№2.2. №2.1-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін, материальдық бөлікшенің жылжытылған орның анықтаңыз. Егер ол басында:

а) Х₁=0 жазықтығында шекарасы бар шеңбер болса;

б) қабырғалары координата осьтерінде жататын және dX_i=dX ұзындығы бар шексіз аз куб болса.

Егер болса, онда «а» және «б» жағдайлары үшін жылжытылған орынның сүлбасын салыныз.

№2.3. Біріктірілген материалдық және кеңістіктік осьтерге қатысты орын ауыстыру векторы берілген. басында (1; 0; 2) нүктесінде орналасқан бөлікшенің жылжыған орның анықтаңыз.

№2.4. X_i ортогональды декарттық материалдық координата жүйесінде орын ауыстыру өрісі берілсін (мұндаы А – константа). Егер екі жүйенің де басы бір нүктеде болса, онда х_i цилиндрлік кеңістіктік жүйеде орын ауыстыру компоненталарын анықтаңыз.

№2.5. Деформация лагранждық формада берілген: , , , мұндағы е константа. якобианның нөлден ерекше екенің және осы деформацияны сипаттайтын эйлерлік теңдеуді табыныз.

№2.6. түріндегі орын ауыстыру өрісі берілген. Деформацияның материалдық градиенті -ті және орын ауыстырудың материалдық градиенті -ді анықтаңыз. (1.24) формуланың ақиқаттығын, яғни екенің дәлелденіз.

№2.7. Тұтас ортаның бірқатар көлемі келесі түрде орын ауыстырсын: . А(1; 0; 3) және В(3; 6; 6) бөлікшелерін қосатын ығысу фекторының орның анықтаңыз. Материалдық және кеңістіктік осьтер біріктірілген.

№2.8. 2.7-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін А және В бөлікшелерін қосатын векторға параллель С(2; 6; 3) бөлікшесінің жылжығандағы радиус-векторын аныөтаңыз. Бұл екі вектордың деформациядан кейін де параллель болатының дәлелде.

№2.9. Егер орын ауыстыру өрісі , мұндағы A_ij – тұрақты немесе уақыт функциясы да болуы мүмкін, түрінде берілсе, онда деформация біртекті деп аталады. Мұндай деформациялар үшін келесі қасиеттерді дәлелденіз:

а) жазық қима жазық болып қалады,

б) түзу сызықтар түзу болып қалады.

№2.10. Егер формуласындағы A_ij олардың көбейтіндісін ескермеуге болатындай, соншалықты аз болса, онда деформация шексіз аз біртекті деформация деп аталады. Екі тізбектелген шексіз аз деформация нәтижесінде пайда болатын толық деформацияны, реті орын ауыстыру кезіндегі ақырғы пішіндеме әсер етпейтіндей екі жеке деформацияның қосындысы ретінде қарастыруға болатының дәлелде.

№2.11. Тұтас ортаның бірқатар көлемі деформациядан өтеді: х₁=Х₁, х₂=Х₂+АХ₃, х₃=Х₃+АХ₂, мұндағы А – константа. Грин деформация тензоры -ді табыныз және оны қолданып, ақырғы деформациялардың лагранж тензоры -ді тап.

№2.12. 2.11-есептегі орын ауыстыру өріс жағдайындағы ОА және ОВ қабырғаларының ұзындық квадраты (dx)² және 2.1-суретте көрсетілген кішкентай тікбұрыштын деформациядан кейінгі ОС диагоналын анықтаңыз.

№2.13. 2.12-есептегі сызықтық элементтің ұзындық квадратының өзгеруін анықтаңыз және нәтижені 2.11-есепте табылған деформация тензорын пайдаланып (1.36) формула бойынша тексерініз.

№2.14. 2.11-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін жылжудың материалдық градиенті -ді анықтаңыз және бұл тензорды ақырғы деформациялардың лагранждық тензоры -ді анықтау үшін пайдаланыз нәтижені 2.11-есептегі нәтижемен салыстыр.

№2.15. Орын ауыстыру өрісі , , , мұндағы А – константа, түрінде берілген. Сызықтық деформацияның лагранж тензоры -ді және сызықтық деформацияныңэйлер тензоры -ні анықтаңыз. А тұрақтысы өте аз болғанда және -ні салыстыр.

№2.17. 2.16-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін Р(1,2,-1) нүктесінен Q(4,2,3) нүктесіне қарай қарай бағытталған бірлік вектордың салыстырмалы орын ауыстыруын анықтаңыз.

№2.18. түріндегі орын ауыстыру өрісі үшін аз деформациялар теориясында қабылданған шектеуі орындалсын. Р(0,2,-1) нүктесіндегі сызықтық деформация тензорын сызықтық бұрылу тензорын және бұрылу векторын анықтаңыз.

№2.19. №2.18-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін бағытындағы Р(0,2,-1) нүктесінің бастапқы ұзындық бірлігіне (салыстырмалы ұзару) келетін ұзындықтың өзгеруін табыныз.

№2.20. Аз деформациялар теориясында, және екі ортогональ бірлік векторлар арасындағы тік бұрыштын өзгеруі деформацияланбаған пішіндемеде формула-сымен берілетінің дәлелде.

№2.21. №2.20-есептің нәтижесін пайдаланып, 2.18-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін, Р(0,2-1) нүктесіндегі және векторларының арасындағы тік бұрыштың өзгеруін табыныз.

