材料彈性概述/示例問題

示例 1

問題陳述

給定彈性體上的一點，其應力狀態為 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma }}}$，確定主應力以及原始方向與最大剪下應力方向之間的角度。使用解析方程和莫爾圓作圖兩種方法解決此問題。應力單位為兆帕。

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}72&21&0\\21&32&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

解決方案

我們將使用兩種方法來解決這個問題。首先使用解析解，然後使用莫爾圓。

解析解

我們有以下方程

${\begin{aligned}\sigma '_{11}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}}{2}}+{\frac {\sigma _{11}-\sigma _{22}}{2}}cos\left(2\theta \right)+\sigma _{12}sin\left(2\theta \right)\\\sigma '_{22}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}}{2}}-{\frac {\sigma _{11}-\sigma _{22}}{2}}cos\left(2\theta \right)-\sigma _{12}sin\left(2\theta \right)\end{aligned}}$

以及

${\begin{aligned}\sigma '_{12}={\frac {\sigma _{22}-\sigma _{11}}{2}}sin\left(2\theta \right)+\sigma _{12}cos\left(2\theta \right)\end{aligned}}$

其中，主應力是在旋轉後的參考系中。當 $\sigma '_{12}=0$ 時，系統處於主方向，並且 $\sigma '_{11}=\sigma _{p1}$ 和 $\sigma '_{22}=\sigma _{p2}$。設定 $\sigma '_{12}=0$ 並求解得到

$tan\left(2\theta \right)={\frac {2\sigma _{12}}{\sigma _{22}-\sigma _{11}}}$

代入本問題中給定的應力，我們得到 $\theta =23.2$°。代入 $\theta$ 的值和給定的 ${\boldsymbol {\sigma }}$ 值，得到 $\sigma '_{11}=\sigma _{p1}=81$ MPa，$\sigma '_{22}=\sigma _{p2}=23$ MPa，以及 $\sigma '_{12}=0$ MPa，這驗證了它確實是主軸。

如果給定一個處於主方向的應力狀態，那麼在我們上面的旋轉參考系中，${\boldsymbol {\sigma '}}$ 的 $\sigma _{12}$ 項為零。透過對 $\sigma '_{12}$ 求導，並將其設為零，然後求解 $\theta$，即可找到最大剪下方向。

${\frac {d\sigma '_{12}}{d\theta }}={\frac {d}{d\theta }}\left({\frac {\sigma _{22}-\sigma _{11}}{2}}sin\left(2\theta \right)\right)=\left(\sigma _{22}-\sigma _{11}\right)cos\left(2\theta \right)$

當 $\theta =45$° 時，達到最大值。這意味著最大值或最小值出現在 $23.2+45=68.2$°。將此值代入我們的方程以及 ${\boldsymbol {\sigma }}$ 可以得到 $\sigma '_{11}=\sigma _{p1}=52$ MPa，$\sigma '_{22}=\sigma _{p2}=52$ MPa 以及 $\sigma '_{12}=-29$ MPa，最小值。由於系統的對稱性，再旋轉 $90$° 會得到最大值，$\sigma '_{11}=\sigma _{p1}=52$ MPa，$\sigma '_{22}=\sigma _{p2}=52$ MPa 以及 $\sigma '_{12}=29$ MPa。

莫爾圓解法

展示此示例問題的莫爾圓表示的圖。

按照這裡給出的圖，

$Radius=AB=BC={\sqrt {BD^{2}+CD^{2}}}$

以及

$tan\left(2\theta \right)={\frac {CD}{BD}}$

假設 $CD=21$，$OD=72$ 和 $OE=32$， 我們得出結論：$AD=40$ 和 $EB=BD=20$。 因此，$Radius=29$ 和 $\theta =23.2$°。從主方向 $P1=OB+Radius=OE+EB+Radius=81$ MPa 和 $P2=P1-2Radius=23$ MPa。最小和最大剪下應力為 $\pm Radius=\pm 29$ MPa，可以透過將系統旋轉 $23.2+45=68.2$° 和 $23.2+45+90=158.2=-21.8^{\circ }$ 找到。

示例 2

問題陳述

假設彈性體上某一點的應力狀態為 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma }}}$，求主應力。應力單位為 MPa。[提示：只有一種繪製莫爾圓的方法。利用這一點簡化你的工作。你會發現，一旦你畫出圖形，幾乎不需要任何數學計算。]

