v j ê j, (1.56) h i q i j 2 f = i ( i ) 1 ê i h i q i j Laplace vektorskega polja pa je že manj pregleden: ( ) 2 1 v = ê i 1 ê j h i i q i h j j q j k 1 f ê j, (1.57) h j q j v k ê k. (1.58) V vseh primerih (1.55)-(1.58) je bistveno, da ne odvajamo samo komponent, ampak tudi bazne vektorje in koeficienteh i. Pri (1.58) je treba paziti še, da odvajamo vse, kar stoji desno od operatorja odvajanja: odvajanje iz prve vsote deluje na člene v drugi in tretji vsoti. Poznati moramo odvode baznih vektorjev, ki jih v splošnem dobimo iz definicije krivočrtnih koordinat. Oglejmo si primer krogelnih koordinat: x = rsinθcosφ, y = rsinθsinφ, z = rcosθ. Bazne vektorje in koeficiente h i dobimo po enačbi (1.39) z odvajanjem krajevnega vektorja r po uvedenih koordinatahq i, ki so v tem primerur, θ inφ, h r ê r h θ ê θ = r r = sinθcosφê x +sinθsinφê y +cosθê z, h r = 1, = r θ = r(cosθcosφê x +cosθsinφê y sinθê z ), h θ = r, h φ ê φ = r φ = rsinθ( sinφê x +cosφê y ), h φ = rsinθ, odtod pa krajevne odvode baznih vekorjev. V praksi včasih začnemo šele tukaj. Pomagamo si z geometrijo, ugotovimo, da je h r = 1,h θ = r inh φ = rsinθ, torej = ê r r +ê θ r θ +ê φ rsinθ φ, (1.59)
Operator in krivočrtne koordinate 15 ter kar takoj zapišemo neničelne odvode: ê r θ = ê θ, ê r φ = sinθê φ, ê θ θ = ê r, (1.60) ê θ φ = cosθê ê φ φ, φ = sinθê r cosθê θ. Naloga Izberimo najpreprostejši primer: zapišimo divergenco in rotor v cilindričnih koordinatah (r,φ,z). bazni vektorji so Operator je po enačbi (1.38) x = rcosφ, y = rsinφ, ê r = cosφê x +sinφê y, h r = 1, ê φ = sinφê x +cosφê y, h φ = r, ê z, h z = 1. Neničelna odvoda baznih vektorjev sta = ê r r +ê φ r φ +ê z z. ê r φ = ê φ, ê φ φ = ê r. Divergenco zapišemo kot v (1.55): ( ) v = ê r r +ê φ r φ +ê z (v r ê r +v φ ê φ +v z ê z ); z poleg diagonalnih členov skalarni produkt preživi še člen tako da je divergenca v r r êφ ê r φ = v r r, v = v r r + v r r + v φ r φ + v z z. (1.61) Rotor zapišemo kot v (1.56), ( ) v = ê r r +ê φ r φ +ê z (v r ê r +v φ ê φ +v z ê z ), z
Deformacijski tenzor 16 in upoštevamo, da je ê φ ê z = ê r, ê z ê r = ê φ inê r ê φ = ê z. Poleg izvendiagonalnih členov vektorski produkt preživi še člen v φ r êφ ê φ φ = v φ r êφ ê r = v φ r êz, tako da je rotor ( vz v = r φ v ) ( φ vr ê r + z z v ) ( z vφ ê φ + r r + v φ r v ) r ê z. (1.62) r φ 1.6 Deformacijski tenzor 1.6.1 Definicija Pri deformaciji se spremenijo razdalje med točkami telesa. Vzemimo bližnji točki nedeformiranega telesa, ki naj ju povezuje vektor dx, tako da je razdalja med njima dl = dx 2 i. Ob deformaciji se točki premakneta, tako da ju zdaj povezuje vektor dx = dx + du, kjer je du majhna razlika premikov ene in druge točke. Razdalja med premaknjenima točkama je dl 2 = (dx i +du i ) 2. Zapišimodu i = ( u i / x j )dx j in s tem dl 2 = dl 2 +2 u i x j dx i dx j + u i x j u i x k dx j dx k. (1.63) Drugi člen na desni pišimo v simetrični obliki, v tretjem členu pa preimenujmo indekse: ( dl 2 = dl 2 ui + + u ) j dx i dx j + u k u k dx i dx j. (1.64) x j x i x i x j Odtod sledi dl 2 = dl 2 +2u ij dx i dx j, (1.65) kjer smo definirali deformacijski tenzoru ij : u ij = 1 ( ui + u j + u ) k u k. (1.66) 2 x j x i x i x j Odslej se bomo ukvarjali le z linearnim delom deformacijskega tenzorja, torej u ij = 1 ( ui + u ) j. (1.67) 2 x j x i Naloga Izračunajmo, kakšen je deformacijski tenzor, če telo togo zavrtimo. Zaradi preprostosti naj bo rotacija kar okrog z osi.
