BÀI TOÁN PHẲNG TRONG TỌA ĐỘ CỰC

Chia sẻ: Nguyen Ngoc Tuong Duy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

810
lượt xem 97
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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…

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI TOÁN PHẲNG TRONG TỌA ĐỘ CỰC

CHƯƠNG 7 : BÀI TOÁN PHẲNG TRONG TỌA ĐỘ CỰC Khi giải bài toán phẳng lý thuyết đàn h ồi, trong một số trường h ợp dùng tọa độ độc cực sẽ tiện lợi hơn tọa độ Descartes, ví d ụ khi nghiên c ứu 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 θ 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,θ,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 dθ. - 2 mặt phẳng song song mặt phẳng oxy cách nhau 1 đơn vị r y ∂σ θ σθ + dθ z ∂θ ∂σ σ r + r dr ∂τ ∂r dr r τ θr + θr dθ ∂ τ rθ fθ ∂θ τ+ dr fr rθ ∂r 1 dθ τ θR σr θ σθ τ rθ o y θ o x x Hình 7.1 + Ký hiệu: r là trục theo hướng bán kính, θ là trục đi qua điểm đang xét A(r,θ,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,θ,z) có các thành phần ứng suất: σr, Trθ. + Trên mặt đi qua điểm A(r,θ + dθ,z), khai triển theo Taylor có các ∂θ r ∂σ r dθ dθ , Trθ + thành phần ứng suấ: σ r + ∂θ ∂θ - fr, fθ : Lực thể tích hướng tâm và tiếp tuyến tác dụng lên một đơn v ị tiếp tuyến. Xét cân bằng của phân tố chịu lực như hình 7.1 : 53
∂σ ∂σ r dθ dθ − (σ θ + θ dθ ).dr.1. sin Σr = 0 ⇔ − σ r .r.dθ .1 + (σ r + dr )(r + dr ).dθ − σ θ .dr.1. sin − ∂θ ∂r 2 2 ∂τ dθ dθ + (τ θr + θr dθ )dr.1. cos τ θr .dr.1. cos + f r .r.dθ .dr = 0 ∂θ 2 2 dθ dθ ≈ Vì biến dạng bé nên sin 2 2 dθ ≈1 cos 2 Sau khi bỏ qua các nguyên lượng vô cùng bé và chia cho r.dr.d θ ta được: σr − σθ + f ∂σ r 1 ∂Tθ r + + =0 (7.1) x ∂r r ∂θ r Tương tự chiếu các lực lên phương θ ta được ∂T rθ 1 ∂σ θ T rθ + +2 + fθ = 0 (7.2) ∂r r ∂θ r + Định luật đối ứng của ứng suất tiếp : Trθ = Tθr (7.3) 2. Các phương trình hình học : 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 r, θ là : ∂u ∂v u+ dr và v + dr ∂r ∂r Chuyển vị của điểm C(r,θ+dθ) theo 2 phương r, θ là : ∂u ∂v dθ và v + dθ u+ ∂θ ∂θ Biến dạng tương đối theo phương r, θ là εr, εθ y D1 C1 D U B1 V C A1 B A o x Hình 7.2 *Trước tiên chỉ xét biến dạng do u gây ra khi giữ nguyên góc θ. Sau biến dạng ABCD → A’B’C’D’ : + Các biến dạng dài : 54
∂u (u + dr ) − u σr = A' B'− AB = ∂u ; ∂r = ∂r AB dr 2. Các phương trình hình học: 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: ∂u ∂v u+ dr và u + dr ∂r ∂r Chuyển vị của điểm C(r, θ+dθ) theo 2 phương là: ∂u ∂v dθ và v + u+ dv ∂θ ∂θ 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’: y D' ∂u dθ u+ ∂θ D ' C' E γ1 ∂u B' C u+ dr 'B AA ∂r U o x Hình 7.3 +Các biến dạng dài tương đối: ∂u (u + dr ) − u + dr − dr A' B'−AB ∂u ; ∂r εr = = = ∂r AB dr A' C'− AC (r + u )dθ − rdθ u εθ = = =; rdθ AB r +Biến dạng góc: (a) ∂u (u + dθ) − u 1 ∂u ∂θ γ1 = C'A 'E ' = = rdθ r ∂θ * Xét biến dạng do chuyển vị v gây ra khi gi ữ nguyên dr. Sau bi ến dạng ABCD trở thành A’’B’’C’’D’’: 55