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}0&6&8\\6&0&10\\8&10&0\end{pmatrix}}$

示例 3

問題陳述

給定一個彈性體上具有應力狀態 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma }}}$ 的一點，並且繞 ${\textstyle x_{3}}$ 旋轉產生應力狀態 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma '}}}$，完全確定兩種應力狀態和未知引數 ${\textstyle q}$。應力以 MPa 為單位。

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}25q&\sigma _{12}&0\\\sigma _{21}&5q&0\\0&0&0\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {\sigma '}}={\begin{pmatrix}50&5&0\\5&\sigma '_{22}&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

解決方案

圖示了此示例問題的莫爾圓表示。陰影區域是相似三角形。

我們有以下方程

${\begin{aligned}\sigma '_{11}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}}{2}}+{\frac {\sigma _{11}-\sigma _{22}}{2}}cos\left(2\theta \right)+\sigma _{12}sin\left(2\theta \right)\\\sigma '_{22}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}}{2}}-{\frac {\sigma _{11}-\sigma _{22}}{2}}cos\left(2\theta \right)-\sigma _{12}sin\left(2\theta \right)\end{aligned}}$

以及

${\begin{aligned}\sigma '_{12}={\frac {\sigma _{22}-\sigma _{11}}{2}}sin\left(2\theta \right)+\sigma _{12}cos\left(2\theta \right)\end{aligned}}$

其中主應力在旋轉後的參考系中。

這立即允許我們用 $\sigma '_{12}$ 和 $\theta$ 代替，以求得 $q=-1/2$。這給出 $\sigma _{11}=-12.5$ MPa 和 $\sigma _{22}=-2.5$。不變數關係

$\sigma _{11}+\sigma _{22}+\sigma _{33}=I_{1}$

允許

$\sigma _{11}+\sigma _{22}+\sigma _{33}=\sigma '_{11}+\sigma '_{22}+\sigma '_{33}$

透過代入，確定 $\sigma '_{22}=-65$ MPa。此時，除了 $\sigma _{12}$ 之外，所有引數都已確定。只需將其代入 $\sigma '_{11}$ 或 $\sigma '_{22}$ 就能求得 $\sigma _{12}=57.5$ MPa。最終的應力張量，以 MPa 為單位，為

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}-12.5&57.5&0\\57.5&-2.5&0\\0&0&0\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {\sigma '}}={\begin{pmatrix}50&5&0\\5&-65&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

該解的莫爾圓表示如圖所示。請注意，陰影三角形是相似的，因此如果以圖形方式尋求解決方案，可以使用它們來簡化解決方案。

示例 4

問題陳述

給定彈性體上一點，其應力狀態為 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma }}}$，確定主應力以及原始方向與最大剪下應力方向之間的夾角。應力單位為 MPa。

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}18&12&9\\12&12&-6\\9&-6&6\end{pmatrix}}$

示例 5

問題陳述

用數學和文字解釋對向量 ${\textstyle {\boldsymbol {a}}}$ 應用變換張量 ${\textstyle {\boldsymbol {T_{1}}}}$, ${\textstyle {\boldsymbol {T_{2}}}}$,${\textstyle {\boldsymbol {T_{3}}}}$, 和 ${\textstyle {\boldsymbol {T_{4}}}}$ 的影響。將相同的變換應用於二階張量 ${\textstyle {\boldsymbol {Z}}}$。

${\boldsymbol {T_{1}}}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {T_{2}}}={\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {T_{3}}}={\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {T_{4}}}={\begin{pmatrix}cos\left(\theta \right)&0&sin\left(\theta \right)\\0&1&0\\-sin\left(\theta \right)&0&cos\left(\theta \right)\end{pmatrix}}$

${\boldsymbol {a}}={\begin{pmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {Z}}={\begin{pmatrix}Z_{11}&Z_{12}&Z_{13}\\Z_{21}&Z_{22}&Z_{23}\\Z_{31}&Z_{32}&Z_{33}\end{pmatrix}}$

解決方案

回顧張量乘法的定義和愛因斯坦符號中使用的隱式求和，我們知道二階張量 ${\boldsymbol {T}}$ 作用於向量 ${\boldsymbol {a}}$ 必然會產生類似於以下形式的項：

