Mechanik der Kontinua Blatt 13 — Lineare Elastizitätstheorie - TUM

Mechanik der Kontinua
Blatt 13 — Lineare Elastizitätstheorie
http://www.ph.tum.de/lehrstuehle/T37/teaching.html
Ausgabe 25.01.07
Prof. Roland Netz
Lehrstuhl Weiche Materie T37
netz@ph.tum.de
1) Axialsymmetrische Spannung: Betrachten Sie einen Hohlzylinder und eine
Hohlkugel mit innerem Radius R1 und äusserem Radius R2 auf die ein innerer Druck
p1 und ein äusserer Druck p2 wirken.
a) Zeigen Sie, dass sich die Gleichungen der linearen Elastizitätstheorie ohne äussere
Kräfte aufgrund der Symmetrie zu
s ′′
s
′
+ α = 0
r
vereinfachen.
b) Berechnen Sie die Komponenten des Spannungstensors für die gegebenen elastischen
Konstanten: den Elastizitätsmodul E und die Poissonzahl ν.
2) Torsion eines Zylinders: Betrachten Sie die Torsion eines Zylinders mit Länge
l und Radius R ohne Volumenkräfte F = 0. Die Randbedingungen lauten wie folgt:
Der Mantel sei kräftefrei und die obere Stirnfläche um einen kleinen Winkel φ0
gegenüber der unteren verdreht, d.h.
σijnj = 0 für r 2 1 + r 2 2 = R 2
si = 0 für r3 = 0
s1 = −φ0r2 und s2 = φ0r1 für r3 = l
s3 = 0
a) Berechnen Sie die Komponenten des Spannungstensors σij.
b) Berechnen Sie das Gesamtdrehmoment das nötig ist, um die Torsion aufrecht zu
erhalten.
Setzen Sie die Lamé Konstanten µ und λ als bekannt voraus. Vernachlässigen Sie
die Änderung des Volumens, εii = 0, und verwenden Sie den Ansatz s1 = −φ(r3)r2,
s2 = φ(r3)r1 und s3 = 0 mit φ(l) = φ0 und φ(0) = 0.
3) Dynamik eines Maxwell’schen Körpers: Das Maxwell Modell für viskoelastische
Medien besteht aus einer Reihenschaltung Hook’scher Federn mit Federkonstanten
k und Dämpfern mit Dämpfungskonstanten η. Berechnen Sie die zeitabhängige
Dehnung für das folgende Kraftprotokoll: F = F0 für t < t1 und F = 0 für
t ≥ t1. Nehmen Sie an, dass auf beide Komponenten des Systems die gleiche Kraft
wirkt. Die Gesamtdehnung ist durch die Summe der beiden Deformationen gegeben.
Nehmen Sie ausserdem an, dass die Feder durch die Kraft F0 vorgedehnt ist, d.h.
s(0) = F0/k.
1

Lösung
1) Axialsymmetrische Spannung:
a) In Vektorschreibweise und ohne äussere Kräfte ist die mechanische Gleichgewichtsbedingung
durch
µ∇ 2 s + (µ + λ)∇(∇ · s) = 0
gegeben. Die Komponenten des Deformationstensors lauten in zylindrischen Koordinaten
εrr = ∇rsr ; εθθ = 1
r (sr + ∇θsθ) ; εzz = ∇zsz
und in Kugelkoordinaten
εrr = ∇rsr ; εθθ = 1
r (sr + ∇θsθ) ; εφφ = 1
r
sr + ∇θsθ + 1
sin θ ∇φsφ + sθ cosθ
sin θ
Beide Fälle sind axialsymmetrisch, so dass nur die radialen Komponenten des Verschiebungsfeldes
von Null verschieden sind. Ableitungen des Deformationsfeldes
nach den übrigen Variablen verschwinden: ∇φsi = 0, ∇θsi = 0, bzw. ∇zsi = 0.
Die verbleibenden Komponenten sind für den Zylinder
und für die Kugel
εrr = ∇rsr ; εθθ = sr
r ; εzz = 0
εrr = ∇rsr ; εθθ = sr
r ; εφφ = sr
r
Die Beziehung zwischen Spannung und Deformation nimmt folgende Form an: Zylinder
(wir nehmen an, dass εzz = 0)
Kugel
σrr = 2µεrr + λ(εrr + εθθ + εzz) =
σθθ =
σrr = 2µεrr + λ(εrr + εθθ + εφφ) =
E
(1 + ν)(1 − 2ν) ((1 − ν)εrr + νεθθ)
E
(1 + ν)(1 − 2ν) (νεrr + (1 − ν)εθθ)
σθθ = σφφ =
E
(1 + ν)(1 − 2ν) ((1 − ν)εrr + νεθθ + νεφφ)
E
(1 + ν)(1 − 2ν) (νεrr + εθθ)
Damit ist die Radialkomponente der Gleichgewichtsbedingung für den Zylinder
E
2(1 + ν)(1 − 2ν) ∇r
∇rsr + sr
E
+ ∇
r 2(1 + ν)
2 rsr + 1
r ∇rsr − sr
r2
= 0
Nach Anwendung des Gradienten
∇ 2 rsr + 1
r ∇rsr − sr
r2
+ (1 − 2ν) ∇ 2 rsr + 1
r ∇rsr − sr
r2
= 0
⇒ ∇ 2 rsr + 1
r ∇rsr − sr
r2
= 0
2