y D'' D ∂v B'' γ2 v+ dr C'' N ∂r M C v A'' B A o x (Hình 5.4) + Biến dạng dài: ∂v dθ ) − v + dθ − dθ (v + A' ' C ' '− AC 1 ∂u = ∂θ εθ = = = rdθ r ∂θ AB + Biến dạng góc: γ2 = (B’’A’’M – NA’’M) (b) ∂v (v + dr ) − v v ∂v v = ∂r −= − r ∂r r dr v Có số hạng (NA”M) = trong γ2 là do sự quay toàn phân tố ABCD đối r với điểm 0. Cộng (a) và (b) ta có được các quan hệ giữa biến dạng và chuy ển vị trong tọa độ cực: ∂u εr = ∂r u 1 ∂v εθ = + (7.4) r r ∂θ 1 ∂u ∂v v γ1 + γ 2 = + − r ∂θ ∂r 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: 1 εr = (σr – μσθ) E 1 εθ= (σθ – μσr) (7.5a) E 2(1 + µ ) 1 γrθ = Trθ = Trθ G E 56
b. Biểu thức ứng suất qua biến dạng: E σr = 1 − µ 2 (εr – μεθ) E σθ = 1 − µ 2 (εθ – μεr) (7.5b) Trθ = G.γrθ Ở bài toán biến dạng phẳng thay E, μ bằng E1, μ1 theo cách đặt: µ E E1 = µ1 = ; 1− µ 1− µ2 $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) y tgθ = (b) x ∂r ∂r ∂ (r 2 ) x (a) ⇒ = 2r = 2x ⇒ = = cosθ ∂x ∂x ∂x r ∂r ∂r ∂ (r ) 2 y = 2r ∂y = 2y ⇒ ∂y = = sinθ ∂y r () y ∂θ ∂θ ∂( ) 1 y 2 =- 2 x → (b) ⇒ x = − y = . cos 2 θ ∂x ∂x xr ∂x x2 sin θ 1y =- . =- (c) rr r ()= y ∂θ ∂θ 1 x cos θ ∂( ) 1 1 1x 2 ⇒ x= = . ∂y = .= ∂y x r cos 2 θ x rr r ∂y * Như vậy, đối với hàm f(x,y) bất kỳ, trong tọa độ cực: ∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂f sin θ ∂f = . + . = .cosθ - . ∂r ∂x ∂θ ∂r ∂r ∂θ ∂x r ∂f ∂r ∂f ∂θ ∂f ∂f ∂f cos θ = . + . = .sinθ - . ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r ∂θ r ∂f sin θ  ∂f sin θ  sin θ ∂  ∂f  ∂f ∂ ∂2 f  ∂r . cos θ − ∂θ . r  cosθ - ∂θ  ∂r . cos θ − ∂θ . r  . r ⇒ = ∂r     ∂x 2 57
∂f cos θ  ∂f cos θ  cos θ ∂2 f ∂  ∂f ∂  ∂f  ∂r . sin θ − ∂θ . r  sinθ - ∂θ  ∂r . sin θ − ∂θ . r  . r 2= ∂y ∂r     Sau biến đổi ta nhận được: ∂ 2 f sin 2θ ∂f sin 2θ ∂f sin 2 θ ∂ 2 f sin 2 θ ∂2 f ∂2 f = 2 cos2θ - . + + +2 ∂θ r 2 ∂r ∂r∂θ ∂θ ∂x 2 ∂r r r2 r ∂f ∂ 2 f sin 2θ ∂f sin 2θ ∂f cos 2 θ ∂ 2 f cos 2 θ 2 ∂2 f sin2θ - 2= . + + +2 ∂θ r 2 ∂y ∂r ∂r∂θ ∂θ ∂r r 2 r2 r Lấy tổng hai biể thức ta được: ∂2 f ∂ 2 f 1 ∂f ∂2 f 1 ∂2 f ∇ f= 2 + 2= 2+ + ∂y r ∂r r 2 ∂θ 2 ∂x 2 ∂r 1 ∂ 1 ∂2 ∂2 ⇒ ∇2 = + + (7.7) ∂r 2 r ∂r r ∂θ 2 Thay (7.7) vào (7.6)  ∂2 1 ∂ 1 ∂2   (σ r + σ θ ) = 0  ∂r 2 + r ∂r + r ∂θ 2 (7.8)    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): 1 ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ σr = + r ∂r r 2 ∂θ 2 ∂ 2ϕ σθ = 2 (7.9) ∂γ 1 Trθ = 2 ∂ϕ − 1 ∂ ϕ 2 r ∂r r ∂r∂θ Trong đó: φ(r, θ): Là hàm ứng suất trong tọa độ cực Thay (7.9) vào (7.8) ta có:  ∂2 1 ∂ 1 ∂ 2   ∂ 2ϕ 1 ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ   2+   =0 +2 + +  ∂r r ∂r r ∂θ 2   ∂r 2 r ∂r r 2 ∂θ 2     ⇔ ∇ ( ∇ φ) = 0 2 2 (7.10) (7.10): Phương trình trùng điều hòa của bài toán phẳng trong tọa đ ộ 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) 58