Deformacijski tenzor 17 Po definiciji (1.65) mora biti deformacijski tenzor pri togi rotaciji 0, saj ta ohranja dolžine. Preverimo. Rotacija za kotφokrog osiz je podana z matriko cosφ sinφ 0 R = sinφ cosφ 0, x = Rx. (1.68) 0 0 1 Za izračun deformacijskega tenzorja potrebujemo premikeutočk telesa,u = x x, torej Najprej izračunamo premik u, u = Rx x = (R I)x. u = [x(cosφ 1) ysinφ,xsinφ+y(cosφ 1),0], nato pa deformacijski tenzor u ij. Če upoštevamo le linearni del (1.67), dobimo neničeln rezultat, u lin = cosφ 1 0 0 0 cosφ 1 0, (1.69) 0 0 0 šele celotni tenzor (1.66) s kvadratnimi členi je ničeln: u xx = u yy = cosφ 1+ 1 2 (cosφ 1)2 = 0. Poučen je še primer majhnih zasukov δφ. Iz enačbe (1.69) vidimo, da je linearni del deformacijskega tenzorja v prvem redu δφ enak 0. To mora biti, saj deformacijski tenzor ne vsebuje antisimetričnega dela gradienta premikov u, za katerega vemo, da predstavlja infinitezimalno rotacijo (preverite). 1.6.2 u ik v krivočrtnih koordinatah Poglejmo, kako zapišemo linearni del deformacijskega tenzorja (1.67) v krivočrtnih ortogonalnih koordinatnih sistemih. Najprej bomo postopali splošno in zato precej formalno, v nadaljevanju pa bomo na praktičen način obdelali cilindrične in krogelne koordinate. Vidimo, da (1.67) ni nič drugega kot simetrizirani gradient vektorja deformacije u. Za hip pozabimo na simetrizacijo in zapišimo gradient deformacije u, ki je seveda tenzor. Upoštevajmo, da je po enačbi (1.38) = kêk(1/h k ) / q k, in pišimou = k u kê k : u = l ê l h l q l k u k ê k, (1.70) kjer označuje direktni (ali tenzorski) produkt. Pri odvajanju moramo paziti, saj so poleg komponentu k v splošnem od kraja odvisni tudi bazni vektorjiê k : u = l,k u k h l q l ê l ê k +u k ê l ê k h l q l. (1.71)
Deformacijski tenzor 18 Z definicijo ê j = h i q i k Γ k ijê k, (1.72) kjer jeγ k ij t.i. Christoffelov simbol, zapišemo u = ( u k ê l ê k + ) u k ê l Γ m h l q lkê m l k,l m (1.73) oziroma po komponentah: ( u) ij = u j h i q i + k u k Γ j ik, (1.74) pri čemer smo upoštevali ( u) ij = ê i ( u) ê j. (1.75) V teoriji elastičnosti nas zanima le, kako se pri deformaciji spremenijo razdalje med deli telesa, zato smemo u simetrizirati. Vemo namreč, da antisimetrični del gradienta deformacije predstavlja rotacijo, ta pa razdalje ohranja. Linearni del deformacijskega tenzorja je torej u ij = 1 2 ( ui + u ) j + 1 h j q j h i q i 2 u k (Γ i jk +Γ j ik k ). (1.76) V kartezičnih koordinatah res dobimo izraz (1.67), saj so bazni vektorji konstantni inh i = 1. Poglejmo, kako se linearni del deformacijskega tenzorja zapiše v cilindričnih in krogelnih koordinatah. Naloga Zapišimo deformacijski tenzor v krogelnih(r, θ, φ) in cilindričnih(r, φ, z) koordinatah. Najpregledneje je, če začnemo z enačbo (1.71). Komponente gradienta in gradiente baznih vektorjev smo že zapisali v (1.59) in (1.60). Prva vsota v enačbi (1.71) nam da člene, ki so prisotni tudi v kartezičnem primeru (razlikujejo se le zaradi drugačnega gradienta). Pomagajmo si z (1.60) in razpišimo drugo vsoto v (1.71): u =... + u r r êθ ê θ u θ r êθ ê r + + u r r êφ ê φ + u θ rtanθ êφ ê φ u φ r êφ ê r u φ rtanθ êφ ê θ. Dodajmo še člene iz prve vsote, zapišimo po komponentah upoštevaje (1.75) in simetrizirajmo, u ij = 1 2 [( u) ij +( u) ji ], (1.77)
Prosta energija deformacije 19 tako da dobimo u rr = u r r, u θθ = u θ r θ + u r r, 1 u φ u φφ = sinθ r φ + u r u rθ = 1 ( uθ 2 r u θ u rφ = 1 ( uφ 2 r u φ u θφ = 1 2 r + u θ rtanθ, ), r + u r r θ r + 1 u r sinθ r φ ( uφ r θ u φ rtanθ + 1 sinθ ), u θ r φ ). (1.78) Komponente deformacijskega tenzorja v cilindirčnih koordinatah poiščemo po istem kopitu. Navedimo le rezultat: u rr = u r r, u φφ = u φ r φ + u r r, u zz = u z z, u rφ = 1 ( uφ 2 r u φ r + u r r φ u rz = 1 ( ur 2 z + u ) z, r u φz = 1 ( uz 2 r φ + u φ z ), ). (1.79) 1.7 Prosta energija deformacije Prosta energija je kot vsak skalar invariantna na simetrijske transformacije prostora in časa (inverzija in rotacije prostora, inverzija časa). Če nas zanima njena odvisnost od deformacijskega tenzorja v primeru izotropnega telesa, jo smemo zato zapisati le s skalarji (skalarnimi invariantami) tega tenzorja. Kako dobimo skalarje? S skalarnim produktom, ki ga v ortonormalnih bazah tvorimo z δ ij,a b = a i b j δ ij, pri tem pa si lahko pomagamo še z vektorskim produktom, ki ga tvorimo z ǫ ijk, (a b) i = ǫ ijk a j b k. S skalarnim produktom število indeksov zmanjšamo za 2, z vektorskim pa za 1. Zmanjšanju števila indeksov pravimo tudi kontrakcija. Zgolj kot primer navedimo neničelne skalarje nižjih redov, ki jih lahko tvorimo, če imamo na voljo vektor a i
