Bài giảng cơ học môi trường liên tục chương 6 ts phạm văn đạt

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

Chương 6: BÀI TOÁN PHẲNG TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ CỰC

Khi nghiên cứu tính tốn cho các bài tốn vành trịn, đĩa v.v… nếu dùng hệ trục tọa độ
Descartes mô tả các đại lượng (ứng suất, biến dạng) thì khơng thuận tiện bằng mơ tả trong
hệ trục tọa độ cực. 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 θ và vectơ bán kính r.
6.1 Các phương trình cơ bản
6.1.1. 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.

230

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

- 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

z y τrθ+ τrθ θ dθ σr +

r dr b σr r dr

σθ+ σθ dθ

θ τθr
1 d θ a c τθr + r dr

θ τrθ

o y d σθ

x τθr o x

Hình 6.1

231

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

Ký hiệu: r là trục theo hướng bán kính, θ là trục đi qua điểm đang xét A(r,θ,z) và
vng 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, τ rθ.

+ Trên mặt đi qua điểm A(r,θ + dθ,z), khai triển theo Taylor có các thành phần ứng

suấ: σr + ∂σr dθ, τrθ + ∂τrθ dθ
∂θ ∂θ

- fr, fθ : 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 6.1 :

Σr = 0 ⇔ − σr.r.dθ.1+ (σr + ∂σr ∂r dr)(r + dr).dθ − σθ.dr.1.sin dθ2 − (σθ + ∂σθ ∂θ dθ).dr.1.sin dθ2 −
τθr.dr.1.cos dθ2 + (τθr + ∂τθr ∂θ dθ)dr.1.cos dθ2 + fr.r.dθ.dr = 0

232

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

Vì biến dạng bé nên sin dθ ≈ dθ ; cos dθ ≈ 1
22 2

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

∂σr ∂r + 1 ∂τθr r ∂θ + σr − σθ r + fr = 0 (6.1)

Tương tự chiếu các lực lên phương θ ta được

∂τ rθ ∂r + 1 ∂σθ r ∂θ + 2 τ rθ r + fθ = 0 (6.2)
+ Định luật đối ứng của ứng suất tiếp : τ rθ= τ θr (6.3)

233

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

6.1.2. Các phương trình hình học:

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

Chuyển vị của điểm B(r+dr, θ) theo 2 phương là: u + ∂ u D ' d θ
∂θ
u + ∂u dr và u + ∂v dr

D
E' C'

∂ r ∂ r C γ1 B ' u + ∂ u dr
∂r
A A' B

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

u + ∂u dθ và v + ∂v dv Hình 6.2

∂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’ (hình 6.2):

+ Các biến dạng dài tương đối:

234

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 ∂u
 (u + dr) − u + dr − dr
εr = A 'B'− AB = ∂r = ∂u ;
 AB dr ∂r (6.4a)

 A 'C'− AC (r + u)dθ − rdθ u

εθ = = =
 AB rdθ r

+ Biến dạng góc: y

' ' ' (u + ∂u∂θ dθ) − u 1 ∂u (6.4b) D'' D B'' v v+ v dr
γ1 = C A E = rdθ = r ∂θ N r
C'' C M
* Biến dạng do v gây ra khi giữ nguyên dr. Sau biến A'' B

dạng ABCD trở thành A’’B’’C’’D’’ (hình 6.3): A

+ Các biến dạng dài tương đối: o x

A ''C ''− AC (v + ∂v∂θ dθ) − v + dθ − dθ 1 ∂v Hình 6.3
εθ = AC = θdr = r ∂θ (6.5a)
235

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

+ Biến dạng góc:

(v + ∂v∂v dr) − v v ∂v v (6.5b)
γ1 = (B''A ''M ') − (NA ''M '') = dr − r = ∂r − r

Trong (6.5b) thành phần (NA ''M '') = v là sự quay toàn phần của phân tố ABCD đối
r

với điểm O.

Cộng (6.4) và (6.5) ta có được các quan hệ giữa biến dạng và chuyển vị trong tọa độ
cực:

236

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 ∂u
εr =
 ∂r
 u 1 ∂v
εθ = + (6.6)
 r r ∂θ
 1 ∂u ∂v v
γrθ = γ1 + γ2 = +−
 r ∂θ ∂r r

6.1.3. 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:

1
εr = (σr – υσθ )
E
1
a. Biểu thức biến dạng qua ứng xuất: εθ = (σθ – υσr ) (6.7)
E
 τrθ 2(1+ υ)

γrθ = = τrθ
 G E

237

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

b. Biểu thức ứng suất qua biến dạng: (6.8)

 E
σr = 2 (εr – υεθ )
 1−υ
 E
σθ = 2 (εθ – υεr )
 1−υ
 E
τrθ = γ rθ
 2(1+ υ)

Ở bài toán biến dạng phẳng thay E, υ bằng E1,υ1theo cách đặt:

E1 = 1− υ2 E ; υ1 = υ 1− υ
6.2. GIẢI BÀI TOÁN 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.