№2.22. №2.11-есептегі х₁=Х₁, х₂=Х₂+АХ₃, х₃=Х₃+АХ₂ жылжу деформациясы үшін Х₁ осіне параллеь сызықтық элементтің ұзындық коэффициентін бірге тең болатының (салыстырмалы ұзару нөлге тең) дәлелде. 2.3-суреттегі шексіз аз ОВСD квадраттың диагоналдық ОС және DB бағыттары үшін табыныз. Нәтижені орын ауыстыру өрісінен тікелей есептеу арқылы салыстырыныз.

№2.23. Егер векторы арқылы сипатталатын бағыт векторының бағытының деформациясынан алынған болса, онда және ұзындық коэффициенттері тең болады. Егер болса, онда №2.22-есептегі орын ауыстыру өрісі үшін анықта және оның ОС диагоналы үшін табылған -ға тең екенің дәлелде.

№2.24. х₁=Х₁, х₂=Х₂+АХ₃, х₃=Х₃+АХ₂ жылжу деформациясындағы деформация градиентінің полярлық жіктелуін пайдаланып, ұзындық коэффициентінің оң тензоры және бұрылу тензоры – ді анықтаңыз. тензорының бас мәндері №2.22 – есептегі ОС және DВ диагоналының ұзындық коэффициенттері болатының дәлелде.

№2.25. Қатты дененің шексіз аз бұрылуы , , , мұндағы А, В, С – шексіз аз тұрақтылар, формуласымен берілген. Егер квадраты және тұрақтылар көбейтіндісі бар мүшелерді ескермесек, онда жіктелудің жоқ екенің дәлелде.

№2.26. х₁=Х₁, х₂=Х₂+Х₃, х₃=Х₃+Х₂ жылжу деформациясы үшін және тензорларының бас бағыттары №2.24-есепте айтылғандай бірдей болатының дәлелде.

№2.27. (1.37) анықтаманы пайдаланып және координаталарды түрлендіруде ақырғы деформациялардың лагранж тензоры, екінші рангілі декарт тензоры сияқты түрленетінің дәлелде.

№2.28. Бірқатар біртекті деформация өрісі

түріндегі ақырғы деформациялардың тензорына әкеледі. Бас деформацияны және бас осьтерді анықтаңыз.

№2.29. х₁=Х₁, х₂=2Х₂, х₃=Х₃-Х₂ түріндегі біртекті деформация үшін сфералық бетінің деформациясынан пайда болатын деформацияның материалдық эллипсоидын анықтаңыз. Бұл эллипсоид теңдеуімен өрнектелетінің дәлелде.

№2.30. №2.29-есептегі деформация үшін деформацияның кеңістіктік эллипсоид теңдеуін анықтаңыз және оның теңдеуі түрінде болатының дәлелде.

№2.31. Тікелей жіктеу арқылы, деформация тензорының II_L екінші инварианты

түрінде болатының дәлелде.

№2.32. Біртекті ақырлы деформация u_i=A_ijX_j қатынасымен сипатталады, мұндағы A_ij – тұрақты. Көлемнің салыстырмалы өзгеруінің өрнегін табыңыз (бастапқы көлем бірлігіне келетін өзгерістер). Өте кішкентай A_ij көмегімен ол текше кеңеюіне дейін азаятынын дәлелдеңіз.

№2.33. Сызықтық (аз) деформация u₁=4x₁₂+3x₃, u₂=x₁+7x₂, u₃=x₁+4x₂+4x₃ қатынасымен берілген. Мұндай деформация үшін бас деформацияны (ұзару) және деформация девиаторының бас мәні -ді анықтаңыз.

№2.34. Деформацияның 45⁰ розеткасында 2.3-суретте көрсетілгендей деформация өлшенген. Р нүктесінде , , мәндері алынған. Осы нүктедегі Е₁₂ жылжу деформациясын анықтаңыз.

2.3 – сурет.

№2.35. Келесі жазық деформация үшін Мор дөңгелектерін салыныз

және жылжудың максимальды деформациясын анықтаңыз. Нәтижені аналитикалық жолмен тексерініз.

№2.36. Тұтас ортаның деформацияланған күйі

тензорымен берілген. Үйлесімділік теңдеуі орындала ма?

№2.37. (1.37) анықтаманы пайдаланып, (1.40) ақырғы деформациялардың лагранж тензорының индекстік формасын анықтаңыз.

№2.38. , , орын ауыстыру өрісі берілген. Егер А, В, С түрақтылары өте аз шама болса, онда бұл орын ауыстыру абсолютті қатты дененің бұрылуына сәйкес келетінің дәлелде.қатты дененің шексіз аз бұрылуы үшін бұрылу векторы -ны табыныз.

№2.39. Абсолют қатты дененің бұрылуы , , орын ауыстыру қрісі арқылы берілген. Q(3, 0.1, 4) нүктесінің Р(3, 0, 4) нүктесіне қатысты орын ауыстыруын анықтаңыз.

№2.40. Егер штрихті және штрихсіз осьтер 2.4-суретте көрсетілгендей орналасса, онда х₂х₃- параллель жазықтықтарда жүретін жазық деформация үшін салыстырмалы ұзару және жылжу деформациясы -тің өрнегін табыныз.

№2.41. Біртекті деформация үшін аз деформациялар тензоры берілген:

.

№2.42. Бірқатар нүктедегі деформация тензоры келесі түрде болсын:

,

яғни бас осьтерде

.

Осы тензорлардың әрқайсысының инварианттарын анықтаныз және олардың бірдей екенің дәлелде.