Prosta energija deformacije 20 in simetrični tenzor 2. rangaa ij : A ij δ ij = A ii, a i a j δ ij = a 2 i, A ij A kl δ ij δ kl = A 2 ii, A ij A kl δ ik δ jl = A 2 ij, A ij a k a l δ ij δ kl = A ii a 2 k, A ij a k a l δ ik δ jl = A ij a i a j, Za antisimetrični tenzorw ij pa sta neničelna še W ij a k ǫ ijk, W ij W kl a m δ jk ǫ ilm = W ij W jl a m ǫ ilm, ki pa, če je a i pravi (polarni) vektor, nista skalarja, ampak psevdoskalarja, ki pri inverziji prostora spremenita predznak. Psevdoskalarji so dovoljeni le v sistemih, ki niso invariantni na inverzijo prostora (kiralni sistemi). V okolici ravnovesja mora biti prosta energija pozitivno definitna, t.j. za vsak neničeln u ij se mora povečati glede na ravnovesno vrednost pri u ij = 0, sicer stanje z u ij = 0 ne bi bilo ravnovesje. Za tvorbo skalarjev imamo tokrat na voljo le simetrični tenzoru ij. Skalar 1. reda u ii tako odpade, dobra pa sta skalarja 2. reda, ki nam tudi zadostujeta. To sta kvadrat sledi,u 2 ii in sled kvadrata,u iju ij. Gostota proste energije je tako oblike f(u) = 1 2 λu2 ii +µu 2 ij, (1.80) kjer sta λ in µ Laméjeva elastična koeficienta za izotropno telo. Lepši je zapis, kjer deformacijski tenzor razdelimo na izotropni in brezsledni del, f(u) = 1 2 Ku2 ii +µ ( u ij 1 3 u ) 2, 2 kkδ ij K = λ+ µ. (1.81) 3 Pri izotropnem stisku je zdaj neničeln le prvi člen, pri čistem strigu pa le drugi. Zato morata biti kompresijski modulk in strižni modulµ vsak zase pozitivna (kar pa ne velja zaλ). Naloga Zapišimo deformacijsko prosto energijo za enoosno sredstvo. Enoosno sredstvo premore preferirano os, ki pa ni usmerjena. Zvezna simetrija (vse rotacije) je tako zlomljena, vendar ne do konca kot pri kristalu preostanejo še vse rotacije okrog preferirane osi. Kakšna pa je prosta energija v primeru usmerjene osi? V primeru, ko sredstvu po zlomu polne zvezne simetrije izotropnega telesa še vedno preostane podgrupa zveznih simetrij, moramo najprej identificirati objekt, ki določa to reducirano
Prosta energija deformacije 21 simetrijo, t.i. simetrijsko spremenljivko. V našem primeru je to os in iščemo nekaj, s čimer bi jo matematično opisali. Najbrž najprej pomislimo na vektor, ki pa ne ustreza, ker je os neusmerjena (ima višjo simetrijo). Potem pomislimo na kvadrat vektorja, in v tem smislu je to enoosni simetrični tenzor n i n j, kjer je n enotski vektor na osi. Najelegantneje je, da vzamemo le njegov brezsledni del, saj le ta opisuje os (izotropni del je v tem smislu seveda irelevanten): Q ij = n i n j 1 3 δ ij. (1.82) Sedaj je naša naloga pravzaprav preprosta: poiskati moramo skalarje 2. reda v u ij, ki jih tvorimo iz u ij in Q ij. Poleg izotropnih skalarjevu 2 ii inu2 ij imamo zdaj še tri dodatne člene: f(u) = 1 2 c 1u 2 ii +1 2 c 2u 2 ij +1 2 c 3Q ij u ij u kk + 1 2 c 4(Q jk u ij u ik +Q ik u ij u jk )/2+ 1 2 c 5(Q ij u ij ) 2. (1.83) Četrti člen smo zapisali v simetrični obliki. Na to je treba paziti, da je napetostni tenzor p ij = f/ u ij pravilen. Kako pa je, če je os usmerjena in jo torej opisuje vektor n? V tem primeru so dovoljeni vsi členi v (1.83), saj lahko tenzor Q ij po definiciji (1.82) sestavimo iz vektorja n (členi z višjo simetrijo so vedno dovoljeni tudi v prejšnjem primeru smo ohranili izotropna člena). Zaradi tenzorske naraveu ij pa ni nobenih dodatnih možnosti za sklopitevu ij inn i. Koristen je še nekoliko drugačen pogled, s katerim tudi gornja morda obskurna simetrizacija postane sistematična. Najsplošnejši izraz za gostoto proste energije, drugega reda v u ij, je kvadratna forma f(u) = 1 2 C ijklu ij u kl, p ij = f u ij = C ijkl u kl, (1.84) kjer je C ijkl matrika snovnih parametrov posplošena elastična konstanta. Ker je u ij simetričen in nastopa kvadratno, že po definiciji sledi permutacijska simetrija C ijkl = C jikl = C ijlk = C klij, tako da lahko imac ijkl največ 21 različnih elementov. V izotropnem sredstvu sme vsebovati leδ ij. Primerjava izrazov (1.84) in (1.80) pokaže, da je elastična konstanta izotropnega sredstva C ijkl = λδ ij δ kl + µ(δ ik δ jl + δ jk δ il ). Elastična konstanta enoosnega sredstva pa sme vsebovati tudiq ij. Po primerjavi z enačbo (1.83) imamo tokrat C ijkl = c 1 δ ij δ kl + c 2 2 (δ ikδ jl +δ jk δ il )+ c 3 2 (Q ijδ kl +Q kl δ ij )+ + c 4 4 (Q jlδ ik +Q il δ jk +Q jk δ il +Q ik δ jl )+c 5 (Q ij Q kl ). (1.85) Členi v oklepajih torej služijo simetrizaciji in so dodani zato, da ima C ijkl permutacijsko simetrijo, ki smo jo zahtevali. S tem je tudi napetostni tenzor (1.84) pravilen. Primerjava enačbe (1.85) z enačbo (1.83) pokaže, da bi bila (zaradi komutativnosti u ij u kl = u kl u ij ) dovolj že delna simetrizacija seveda pa ne škodi, če naredimo popolno kot v (1.85).