$a'_{2}=a_{1}T_{11}+a_{2}T_{12}+a_{3}T_{13}$

這類似於你之前見過的“普通”矩陣乘法。相反，將二階變換張量作用於二階張量 ${\boldsymbol {Z}}$ 需要進行雙重求和，這會導致產生類似於以下形式的項：

$Z'_{12}=T_{11}T_{21}Z_{11}+T_{11}T_{22}Z_{12}+T_{11}T_{23}Z_{13}+T_{12}T_{21}Z_{21}+T_{12}T_{22}Z_{22}+T_{12}T_{23}Z_{23}+T_{13}T_{21}Z_{31}+T_{13}T_{22}Z_{32}+T_{13}T_{23}Z_{33}$

在處理這種包含 9 個項的求和式時，通常建議使用軟體包來簡化工作。結果如下所示。

變換張量 1 導致

${\boldsymbol {a'}}={\begin{pmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {Z'}}={\begin{pmatrix}Z_{11}&Z_{12}&Z_{13}\\Z_{21}&Z_{22}&Z_{23}\\Z_{31}&Z_{32}&Z_{33}\end{pmatrix}}$

這對應於恆等變換，即不修改張量。

變換張量 2 導致

${\boldsymbol {a'}}={\begin{pmatrix}-a_{1}\\-a_{2}\\-a_{3}\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {Z'}}={\begin{pmatrix}Z_{11}&Z_{12}&Z_{13}\\Z_{21}&Z_{22}&Z_{23}\\Z_{31}&Z_{32}&Z_{33}\end{pmatrix}}$

這種變換是反轉變換。這可以從向量的行為中看出。有趣的是，它使 ${\boldsymbol {Z}}$ 不變。

變換張量 3 導致

${\boldsymbol {a'}}={\begin{pmatrix}-a_{1}\\a_{2}\\-a_{3}\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {Z'}}={\begin{pmatrix}Z_{11}&-Z_{12}&Z_{13}\\-Z_{21}&Z_{22}&-Z_{23}\\Z_{31}&-Z_{32}&Z_{33}\end{pmatrix}}$

此變換涉及跨越 $x_{1}$ 和 $x_{3}$ 方向的映象。這等效於繞 $x_{2}$ 軸旋轉 $180$°。

變換張量 4 導致 $${\boldsymbol {a'}}={\begin{pmatrix}a_{1}cos\left(\theta \right)+a_{3}sin\left(\theta \right)\\a_{2}\\a3cos\left(\theta \right)-a_{1}sin\left(\theta \right)\end{pmatrix}}~{\boldsymbol {Z'}}={\begin{pmatrix}Z_{11}cos\left(\theta \right)^{2}+Z_{13}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)+Z_{31}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)+Z_{33}sin\left(\theta \right)^{2}&Z_{12}cos\left(\theta \right)+Z_{32}sin\left(\theta \right)&Z_{13}cos\left(\theta \right)^{2}-Z_{11}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)+Z_{33}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)-Z_{31}sin\left(\theta \right)^{2}\\Z_{21}cos\left(\theta \right)+Z_{23}sin\left(\theta \right)&Z_{22}&Z_{23}cos\left(\theta \right)-Z_{21}sin\left(\theta \right)\\Z_{31}cos\left(\theta \right)^{2}-Z_{11}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)+Z_{33}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)-Z_{13}sin\left(\theta \right)^{2}&Z_{32}cos\left(\theta \right)-Z_{12}sin\left(\theta \right)&Z_{33}cos\left(\theta \right)^{2}-Z_{13}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)-Z_{31}cos\left(\theta \right)sin\left(\theta \right)+Z_{11}sin\left(\theta \right)^{2}\end{pmatrix}}$$ 該變換涉及繞 $x_{2}$ 軸旋轉。將 $180$° 代入 $\theta$° 會得到與變換張量 3 相同的結果。

示例 6

問題陳述

考慮應力狀態 ${\textstyle {\boldsymbol {\sigma }}}$。寫一個將參考系旋轉到主方向的變換張量。應力以 MPa 為單位給出。

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}72&21&0\\21&32&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

解決方案

我們從例子 1 中知道，解決方案是繞 $\theta =23.2$ 旋轉 $x_{3}$ 軸，我們也知道旋轉變換矩陣的形式（來自例子 5），所以解決方案是：

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}cos\left(\theta \right)&sin\left(\theta \right)&0\\sin\left(\theta \right)&cos\left(\theta \right)&0\\0&0&0\end{pmatrix}}$

其中 $\theta =23.2$.