№2.43. х₁=Х₁+АХ₃, х₂=Х₂-АХ₃, х₃=Х₃-АХ₃+АХ₂ түріндегі орын ауыстыру өрісі үшін ақырғы деформациялар тензоры -ді анықтаңыз. Егер А тұрақтысы өте аз шама болса, онда орын ауыстыру абсолют қатты дененің бұрылуын сипаттайтының дәлелде.

№2.44. u₁=Ax₁+3x₂, u₂=3x₁-Bx₂, u₃=5 орын ауыстыру өрісі жазық деформация күйін сипаттайтының дәлелде. Деформация изохоралық (көлемдік ұлғаю жоқ болатын) болатындай етіп А және В арасындағы байланысты табыныз.

№2.45. Бойлық беттік деформацияны өлшеу үшін қолданылатын дельта-розеткасы тең қабырғалы үш бұрыш формасында болады және 2.6-суретте көрсетілген бағыттарда салыстырмалы ұзаруды өлшейді. Айталық, болсын. Осы нүктедегі және мәндерін анықтаңыз.

№2.46. Ақырғы деформация кезіндегі Х₂ және Х₃ координаттық бағыттар арасындағы бұрыштың өзгеруін өрнектейтің (1.72) формуланы қорытып шығар. Егер орын ауыстыру градиенттері аз шама болса, онда бұл формула (1.65) формуласына келтірілетінің дәлелде.

№2.47. Жай жылжу кезіндегі, х₁=Х₁, х₂=Х₂, түрінде болатын орын ауыстыру үшін, салыстырмалы ұзаруы 0 болатын, Х₂Х₃ жазықтығындағы сызықтық элементтің бағытын анықтаңыз.

№3.12. Егер болса, онда орын ауыстыру компоненттері (3.31) Навье теңдеуінің шешімі болатының дәлелде. Мұнда массалық күштер нөлге тең.

№4.1. (4.1) және (4.2) анықтамаларды қолдана отырып, логарифмдік және техникалық деформация арасындағы байланысты алу керек. Бұл шамалардың өсулері қалай байланысты.

№4.2. Үлгіні бір өлшемді сынау кезінде P жүктемесінде ақиқат кернеу -ке тең, ал техникалық кернеу ретінде қабылданады, мұнда A₀ - бастапқы көлденең қиманың ауданы, F - оның ағымдағы мәні. Иілімділік деформация кезінде көлемі өзгермейтіндей, максималды жүктеме шартын табыңыз (A₀L₀=AL).

№4.4. Кернеулік күй үшін

,,,,

жіңішке қабырғалы құбырды созылу – бұралуға сынаған кезде пайда болады, егер шектік ағымдық қарапайым созылу кезінде тең болған кезде, Треск және Мизес қағидаларына сәйкес жазықтығындағы қисық ағымдарды алу керек.

№4.5. Мизестің (4.10) иілімділік шартын (4.11) түрге түрлендірейік, яғни оны бас кернеулер арқылы жазыңыз.

№4.12. Прандтля – Рейсс теңдеуінен Лоде параметрі және шамасының теңдігі шығатынын дәлелдеу керек (4.3 есепті қараңыз).

№4.14. иілімділік потенциал түрде болсын, (4.22) қатынасы иілімділік потенциал үшін Прандтля- Рейсс теңдеуіне айналатынын дәлелдеу керек.

№4.15. (4.24) өрнегін ашып жазайық және эквивалентті кернеуді (4.23) түрде жазуға болатынын дәлелдеу керек.

№4.17. Пластикалық деформациялардың өсу қатынастарын табыңыз:

№4.18. иілімділік деформациядағы жұмыстың өсуін және эквивалентті иілімділік деформацияның өсуін екі осьті кернеу күйі үшін табыңыз

№4.21. Хенкидің иілімділік деформациялық теориясының негізі келесі қатынастардан тұрады: , оның үстіне және . Бұл теңдіктердің (4.37) және (4.38) формулаларына эквивалент екенін дәлелдеңдер.

№4.22. Генки параметрін (4.39) формуламен көрсетуге болатынын тексеріңіз.

Арқалықтардың элементар теориясын пайдаланып, 4.15-суретте көрсетілгендей, арқалықтың серпімді өзегі – а-дан а-ға дейін созылатын арқалық шетінде әсер ететін иілу моментінің M шамасын табыңыз.

4.16-сурет. 4.17-сурет

4.18 – сурет

Мизес қағидасын пайдаланып, иілімділік күй алғаш пайда болған қысымды табыңыз.

4.19-сурет

материалдың берілуі жылдамдығы және және полярлық координаталар арқылы өрнектелген осы сырғанау сызықтары бойынша жылдамдық құраушыларын табыңыз.

№4.32. (-Лоде параметрі) параметрінің қандай мәнінде Треск және Мизес қағидалары сәйкес келеді.

№4.33. Кернеулік күй үшін

,

мұнда және – тұрақтылар, Треска және Мизес қағидаларына сәйкес иілімділік шарттарды табыңыз.

№4.34. Прандтль-Рейс теңдеулері орындалса, иілімділік деформация кезінде материалдың сығылмау шарты да орындалатынын дәлелдеңдер. Осы теңдеулерді лездік кернеулер арқылы жазыңыз.

, ,

,

мұнда ( және анықтамасы №4.6 есепте берілген).

№4.36. Серпімді-идеалды-иілгіш сығылмайтын материал екі қатты пластина арасындағы жазық деформация арқылы жүктелген, сондықтан және (4.20-сурет).

4.20 – сурет

Мизес қағидасын қолдана отырып, иілімділік пайда болған кездегі кернеу мен сәйкес деформацияны анықтау керек.