Prosta energija deformacije 22 Naloga Zapišimo deformacijsko prosto energijo za kristal s tetragonalno in kubično simetrijo. Kristali nimajo več zveznih, ampak le diskretne simetrije n-števne osi in zrcaljenja. Tokrat začnemo s splošnim izrazom za prosto energijo (1.84). Ugotoviti je treba, kateri elementi C ijkl se pri simetrijskih operacijah preslikajo drug v drugega in so zato enaki. Čim nižja je simetrija kristala, tem manj je simetrijskih operacij in tem več elementov C ijkl je zato različnih. Začnimo s tetragonalnim kristalnim sistemom (primer je pokončna kvadratna prizma), kot predstavnika si izberimo simetrijsko grupoc 4v, ki vsebuje štirištevno os (os z) in zrcaljenja prek dveh med seboj pravokotnih ravnin, ki vsebujeta štirištevno os (normali zrcalnih ravnin naj bosta v smerehxiny). Zrcaljenja preslikajo in x x, y y, z z (1.86) x x, y y, z z. (1.87) Spomnimo se, da se komponente tenzorjev transformirajo kot produkti komponent vektorjev. Tako imamo pri tranformaciji (1.86), na primer, C xyyy C xyyy in C xxyy C xxyy. Če je to hkrati simetrijska operacija kristala, potem morajo biti komponente, ki se slikajo druga v drugo, enake. To pomeni, da so vsi C ijkl z lihim številom indeksov x ali y ničelni. Vrtež za kotπ/2 okrog osiz pa preslika x y, y x, z z (1.88) in zato C xxxx = C yyyy, C xxzz = C yyzz,c xzxz = C yzyz. Gostota proste energije za kristal tetragonalnega sistema je torej f(u) = 1 2 C xxxx(u 2 xx +u2 yy )+ 1 2 C zzzzu 2 zz +C xxzz(u xx u zz +u yy u zz )+ + C xxyy u xx u yy +2C xyxy u 2 xy +2C xzxz (u 2 xz +u 2 yz). (1.89) Kubični kristalni sistem ima tetragonalno simetrijo, zato bo elastičnih konstant največ 6, kot v enačbi (1.89). Zaradi dodatnih simetrijskih operacij pa jih pričakujemo še manj. Vrteži za kotπ/2 okrog osixiny preslikajo in x x, y z, z y (1.90) x z, y y, z x. (1.91) Odtod sledi C xxxx = C zzzz, C xxzz = C xxyy in C xyxy = C xzxz. Gostota proste energije za kristal kubičnega sistema je torej f(u) = 1 2 C xxxx(u 2 xx +u2 yy +u2 zz )+C xxyy(u xx u yy +u xx u zz +u yy u zz )+ + 2C xyxy (u 2 xy +u2 xz +u2 yz ). (1.92)
2. Splošne deformacije Za opis deformacij bomo uporabljali naslednje količine. Deformacijo bomo opisali z Greenovim tenzorjem u ij = 1 ( uj + u ) i. 2 x i x j Uporabili bomo tudi zvezo med napetostjo v telesu in deformacijo. Imenujemo jo Hookov zakon: p ij = 2µu ij +λu kk δ ij, (2.1) oziroma v obratni smeri u ij = 1 2µ p λ ij 2µ(2µ+3λ) p kkδ ij. (2.2) Cauchyjev izraz bo opisoval ravnovesni pogoj za gostoto volumsko porazdeljenih zunanjih sil f i in za površinske sile F i : p ik x k +f i = 0, p ik n k = F i, (2.3) kjer je n k vektor normale na površino. Elastične lastnosti materiala bomo opisovali bodisi po Laméjevo z µ in λ ali po Youngu in Poissonu z E in σ. Med izbirama snovnih konstant veljata zvezi oziroma v obratni smeri µ = E 2(1+σ), λ = E = µ(2µ+3λ), σ = µ+λ Eσ (1+2σ)(1+σ), 1 2(1+µ/λ). Gibanje obremenjenega elastičnega telesa bomo opisali z Navierovo enačbo, ki jo dobimo iz Cauchyjevega izraza tako, da vanj vstavimo Hookov zakon: ρü i = f i +µ 2 u i +(µ+λ) ( ) uk, (2.4) x i x k ρü = f +µ 2 u+(µ+λ) u. (2.5) 23
Splošne deformacije 24 Hookov zakon in Navierova enačba, izražena z E in σ: p ij = E 1+σ ( u ij + σ 1 2σ u kkδ ij ), (2.6) u ij = 1 E [(1+σ)p ij σp kk δ ij ], (2.7) ( E ρü = f + 2 u+ 1 ) 2(1+σ) 1 2σ u. (2.8) Naloga Izračunajmo spremembo prostornine kocke, ki jo raztegnemo v smeri lastnih osi. Deformacija je podana z diagonalnimi komponentami deformacijskega tenzorja u xx, u yy in u zz, ki niso odvisne od kraja. Slika 2.1: Kocko raztegnemo v smeri lastnih osi. Ogledali si bomo spremembo prostornine kockice z volumnom dv = dx dy dz v najnižjem redu. Deformacijski tenzor smo vpeljali z enačbo (1.65) kot količino, ki pove, za koliko se ob deformaciji spremeni razdalja med bližnjima točkama. Če enačbo (1.65) lineariziramo, dobimo dl = dl 1+ 2u ijdx i dx j dl 2 ( dx i dl 1+u ij dl ) dx j = dl(1+u ij l i l j ), (2.9) dl kjer so l i smerni kosinusi vektorja dx med točkama. Poglejmo, kako se spremenijo dolžine vektorjev dx, vzporednih koordinatnim osem, na primer osi x. V tem primeru je od nič različen samo smerni kosinusl x = 1 in dobimo dx = dx(1+u xx ).
