Giải bài tập lý thuyết đàn hồi full
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (581.42 KB, 44 trang )
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
CHAPTER 1 – 2 – 3 – 4 :ỨNG SUẤT VÀ BIẾN DẠNG
Bài 1:Cho phân tố chịu lực như hình vẽ
1.Lập tenxơ ứng suất ?
2.Tính ứng suất trên mặt nghiêng đều với 3
trục tọa độ ?
3.Tính các thành phần ứng suất chính và xác
định phương chính thứ nhất ?
4.Lập tenxơ cầu và tenxơ ứng suất lệch ?
Giải:
1.Từ phân tố ta có
σ x = 4,σ y = 3,σ z = -1, τ yz = τ zy = 5
τ xy = τ yx = -2, τ xz = τ zx = 1 (daN / cm 2 )
Chỉ biểu diễn mặt thấy
Ta lập được tenxơ ứng suất sau
4 -2 1
Tσ = -2 3 5 (daN / cm 2 )
1 5 -1
2.Ta có mặt phẳng nghiêng đều với 3 trục tọa độ là mặt phẳng có l = m = n =
√
Ta có thành phần ứng suất theo 3 phương
1
= 3
3
1
p y = τ xy .l + σ y .m + τ zy .n p y = [(-2) + 3 + 5].
=2 3
3
1
5
p z = τ xz .l + τ yz .m + σ z .n
p z = [1 + 5 + (-1)].
=
3
3
→ Ứng suất toàn phần trên mặt phẳng nghiêng
p x = σ x .l + τ yx .m + τ zx .n
p x = [4 + (-2) +1].
p n = p 2x + p 2y + p 2z =
70
(daN / cm 2 )
3
Ứng suất pháp trên mặt nghiêng
σ n = p x .l + p y .m + p z .n = [ 3 + 2 3 +
5 1 14
].
= (daN / cm 2 )
3 3 3
Ứng suất tiếp trên mặt phẳng nghiêng
14
(daN / cm 2 )
3
3.Ứng suất chính là nghiệm phương trình σ 3 - I1σ 2 + I 2σ - I3 = 0
τ n = p 2n - σ 2n =
1/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Trong đó
ELASTIC THEORY
I1 = σ x + σ y + σ z = 4 + 3 + (-1) = 6 (daN / cm 2 )
I2 =
σx
τ xy
τ yx σ y
+
σ y τ yz
τ zy σ z
+
σ z τ zx
τ xz
σx
= σ x .σ y + σ y .σ z + σ z .σ x - (τ 2xy + τ 2yz + τ 2zx )
= 12 - 3 - 4 - (4 + 25 +1) = -25 (daN 2 / cm 4 )
σx
I3 = τ xy
τ yx
σy
τ zx
τ zy = 4.3.(-1) + 2.[5.1.(-2)] - 3.12 - 4.52 - (-1).(-2) 2 = -131 (daN 3 / cm6 )
τ xz
τ yz
σz
Thay vào phương trình ta có
σ3 - 6σ 2 - 25σ +131 = 0
σ1 = 6,86 (daN / cm 2 )
σ 2 = 3,96 (daN / cm 2 )
2
σ3 = -4,82 (daN / cm )
Phương chính thứ nhất là nghiệm của hệ
τ xy .l1 + (σ y - σ1 ).m 1 +τ zy .n1 = 0
(-2).l1 + (3 - 6,86).m 1 +5.n1 = 0
τ xz .l1 + τ yz .m1 + (σ z - σ1 ).n1 = 0 1.l1 + 5.m1 + (-1- 6,86).n1 = 0
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1
-2.l1 - 3,86.m 1 +5.n1 = 0 n1 = 0,573.m1
n1 = 0,573.m1
1.l1 + 5.m1 - 7,86.n1 = 0 l1 = -0,496.m1 l1 = -0, 496.m1
2
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1 m1 = 0,635
n1 = 0, 457
l1 = 0,395
m = 0,797
1
4. Ta có ứng suất pháp trung bình σ tb =
σ1 + σ 2 + σ3 σ x + σ y + σ z
=
= 2 (daN / cm 2 )
3
3
Ta lại có Tσ = Tσ0 + D σ
Trong đó Tσ0 là tenxơ ứng suất cầu
tb
Tσ0 0
0
Dσ là tenxơ ứng suất lệch
0
tb
0
0 2 0 0
0 0 2 0 (daN / cm 2 )
tb 0 0 2
2/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
1 2 -2 1
4 -2 1 2 0 0 4 - 2 -2
0
Dσ = Tσ Tσ -2 3 5 0 2 0 -2 3 - 2
5 -2 1 5 (daN / cm 2 )
1 5 -1 0 0 2 1
5 -1- 2 1 5 -3
Bài 2: Cho các thành phần ứng suất
σ x = 4,σ y = 0,σ z = 2, τ yz = τ xy = 3, τ zx = 5 (kN / cm 2 )
1.Lập tenxơ ứng suất và điền các thành phần ứng suất vào phân tố trên hình vẽ ?