例子 7

問題陳述

給定位移張量 ${\textstyle {\boldsymbol {e}}}$，確定旋轉張量和應變張量。

${\boldsymbol {e}}={\begin{pmatrix}0.001&0.001&0.002\\-0.001&0.002&0.002\\0.001&0.003&0.002\end{pmatrix}}$

解決方案

我們可以將任何張量分解成一個完全對稱張量和一個完全反對稱張量，從而得到一個反對稱旋轉張量

${\boldsymbol {\omega }}={\begin{pmatrix}0&{\frac {e_{12}-e_{21}}{2}}&{\frac {e_{13}-e_{31}}{2}}\\{\frac {e_{21}-e_{12}}{2}}&0&{\frac {e_{23}-e_{32}}{2}}\\{\frac {e_{31}-e_{13}}{2}}&{\frac {e_{32}-e_{23}}{2}}&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0.001&0.0005\\-0.001&0&-0.0005\\-0.0005&0.0005&0\end{pmatrix}}$

以及對稱應變張量

${\boldsymbol {\varepsilon }}={\begin{pmatrix}e_{11}&{\frac {e_{12}+e_{21}}{2}}&{\frac {e_{13}+e_{31}}{2}}\\{\frac {e_{21}+e_{12}}{2}}&e_{22}&{\frac {e_{23}+e_{32}}{2}}\\{\frac {e_{31}+e_{13}}{2}}&{\frac {e_{32}+e_{23}}{2}}&e_{33}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.001&0&0.0015\\0&0&0.0025\\0.0015&0.0025&0\end{pmatrix}}$

最終導致 ${\boldsymbol {e}}={\boldsymbol {\omega }}+{\boldsymbol {\varepsilon }}$.

示例 8

問題陳述

線上性、均勻、各向同性彈性理論中，對於給定的應力狀態（單位為 MPa），已知泊松比為 0.40，剪下模量為 50 GPa，求解應變狀態。確定靜水應力、偏應力、應變膨脹和應變偏量。

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}10&2&2\\2&5&-3\\2&-3&-5\end{pmatrix}}$

解決方案

已知應力，因此求解需要確定應變，可以透過以下公式計算：

$\varepsilon _{ij}={\frac {1+\nu }{E}}\sigma _{ij}-{\frac {\nu }{E}}\sigma _{kk}\delta _{ij}$

已知泊松比 $\nu$ 和剪下模量 $G$，但要使用該公式，我們需要彈性模量 $E$。可以透過以下公式求解：

$G={\frac {E}{2\left(1-\nu \right)}}$

可以轉化為：

$E=2G\left(1-\nu \right)$

代入後得出 $E=60$ GPa。最終的應變張量為：

${\boldsymbol {\varepsilon }}={\begin{pmatrix}{\frac {1+\nu }{E}}\sigma _{11}-{\frac {\nu }{E}}\left(\sigma _{22}+\sigma _{33}\right)&{\frac {\sigma _{12}}{2G}}&{\frac {\sigma _{13}}{2G}}\\{\frac {\sigma _{21}}{2G}}&{\frac {1+\nu }{E}}\sigma _{22}-{\frac {\nu }{E}}\left(\sigma _{11}+\sigma _{33}\right)&{\frac {\sigma _{23}}{2G}}\\{\frac {\sigma _{31}}{2G}}&{\frac {\sigma _{32}}{2G}}&{\frac {1+\nu }{E}}\sigma _{33}-{\frac {\nu }{E}}\left(\sigma _{11}+\sigma _{22}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.1667&0.0467&0.0467\\0.0467&0.0500&-0.0700\\0.0467&-0.0700&-0.1833\end{pmatrix}}.$

靜水壓力為

$\sigma _{m}={\frac {\sigma _{kk}}{3}}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}+\sigma _{33}}{3}}={\frac {10+5-5}{3}}=3.33{\text{ GPa}}$

應變膨脹為

$\Delta =\left(1+\varepsilon _{11}\right)\left(1+\varepsilon _{22}\right)\left(1+\varepsilon _{33}\right)-1=\left(1+0.1667\right)\left(1+0.0500\right)\left(1+0.1833\right)-1=0.4496$