238

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

Ta hãy biểu diễn phương trình đó trong hệ tọa độ cực: (6.9)
(6.10)
∇2 (σx + σy ) = 0

σx + σy = σr + σθ = S

Suy ra: ∇2 (σr + σθ ) = 0

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

r2 = x2 + y2

 y
tan θ =
 x

Suy ra:

∂(r2 ) = 2r ∂r → ∂r = x = cosθ
∂x ∂x ∂x r

239

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

∂(r2 ) = 2r ∂(r) = 2y → ∂r = y =sin θ
∂y ∂y ∂y r

∂( yx ) −y 1 ∂θ ( ) → ∂θ = − 2 y x = − 2 y .1 = − sin θ

∂x = x2 = cos2 θ . ∂x ∂x x r rr r
∂( yx ) 1 1 ∂θ
∂y = x = cos2 θ . ∂y ( ) → ∂θ = 1 x = 2 x .1 = cosθ
∂y x r r r r

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

∂f = ∂f ∂r + ∂f ∂θ = ∂f cosθ − ∂f sin θ
∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂r ∂θ r

∂f = ∂f ∂r + ∂f ∂θ = ∂f sin θ + ∂f cosθ
∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r ∂θ r

240

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

∂2f ∂  ∂f ∂f sin θ  ∂  ∂f ∂f sin θ  sinθ
2 =  .cos θ − .  cosθ −  .cos θ − . 
∂x ∂r  ∂r ∂θ r  ∂θ  ∂r ∂θ r  r

∂2f ∂  ∂f ∂f cosθ  ∂  ∂f ∂f cosθ  cosθ
2 =  .sin θ + .  sinθ +  .sin θ + . 
∂y ∂r  ∂r ∂θ r  ∂θ  ∂r ∂θ r  r

Sau biến đổi ta nhận được:

∂2f ∂2f 2 ∂2f sin 2θ ∂ f sin 2θ ∂ f sin2 θ ∂2f sin2 θ
= 2 .cos θ − . −. +. + 2. 2
∂x2 ∂r ∂θ∂r r ∂θ r ∂r r ∂θ r

∂2f ∂2f 2 ∂2f sin 2θ ∂f sin 2θ ∂f cos2θ ∂2f cos2θ
= 2 .sin θ + . +. +. + 2. 2
∂y2 ∂r ∂θ∂r r ∂θ r ∂r r ∂θ r

Lấy tổng hai biểu thức ta được:

2 ∂2f ∂2f ∂2f 1 ∂f 1 ∂2f
∇f= 2+ 2= 2+ +2 2 (6.11)
∂x ∂y ∂r r ∂r r ∂θ
241
Thay (6.11) vào (6.9) ta có :

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 ∂2 1 ∂ 1 ∂2  (6.12)
 2 + + 2 (σr + σθ ) = 0
 ∂r r ∂r r ∂θ 

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 (6.1), (6.2):

 1 ∂ϕ 1 ∂2ϕ
σr = +2 2
 2 r ∂r r ∂θ
 ∂ϕ
σθ = 2 (6.13)
 ∂r
 ∂  1 ∂ϕ 
Trθ = −  

 ∂r  r ∂θ 

trong đó: ϕ(r, θ) là hàm ứng suất trong tọa độ cực.

Thay (6.13) vào (6.12) ta có:

242

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 ∂2 1 ∂ 1 ∂2  ∂2φ 1 ∂φ 1 ∂2φ  (6.14)
 2+ + 2 2  2 + + 2 2=0 (6.15)
 ∂r r ∂r r ∂θ  ∂r r ∂r r ∂θ 

⇔ ∇2 (∇2ϕ) = 0

(6.14): là phương trình trùng điều hịa của bài tốn phẳng trong tọa độ cực.

Ví dụ 6.1: Cho thanh cong mặt cắt ngang hình chữ nhật a
(bxh): Lấy b=1, chịu tác dụng bởi mômen Mo ở 2 mặt cắt b
đầu thanh và nằm trong mặt phẳng cong của thanh như
hình vẽ 6.4. Hãy xác định trạng thái ứng suất trong thanh.