3.Phân tố này thuộc trạng thái ứng suất nào ?
2.Xác định các phương chính ?
4.Tính các ứng suất bát diện
Giải:
1.Ta có tenxơ ứng suất
4 3 5
Tσ = 3 0 3 (kN / cm 2 )
5 3 2
3.Phân tố này thuộc trạng thái ứng suất khối
2.Ta có ứng suất chính là nghiệm của pt
σ 3 - I1σ 2 + I 2σ - I3 = 0
Trong đó I1 = 4 + 0 + 2 = 6 (kN/cm2)
I2 = 0 + 0 + 4.2 – (32 + 32 + 52) = -35
(kN2/cm4)
I3 = 0 + 2.3.3.5 – (0 + 4.3.3 + 2.3.3) = 36
(kN3/cm6)
Thay vào ta có
Chỉ biểu diễn mặt thấy
σ3 - 6σ 2 - 35σ - 36 = 0
σ1 = 9,9 kN / cm 2
σ 2 = -1,5 kN / cm 2
2
σ 3 = -2,4 kN / cm
Phương chính 1 là nghiệm của hệ
3/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
τ xy .l1 + (σ y - σ1 ).m 1 +τ zy .n1 = 0
3.l1 + (0 - 9,9).m 1 +3.n1 = 0
τ xz .l1 + τ yz .m1 + (σ z - σ1 ).n1 = 0 5.l1 + 3.m1 + (2 - 9,9).n1 = 0
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1
3.l1 - 9,9.m 1 +3.n1 = 0
n1 = 1,5.m1
n1 = 1,5.m1
5.l1 + 3.m1 - 7,9.n1 = 0 l1 = 1,77.m1
l1 = 1,77.m1
2
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1 m1 = 0,157
n1 = 0,594
l1 = 0,7
m = 0,396
1
Phương chính 2 là nghiệm của hệ
τ xy .l2 + (σ y - σ 2 ).m 2 +τ zy .n 2 = 0
3.l2 + (0 +1,5).m 2 +3.n 2 = 0
τ xz .l2 + τ yz .m 2 + (σ z - σ 2 ).n 2 = 0 5.l2 + 3.m 2 + (2 +1,5).n 2 = 0
2
2
2
2
2
2
l 2 + m 2 + n 2 = 1
l 2 + m 2 + n 2 = 1
3.l 2 +1,5.m 2 +3.n 2 = 0
m 2 = 3.n 2
m 2 = 3.n 2
5.l 2 + 3.m 2 + 3,5.n 2 = 0 l2 = -1,5.n 2
l2 = -1,5.n 2
2
2
2
2
2
2
2
l 2 + m 2 + n 2 = 1
l1 + m1 + n1 = 1 n 2 = 0,08
n 2 = 0,849
l2 = 0,425
m = 0,283
2
Phương chính 3 là nghiệm của hệ
τ xy .l3 + (σ y - σ3 ).m 3 +τ zy .n 3 = 0
3.l3 + (0 + 2,4).m 3 +3.n 3 = 0
τ xz .l3 + τ yz .m3 + (σ z - σ3 ).n 3 = 0 5.l3 + 3.m3 + (2 + 2, 4).n 3 = 0
2
2
2
2
2
2
l3 + m 3 + n 3 = 1
l3 + m 3 + n 3 = 1
3.l3 + 2, 4.m 3 +3.n 3 = 0
m3 = -6.n 3
m3 = -6.n 3
5.l3 + 3.m3 + 4,4.n 3 = 0 l3 = 3,8.n 3
l3 = 3,8.n 3
2
2
2
2
2
2
2
l 3 + m 3 + n 3 = 1
l3 + m3 + n 3 = 1 n 3 = 0,019
n 2 = 0,828
l3 = 0,524
m = 0,138
3
4.Ta có ứng suất toàn phần trên mặt bát diện
4/44
NORTH SAINT_AMITABHA
2
1
2
2
2
3
ELASTIC THEORY
2
2
2
σ +σ +σ
9,9 + (-1,5) + (-2, 4)
=
= 35,34 p n = 5,9 kN / cm2
3
3
Ứng suất pháp bát diện
σ + σ 2 + σ3 9,9 -1,5 - 2,4
σ bd = 1
=
= 2 kN / cm 2
3
3
Ứng suất tiếp bát diện
p 2n =
τ bd = p 2n - σ 2bd = 35,34 - 4 = 5,6 kN / cm 2
Bài 3: Cho tenxơ ứng suất
a 0 0
Tσ = 0 4 -2 (kN / cm 2 )
0 -2 1
1.Xác định a biết σbd = 2 (kN/cm2) ?