導致平均應變為

$\varepsilon _{m}={\frac {\Delta }{3}}={\frac {0.4496}{3}}=0.1499$

(請注意，當應變較小時 $\Delta \approx \varepsilon _{11}+\varepsilon _{22}+\varepsilon _{33}=0.400$，這將得到 $\varepsilon _{m}\approx 0.1333$。不幸的是，在這個例子中，應變相對較大。) 然後，透過從各自的張量對角線上減去平均應力和應變來確定偏應力和應變。

${\boldsymbol {\sigma '}}={\begin{pmatrix}10-3.33&2&2\\2&5-3.33&-3\\2&-3&-5-3.33\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}6.67&2&2\\2&1.67&-3\\2&-3&-8.33\end{pmatrix}}$

以及

${\boldsymbol {\varepsilon '}}={\begin{pmatrix}0.1667-0.1499&0.0467&0.0467\\0.0467&0.0500-0.1499&-0.0700\\0.0467&-0.0700&-0.1833-0.1499\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.0168&0.0467&0.0467\\0.0467&0.0999&-0.0700\\0.0467&-0.0700&-0.3332\end{pmatrix}}$

示例 9

問題陳述

線上性、均勻、各向同性彈性理論中，對於給定的應變狀態，確定給定體積模量為 100 GPa 和 Lamé 引數為 50 GPa 時的應力狀態。確定靜水應力、偏應力、應變膨脹和應變偏量。

${\boldsymbol {\varepsilon }}={\begin{pmatrix}0.002&0.002&0.001\\0.002&0.002&0.001\\0.001&0.001&-0.001\end{pmatrix}}$

解決方案

我們已知應變，因此要得出解需要確定應力，應力可以透過以下公式確定：

$\sigma _{ij}={\frac {E}{1+\nu }}\varepsilon _{ij}-{\frac {\nu E}{\left(1+\nu \right)\left(1-2\nu \right)}}\varepsilon _{kk}\delta _{ij}$

其中 ${\frac {\nu E}{\left(1+\nu \right)\left(1-2\nu \right)}}$ 是 Lamé 引數 $\lambda$。由於

$G={\frac {E}{2\left(1+\nu \right)}}$

以及

$G={\frac {3\left(K-\lambda \right)}{2}}$

我們知道

${\frac {E}{\left(1+\nu \right)}}=3\left(K-\lambda \right)$

應力表示式變為

$\sigma _{ij}=3\left(K-\lambda \right)\varepsilon _{ij}+\lambda \varepsilon _{kk}\delta _{ij}$

代入並求解得出

${\boldsymbol {\sigma }}={\begin{pmatrix}0.45&0.3&0.15\\0.3&0.45&0.15\\0.15&0.15&0.0\end{pmatrix}}$ GPa

靜水壓力為

$\sigma _{m}={\frac {\sigma _{kk}}{3}}={\frac {\sigma _{11}+\sigma _{22}+\sigma _{33}}{3}}={\frac {0.45+0.45+0.0}{3}}=0.30{\text{ GPa}}$

應變膨脹為

$\Delta =\left(1+\varepsilon _{11}\right)\left(1+\varepsilon _{22}\right)\left(1+\varepsilon _{33}\right)-1=\left(1+0.002\right)\left(1+0.002\right)\left(1-0.001\right)-1=0.003$

導致平均應變為

$\varepsilon _{m}={\frac {\Delta }{3}}={\frac {0.003}{3}}=0.001$

一個有趣的觀察是，應變膨脹和靜水（平均）應力與體積模量相關 $\sigma _{m}=K\Delta$，在本例中為 $0.3=100\times 0.003$。在進行計算時，使用諸如此類的已知檢查點來驗證您的工作非常重要。

然後透過從各自的張量對角線中減去平均應力和應變來確定偏應力和應變。

${\boldsymbol {\sigma '}}={\begin{pmatrix}0.45-0.30&0.30&0.15\\0.30&0.45-0.30&0.15\\0.15&0.15&0.00-0.30\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.15&0.30&0.15\\0.30&0.15&0.15\\0.15&0.15&-0.30\end{pmatrix}}$

