BÀI TOÁN PHẲNG TRONG TỌA ĐỘ CỰC pot

Các phương trình vi phân cân bằng : Giả sử có vật thể chịu lực song song với mặt phẳng.. Các phương trình vật lý: Trong tọa độ cực, có thể có được các phương trình của định luật Hooke tr

y x

z

o





d

o

y

x



r













dr r

r r





 









r







r

f r rr dr





 













r

R





r





f

CHƯƠNG 7 : BÀI TOÁN PHẲNG TRONG TỌA ĐỘ CỰC

Khi giải bài toán phẳng lý thuyết đàn hồi, trong một số trường hợp dùng tọa độ độc cực sẽ tiện lợi hơn tọa độ Descartes, ví dụ khi nghiên cứu trạng thái ứng suất, biến dạng trong các ống dày, các đĩa quay, thanh cong, tại những miền cạnh lỗ tròn của tấm…

Trong tọa độ cực, vị trí một điểm được xác định góc cực  và vectơ bán kính r

7.1 CÁC PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

1 Các phương trình vi phân cân bằng :

Giả sử có vật thể chịu lực song song với mặt phẳng Tại điểm A(r,,z), ta cắt ra 1 phân tố giới hạn bằng 6 mặt

- 2 mặt trụ đồng trục cách nhau một khoảng dr

- 2 mặt phẳng chứa trục z và tạo với nhau một góc d

- 2 mặt phẳng song song mặt phẳng oxy cách nhau 1 đơn vị

Hình 7.1

+ Ký hiệu: r là trục theo hướng bán kính,  là trục đi qua điểm đang xét A(r,,z) và vuông góc với r, ứng suất trên các mặt sẽ được ký hiệu như sau:

- Các mặt nhận r làm pháp tuyến:

+ Trên mặt đi qua điểm A(r,,z) có các thành phần ứng suất: r, Tr

+ Trên mặt đi qua điểm A(r, + d,z), khai triển theo Taylor có các thành phần ứng suấ:   

r d

r







T r







- fr, f : Lực thể tích hướng tâm và tiếp tuyến tác dụng lên một đơn vị tiếp tuyến

Xét cân bằng của phân tố chịu lực như hình 7.1 :

o x

y

A B

D

C A1 C1 D1

B1

V

U

0 2 cos 1 ) (

2

cos

.

1

.

.

2 sin 1 ).

( 2 sin 1 ).

)(

( 1 0











































dr d r f

d dr

d

d

dr

d dr

d

d dr

d dr r dr r d

r r

r

r r

r

r r r





















































Vì biến dạng bé nên sind2 d2

1 2 cosd 

Sau khi bỏ qua các nguyên lượng vô cùng bé và chia cho r.dr.d ta được:

0

1



















x

r

r T

r r





(7.1) Tương tự chiếu các lực lên phương  ta được

0 2

1





















f

T r

T

r

r r

r

(7.2) + Định luật đối ứng của ứng suất tiếp : Tr = Tr (7.3)

2 Các phương trình hình học :

Chuyển vị của điểm A(r,) theo phương r,  là u,v

Chuyển vị của điểm B(r+dr, ) theo 2 phương r,  là :

dr r

u u





r

v v







Chuyển vị của điểm C(r,+d) theo 2 phương r,  là :



u u





v d

v







Biến dạng tương đối theo phương r,  là r, 

Hình 7.2

*Trước tiên chỉ xét biến dạng do u gây ra khi giữ nguyên góc 

Sau biến dạng ABCD  A’B’C’D’ :

+ Các biến dạng dài :

r =

r

u dr

u dr r

u u AB

AB B A

















'

2 Các phương trình hình học:

54

y

dr r

u u









u d

u







1



D

C''

D''

B'' y

M

N

v dr

r

v v







2



Chuyển vị của điểm A(r, θ) theo phương r, θ là u, v

Chuyển vị của điểm B(r+dr, θ) theo 2 phương là:

dr r

u u





r

v u







Chuyển vị của điểm C(r, θ+dθ) theo 2 phương là:



u d

u





 và v v dv









Biến dạng dài tương đối theo phương r, θ là: εr, εθ

* Trước tiên chỉ xét biến dạng do u gây ra khi giữ nguyên góc θ Sau biến dạng ABCD trở thành A’B’C’D’:

Hình 7.3 +Các biến dạng dài tương đối:

r

u dr

dr dr u ) dr r

u u ( AB

AB ' B ' A

r

























r

u rd

rd d ) u r AB

AC ' C ' A









































r

1 rd

u ) d

u u ( E A

C ' ' ' 1

* Xét biến dạng do chuyển vị v gây ra khi giữ nguyên dr Sau biến dạng ABCD trở thành A’’B’’C’’D’’:

(Hình 5.4) + Biến dạng dài:





































r rd

d d v d

v v AB

AC C

+ Biến dạng góc:

=

r

v r

v r

v dr

v dr r

v v

















(

Có số hạng (NA”M) =

r

v

trong γ2 là do sự quay toàn phân tố ABCD đối với điểm 0

Cộng (a) và (b) ta có được các quan hệ giữa biến dạng và chuyển vị trong tọa độ cực:

r

v r

v u r 1

v r

1 r u r u

2 1

r







































3 Các phương trình vật lý:

Trong tọa độ cực, có thể có được các phương trình của định luật Hooke trong tọa độ Descartes bằng cách thay x, y bằng r, θ:

a Biểu thức biến dạng qua ứng xuất:

εr = E1 (σ r – μσ θ)

γrθ = G1 T rθ = 2(1E)T rθ

b Biểu thức ứng suất qua biến dạng:

σr = 1   2

E

(ε r – με θ)

σθ = 1   2

E

Trθ = G.γrθ

Ở bài toán biến dạng phẳng thay E, μ bằng E1, μ1 theo cách đặt:

2 1

1  



 1 1

56

$7.2 GIẢI BÀI TOÁN PHẲNG THEO ỨNG SUẤT:

- Phương trình LeVy 2(σx + σy) = 0 là phương trình giải bài toán phằng theo ứng suất trong hệ tọa độ Descartes

Ta hãy biểu diễn phương trình đó trong hệ tọa độ cực:

2(σx + σy) = 0

σx + σy = σr + σθ = S

 2(σr + σθ) = 0

* Liên hệ giữa các thành phần tọa độ Descartes và tọa độ cực:

r2 = x2 + y2 (a) tgθ = x y (b) (a) 

x

r



 ( 2 )

= 2r x r





= 2x 

x

r





= r x = cosθ

y

r



 ( 2 )

= 2ry r = 2y  y r





= r y = sinθ

(b) 

2

) (

x

y x

x

y









=



2

cos

1

x



 

 x



 

= - x2

y

 r x 2

= - 1r r y = -sinr (c)

y x y



 ( )

= 1x =



2

cos

1

.y  y



= 1x  r x 2 = 1r r x = cosr

* Như vậy, đối với hàm f(x,y) bất kỳ, trong tọa độ cực:

x

f





= f r





x r





+





f

r



 

= f r





.cosθ -





f

.sinr

y

f





= f r





. y r +





f

.y = r f





.sinθ -





f

.cosr

2

x

f



 = r  











r

f r



 sin

cos











r

f r



 sin

cos

2

2

y

f





= r  











r

f r



 cos

sin











r

f r



 cos

sin

Sau biến đổi ta nhận được:

2

2

x

f



 = 22

r

f



 cos2θ -









r

f

2

.sinr2 +





f

2

2 sin

r



+ f r





r



2

sin + 2 2



 f

2

2

sin

r



2

2

y

f





= 22

r

f



 sin2θ -









r

f

2

.sinr2 +





f

2

2 sin

r



+ f r





r



2

cos

+ 22





 f

2

2

cos

r



Lấy tổng hai biể thức ta được:

2f = 22

x

f



 + 2

2

y

f





= 22

r

f



 +1r f r





+ 2

1

r 2

2



 f

1

r





+1r r + r1 22







(7.7)

Thay (7.7) vào (7.6)

0 ) (

1 1

2

2 2

2



































r r r

Cũng tương tự như trong hệ tọa độ Descartes trong trường hợp lực thể tích bằng 0, lấy các ứng suất thỏa mãn phương trình cân bằng (7.1), (7.2):

r

r

1





2

2 2

1

















r r

2 2











2

1

r

T r 



















r r r

2 1

Trong đó: φ(r, θ): Là hàm ứng suất trong tọa độ cực

Thay (7.9) vào (7.8) ta có:





























2 2 2 2



r r r

























2

2 2 2









r r r

(7.10): Phương trình trùng điều hòa của bài toán phẳng trong tọa độ cực

$7.3 TÍNH TÁC DỤNG CỦA MỘT LỰC TẬP TRUNG VÀO BIÊN CỦA MỘT TẤM BÁN VÔ HẠN ĐÀN HỒI (Bài toán PhơLamăng)

Giả sử có một môi trường đàn hồi được giới hạn bằng một mặt phẳng gọi

là không gian bán vô hạn đàn hồi Trên mặt phẳng chịu tác dụng của tải trọng phân bố đều theo một đường thẳng Để giải bài toán ta cắt ra một phân tố giới hạn bởi hai mặt phẳng song song và vuông góc với đường tải trọng và cách nhau một đơn vị (H7.4)

Hình 7.4

58

Như vậy ta đã đưa bài toán không gian thành bài toán phẳng.