2.Tính các ứng suất chính và phương chính thứ nhất ?
Giải:
1.Ta có các bất biến của tenxơ ứng suất I1 = a + 5 kN/cm2
I2 = 4a + 4 + a – (0 + 0 +4) = 5a kN2/cm4
I3 = 0
Các ứng suất chính là nghiệm của phương trình σ 3 - I1σ 2 + I 2σ - I3 = 0
Thay số vào ta được
σ3 - (a + 5)σ 2 + 5aσ = 0 σ(σ 2 - (a + 5)σ + 5a) = 0
σ = 0 or σ 2 - (a + 5)σ + 5a = 0 (1)
Giả thiết bài toán ta có đây mà mặt bát diện nên để tồn tại σbd = 2 (kN/cm2) khi chỉ khi
phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt → ∆ = (a +5)2 – 4.5a > 0 ↔ (a -5)2 > 0 luôn
đúng
Giả sử phương trình (1) có 2 nghiệm σ1 ,σ 2 theoViet ta có σ1 + σ 2 = 5a
σ1 + σ 2 + σ3 5a
=
= 2 a = 1,2
3
3
Kết luận :Vậy với a = 1,2 thỏa mãn điều kiện bài toán
2.Thay a = 1,2 vào phương trình (1) ta có các ứng suất chính là
Giả thiết σ bd =
σ1 5 kN / cm 2 ,σ 2 1, 2 kN / cm 2 ,σ 3 0 kN / cm 2
Phương chính thứ nhất là nghiệm của hệ
(σ x - σ1 ).l1 τ yx .m 1 τ zx .n1
(1, 2 - 5).l1 + 0.m 1 +0.n1 = 0
τ xy .l1 + (σ y - σ1 ).m 1 +τ zy .n1 = 0 0.l1 - 2.m1 + (1- 5).n1 = 0
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1
5/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
l1 0
l1 0
l1 0
-2.m1 - 4.n1 = 0 m1 2n1
m1 2n1
2
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1 l1 + m1 + n1 = 1 n1 = 0, 2
n1 = 0, 447
l1 = 0
m = 0,894
1
Bài 4: Cho các thành phần ứng suất
12
ql 2 qh 2 6q 2
4q 3
-6q h 2 2
σx = 3 M0 +
y - x y + 3 y ; τ xy = 3 - y x
h
8 20 h 3
h
h 4
3
2
3
-6q y h
h
σ y = 3 - y 2 + ;τ yz = τ zx = σ z = 0
h 3 4
12
1.Hãy nghiệm lại phương trình Cauchy xem khi nào thỏa mãn ?
2.Với điều kiện đó xác định loại trạng thái ứng suất tại điểm M(1,0,-1) ?
Giải :
1.Thay các giá trị vào phương trình Cauchy ta có
x yx zx
12q
x y z 0 0 3 y.x 0 0
h
x 0
xy y zy
-6q h 2 2 -6q 2 h 2
0 3 - y 3 y - y 0 0
1
x
y
z
h
4
h
2
y
2
0
0
yz
z 0
xz
y
z
x
Kết luận :Vậy thành phần ứng suất thỏa mãn phương trình Cauchy khi chỉ khi
x 0
1
y
2
-3q
-q
,σ y = → Đây là trạng
2h
2
thái ứng suất phẳng (Note ta phải tìm các ứng suất chính trước khi đưa ra kết luận)
Bài 5: Cho tenxơ ứng suất sau
1 4 2
Tσ = 4 -1 -2 (daN / cm 2 )
2 -2 0
2. Với điểm M(1,0,-1) thì ta có x = τ yz τ zx = σ z = 0, τ xy =
1.Xác định các thành phần ứng suất chính ?
2.Lập tenxơ biến dạng tương ứng ? Biết E = 2.104 kN/cm2 = 2.106 daN/cm2,μ = 0,2
6/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
3.Tính các biến dạng chính và xác định phương biến dạng chính thứ 2 ?
4.Tính độ biến đổi thể tích của phân tố ?