Splošne deformacije 25 Podobno se spremeni dolžina vektorjev, ki kažejo v smeri osiy ali z, Prostornina po deformaciji je dy = dy(1+u yy ), dz = dz(1+u zz ). dv = dx dy dz = dxdydz(1+u xx )(1+u yy )(1+u zz ). Obdržimo le člene, ki so linearni v deformaciji, in dobimo dv = dv(1+u xx +u yy +u zz ) = dv(1+tru). Relativna sprememba prostornine je torej dv dv dv = Tru = u. (2.10) V najnižjem redu je relativna sprememba prostornine enaka sledi deformacijskega tenzorja, ki jo lahko zapišemo tudi kot divergenco vektorja deformacije. Naloga Izračunajmo spremembo prostornine kocke, ki jo strižno deformiramo v smeri x, tako kot kaže slika, u = (u x,0,0), Zapišimo deformacijski tenzor (1.67): u x = b a y = αy. y b a Slika 2.2: Prečna deformacije kocke s stranicoa. x u ij = 1 2 ( ui + u ) j x j x i u = 1 2 0 α 0 α 0 0 0 0 0. (2.11)
Splošne deformacije 26 Lokalna relativna sprememba prostornine je po enačbi (2.10) enaka sledi tenzorja u, ki je nič. Ker je deformacijski tenzor od kraja neodvisen, velja to tudi za celo kocko. Pri strižni deformaciji se prostornina ne spremeni, kar se vidi tudi s slike. Oglejmo si še nekaj. Vemo, da lahko vsako deformacijo lokalno zapišemo kot čiste raztege ali stiske v medseboj pravokotnih smereh, u = d 1 0 0 0 d 2 0, 0 0 d 3 saj je deformacijski tenzor simetričen in ga lahko diagonaliziramo v ortogonalni bazi. Poglejmo, kako lahko razstavimo našo strižno deformacijo. V ta namen moramo u zasukati v lastni sistem: poiščimo lastne vektorje in pripadajoče lastne vrednosti matrikeu: (u λi)a = 0 det(u λi) = 0, det λ α 2 0 [ ( ] α 2 λ 0 α 2 = λ λ 2 = 0. 2) 0 0 λ Zgornja enačba ima tri rešitve,λ = ± α 2, 0. Poiščimo še pripadajoče lastne vektorje: λ 1 = α 2, a 1 = (1,1,0), λ 2 = α 2, a 2 = (1, 1,0), λ 3 = 0, a 3 = (0,0,1). V lastnem sistemu je deformacijski tenzor torej α u 2 0 0 = 0 α 2 0. 0 0 0 Deformacijo smo tako razstavili na razteg v smeria 1 in na stisk v smeri vektorjaa 2. V smeri vektorja a 3 se telo ne deformira, λ 3 = 0. Povečanje prostornine pri raztegu v smeri a 1 je enako zmanjšanju prostornine pri stisku v smeria 2. Naloga Napetostni tenzor ima naslednje komponente: p ik = 50 0 0 0 50 0 N/cm 2 = p 1 0 0 0 p 2 0. (2.12) 0 0 75 0 0 p 3 Poiščimo ploskev, na kateri je strižna napetost maksimalna.