4.37. Серпімді-идеалды-иілгіш материалдан жасалған тікбұрышты арқалық жүктелгенде таза иіледі (4.21-сурет).

4.21-сурет

Жүктеме бүкіл арқалық материалы толығымен иілімділік күйге өтетін момент мәніне дейін артады. иілу моментін алып тастағаннан кейін арқалықтағы қалдық кернеуді табыңыз.

№5.6 Кельвин және Максвелл модельдерінде (5.17) және (5.21) теңдеулерін тура интегралдау арқылы жылжымалық сипаттамаларға арналған өрнектерді табыңыз.

№5.7. Стандартты сызықты қатты дене үшін жылжымалы деформацияны табыңыз (5.3,а-сурет, 97 бет).

5.18 – сурет

№5.18. Жалпыланған Максвелл моделі үшін (5.10) теңдеуінің нақты мысалын пайдалана отырып, модельдер параллель қосылғанда олардың комплексті модульдері қосылатыны туралы ереженің дұрыстығын көрсетіңіз.

б)

в) болғандықтан, және .

Бұл теңдеулер болғанда қанағаттандырылады.

.

Соңғы интегралда көлем бойынша дифференциалдауды орындап, оған (1.19)-дағы көлем бойынша интегралдауды қоссақ, онда

.

Бірақ, тепе-теңдік теңдеуінен және болғандықтан, көлем бойынша интеграл (1.20) түріне келтіріледі: .

Қалған элементтерді ортогональдық шартынан табамыз. Онда

.

Сонымен,

Бас кернеулері бірдей болатын кернеулік күй үшін Мор дөңгелектерін қарастырсақ, онда алынған нәтижеге таң қалуға болмайды.

б) .

Бір осьтік созылудың кернеу беті, кернеу әсер ететін сызыққа перпендикуляр екі жазықтық болады.

в) .

Қарапайым жылжудың кернеу беті осіне паралелль гиперболалық цилиндр болады.

г) .

Жазық кернеулік күйдің кернеу беті, жасаушысы нөлдік кернеу осіне паралель және бағыттаушысы екінші ретті қисық түрінде болатын цилиндрлік бет болады.

немесе ашып жазсақ . Бұл теңдеудің түбірлері бас кернеулер болады. Яғни . Айталық, осі бас кернеу осіне сәйкес келсін және осы осьтің бағыттаушы косинусы болсын. Онда (1.42) бойынша

Осыдан =0, ал болғандықтан болады. Сонықтан , , .

Айталық тура осылай осі бас кернеу осіне сәйкес келсін. Онда (1.42) бойынша

Осыдан

Айталық, -ке сәйкес келсін. Онда (1.42) бойынша

Осыдан

немесе

Осыдан үшін (1.42) формуладан келесі жүйе шығады:

осыдан үшін (1.42) фомуладан келесі жүйе шығады:

Соңғы жүйе, теңдеуімен бірге бірінші және екінші бас осьтерді бірмәнді анықтау үшін жеткіліксіз. сондықтан бағыттаушысына перпендикуляр кез-келген өзара перпендикуляр екі осьтер бас осьтер бола алады. Мысалы, 1.12-есептегі түрлендіру матрицасы арқылы анықталған осьтерді қарастырайық

(1.29) түрлендіру заңы бойынша бас кернеулер матрицасы келесі түрде болады:

,

бұны суреттен де көруге болады. Ал қалған 4 элементті ортогональдық шартынан анықтаймыз:

Алдыңғы есептегідей, бас кернеулер матрицасы келесі түрде болады

Штрихті осьтегі кернеу тензоры келесі түрде болады:

Қабырғалары координата осьтеріне перпендикуляр, элементар кубқа әсер ететін кернеуді көрсету арқылы бұл нәтижені қосымша түсіндіруге болады (1.2-сурет).

№1.27. Анықтама бойынша , онда

,

мұндағы ,

,

ал оның бас мәңін

анықтаушын нөлге теңестіру арқылы анықтауға болады. Осыдан

Егер алдымен тензорының бас мәңдерін анықтап, одан кейін (1.71) формуласын пайдалансақ, онда жоғарыдағы нәтиже шығады. тензорының бас мәндері тең. Осыдан екені шығады.

,

.

Осыдан (1.72) сәйкес . болғандықтан болады.

Бұл теңдеуге және мәндерін қойып, одан кейін оны -ге қатысты шешсек, онда түріндегі бағыттауыш косинустарды аламыз. Оқырманға бұл нәтижелерді келесі кернеу тензорына қолдану ұсынылады

.

ал бұл бас мәндерді анықтаудың (1.36) теңдеуіне эквивалентті.

немесе ашып жазсақ

Бұл мәндерді теңдеуіне қойсақ, онда

Екінші жағынан, (1.27) формула бойынша

Сонымен қоса, болғандықтан, болады немесе

Осыдан

.

б) 1.2-есеп бойынша жазықтығының бірлік нормаль векторы өрнегімен анықталатындығы шығады. Онда (1.12) формула бойынша, бұл ауданшадағы Р нүктесіндегі кернеу векторы келесі түрде анықталады:

Р нүктесіндегі, сферасының нормалы өрнегімен анықталады. Мұндағы . Онда . Р нүктесіндегі кернеу векторы, (1.14) матрицалық жазылуы бойынша келесі түрде болады:

.

в) (1.37) формула негізінде, бас кернеу үшін келесі теңдеуді аламыз:

.