Giải:
1. Ta có các bất biến của tenxơ ứng suất I1 = 0 daN/cm2
I2 = -1 –[42 + 22 +(-2)2]= -25 daN2/cm4
I3 = 0 + 2.(-2).2.4 – [ (-1).2.2 +1.(-2).(-2)] = -32 daN3/cm6
Các ứng suất chính là nghiệm của phương trình σ 3 - I1σ 2 + I 2σ - I3 = 0
Thay số vào ta được
σ3 - 25σ + 32 = 0
σ1 = 4,16 daN / cm 2
σ 2 = 1,387daN / cm 2
2
σ3 = -5,547 daN / cm
2.Ta tính các biến dạng
1
1
ε x = [σ x - μ(σ y + σ z )] =
[1- 0,2.(-1+ 0)] = 6.10-7
6
E
2.10
1
1
ε y = [σ y - μ(σ x + σ z )] =
[-1- 0, 2.(1+ 0)] = - 6.10-7
6
E
2.10
1
1
ε z = [σ z - μ(σ x + σ y )] =
[0 - 0,2.(1-1)] = 0
E
2.106
E
= 8,3.105
Lại có G =
2(1+ μ)
τ xy
4
= 2,4.10-6
5
2G 2.8,3.10
τ
2
ε xz = xz =
= 1,2.10-6
5
2G 2.8,3.10
τ
-2
ε yz = yz =
= -1, 2.10-6
5
2G 2.8,3.10
Ta lập được tenxơ biến dạng sau
ε xy =
6.10-7
Tε = 2, 4.10-6
1, 2.10-6
=
2,4.10-6
-6.10-7
-1, 2.10-6
1, 2.10-6 0,6 2, 4 1, 2
-1, 2.10-6 2,4 -0,6 -1,2 10-6
1,2. -1,2
0
0
3.Ta có biến dạng chính là nghiệm của phương trình ε 3 - J1ε 2 + J 2ε - J 3 = 0
Trong đó
7/44
NORTH SAINT_AMITABHA
J1 = ε x + ε y + ε z = 0
J2 =
εx
ε xy
ε yx ε y
+
ε y ε yz
ε zy ε z
+
ε z ε zx
ELASTIC THEORY
ε xz
εx
= {0,6(-0,6) -[2, 42 +1,22 + (-1,2)2 ]}.10-12 = -9.10-12
εx
ε yx
ε zx
J 3 = ε xy
εy
ε zy
ε xz
ε yz
εz
= {2.(-1, 2).1, 2.2, 4 -[1, 2.1, 2.(-0,6) + (-1, 2).(-1,2).0,6]}.10-18 = -6,912.10-18
Thay số vào ta có
ε 3 - 9.10-12 ε + 6,912.10-18 = 0
ε1 = 2, 496.10-6
ε 2 = 8,32.10-7
-6
ε 3 = -3,328.10
Phương biến dạng chính thứ 2 là nghiệm của hệ
(ε x - ε 2 ).l 2 + ε yx .m 2 +ε zx .n 2 = 0 (6 - 8,32).10-7.l2 + 2, 4.10-6.m 2 +1,2.10-6.n 2 = 0
-6
-7
-6
ε xy .l2 + (ε y - ε 2 ).m 2 +ε zy .n 2 = 0 2, 4.10 .l 2 + (-6 - 8,32).1 0 .m 2 -1, 2.10 .n 2 = 0
2
2
2
2
2
2
l 2 + m 2 + n 2 = 1
l 2 + m 2 + n 2 = 1
n 2 = -2,036m 2
n 2 = -2,036m 2 l2 = 0,875
l2 = -0,418m 2 l2 = -0, 418m 2 n 2 = 0,18
2
2
2
2
m 2 = 0,43
l2 + m 2 + n 2 = 1 m 2 = 0,188
4.Độ biến đổi thể tích
θ = εx + εy + εz = 0
1 3 0
Bài 6: Cho tenxơ biến dạng sau Tε = 3 -1 4 10-2
0 4 2
1.Tính các biến dạng theo phương nghiêng có l = 0,5; n = -0,5; m =
2.Tính các biến dạng chính và các phương biến dạng chính ?
3.Lập tenxơ biến dạng cầu và tenxơ biến dạng lệch ?
Giải :
1.
8/44
1
?
2
NORTH SAINT_AMITABHA
2
2
ELASTIC THEORY
2
εS = l .ε x + m .ε y + n .ε y + τ xy .l.m + τ yz .m.n + τ zx .l.n
2
2
1 2
1 1
1 1 2 1 2 2
1
1
= .1
.(
1)
.2
.