以及

${\boldsymbol {\varepsilon '}}={\begin{pmatrix}0.002-0.001&0.002&0.001\\0.002&0.002-0.001&0.001\\0.001&0.001&-0.001-0.001\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.001&0.002&0.001\\0.002&0.001&0.001\\0.001&0.001&-0.002\end{pmatrix}}$

示例 10

問題陳述

對於立方氧化鋯單晶，其彈性常數約為 $c_{11}=575$, $c_{12}=115$ 和 $c_{44}=75$ GPa，確定在 $\left[100\right]$ 方向施加 0.001 的單軸應變所需的彈效能量。確定在 $\left[110\right]$ 方向施加 0.001 的單軸應變所需的彈效能量。計算齊納各向異性比。使用各向同性彈性理論，彈性模量為 200 GPa，泊松比為 0.3，計算施加 0.001 的單軸應變所需的彈效能量。

解決方案

假設 $\left[100\right]$ 方向為 $x_{1}$ 方向。彈效能量，$U_{o}$，是

$U_{o}={\frac {1}{2}}\sigma _{ij}\varepsilon _{ij}$

所以

$dU_{o}={\frac {1}{2}}\sigma _{ij}d\varepsilon _{ij}$

在各向異性彈性理論的情況下

$\sigma _{ij}=c_{ijkl}\varepsilon _{kl}.$

在這種情況下，所有 $\varepsilon _{ij}=0$ 都為零，除了 $\varepsilon _{11}=0.001$。因此，所有 $\sigma _{ij}=0$ 都為零，除了 $\sigma _{11}=c_{1111}\varepsilon _{11}$，$\sigma _{22}=c_{1122}\varepsilon _{22}$ 和 $\sigma _{33}=c_{1122}\varepsilon _{33}$。

代入上述方程式：

${\begin{aligned}dU_{0}&=\varepsilon _{11}c_{1111}d\varepsilon _{11}+\underbrace {\varepsilon _{11}c_{1122}\ d\varepsilon _{22}+\varepsilon _{11}c_{1122}\ d\varepsilon _{33}} _{=\ 0\ upon\ integration}\\&=\varepsilon _{11}c_{1111}d\varepsilon _{11}\\\\U_{0}&=\int _{0}^{\varepsilon _{11}\ =\ 0.001}\varepsilon _{11}c_{11}d\varepsilon _{11}\\&=\left.c_{11}{\varepsilon _{11}^{2} \over 2}\ \right|_{0}^{0.001}\\&=(575*10^{9}\ Pa){0.001^{2} \over 2}\\&=288\ kJ\end{aligned}}$

例 11

問題陳述

對於一個立方氧化鋯的單晶體，其彈性常數約為 $c_{11}=575$，$c_{12}=115$ 和 $c_{44}=75$ GPa，確定在 $\left[100\right]$ 方向施加 0.001 的單軸應變，然後在 $\left(001\right)$ 面上沿 $\left[010\right]$ 方向施加 0.001 的剪下應變所需的彈效能量。

解決方案

按照給定的操作順序，首先我們在 $[100]$ 方向施加了 $0.001$ 的單軸載荷。（也在示例 10 中介紹）

請注意，我們的通用方程是 ${\textstyle dU=\sigma _{ij}\ d\varepsilon _{ij}}$ 和 ${\textstyle \sigma _{ij}=c_{ijkl}\varepsilon _{kl}}$。

重新說明應變張量：

$\varepsilon =\left({\begin{matrix}\varepsilon _{11}&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{matrix}}\right)$

由此我們得到非零的應力張量：

$\sigma =\left({\begin{matrix}\varepsilon _{11}c_{11}&0&0\\0&\varepsilon _{11}c_{12}&0\\0&0&\varepsilon _{11}c_{12}\end{matrix}}\right)$

因此，唯一非零的 $d\varepsilon _{ij}$ 是 $d\varepsilon _{11}$，透過對 ${\textstyle dU}$ 的方程進行積分，我們得到：$U_{1}=288\ kJ$

現在讓我們在 $(100)$ 面上沿 $[010]$ 方向施加剪下力 $0.001$。

我們新的應力張量是：

$\sigma =\left({\begin{matrix}\varepsilon _{11}c_{11}&\varepsilon _{12}c_{44}&0\\\varepsilon _{12}c_{44}&\varepsilon _{11}c_{12}&0\\0&0&\varepsilon _{11}c_{12}\end{matrix}}\right)$