Осыдан (1.54б) формуласы бойынша максимальды жанама кернеу шамасы -ге тең. Р нүктесіндегі орташа нормаль кернеу тең болғандықтан, кернеу девиаторының бас мәндері де кернеу тензорындағыдай болады.

а) және координаталарын ауыстыру шеңберді, эллипсімен шектелген облысқа ауыстырады. болғандағы эллипс теңдеуі, бас осьтерінде ( осьтерімен бұрыш жасайтын) түріне келеді. 2.10-суретте жылжытылған нүктелердің геометриялық орны көрсетілген.

б) №2.1-есептен куб қабырғаларының орын ауыстыруы еш қиындықсыз табылады. , қабырғаларында орын ауыстыру компоненталары . , қабырғасында , болады және бөлікшелер, олардың координата басындағы ара қашықтығына пропорционал, бағытында орын ауыстырады. , қабырғасы үшін , болады. Кубтың бастапқы және жылжытылған орны 2.11-суретте көрсетілген.

,

ал (2.9) формула бойынша . Декарттық координата мен цилиндрлік координата , , қатынастарымен байланысқандықтан, (3.9) формула келесі теңдіктерді береді:

,

.

Бұл айналдыру кезіндегі дөнгелек стержендегі жылжу.

.

а) ОС үшін: ;

б) ОВ үшін: ;

в) ОА үшін: .

(2.36)-теңдеуден ОС үшін келесіні аламыз:

.

ОА және ОВ өзгеруін тура осылай анықтаймыз.

түрінде болады. онда Р нүктесінде

.

Бұл матрицаны симметриялы және антисимметриялы бөліктерге жіктейік:

,

мұндағы – сызықтық деформация тензоры, – сызықтық бұрылу тензоры. Онда (3.56)-формула бойынша векторының компоненттері келесі түрде анықталады: , .

.

Дәл осылай ОС бойындағы үшін

Орын ауыстыруды анықтайтын қатынастарға сәйкес деформациядан кейінгі С нүктесінің орны: Сонымен, ал болғандықтан, ұзындық коэффициентінің квадраты (1+А)²-қа тең болады. Бұл (2.66) формуламен есептелген мәнге тең..

Дәл осылай бағытында болады. Онда

.

Осыдан С Коши деформация тензорын табамыз және (2.67) формуланы пайдалансақ, онда

Сонымен, бұл ОС үшін есептелген -ға тең екенін көреміз. Бұл деформация жылжуында ОС диагональ элементі өз бағытын өзгертпейді.

G тензорының бас осьтері X₁ осінің бойында 45^о–қа бұрылудан шығады, ал бас осьтегі тензордың өзі

.

Сондықтан

X_i координата жүйесінде бұл жіктелу келесі түрде жазылады:

Бұл мысалда F деформация градиентінің өзі S ұзындық коэффициентінің тензоры болады., ал бұрылу тензоры R=I. Бұл берілген жылжу деформациясы үшін L_G және E_A тензорларының бас осьтерінің бірдей екендігінің нәтижесі.

Шамасы жағынан өте аз мүшелерін ескермесек, онда

Бұл тензор

түрлендіру матрицасы бойынша анықталатын бас осьте келесі түрде болады:

Тура осылай, (2.39) формула бойынша және матрицасы бойынша түрлендірсек, онда

Бұл есептеулердің дұрыстығын тексеруді студентке қалдырамыз.

Осыдан бас бағыттардағы түрлендіру матрицасы келесі түрде болады

матрицасының көмегімен бас осьтерде түріндегі канондық түрге келтіреміз.

Деформация теориясының қатынастарынан деформация тензорын табамыз (есептеу 2.24-есептегіге ұқсас):

Келесі

түрлендіру матрицасы арқылы бұл тензор бас осьтерге келтіріледі (диагональдық формаға):

мұндағы ұзындық коэффициентінің бас мәндері Бұл ұзындық коэффициентінің бас мәндерін түрлендіру матрицасын пайдаланып (2.66) формула бойынша табуға болатының ескертеміз.

Бұл эллипсоид теңдеуі

түрлендіру матрицасы арқылы (бас осьте) канондық түріне келтіріледі.

Екінші жағынан (2.91) формуланы ашып жазсақ:

Онда

Егер өте аз және оның жоғарғы ретті дәрежелерін ескермесек, онда

Сонымен , онда деформация девиаторы

немесе бас осьтерде

болатының ескертеміз.

Осыдан немесе

Мұндағы бастапқы екі жол F (2.18-сурет) нүктесіндегі деформацияланған күйді сипаттайды. осінің бойында –45^о бұрышқа бұру 3.16-суреттегі Е нүктесіне мәйкес келетіндігін ескертейік

және (2.37) формулаға сәйкес

.

Егер аз тұрақтылардың көбейтіндісін ескермесек, онда деформацияның бұл тензоры нөлге тең, ал орын ауыстыру абсолютті қатты дененің бұрылуы болады. (2.50) формула бойынша бұрылу векторы

мұндағы .

Егер А аз болса, онда -ны ескермеуге болады және L_G=0. (2.50) формула бойынша бұрылу векторы мынандай болады:

екенін табамыз. Ол жазық деформацияның (2.99) формасына сәйкес келеді. (2.96) формулаға сәйкес көлемдік ұлғаю коэффиценті келесі түрде болады: Егер А=В болса, онда ол нөлге тең.