.3
. .4 .10
.10
2
2
2
2
4
2
2
2
2.Các biến dạng chính là nghiệm của phương trình ε 3 - J1ε 2 + J 2ε - J 3 = 0
Trong đó
J1 = ε x + ε y + ε z = (1-1+ 2).102 = 2.102
J2 =
εx
ε xy
ε yx ε y
+
ε y ε yz
ε zy ε z
+
ε z ε zx
ε xz
εx
= {1(-1) + (-1).2 + 2.1-[32 + 0 + 42 ]}.10-4 = -26.10-4
εx
J 3 = ε xy
ε xz
ε yx
εy
ε yz
ε zx
ε zy
εz
= {1.(-1).2 -[4.4.1+ 3.3.2]}.10-6 = -36.10-6
Thay số vào ta có
ε 3 - 2.10-2 ε 2 - 26.10-4 ε + 36.10-6 = 0
ε1 = 0,06
ε 2 = 0,01
ε = -0,05
3
● Phương biến dạng chính thứ nhất là nghiệm của hệ
(ε x - ε1 ).l1 + ε yx .m 1 +ε zx .n1 = 0 (1- 6).10-2.l1 + 3.10-2.m 1 +0.n1 = 0
-2
-2
-2
ε xy .l1 + (ε y - ε1 ).m 1 +ε zy .n1 = 0 3.10 .l1 + (-1- 6).1 0 .m 1 +4.10 .n1 = 0
2
2
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1
l1 + m1 + n1 = 1
n1 = 1,3m1
n1 = 1,3m1
l1 = 0,745
l1 = 0,6m1
l1 = 0,6m1 n1 = 0,344
2
2
2
2
l1 + m1 + n1 = 1 m1 = 0,328 m1 = 0,573
● Phương biến dạng chính thứ 2 là nghiệm của hệ
9/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
(ε x - ε 2 ).l2 + ε yx .m 2 +ε zx .n 2 = 0 (1-1).10-2.l2 + 3.10-2.m 2 +0.n 2 = 0
-2
-2
-2
ε
.l
+
(ε
ε
).m
+ε
.n
=
0
xy 2
3.10 .l2 + (-1-1).1 0 .m 2 +4.10 .n 2 = 0
y
2
2
zy
2
2
2
2
2
2
2
l 2 + m 2 + n 2 = 1
l 2 + m 2 + n 2 = 1
m 2 = 0
m 2 = 0
m 2 = 0
n 2 = -0,75l2
n 2 = -0, 75l 2 n 2 = 0,6
2
2
l = 0,8
2
2
2
l 2 + m 2 + n 2 = 1 l2 = 0,64
● Phương biến dạng chính thứ 3 là nghiệm của hệ
(ε x - ε 3 ).l3 + ε yx .m 3 +ε zx .n 3 = 0 (1+ 5).10-2.l3 + 3.10-2.m 3 +0.n 3 = 0
-2
-2
-2
ε xy .l3 + (ε y - ε 3 ).m 3 +ε zy .n 3 = 0 3.10 .l3 + (-1+ 5).1 0 .m 3 +4.10 .n 3 = 0
2
2
2
2
2
2
l3 + m 3 + n 3 = 1
l3 + m 3 + n 3 = 1
m3 = -2l3
m3 = -2l3
m3 = 0,78
n 3 = -1, 25l3
n 3 = -1, 25l3 n 3 = 0,4875
2
2
l = 0,39
2
2
3
l3 + m3 + n 3 = 1 l3 = 0,152
3.Ta có biến dạng trung bình
ε tb =
εx + ε y + εz
3
2.10-2
=
3
Lại có Tε = Tε0 + D ε (1)
Trong đó Tε0 là tenxơ biến dạng cầu
2
3
Tε0 0
0
0
2
3
0
0
0 102
2
3
Dε là tenxơ biến dạng lệch
Từ (1) ta có
2
1
0
0
3
3 3
1 3 0
2
5
0
-2
2
Dε Tε Tε = 3 -1 4 10 0
0 10 3
3
3
0 4 2
0 0 2
0 4
3
Bài 7: Một thanh chịu uốn thuần túy có các thành phần biến dạng
10/44
0
4 10-2
4
3
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
M
M
ε z = - y ;ε x = ε y = μ y ;γ xy = γ yz = γ zx = 0
EJ
EJ
1.Các thành phần biến dạng này có thỏa mãn phương trình liên tục không ?
2.Tính các thành phần chuyển vị u, v, w ?