這裡，唯一非零的項是 $d\varepsilon _{12}$ 和 $d\varepsilon _{21}$。由於對稱性，這兩個項是等效的，因此我們可以求解其中一個，並將答案乘以二。

再次利用我們的基本能量方程，我們得到：

${\begin{aligned}dU&=\sigma _{ij}\ d\varepsilon _{ij}=\varepsilon _{12}c_{44}\ d\varepsilon _{12}\\\\U_{2}&=2\int _{0}^{\varepsilon _{12}}\varepsilon _{12}c_{44}\ d\varepsilon _{12}\\&=2\left[c_{44}{\varepsilon _{12}^{2} \over 2}\right]_{0}^{\varepsilon _{12}}\\&=(75*10^{9}\ Pa)0.001^{2}\\U_{2}&=75\ kJ\end{aligned}}$

最後，將 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 加起來，得到這種組合變換的總能量，我們最終得到 $363\ kJ$ 的答案。

示例 12

問題陳述

對於一個立方氧化鋯的多晶體樣品，其彈性常數約為 $c_{11}=575$, $c_{12}=115$, 和 $c_{44}=75$ GPa，使用各向同性彈性理論和 $200\ GPa$ 的彈性模量和 $0.3$ 的泊松比來計算施加應變狀態的彈效能。

${\boldsymbol {\varepsilon }}={\begin{pmatrix}0.001&0.001&0.000\\0.001&0.000&0.000\\0.000&0.000&0.000\end{pmatrix}}$

如果多晶體材料的孔隙率約為 2%，這將對彈性模量產生多少影響？對於這種施加的應變，這將對彈效能產生多少影響？

解決方案

請注意，我們的通用方程是 ${\textstyle dU=\sigma _{ij}\ d\varepsilon _{ij}}$ 和 ${\textstyle \sigma _{ij}=c_{ijkl}\varepsilon _{kl}}$。

在這裡，我們可以用彈性模量和泊松比來表示應力：

$\sigma _{ij}={E \over 1+\nu }\varepsilon _{ij}+{\nu E \over (1+\nu )(1-2\nu )}\varepsilon _{kk}\partial _{ij}$

其中後面的常數等價於拉梅常數 ($\lambda$)： $\lambda ={\nu E \over (1+\nu )(1-2\nu )}$

簡要求解拉梅常數得到：

${\begin{aligned}\lambda &={\nu E \over (1+\nu )(1-2\nu )}\\&={0.3*200\ GPa \over (1+0.3)(1-2(0.3))}=115.3846\ GPa\end{aligned}}$

請記住，由於對稱性 $\varepsilon _{12}$ 等於 $\varepsilon _{21}$，這個問題的非零應力是：

$\sigma =\left({\begin{matrix}{E \over 1+\nu }\varepsilon _{11}+\lambda \varepsilon _{11}&{E \over 1+\nu }\varepsilon _{12}&0\\{E \over 1+\nu }\varepsilon _{12}&\lambda \varepsilon _{11}&0\\0&0&\lambda \varepsilon _{11}\end{matrix}}\right)$

因此，我們可以將非零能量項寫成：

${\begin{aligned}dU&=\sigma _{ij}\ d\varepsilon _{ij}\\&=\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right)\varepsilon _{11}\operatorname {d} \!\varepsilon _{11}+\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right)\varepsilon _{12}\operatorname {d} \!\varepsilon _{12}+\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right)\varepsilon _{21}\operatorname {d} \!\varepsilon _{21}+\lambda \varepsilon _{11}\operatorname {d} \varepsilon _{11}+\lambda \varepsilon _{11}\operatorname {d} \varepsilon _{11}\\&=\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right)\varepsilon _{11}\operatorname {d} \!\varepsilon _{11}+2\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right)\varepsilon _{12}\operatorname {d} \!\varepsilon _{12}\\\\U&=\left.\left({E \over 1+\nu }+\lambda \right){1 \over 2}\varepsilon _{11}^{2}\right|_{0}^{\varepsilon _{11}}+\left.\left({E \over 1+\nu }\right)\varepsilon _{12}^{2}\right|_{0}^{\varepsilon _{12}}\\&=288\ kJ\end{aligned}}$