Trong trường hợp không gian bán vô hạn giới hạn bởi 2 mặt phẳng song song gần nhau thì được xem là bản vô hạn đàn hồi

Nếu bản mỏng ta coi bài toán này như bài toán trạng thái ứng suất phẳng Xét bản mỏng vô hạn đàn hồi chịu lực tập trung tác dụng ở biên Do tính đối xứng qua trục x nên hàm ứng suất φ(r, θ) là 1 hàm chẵn đối với θ nên σr, σθ

là hàm chẵn đối với θ

C là hằng số phải xác định sao cho hàm φ(r, θ) thỏa mãn phương trình trùng điều hòa và điều kiện biên:

Theo (7.9) ta có:

r r

1









cos 2

1

2

2

C r

r  









0

2

2









r



Trθ = 0

Qua (7.12) cho thấy trên mặt phẳng vuông góc với bán kính r chỉ có ứng suất pháp σr

σθ = Trθ = 0 Mặt vuông góc với này cũng không có ứng suất

Xác định hằng số C bằng cách tính tổng hình chiếu lên trục các lực pháp tuyến tác dụng lên nửa vòng tròn tâm 0

2













rdF

dày của tấm)











2

2

cos









r rd P









2

2

cos cos 2









r C



















2

2

2

2

2

2

2 cos 1 2 cos

2













d C

2

2C





  C











 2 2

2 sin 2 1



P

C 

Thay (7.13) vào (7.12) ta có:

y

r

d

P o

P

P





 2 cos

r

P

r  

Trθ = 0

Từ (7.14) cho thấy:

Tại điểm đặt lực P: r = 0 thì σr = ∞ Thực tế khi chịu lực tập trung ở

điểm đặt lực có ứng suất cục bộ rất lớn làm cho khu vực tại những điểm xung

quanh điểm đặt lực bị chảy dẻo

Ở đây ta không xét khu vực đó mà chỉ áp dụng nghiệm đã rút ra ở ngoài

khu vực nói trên

+ Tính chất nghiệm của σr:

d.cosθ = r

r d

 cos 1



d

P r

P r







cos

2









d

P r





Công thức (7.15) cho thấy ứng suất σr của tất cả các điểm cùng một vòng

tròn đều như nhau Vòng tròn đó gọi là đường đẳng suất

Hình 7.15 Ví dụ: cấu kiện chịu nén đúng tâm

Tính bản trong hệ tọa độ Descartes:

Ta có:

f*x

= σr.cos(n, x) = σr.l

f *y

= σr.m

Mà: f*x

= σx.l + Tyx.m = σx.l Nhân 2 vế của phương trình cho l

f *y

= Tyx.l + σy.m = σr.m Nhân 2 vế của phương trình cho m

60



yx



x



y



xy



r



 y

x

n f*y

f*x

y

y r

P o

r



r

r



xy



yx





 σx.l2 – σy.m2 = σr.l2 – σr.m2

σ x + σ y = σ r + σ θ

Ta có:

l2 + m2 = 1

σθ = 0  σy = σr - σx.

 σx.l2 – (σr - σx)m2 = σr.l2 – σr.m2

 σx.l2 – σr.m2 – σx.m2= σr.l2 – σr.m2

 σx(l2 + m2) = σr.l2

 σx = σr.l2

σy = σr.(1 - l2) = σrm2

Txy = σr.l.m

Mà l = cosθ = r x = x2 y2

x



m = cosβ = sinθ = x2 y2

y



 σx = σrcos2θ = σr 2 2

2

y x

x



σy = σrsin2θ = σr 2 2

2

y x

y

Txy = σrsinθcosθ = σr x2 y2

xy



Thay σr = - P r



2

cosθ từ (7.14) vào (7.16) ta có:

σx = - P r



2

cos3θ =

-

P

2

3

y x

x



σy =

-r

P



2

sin2θcosθ =

-

P

2

2

y x

x y

Txy = - P r



2

sinθcos2θ =

-

P

2

2

y x

yx



Tính chất nghiệm của (7.17):









x x



x

P x



max 2





* Trong trường hợp có nhiều lực tập trung như hình vẽ, để tính ứng suất tại 1 điểm ta có thể áp dụng nguyên lý cộng tác dụng để tính









n

i n

i

y x

x Pi r

Pi

3

1

3

) (

2 cos













n

i i n

i i

y x

y x Pi r

Pi

2

1

2

) (

2 cos

sin







(7.18)



2





xy



n

i i

r

Pi

1

2

cos sin  



2



y x

y x Pi

n

i i



 1 2  2 2

2

) (

o P

y

max



1



2



P1

y

y



xy



yx



1

y

n



2

y

3

y

x



1

y

62