Giải:
1.Kiểm tra
2
2 γ xy
2ε x ε y
2 00
0
y 2
x
xy
2ε y
2 γ yz
2ε z
2 00
0
z 2
y
yz
2ε z 2ε x
2 γ zx
2 00
0
x 2
z
zx
2ε x
γ zx γ xy γ yz
2
0
0
yz
x y
z
x
2ε y
γ xy γ yz γ zx
0
zx
y z
x
y
γ
2ε z
γ
γ
2
0 yz zx xy 0
xy
z x
y
z
2
0
Vậy các thành phần biến dạng thỏa mãn phương trình liên tục
2. Các thành phần chuyển vị là
M
u
M
x μ y
u μ yx
EJ
x
EJ
M
v
M 2
εy = μ y
vμ
y
EJ
y
2EJ
M
w
M
εz = - y
w yz
EJ
z
EJ
Bài 8: Cho các thành phần biến dạng
ε x = 4.10-2 ;ε y = 0;ε z = -5.10-2 ;γ xy = 4.10-2 ;γ yz = 0;γ zx = 6.10-2
1.Lập tenxơ biến dạng và tenxơ ứng suất tương ứng ,điền các thành phần ứng suất vào
phân tố ?
2.Xác định các biến dạng chính và ứng suất chính ?
3.Tính thế năng biến dạng đàn hồi của phân tố ? Biết E = 2.104 kN/cm2 ,μ = 0,2
Giải:
γ xy 4.10-2
γ yz
γ zx 6.10-2
-2
=
= 2.10 ;ε yz =
= 0;ε zx =
=
= 3.10-2
1. Ta có ε xy =
2
2
2
2
2
11/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Vậy ta lập được tenxơ biến dạng là
ELASTIC THEORY
4 2 3
Tε = 2 0 0 10-2
3 0 -5
Ta có hai hằng số đàn hồi độc lập
E.μ
2.104.0, 2
E
2.104
λ=
=
= 5555,56 ; v = G =
8333,33
(1 + μ)(1- 2μ) (1 + 0,2)(1- 0, 4)
2(1 + μ) 2.(1 + 0, 2)
Độ biến đổi thể tích θ = ε x + ε y + ε z = (4 + 0 - 5).10-2 = -1.10-2
σ x = λ.θ + 2.v.ε x = 5555,56.(-1.10-2 ) + 2.8333,33.4.10-2 = 611,11 kN / cm 2
σ y = λ.θ + 2.v.ε y = 5555,56.(-1.10-2 ) + 0 = -55,56 kN / cm 2
σ z = λ.θ + 2.v.ε z = 5555,56.(-1.10-2 ) + 2.8333,33.(-5.10-2 ) = -888,89 kN / cm 2
-2
τ xy = v.γ xy = 8333,33.4.10 = 333,33 kN / cm
2
τ yz = v.γ yz = 0
τ zx = v.γ zx = 8333,33.6.10-2 = 500 kN / cm 2
Vậy ta có tenxơ ứng suất tương ứng sau
500
611,11 333,33
(kN / cm 2 )
Tσ = 333,33 -55,56
0
500
0
888,89
2.Các biến dạng chính là nghiệm của phương trình ε 3 - J1ε 2 + J 2ε - J 3 = 0
Trong đó
J1 = ε x + ε y + ε z = (4 + 0 - 5).102 = -1.102
J2 =
εx
ε xy
ε yx ε y
+
ε y ε yz
ε zy ε z
+
ε z ε zx
ε xz
εx
= {4.(-5) -[22 + 32 ]}.10-4 = -33.10-4
εx
J 3 = ε xy
ε xz
ε yx
εy
ε yz
ε zx
ε zy
εz
= -2.2.(-5).10-6 = 20.10-6
12/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Thay số vào ta có
ELASTIC THEORY
ε 3 +1.10-2 ε 2 - 33.10-4 ε - 20.10-6 = 0
ε1 = 0,056
ε 2 = -0,006
ε = -0,060
3
Các ứng suất chính là nghiệm của phương trình σ 3 - I1σ 2 + I 2σ - I3 = 0
Trong đó I1 = 611,11 – 55,56 – 888,89 = -333,34 kN/cm2
I2 = 611,11.(-55,56) + (-55,56).(-888,89) + (-888,89). 611,11 – (333,332 + 5002) = 888885 kN2/cm4
I3 = 611,11.(-55,56). (-888,89) – [5002.(-55,56) + 333,332.(-888,89)] = 142834303,8
kN3/cm6
Thay vào ta có
σ3 + 333,34σ 2 + 888885σ -142834303,8 = 0
σ1 = 872,72 kN / cm 2
σ 2 = -155,84 kN / cm 2
2
σ3 = -1050, 22 kN / cm
3.Ta có thế năng biến dạng đàn hồi W
1
W = σ x ε x + σ yε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ zx γ zx
2
1
= 611,11.4.10-2 + -888,89 .(-5.10-2 ) + 333,33.4.10-2 + 500.3.10-2 = 48,61 kN / cm 2
2
Bài 9: Cho một thanh mặt cắt ngang hình chữ nhật chịu tác dụng của một ngẫu lực M
và các hàm chuyển vị sau đây
M
yx
EJ
M 2
v=
[z - μ(x 2 - y 2 )]
2EJ
M
w = - yz
EJ
Hãy viết các hàm biến dạng và cho biết các hàm này và cho biết các hàm này có thỏa
mãn phương trình liên tục biến dạng không ?