Für die Kugel lautet die Gleichgewichtsbedingung
E
2(1 + ν)(1 − 2ν) ∇r
∇rsr + 2sr
E 1
+
r 2(1 + ν) r2 ∇r(r 2 ∇rsr) − 2sr
r2
= 0
Wie oben wenden wir den Gradienten an
∇ 2 rsr + 2
r ∇rsr − 2sr
r2
+ (1 − 2ν) ∇ 2 rsr + 2
r ∇rsr − 2sr
r2
⇒ ∇ 2 rsr + 2
r ∇rsr − 2sr
r2
= 0
Beide Gleichungen können wir als
s ′′ + α
s
′
= 0
r
zusammenfassen, wobei α = 1 für den Zylinder und α = 2 für die Kugel.
b) Wir lösen die Gleichung mit dem Ansatz s = r λ ,
λ(λ − 1)r λ−2 + α(λ − 1)r λ−2 = 0 ,
woraus für die Koeffizienten λ = 1 und λ = −α folgt. Damit ist
s(r) = Ar + Br −α
Die Konstanten A und B bestimmen wir über die Randbedingungen. Die Normalkomponente
der Spannung folgt dem Hookschen Gesetz,
Für den Zylinder
und für die Kugel
σrr =
σrr =
σrr =
E
(1 − ν)s
(1 + ν)(1 − 2ν)
′ + αν s
r
E
A − (1 − 2ν)
(1 + ν)(1 − 2ν)
B
r2
E
(1 + ν)A − 2(1 − 2ν)
(1 + ν)(1 − 2ν)
B
r3
An der inneren bzw. äusseren Oberfläche haben wir σrr|R1 = −p1, σrr|R2 = −p2
= 0
Kugel: A = (p1R3 1 − p2R3 2 )(1 − 2ν)
E(R3 1 − R3 ; B =
2)
(p1 − p2)(1 + ν)R3 1R3 2
2E(R3 1 − R3 2)
Zylinder: A = (p1R2 1 − p2R2 2 )(1 + ν)(1 − 2ν)
E(R2 2 − R2 ; B =
1)
(p1 − p2)(1 + ν)R2 1R2 2
E(R2 2 − R2 1)
Dies setzen wir nun in die Ausdrücke für die Komponenten des Spannungstensors
ein
(R2/r)
σrr = −p1
α+1 − 1
(R2/R1) α+1 (R1/r)
− p2
− 1 α+1 − 1
(R1/R2) α+1 − 1
E
σθθ =
s
(1 + ν)(1 − 2ν)
′ + (1 + (α − 2)) s
α + (R2/r)
= p1
r
α+1
(R2/R1) α+1 − 1 +p2
α + (R1/r) α+1
(R1/R2) α+1 − 1
3