немесе бағыты үшін келесі мәндерді аламыз:

немесе

Бұл теңдеулер жүйесін, не , не -ге қатысты шешсек, онда және

Бұл өрнектің алымы мен бөлімін және -ке бөлейік. (2.35) және (2.66) ескерсек, онда

Әрі қарай, (2.37) формула негізінде болады. Себебі, (3.68) формулаға сәйкес және т.с.с.; сондықтан,

Егер болса, онда бұл теңдік келесі түрге келтіріледі:

немесе Сонымен қатар, Бұл екі теңдеуді біріктіріп шешсек, онда немесе Сонымен, нөлдік ұзарудың элементтері Х₃ осінің бойында және Х₃ осіне 60^о бұрышпен орналасады.

Талапкер бұл қатынасты (2.36) формуласынан шығатын қатынасын пайдаланып қорытып шығаруды қалдырамыз.

,

немесе символдық формада . (3.24) формуланы (3.13) формулаға қойсақ, онда

,

немесе символдық формада

.

болатындығы шығады.

Егер (немесе )жазықтығы екінші серпімді симметрия жазықтығы болса, онда және осіне түрлендіру матрицасы келесі түрде болады:

,

онда (2.27) және (3.78) формулаларынан, егер K=1, 2, 3, 4 болса, онда, ал K=5, 6 болғанда болатындығы шығады. Осыдан, екені шығады. Онда серпімді тұрақтылар матрицасы (3.19) түрінде болады. Мұндай матрица жағдайында (үшінші) жазықтығына қатысты серпімді симметрия бірден шығатындығын тексеру оқушының өзіне ұсынылады.

Ақырында, х₃ осінің маңайында -қа бұрылған жүйесі үшін (6.3-сурет) түрлендіру матрицасы келесі түрде болады:

,

сондықтан және . Бірақ , сондықтан . Енді және белгілеулерін еңгізсек, онда (3.20) матрицасын аламыз.

Егер

алмастыруын жасасақ, онда (3.45) теңдеуі (3.51) теңдеуіне ұқсас болады.

,

немесе бір индекстік белгілеу бойынша

.

Дәл осылай, (3.4) формуласын ескере отырып, (3.78) формуласын пайдалансақ, онда

.

Бірақ, изотропты дене үшін және бұл жағдайда . Жоғарыда аталған шарттар бойынша (3.19) матрицасының түріне сәйкес және , онда болады. Сонымен . Онда , , деп алсақ, (3.20) формуланы аламыз.

№4.2. Біздің жағдайда

және күштің көп түскен жері S-ші диаграммада оның көлбеуі нөлге тең жерде тұр . Дифференциалдағаннан соң болады. Бұл теңдеу нөлге тең болады, егер болса. №4.1. есептің нәтижелерін қолданып, соңғы шартты түрде жазуға болады.

№4.3 (2.71)-ге сәйкес, және т.с.с., сонымен қатар тең. Сонда

Бірақ , және, осыдан шығады.

№4.4. Берілген кернеулік күйде басты кернеулердің мәндері , , тең, ол 4.11 суретте Мор диаграммасында көрсетілген. Сонымен, (4.8) формуласы бойынша Тресктің қисық ағымдарын табу керек. Бұл жазықтығында эллипс. (4.12) формуласы ұқсас, ол түрдегі Мизес қисық ағымын береді. Мизес және Треск ағымдарының эллипстері бұл жағдай үшін 4.12-суретте салыстырылады.

№4.5. (4.72) формула бойынша , сонымен қатар (2.71)-ға сәйкес, және т.с.с., оның үстіне /3. Осыдан

Осылайша,

№4.6. Осыдан шығатыны

Сонда (4.12) формуласы мына теңдеуге келтіріледі

ол ықшамдалған соң 4.5,б-суретте бейнеленген Мизес шеңберін сызады.

№4.7. №4.6. есепте табылған мәндерін (4.14) теңдеуге қоя отырып, немесе аламыз, ол деген XY жазықтық деген сөз (П-жазықтық).

№4.8. болғанда (4.12) Мизестің қағидасы теңдеуімен жазылады, ол эллипс түрінде болады (4.14-сурет)

4.14 – сурет

өстері көрсетілген координат бағыттарына бұрышпен жатыр. Осылай Треск қағидасы, яғни (4.8) формуласы , теңдіктермен бірге Треск алтыбұрышына әкеледі, ол AB және ED кесінділермен теңдеумен, DC және FA кесінділермен теңдеумен және де BC және EF кесінділермен теңдеулермен сәйкес келеді.

№4.9. №6.26 есепте басты кернеулер арқылы өрнегі табылды:

Бірөсті созылу және қысылу кезінде болғанда, бұл формуладан шығады. Сонда және, бұрыңғыдай Мизес қағидасы (4.12) теңдігімен өрнектеледі.

Жанама кернеулер жоқ болғанда . Сонда (4.9) формуласынан түрінде Тресктің қағидаларын табамыз, ал (4.13)-ден берілген жағдай үшін Мизес қағидасын немесе яғни табамыз.

№4.12.

(4.21) қатынасынан алатынымыз

мұнда Сонымен, болғандықтан

Оны ашып жазғанда, алатынымыз

Бұл (4.23) формуламен бекітіледі.

сандары ағым бетіне нормальдың бағытын береді, яғни бұл нормальды шамамен сипаттауға болады, ал ол үшін болуы талап етіледі, сонымен қатар Мизес қағидасына қатысты орындалады. Сонда және т.б., иілімділік деформацияның өсу векторы нормаль бойынша -ге бағытталғандықтан шығады.