Giải:
Ta có các hàm biến dạng
u=μ
13/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
u
M
v
M
w
M
u w
εx
μ y;ε y
μ y;ε z
y; γ zx
0
x
EJ
y
EJ
z
EJ
z x
v u
M
M
v w M
M
γ xy
μ x + μ x 0;γ yz
z- z0
x y
EJ
EJ
z y EJ EJ
Kiểm tra
2
2 γ xy
2ε x ε y
2 00
0
y 2
x
xy
2ε y
2 γ yz
2ε z
2 00
0
z 2
y
yz
2ε z 2ε x
2 γ zx
2 00
0
x 2
z
zx
γ
γ
2ε x
γ
2
0 zx xy yz 0
yz
x y
z
x
2ε y
γ
γ
γ
2
0 xy yz zx 0
zx
y z
x
y
γ
2ε z
γ
γ
2
0 yz zx xy 0
xy
z x
y
z
Vậy các hàm biến dạng thỏa mãn phương trình biến dạng liên tục.
Hết Chương!
14/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
CHAPTER 2 : BÀI TOÁN PHẲNG
Bài 12:Cho tấm phẳng có hàm ứng suất φ (x,y) = ax 2 + bxy + cy 2
1.CMR φ (x,y) là hàm trùng điều hòa ?
2.Xác định các hằng số a, b, c ?
3.Tính ứng suất tại tâm tấm ?
Giải:
1.Ta tính các vi phân
2
4
2ax by ; 2 2a ; 4 0
x
x
x
2
4
2cy bx ; 2 2c ; 4 0
y
y
y
4
0
x 2y 2
Nhận thấy
4
4
4
2
0 Vậy φ (x,y) là hàm trùng điều hòa
x 4
x 2 y 2 y 4
2.Ta có các ứng suất
x
2
2
2
2c
;
2a
;
b
y
xy
y 2
x 2
xy
Lại có các lực trên biên
p x x l yx m 2cl bm ;p y xy l y m bl 2am
15/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Ta vẽ các điều kiện biên
ELASTIC THEORY
Trên đoạn AB : ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = 1; x = -1,5h ÷ 1,5h; y = h
Suy ra px = - b; py = 2a
Trên đoạn BC : ta có l = cos(n,x) = 1; m = cos(n,y) = 0; x = 1,5h; y = -h ÷ h
Suy ra px = 2c; py = -b
Vậy ta → b = -3; 2a = 3 → a = 1,5; 2c = 0 → c = 0
3.Ta có ứng suất tại tâm
x 2c 0; y 2a 3 ; xy b 3
Bài 13:Cho một tấm phẳng hình chữ nhật chịu các lực nằm trong mặt phẳng tấm. Trong
các hàm φ sau hàm nào là hàm ứng suất của tấm.
φ1(x,y) = ax 3 + bxy 2 + cx 2 y 2
φ 2(x,y) = ax 3 + bxy2 + cxy3
Vẽ các lực trên biên lên chu tuyến tấm.
16/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Giải:
ELASTIC THEORY
1.Nếu φ là hàm ứng suất thì φ phải thỏa mãn phương trình sau
4
4
4
2
0
x 4
x 2 y 2 y 4
Ta tính các vi phân
Hàm φ1(x,y) = ax 3 + bxy 2 + cx 2 y 2
2
4
1
2
2
2 1
2 1
3ax by 2cxy ; 2 6ax 2cy ; 4 0
x
x
x
2
4
1
41
2 1
2 1
2bxy 2cyx ; 2 2bx 2cx ; 4 0 : 2 2 c
y
y
y
x y
Nhận thấy hàm φ1(x,y) = ax 3 + bxy 2 + cx 2 y 2 không thỏa mãn (1) nên hàm φ1(x, y) không
phải là hàm ứng suất.
Hàm φ 2(x,y) = ax 3 + bxy 2 + cxy3
Ta có
2
2
4
3ax 2 by 2 cy3 ; 22 6ax ; 42 0
x
x
x
2
4
4
2
2bxy 3cxy 2 ; 22 2bx 6cxy ; 42 0 : 2 2 2 0
y
y
y
x y
Nhận thấy hàm φ 2(x,y) = ax 3 + bxy 2 + cxy3 thỏa mãn (1) nên hàm φ2(x, y) là hàm ứng
suất.