1 1 Hình 7.4 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 m ặt ph ẳng 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. Chọn φ(r, θ) = C.r.θsinθ (7.11) C là hằng số phải xác định sao cho hàm φ(r, θ) th ỏa mãn phương trình trùng điều hòa và điều kiện biên: Theo (7.9) ta có: 1 ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ C σr = = 2 cos θ +2 r ∂r r ∂θ 2 r ∂ϕ 2 σθ = 2 = 0 (7.12) ∂r Trθ = 0 Qua (7.12) cho thấy trên mặt phẳng vuông góc với bán kính r ch ỉ có ứng su ất 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 l ực pháp tuyến tác dụng lên nửa vòng tròn tâm 0. π 2 ⇔ P + ∫ (σrdF ). cos θ = 0 với dF = r.dθ.1 (1 là bề Σx = 0 π − 2 dày của tấm) 59
π 2 ⇔ P = − ∫ σr.rdθ . cos θ π − 2 π 2C 2 cos θ .r. cos θ .dθ =−∫ r π − 2 π π 1 + cos 2θ 2 2 = −2C ∫ cos 2 dθ = −2C ∫ dθ 2 π π − − 2 2 π  2 2C 1 θ + 2 sin 2θ  π = −Cπ =−  − 2 2 P ⇒C =− (7.13) π Thay (7.13) vào (7.12) ta có: 2P σr = − cos θ πr σθ = 0 (7.14) 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 nh ững 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 1 cos θ ⇔ = (a) d r 2P 2P ⇒ σr = − cos θ = − Từ (7.14) πr πd 2P ⇒ σr = − (7.15) πd 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. P P o x r d y 60 P
Ví dụ: cấu kiện chịu nén đúng tâm Hình 7.15 Tính bản trong hệ tọa độ Descartes: Ta có: * f = σr.cos(n, x) = σr.l x * f = σr.m y * f Nhân 2 vế của phương trình cho l Mà: = σx.l + Tyx.m = σx.l x * f Nhân 2 vế của phương trình cho m = Tyx.l + σy.m = σr.m y ⇒ σx.l2 – σy.m2 = σr.l2 – σr.m2 σx + σy = σr + σθ Ta có: l2 + m 2 = 1 σy P y y σr o n τ yx β f*y y σr θ r σ r τ yx σr σx θ σr τ xy f*x τ xy x x σx x 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. x x Mà l = cosθ = = x2 + y2 r y m = cosβ = sinθ = x2 + y2 x2 ⇒ 2 σx = σrcos θ = σr. 2 2 x +y y2 2 σy = σrsin θ = σr. 2 (7.16) x + y2 61
xy Txy = σrsinθcosθ = σr. x 2 + y 2 2P cosθ từ (7.14) vào (7.16) ta có: Thay σr = - πr x3 2P 2P 3 σx = - cos θ = - . 2 2 2 ( ) πr π x +y y2x 2P 2P 2 σy = - sin θcosθ = - . 2 2 (7.17) ( ) 2 πr π x +y 2 yx 2P 2P Txy = - sinθcos2θ = - . 2 2 ( ) 2 πr π x +y Tính chất nghiệm của (7.17): y = 0 2P  ⇒σx = − max x = x πx * 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. x3 2 n Pi cos θ i 3 2n ∑ = − ∑ Pi 2 i 2 2 σx = − π i =1 ( xi + y i ) π i =1 ri xy2 2 n Pi sin θ i cos θ i 2 2n ∑ = − ∑ Pi 2 i i 2 2 σy =− (7.18) π i =1 ( xi + y i ) π i =1 ri x 2y Pi sin θ i cos 2 θ i n 2n 2 ∑ = − ∑ Pi 2 i i 2 2 ac Txy = − π π i =1 ( xi + y i ) ri i =1 P1 P2y1 Pn θ1 y σx θn θ2 τ xy τ yx σy y3 y2 y1 P o y x σ max 62 x