Splošne deformacije 27 Ploskev, ki jo iščemo, bomo opisali z normalo n. Silo na enoto površine F, ki deluje na ploskev, dobimo kot F i = p ik n k. Silo bomo razdelili na dve komponenti. Komponento v smeri normale bomo poimenovali normalna napetost in jo označili z N, tisto, ki je vzporedna ploskvi, pa striˇzna napetost ter jo označili zs. Normalna komponenta je seveda N i = F j n j n i = p jk n k n j n i, strižno pa dobimo tako, da od F odštejemo normalno komponento, kar se elegantno zapiše kot S i = F j (δ ij n i n j ) = p jk n k (δ ij n i n j ) = p ik n k p jk n j n k n i. Torej je S 2 = S i S i = p ik n k p il n l 2p ik n k p jl n j n l n i +(p jk n j n k ) 2 = = p ik n k p il n l (p ik n i n k ) 2, kar lahko s posplošitvijo sumacijskega dogovora še krajše zapišemo kot S 2 = (p ik n k ) 2 (p ik n i n k ). Zapišimo posamezne člene zgornje enačbe. Upoštevali bomo, da so od nič različni samo diagonalni členi napetostnega tenzorja (enačba (2.12)). Sledi p ik n k = (p 1 n 1,p 2 n 2,p 3 n 3 ) = (p ikn k ) 2 = p 2 1 n2 1 +p2 2 n2 2 +p2 3 n2 3, p ik n i n k = p 1 n 2 1 +p 2 n 2 2 +p 3 n 2 3. Strižna napetost je torej takole odvisna od komponent napetostnega tenzorja: S 2 = p 2 1n 2 1 +p 2 2n 2 2 +p 2 3n 2 3 (p 1 n 2 1 +p 2 n 2 2 +p 3 n 2 3) 2. (2.13) Če upoštevamo še to, da je n enotski vektor, se lahko v (2.13) znebimo ene komponente, recimon 3 : S 2 = (p 2 1 p 2 3)n 2 1 +(p 2 2 p 2 3)n 2 2 +p 2 3 Za ekstrem velikosti strižne napetosti mora veljati ( (p 1 p 3 )n 2 1 +(p 2 p 3 )n 2 2 +p 3) 2. (2.14) 0 = ds2 dn 1 0 = ds2 dn 2 = 2(p 2 1 p2 3 )n 1 4 ( (p 1 p 3 )n 2 1 +(p 2 p 3 )n 2 ) 2 +p 3 (p1 p 3 )n 1, = 2(p 2 2 p 2 3)n 2 4 ( (p 1 p 3 )n 2 1 +(p 2 p 3 )n 2 2 +p 3) (p2 p 3 )n 2. (2.15)
Splošne deformacije 28 V našem primeru so p 1,p 2 inp 3 neničelni in medseboj različni. Iz zgornjih enačb zato sledi { (p1 p 3 ) 2 [ (p 1 p 3 )n 2 1 +(p 2 p 3 )n 2 ]} 2 n1 = 0, { (p2 p 3 ) 2 [ (p 1 p 3 )n 2 1 +(p 2 p 3 )n 2 ]} 2 n2 = 0. (2.16) Rešitev n 1 = 0, n 2 = 0 in torej n 3 = 1 ni dobra, ker ustreza površini, na kateri ni strižnih napetosti (minimum). Iz enačbe (2.13) namreč sledi S = 0. Preostale rešitve enačbe (2.16) bomo razdelili v tri skupine: 1. n 1 0,n 2 = 0. Iz enačb (2.16) sledi (p 1 p 3 ) ( 1 2n 2 1) = 0 = n1 = ± 1 2, n 2 = 0 in n 3 = ± 1 2. 2. n 1 = 0,n 2 0. Enačbi (2.16) nam dasta (p 2 p 3 ) ( 1 2n 2 2) = 0 = n1 = 0, n 2 = ± 1 2 in n 3 = ± 1 2. 3. n 1 0, n 2 0. Enačbi (2.16) sta izpolnjeni, ko je p 1 = p 2 = p 3, kar pa v našem primeru ne velja. Videti je, da rešitev z n 1 0 in n 2 0 ne obstaja. Vendar to ni res; pri prehodu iz enačbe (2.13) v enačbo (2.14) smo namreč n 3 izrazili z n 1 in n 2. Če izločimo na primern 2 tako, da ga izrazimo z n 1 inn 3, dobimo še eno rešitev: n 1 = ± 1 2, n 2 = ± 1 2 in n 3 = 0. Ploskve, na katerih je strižna napetost največja, oklepajo torej druga z drugo kot45. Izračunajmo še vrednosti S na dobljenih ploskvah: S 2 1 = 1 4 (p 1 p 3 ) 2 = S = 1 2 p 1 p 3 = 25 2 N/cm2, S 2 2 = 1 4 (p 2 p 3 ) 2 = S = 1 2 p 2 p 3 = 125 2 N/cm2, S 2 3 = 1 4 (p 1 p 2 ) 2 = S = 1 2 p 1 p 2 = 50N/cm 2. Omenimo še to, da imenujemo ploskev, na kateri je strižna napetost najmanjša in zato N največja, glavna ploskev. Normalo ene od glavnih ploskev smo že izračunali, n = (0,0,1), preostali dve pa opisujeta normali(1, 0, 0) in (0, 1, 0). Naloga Palico preseka S stisnemo po dolžini s silo F. Izračunajmo spremembo njene prostornine! Palica naj leži vzdolž osi z, tako da so robovi vzporedni koordinatnim osem. Poglejmo robne pogoje: na presečni ploskvi deluje sila F v smeri z, na stranske ploskve pa ne deluje