а) болғанда, қарапайым созылу үшін,

б) болғанда, екі осьті кернеу күйі үшін,

в) болғанда, таза ығысу үшін,

а) шарт және деп берілсе. 4.16 есептің нәтижелерін қолданып, табамыз.

б) берілген жағдайда және Осылайша , ал үшінші термин алынып тасталады, өйткені әдетте бөлгіш пен алым нөлге айналғанда да нөлге айналады деп болжанады.

в) Осы жағдайда және тағы алатынымыз

Осыдан шығатыны

.

(4.25) формуланы қолдана отырып, табатынымыз

, ал егер (4.24) анықтамасын ескерсек, онда шешіледі. Осымен, берілген жағдайда . (4.32) қатыснасы енді (4.21) формуладан лезде шығады.

№4.20. (4.34) қатаю заңы көрсетілген түрді қабылдайды, ол Ұқсас түрде (4.36) қатаю заңы да келесі түрде жазылады: сонда

болады. Сонымен . (4.31) формуласынан (немесе 4.19 есебінен) белгілі болғандықтан, лезде аламыз.

№4.21. теңдеулер арасында мындайда бар: , ол білдіреді. теңдігінен шығады, сонда шығады. Сол теңдіктен қатынасты аламыз: , ол түрге келеді, яғни (4.37)-нің өзі. Сондан басқа теңдігінен аламыз, ол (4.38) көрсетеді.

№4.22. №4.21-есептің -теңдеуіндегі тензорлардың құраушыларын квадраттап және қосу арқылы келесі теңдікке келеміз: , немесе . Соңғы теңдіктің екі жағын 2/3-ке көбейтсек, алатынымыз .

Анықтауышты үшінші бағанға жіктей отырып, алатынымыз

.

Бұл теңдеудің түбірлері болатыны анық және

4.24. Тепе-теңдік теңдеу және оларға (4.47) өрнектерді қойғаннан кейін олар келесіге айналады:

,

.

Егер - координатасы -сызық бойымен, - координатасы - сызық бойымен, онда және тепе-теңдік теңдеуі -сызығы бойымен және теңдеуі - сызығы бойымен алынады. Бұл теңдеулер бірден интегралданады, нәтижесінде -жолда және -жолда аламыз.

Демек, (4.12)-ға сәйкес,

.

№4.31. Жақшаларды кеңейту және терминдерді қайта реттеу арқылы оны былай жазуға болады:

.

Бірақ және талап теліген теңдеуіміз алынды.

№4.34. (4.21) теңдеуден, екені көрініп тұр, себебі , және, демек, сығылмау шарты орындалады.

Прандтль-Рейс теңдеулерін кернеу тензорының құрамдас бөліктері бойынша жазайық: . Сонымен , және т.с.с. нормаль құраушылар үшін де және жанама үшін де.

№4.35. Қисық ағымдықта , анықтама бойынша Мизес ағымы шеңберінің радиусы тең. Координаталық осьтердің түрлендіру коэффициенттерінің кестесі 4.6 есепте берілген, теңдіктерімен бірге және т.с.с. және теңдеулер алуға мүмкіндік береді. Сонымен қатар – жазықтығын басқару да белгілі . Осы үш теңдеуді бірге шеше отырып, біз оқырманның өзі көре алатындай қажетті формулаларға келеміз.

№4.36. Серпімділік күйдегі кернеу мен деформация арасындағы байланыс

,

бұл жағдайда теңдеуге келеді . Сонда басты кернеулер тең болады , , . (4.12) формулалар бойынша келесі теңдік бар

,

осыдан ағымдық шегінде (қысылу) табамыз. Ұқсас түрде қатынастан, ағымдық шегінде тең екенін көреміз.

№4.37. Момент мәніне жеткенде арқалықтың барлық көлденең қимасы толығымен иілімділік күйде болады (№4.23 есепті қара). Осы моменттің мәнінде шеткі талшықтардағы серпімділік кернеуі -ге тең болды, мұнда - осіне қатысты арқалық қимасының инерция моменті. Моментті алғаннан кейін таралған теріс серпімді кернеулердің түсуіне сәйкес тең болады

Бұл 4.22-суретте көрсетілген қалдық кернеуге әкеледі

№5.6. (5.17) теңдеуден интегралдау коэффициентін қолданып табатынымыз

ал (5.18) формуланы қолданғанда, алатынымыз

немесе

(5.21) интегралдаушы көбейткіш ретінде -ні алайық; сонда және де (5.23) формула бойынша алатынымыз

немесе

№5.7. Осы модель үшін (5.1) және (5.19)-ге сәйкес жылжымалы деформация келесі формула бойынша есептелі

Дәл осындай нәтижеге деформация болатын жалпыланған Кельвин үлгісінде (N=2) орнату арқылы немесе стандартты қатты дене үшін кернеулер мен деформацияларға қатысты заңды тікелей біріктіру арқылы алуға болады. Оқырманға тиісті есептеулер жүргізу ұсынылады.

№5.8. Жүктеме №5.7. есепте көрсетілгендей (яғни ) қолданылған кезде деформация заңға сәйкес өзгереді

№5.10. Бұл жағдай үшін кернеу мен деформация арасындағы байланысты (№5.2 есепті қараңыз) түрінде жазайық, егер интегралдау коэффициентін қолдансақ, онда

(5.18) және (5.23) формулалары арқылы интегралдарды есептеп табамыз.

№5.11. Берілген модель үшін кернеу мен деформация арасындағы байланыс:

Сонда и болғанда, интегралдау көбейткіш көмегімен былай жазуға болады

Содан кейін, (5.18) және (5.23) формулаларды қолданып, табамыз

Бұл нәтижені жалпыланған Максвелл моделі үшін (5.30) формулаға қою арқылы да алуға болатынын ескеріңіз.