Bài giải : Hình 6.4

Đây là trường hợp thanh cong phẳng chịu uốn thuần túy . Do mômen uốn không đổi

theo chiều dài thanh nên ứng suất không phụ thuộc vào góc cực. Ta chọn hàm ứng suất

theo: ϕ(r)= Alnr+ Br2lnr + Cr2 +D

243

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 1 dφ A
 σr = = 2 + B(1+ 2ln r) + 2C
Khi đó các ứng suất theo (6.13) sẽ là :  r dr r (6.16)

 dφ A2 (a)
(b)
σθ = dr2 = − r2 + B(1+ 2ln r) + 2C (c)

Các hằng số A,B,C được xác định từ điều kiện biên như sau :

r = a → σr = 0
* Tại 2 biên cong : 

r = b → σr = 0

*Tại 2 đầu thanh :

Lực dọc N: b

N = ∫ σθdF = ∫ σθ.1.dr = 0

(F) a

Mômen uốn M: b

M = ∫ σθ.r.dF = ∫ σθ.1.r.dr = M0

(F) a

Thay (6.15) vào (a), (b), (c) ta được :

244

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 A 2 + B(1+ 2ln a) + 2C = 0

a
A
 2 + B(1+ 2ln b) + 2C = 0 (d)
b
a
A ln + B(b ln b − a ln a) + C(b − a ) = M022 2 2

 b

Giải hệ phương trình (d) đối với A, B, C ta được :

 4M0 2 2 a
 A = − a b ln
 Kb
 2M0 2 2
B = − (b − a ) (e)
 K

 C = M0 (b2 − a2 ) + 2(b2lnb − a2lna )
 K 

2 2  a 2
trong đó : K = (b − a ) − 4a b  ln 22

 b

Thay các giá trị của a, b,c ở (e) vào (7-13) ta được :

245

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

 4Mo  a2b2 b 2 r 2 a 
 σr =  2 ln + b ln + a ln 
 Kr a b r

 4Mo  a2b2 b 2 r 2 a 2 2 
σθ =  − 2 ln + b ln + a ln + b − a 
 K r a b r 

 τrθ = τθr = 0



246

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

6.3 Bài toán nêm phẳng chịu lực tập trung

Xét một nêm phẳng bề dày 1 đơn vị, góc P x P

chắn ở đỉnh là 2α và chịu tải tập trung P

nghiêng một góc β như hình vẽ 6.5. Đây có r

thể là sơ đồ của một đập chắn và ta coi nên σr

có chiều dài rất lớn. A A

1 y

Hinh 6.5

6.3.1 Hàm ứng suất ϕ(r, θ) và các ứng suất

Ứng suất tại điểm K(r, θ) phụ thuộc vào: P, r,α,β,θ suy ra thứ nguyên của cũng phụ thuộc
vào thứ nguyên của các đại lượng này và có: là hư số

[ σ r ] =  F / 2  ;[ P ] = [ F / L ] ; [ r ] = [ L ] ; α,β,θ: là hư số.

L

Vậy thứ nguyên của ứng suất phụ thuộc vào các đại lượng khác:

247

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

[σr ] = k(α,β,θ)[P] / [r]

Hoặc: σr = k(α,β,θ).P / r

Vì hàm ứng suất là hàm của (r, θ) nên ta có thể biểu diễn dưới dạng:

σr = τθ / r (6.17)

Nhưng:

σr = 1 ∂ϕ 1 ∂2ϕ (6.18)
+2 2
r ∂r r ∂θ

Nên để thỏa mãn (6.17) thì mỗi số hạng của σr ở (6.18) phải có dạng (6.17), nghĩa là:

1 ∂ϕ = τ1θ → ϕ = r.H1(θ)
r ∂r r → ϕ = r.H2 (θ)
1 ∂2ϕ = τ2θ
r2 ∂θ2 r

248

CƠ HỌC MÔI TRƯỜNG LIÊN TỤC TS. PHẠM VĂN ĐẠT

Hàm Hi chỉ phụ thuộc vào biến số θ. như vậy hàm ứng suất ϕ(r, θ) sẽ là: (6.19)

ϕ(r, θ) = r.f (θ)

Thay (6.19) vào điều kiện hàm ứng suất là hàm trùng điều điều hòa (6.14) ta được:
f (IV) + 2f ''+ f = 0

Nghiệm của phương trình (6.17) có dạng:

f (θ) = A cos(θ) + B sin(θ) + C.θ cos(θ) + D.θ sin(θ)

Hàm ứng suất sẽ có dạng: (6.20)

ϕ(r,θ) = r.(f (θ) = A cos(θ) + Bsin(θ) + C.θcos(θ) + D.θsin(θ))

Các thành phần ứng suất là:

249