Splošne deformacije 29 Slika 2.3: Palico s presekoms stisnemo v vzdolžni smeri. nobena sila. To prevedemo na robni pogoj za napetostni tenzor. Na presečnih ploskvah velja p zz = F/S, p zx = p zy = 0, na stranskih z normalo v smeri x velja p xi = 0, na onih z normalo v y smeri pa p yi = 0 za vse i. Predznak minus dobimo, ker sila kaže v nasprotno smer kot normala ploskve. Ponuja se rešitev, ki zadošča ravnovesnemu (Cauchyjevemu) pogoju (2.3), p ij x j = 0, in sicer takšna, kjer povsod veljap zz = F/S, vse ostale komponente napetostnega tenzorja pa so 0. To je tudi edina rešitev. Rešitev Navierove enačbe (2.5) je namreč enolična in popolnoma določena z robnimi pogoji. Deformacijo bomo izračunali iz Hookovega zakona. Lahko bi ga uporabili kar v obliki (2.1), a dajmo za vajo izrazit deformacijski tenzor u z napetostnim p (enačba (2.2)). V prvem koraku povežimo sledip kk inu kk, kar naredimo tako, da pogledamo sled Hookovega zakona (2.1): p kk = 2µu kk +3λu kk = (2µ+3λ)u kk, (2.17) pri čemer smo upoštevali, da je δ kk = 3, nato pa lahko izrazimou ik sp ik : V našem primeru dobimo u xx = u yy u zz = u ik = 1 2µ p λ ik 2µ(2µ+3λ) p llδ ik. (2.18) λ = 2µ(2µ+3λ) p zz, ( 1 2µ λ 2µ(2µ+3λ) ) p zz = µ+λ µ(2µ+3λ) p zz, (2.19) izvendiagonalne komponente deformacijskega tenzorja pa so 0. Ni nujno, da gre za palico s kvadratnim presekom. Vidimo, da enak rezultat dobimo za prizmo s kakršnimkoli presekom. Vemo (enačba (2.10)), da je relativna lokalna sprememba prostornine telesa enaka sledi deformacijskega tenzorja, v tem primeru torej V V u xx +u yy +u zz = F/S 2µ+3λ. (2.20)
Splošne deformacije 30 Vpeljimo Poissonovo razmerje σ kot negativno razmerje prečnih in vzdolžne komponente deformacijskega tenzorja: σ = u xx u zz = u yy u zz = λ 2µ(2µ+3λ) p zz 2µ+2λ 2µ(2µ+3λ) p zz = λ 2µ+2λ. (2.21) Namesto snovnih konstant λ in µ sta pogosto v rabi Poissonovo razmerje σ ter Youngov modul E, E = p zz = µ(2µ+3λ). (2.22) u zz µ+λ Če v enačbi (2.20) izrazimo µ in λ z E in σ, zapišemo spremembo prostornine palice kot V V = p zz(1 2σ) E = F(1 2σ). (2.23) ES Če bi bil σ = 1 2 (za primerjavo povejmo, da je σ za železo enak 1 3 in za jeklo 1 5 ), se njena prostornina pri vzdolžni obremenitvi ne bi spremenila. Iz enačbe (2.23) razberemo tudi, da Poissonovo razmerjeσ ne more biti večje od 1 2, sicer bi se pri stisku palice njena prostornina povečala. Naloga Palico preseka S stisnemo po dolžini s silo F. S kakšnim tlakom jo moramo obremeniti po plašču, da se njena prostornina ne bo spremenila? Robni pogoj na stranskih ploskvah se zdaj spremeni, tako da na ploskvah z normalo v x smeri velja p xx = p, p yx = p zx = 0, na ploskvah z normalo v y smeri pa p yy = p, p xy = p zy = 0. Rešitev je spet konstanten napetostni tenzorp xx = p yy = p,p zz = F/S, p ij = 0 za i j, saj zadošča ravnovesnemu pogoju (2.3) in vsem robnim pogojem. To spet velja tudi, če presek ni pravokoten, ampak poljuben (pokaži). Za pravokotni presek pa dodatno velja, da je konstantni diagonalni napetostni tenzor rešitev tudi, ko sta tlaka na stranski ploskvi različna. Iz Hookovega zakona (2.2) tokrat dobimo Sprememba prostornine je tako u xx = 1 2µ p λ xx 2µ(2µ+3λ) (p xx +p yy +p zz ), u yy = 1 2µ p λ yy 2µ(2µ+3λ) (p xx +p yy +p zz ), u zz = 1 2µ p λ zz 2µ(2µ+3λ) (p xx +p yy +p zz ). V V = u kk = 1 2µ+3λ p kk = (1 2σ) (p xx +p yy +p zz ) (2.24) E
Splošne deformacije 31 in je ničelna, če velja p = p zz /2 = F/2S. (2.25) Plašč je torej treba obremeniti z negativnim tlakom, p = F/2S. Naloga Telo v obliki kocke potopimo v tekočino s tlakom p. Za koliko se pri tem spremeni prostornina kocke? Slika 2.4: Kocko potopimo v tekočino s tlakomp. Začnimo z robnimi pogoji. Na ploskvah, vzporednih z ravninoyz, velja pogojp xx = p, na ostalih dveh parih vzporednih ploskev pa p yy = p oziromap zz = p. Rešitev, ki zadošča robnim pogojem in ravnovesnemu pogoju (2.3), je p ij = pδ ij = const. Predznak minus pomeni, da so smeri sil, ki delujejo na ploskve, nasprotne smerem normal ploskev. Deformacijski tenzor izrazimo z napetostnim po Hookovem zakonu (2.1). Ker nas zanima le sprememba prostornine, lahko elegantno vzamemo sled enačbe (2.18), ki je zapisana že v enačbi (2.17) in imamo opravka le s skalarno enačbo: u kk = p kk 2µ+3λ = 3p 2µ+3λ. Relativna sprememba prostornine kocke, ki je po (2.10) enaka sledi deformacijskega tenzorja, je zato V V = 3 2µ+3λ p = 3(1 2σ) p, (2.26) E kar dobimo tudi iz enačbe (2.24), če upoštevamo p xx = p yy = p zz. Poudariti je treba, da rešitev (2.26) velja za telo kakršnekoli oblike, saj zadošča robnemu pogoju neglede na to, kako se s krajem spreminja normala površine (pokažite).