Damit haben wir für die Kugel
(R2/r)
σrr = −p1
3 − 1
(R2/R1) 3 − 1
σθθ = σφφ = p1
und für den Zylinder
(R2/r)
σrr = −p1
2 − 1
(R2/R1) 2 − 1
σθθ = p1
− p2
(R1/r) 3 − 1
(R1/R2) 3 − 1 = −(p1 − p2)R3 2R3 1
(R3 2 − R3 1)r3 + (p1R3 1 − p2R3 2 )
(R3 2 − R3 1)
2 + (R2/r) 3
(R2/R1) 3 2 + (R1/r)
+ p2
− 1 3
(R1/R2) 3 − 1 = (p1 − p2)R3 2R3 1
2(R3 2 − R3 1)r3 + (p1R3 1 − p2R3 2 )
(R3 2 − R3 1)
− p2
(R1/r) 2 − 1
(R1/R2) 2 − 1 = −(p1 − p2)R2 2R2 1
(R2 2 − R2 1)r2 + (p1R2 1 − p2R2 2 )
(R2 2 − R2 1)
1 + (R2/r) 2
(R2/R1) 2 1 + (R1/r)
+ p2
− 1 2
(R1/R2) 2 − 1 = (p1 − p2)R2 2R2 1
(R2 2 − R2 1 )r2 + (p1R2 1 − p2R2 2)
(R2 2 − R2 1 )
Die vertikale Spannung für den Zylinder ist
σzz = ν(σrr + σθθ) = 2ν (p1R 2 1 − p2R 2 2)
(R 2 2 − R2 1 )
2) Torsion eines Zylinders:
a) Wir haben die Gleichgewichtsbedingung ∇jσij = 0 bzw.
µ∇j∇jsi + (µ + λ)∇i∇jsj = 0
unter Berücksichtigung der Randbedingungen zu lösen. Wir nehmen an, dass jede
Schicht des Zylinders gegenüber der Grundfläche etwas verdreht ist und machen den
Ansatz s1 = −φ(r3)r2, s2 = φ(r3)r1 und s3 = 0 mit φ(l) = φ0 und φ(0) = 0, wobei r1
und r2 die Koordinaten senkrecht und r3 die Koordinate parallel zur Zylinderachse
bezeichnen. Die Komponenten des Deformationstensors werden dann
ε13 = − 1
2 r2
dφ
dr3
ε23 = 1
2 r1
dφ
dr3
ε11 = ε22 = ε33 = ε12 = 0
Der Spannungstensor hat die Komponenten
dφ
σ13 = −µr2
dr3
dφ
σ23 = µr1
dr3
σ11 = σ22 = σ33 = σ12 = 0
Damit lautet die Gleichgewichtsbedingung
Die Lösung dieser beiden Gleichungen ist
∇3σ13 = −µr2∇ 2 3φ = 0
∇3σ23 = µr1∇ 2 3φ = 0
φ(r3) = ar3 + b
4

Aus den Randbedingungen folgt
Dann
und
φ(0) = 0 ; φ(l) = φ0 = al + b ⇒ φ(r3) = φ0
l r3
s1 = − φ0
l r2r3 ; s2 = φ0
l r1r3 ; s3 = 0
φ0
σ13 = −µr2
l
φ0
σ23 = µr1
l
σ11 = σ22 = σ33 = σ12 = 0
Jetzt müssen wir noch prüfen ob auch die Randbedingung am Zylindermantel erfüllt
wird.
e1 : σ1jnj = σ11 cosα + σ12 sin α = 0
e2 : σ1jnj = σ21 cosα + σ22 sin α = 0
e3 : σ3jnj = σ31 cosα + σ32 sin α = −µR φ0
l
α = arctan r2
sin α cosα + µRφ0
l
; r
r1
2 1 + r2 2 = R2 ; n = (cosα, sin α, 0)
Die Randbedingung am Zylindermantel ist also ebenfalls erfüllt.
sin α cosα = 0
b) Nun berechnen wir das Drehmoment M = r × P. Da P3 = 0 ist greifen nur
Tangentialspannungen an. Das zugehörige Drehmoment besitzt nur eine Komponente
in r3-Richtung. Um das gesamte Drehmoment zu erhalten, müssen wir über
die Deckfläche integrieren:
M3 = (r1σ23 − r2σ13)df =
=
2π
0
R
0
µ φ0
l r2 rdrdφ = µ πR4
2l φ0
µ φ0
l (r2 1 + r2 2 )df
3) Dynamik eines Maxwell’schen Körpers: Wir nehmen an, dass die Feder
sich unendlich schnell auf die externe Kraft einstellt, so dass die Auslenkung bereits
bei t = 0 endlich ist. Die Deformation s(t) ändert sich dann unter dem Einfluss
einer konstanen Kraft F0, ihre Zeitableitung ist durch
˙s(t) = F0
η
gegeben. Mit der Anfangsbedingung s(0) = F0/k folgt nach Integration
s(t) = F0
F0 F0
+ t = 1 +
k η k
k
η t
also lineares Anwachsen der Deformation. Dieser Prozess beschreibt das Kriechverhalten
unter konstanter Belastung (wie z.B. in einer Stärke-Lösung oder in Sand).
Wird die äussere Kraft zum Zeitpunkt t1 ausgesetzt, so springt die Auslenkung der
Feder auf Null zurück, und wir haben
s(t) = F0
k
F0
+
η t1 − F0
k
5
= F0
η t1 für t > t1

Für den Fall, dass die Deformation zum Zeitpunkt t = t1 festgehalten wird, ist
und nach Integration folgt
˙s(t) = ˙
F
k
+ F
η
k
−
F(t) = ce η t
= 0 für t ≥ t1
Schließlich erhalten wir aus der Anfangsbedingung F(t1) = F0 und damit
c = F0e k
η t1
k
−
⇒ F(t) = F0e η (t−t1)
d.h. die interne Spannung klingt exponentiell ab.
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