№5.12. Лаплас функциясының түрлендірулерін пайдаланып аламыз (Лаплас түрлендірулерінің кез келген кестесін қараңыз). Онда (5.40) формула бойынша табатынымыз

Лапластың түрлендіру кестесін пайдалана отырып, бұл өрнекті инверсиялау және алу оңай. Бұл нәтиже жылжымалы тәжірибелердегіге ұқсас жүктеме заңы бойынша берілген модель үшін кернеу мен деформация арасындағы байланысты біріктіру арқылы тексеріледі.

№5.13. Кернеудің өзгеру заңын былай жазуға болады:

Оны (5.4) теңдеуге қоя отырып, алатынымыз

(5.18) те4деудің көмегімен интегралдап, табатынымыз

ұмтылғанда, бұл өрнек мынадай түрге келтіріледі:

№5.14. Кельвин үлгісі үшін және формула (5.34) өрнекке әкеледі

ол (5.18) және (5.23)-дің көмегімен, келесіге келеді:

Бұл интегралдарды тура есептеу №5.13. есепте алынған нәтижені растайды.

№5.15. Жүктеменің берілген өзгерісін 5.21-суретте көрсетілгендей жазықтықтағы көлбеу сызықтармен анықталған жүктемелер тізбегі ретінде көрсетуге болады. №5.13 есепте бұл түрдегі жүктеме үшін деформация формула бойынша есептелетіні анықталды, сондықтан біздің жағдайда ол тең болады:

болғанда ұмтылатынын байқайық.

№5.16. (5.3) формуласын түрде жазайық және оған (5.41), (5.42) өрнектерді қояйық. аламыз, осыдан шығатыны немесе стандартты түрде

.

5.11-суреттегі сызбадан табатынымыз

.

№5.17. Ұсынылған ауыстырудан кейін (5.5) теңдеу келесі түрде болады , осыдан алданғыдай табатынымыз

.

№5.18. №5.17 есепте Максвелл моделінің комплекс модулі үшін өрнегі алынған. (5.10) теңдеуін былай жазуға болады

.

Сонда жалпыланған Максвелл моделінің комплексті модулі

.

тең болады.

№5.19. (5.43) және (5.44) формулаларға сәйкес, аламыз, осыдан шығатыны

,

яғни,

.

5.20. 5.10-суретте көрсетілген кернеу мен деформация векторлары үшін бір циклде интегралын есептеу мынаны береді

№5.21. (5.48,а) теңдеуді {P} түрде жазайық және -ны осы өрнекте (5.48,б) теңдіктің оң жағын алмастырайық. Қарапайым амалдардан соң алатынымыз

.

№5.22. (5.48,б) теңдігінен бұл жағдай үшін , ал i=j=1 үшін (5.48,а) теңдігі береді. (5.48,б) теңдігінен берілген жағдай үшін аламыз, ал (5.48,а) теңдігінен, i=j=1 тең болғанда береді. (5.6) қатынас Кельвин материалы үшін {P}=1 және тең екенін көрсетеді; сондықтан да біздің есепте

,

немесе

.

Осы дифференциалдық теңдеуді есептей отырып, алатынымыз

ұмтылғанда болады.

№5.23. Біздің жағдайда , сондықтан Келвин материалы үшін (5.48б) теңдігі түрде болады, ал (5.48а) теңдігінен шығады. Осы қатынастарды біріктіру арқылы, келесі дифференциалдық теңдеу аламыз

.

Интегралғаннан соң мынадай түрде болады

.

Бұл өрнекті (5.48,а) теңдікке қоя отырып, i=j=2 тең болғанда, келесіні аламыз

.

№5.24. Тұтқыр серпімді ортадағы мүше {3Q}/{3KP+Q} операторына сәйкес келеді; сондықтан Кельвин денесі үшін тұтқыр серпімді есептің шешімін түрлендіру болады

.

Бұл өрнекті бөлшектердің қосындысы ретінде көрсету және түрлендіру кестелерін пайдалану арқылы оны өзгертуге болады. Нәтижесінде тұтқыр серпімді ортадағы кернеуді аламыз

.

№5.25. Серпімді ерітіндінің мүшесіне сәйкес келетін тұтқыр серпімділік операторы {3K+4Q}/4Q (3K+Q) болады. Содан кейін Кельвин материалы үшін жылжудың Лаплас түрлендіруі арқылы беріледі

.

Ұзақ түрлендірулерден кейін алатынымыз

.

t=0 болғанда =0 екенін және болғанда ұмтылатынын байқайық, яғни болғанда серпімді ығысуға ұмтылады.

№5.26. Еркін тірелген арқалық үшін иілу кернеуі материалдың қасиеттеріне байланысты емес, сондықтан серпімді және тұтқыр серпімді материалдар үшін иілу кернеуі бірдей болады. Серпімді сәуленің иілісі формула бойынша анықталады, мұндағы - белгілі функция, ал I – арқалық қимасының инерция моменті. Максвелл материалы үшін және , сондықтан ауытқу мәнінің Лаплас түрлендіруі болады

.

Бұл өрнекті түрлендіргеннен кейін алатынымыз

.

t=0 болғанда майысу серпімді аркалықтың майысуына тең болады.

№5.27. №5.23 есепте келесі алынған

.

Бұл өрнекті арқылы жазуға болады. Сонымен болғанда болады.