Splošne deformacije 32 Pri enakem tlaku kot v primeru enoosnega stiskanja palice je sprememba prostornine trikrat večja (glej enačbo (2.23)). Spomnimo se še na to, da ponavadi označimo sorazmernostni faktor med relativno spremembo prostornine in tlakom, ki jo povzroči, s koeficientom stisljivostiχ T, V V = χ T p. Iz enačbe (2.26) potem sledi χ T = 3 2µ+3λ = 3(1 2σ) E. Naloga Pokončen kvader višine l stoji na ravni podlagi. Kako se deformira pod vplivom lastne teže? Slika 2.5: Deformacija kvadra pod vplivom lastne teže. Za vsak prostorninski element kvadra zapišemo ravnovesno enačbo (2.3): p ij x j +f i = 0, (2.27) kjer je f i prostorninska gostota sile, v našem primeru teže. Zanjo velja f = ρg(0,0,1). Robni pogoji so naslednji. Na zgornjo in stranske ploskve ni sil, zato tam velja, za vsak i, p zi = 0 za zgornjo in p xi = 0 oziroma p yi = 0 za stranski ploskvi. Na spodnji ploskvi pa velja u z = 0 in, če predpostavimo, da ni trenja, še p zx = p zy = 0. Rešitev enačbe (2.27) bomo iskali v približku, da povsod velja p xz = p xy = p yz = p xx = p yy = 0 in je le p zz različen od nič. Podobno predpostavko smo uporabili že pri prejšnjih dveh nalogah, a tam smo se hitro prepričali, da res velja. Kot se bo izkazalo v nadaljevanju, se tokrat ob naši predpostavki ne bo dalo zadostiti robnemu pogoju na spodnji ploskvi. Poglejmo. Enačba (2.27) se ob naši predpostavki poenostavi v pzz z = ρg. Ko jo integriramo po z, dobimo p zz = ρgz +c. (2.28) Robni pogoj na zgornji ploskvi zahtevap zz z=l = 0, s čimer določimo konstantoc, p zz = ρg(z l). (2.29)
Splošne deformacije 33 Da bi določili deformacijo kvadra, povežimo najprej deformacijski in napetostni tenzor s Hookovim zakonom u ik = 1 2µ p λ ik 2µ(2µ+3λ) p llδ ik. (2.30) Če vstavimo v zgornji izraz enačbo (2.29), dobimo naslednje komponente deformacijskega tenzorja: u xy = u xz = u yz = 0, λ u xx = u yy = ρg(z l), 2µ(2µ+3λ) µ+λ u zz = ρg(z l). (2.31) µ(2µ+3λ) λρg Zaradi krajšega zapisa uvedemo konstantec 1 = 2µ(2µ+3λ),c 2 = (µ+λ)ρg µ(2µ+3λ) in enačbe integriramo: u xx = u x x = c 1(z l) = u x = c 1 (z l)x+f(y,z), u yy = u y y = c 1(z l) = u y = c 1 (z l)y +g(x,z), (2.32) u zz = u ( ) z 1 z = c 2(z l) = u z = c 2 2 z2 lz +h(x,y). Funkcije f, g in h bomo določili iz preostalih enačb (2.31), u xy = u xz = u yx = 0. Zveza u xy = 0 (torej ux y + uy x = 0) poveže funkcijif ing: Iz enačbu xz = u yz = 0 pa sledi: f(y,z) y + g(x,z) x c 1 x+ f z + h x = 0, c 1 y + g z + h y = 0. (2.33) = 0. (2.34) Če prvo enačbo odvajamo po x in drugo po y ter upoštevamo, da f ni odvisen od x, g pa ne ody, dobimo enakosti 2 h x 2 = c 2 h 1, y 2 = c 1. Da bi določili funkcijo h(x, y), bomo v naslednjem koraku zgornji enačbi integrirali, prvo po x in drugo po y. Sledi h x = c 1x+m(y), h y = c 1y +n(x). (2.35)
Splošne deformacije 34 Ker morata biti odvoda 2 h y in 2 h x med seboj enaka, pri čemer je prvi odvisen samo ody, drugi pa samo odx, je edino mogoče, da sta enaka konstanti. Označimo jo sk. Za funkcijim(y) inn(x) potem veljam(y) = ky+a tern(x) = kx+b. Če integriramo izraza (2.35) še enkrat po x oziroma y in ju izenačimo, dobimo za funkcijo h(x, y) izraz x y = m(y) y x = n(x) h(x,y) = 1 2 c 1(x 2 +y 2 )+kxy +ax+by +d. (2.36) Konstante a, b, d, k bomo določili iz robnih pogojev. Poiščimo še funkciji f in g. Iz prve izmed enačb (2.34) sledi Druga enačba (2.34) pa nam da f = h z x +c 1x = ky a, (2.37) f = kyz az +m 1 (y). g = h z y +c 1x = kx b, (2.38) g = kxz bz +n 1 (x). Funkciji m 1 (y) in n 1 (x) bomo določili iz enačbe (2.33). Če odvajamo f po y in g po x, dobimo f y + g x = kz + m 1(y) kz + n 1(x) = 0. y x Sledi enačba 2kz = m1(y) n 1(x) x y + n1(x) m1(y) x, ki je rešljiva samo tedaj, ko je k = 0 ter = e. Za funkciji f in g potem lahko zapišemo y = f(y,z) = az +ey +a 1, (2.39) g(x,z) = bz ex+b 1. Vektor deformacije (2.32) ima tedaj naslednje komponente: u x = c 1 (z l)x az +ey +a 1, u y = c 1 (z l)y bz ex+b 1, (2.40) ( ) 1 = c 2 2 z2 zl + 1 2 c 1(x 2 +y 2 )+ax+by +d. u z Preostane le še, da določimo konstante a, b, d, e in a 1 ter b 1. Konstanti a 1 in b 1 takoj postavimo na nič, saj pomenita premik celotnega kvadra v smeri osi x in y. Opazimo, da ne moremo zadostiti robnemu pogoju u z (x,y,l) = 0, kar pomeni, da začetna predpostavka o napetostnem tenzorju ni prava. Kljub temu pojdimo naprej in poiščimo rešitev, ki pač ne zadošča zahtevanemu robnemu pogoju na spodnji ploskvi. Namesto tega zahtevajmo, da na vrhu kvadra velja u x (x,y,l) = u y (x,y,l) = 0, za kar sicer nimamo argumentov, se pa zdi