Ta có các thành phần ứng suất
2
2
2
x 2 2bx 6cxy; y 2 6ax ; xy
(2by 3cy 2 )
y
x
xy
Ta có các lực trên biên
p x x l yx m (2bx 6cxy)l (2by 3cy 2 )m
p y xyl y m (2by 3cy 2 )l 6axm
Trên đoạn AB : ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = 1; x = 0 ÷ h; y = 1,5h
Suy ra px = 3bh + 6,75ch2; pyA = 0; pyB = 6ah
Trên đoạn BC : ta có l = cos(n,x) = 1; m = cos(n,y) = 0; x = h; y = 0 ÷ 1,5h
Suy ra pxC = 2bh; pxB = 2bh + 9ch2; pyC = 0; pyB = -3bh - 6,75ch2
17/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
Trên đoạn OC : ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = 1; x = 0 ÷ h; y = 0
Suy ra px = 0; pyO = 0; pyC = 6ah
Trên đoạn AO : ta có l = cos(n,x) = 1; m = cos(n,y) = 0; x = 0; y = 0 ÷ 1,5h
Suy ra px = 0; pyO = 0; pyA = -3bh - 6,75ch2
Bài 14: Cho một tấm phẳng có hàm ứng suất φ (x,y) = 2x 2 + 3xy + y3
1.CMR hàm φ(x, y) là hàm trùng điều hòa ?
2.Tính ứng suất tại tâm tấm ?
3. Vẽ các điều kiện biên lên chu tuyến tấm ?
Giải:
1.Nếu φ là hàm trùng điều hòa thì φ phải thỏa mãn phương trình sau
18/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
4
4
4
2 2 2 4 0 (*)
4
x
x y
y
Ta tính các vi phân
2
4
4x 3y ; 2 4 ; 4 0
x
x
x
2
4
2
3x 4y ; 2 8y ; 4 0
y
y
y
4
0
x 2y 2
Nhận thấy hàm φ thỏa mãn (*).Vậy φ là hàm trùng ứng suất
2.Ta có tại tâm có tọa độ x = 0; y = a/2 vậy ứng suất tại tâm tấm
2
a
2
2
x 2 6y 6. 3a ; y 2 4 ; xy
3
y
2
x
xy
3.Ta có các lực trên biên
p x x l yx m 6yl 3m ;p y xy l y m 3l 4m
Đoạn AB: ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = 1; x = -2a ÷ 2a ; y = a
Suy ra px = - 3; py = 4
Đoạn BC: ta có l = cos(n,x) = 1; m = cos(n,y) = 0; x = 2a ; y = 0 ÷ a
Suy ra pxC = 0 , pxB = 6a ; py = -3
Đoạn CD: ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = -1; x = -2a ÷2a; y = 0
Suy ra px = 3; py = -4
Đoạn DA: ta có l = cos(n,x) = -1; m = cos(n,y) = 0; x = -2a; y = 0 ÷ a
Suy ra pxD = 0, pxA = -6a; py = 3
19/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Bài
15:
ELASTIC THEORY
φ(x,y)
Cho một tấm phẳng có hàm ứng suất
x3
=
+ xy + 2xy2
3
1.CMR hàm φ(x, y) là hàm trùng điều hòa ?
2.Viết biểu thức tính ứng suất ?\
3. Vẽ các điều kiện biên lên chu tuyến tấm ?
Giải:
1.Nếu φ là hàm trùng điều hòa thì φ phải thỏa mãn phương trình sau
4
4
4
2 2 2 4 0 (*)
x 4
x y
y
Ta tính các vi phân
2
4
2
2
x y 2y ; 2 2x ; 4 0
x
x
x
2
4
x 4yx ; 2 4x ; 4 0
y
y
y
4
0
x 2y2
Nhận thấy hàm φ thỏa mãn (*).Vậy φ là hàm trùng ứng suất
2. Biểu thức tính ứng suất là
2
2
2
x 2 4x ; y 2 2x ; xy
(1 4y)
y
x
xy
3.Ta có các lực trên biên
p x x l yx m 4xl (1 4y)m;p y xy l y m (1 4y)l 2xm
Đoạn OA :ta có l = cos(n,x) = -1; m = cos(n,y) = 0; x = 0; y = 0 ÷ 40 Suy ra px = 0;
pyO = 1, pyA = 161
Đoạn OB :ta có l = cos(n,x) = 0; m = cos(n,y) = -1; x = 0 ÷ 100; y = 0 Suy ra px = 1;
pyO = 0, pyB = - 200
20/44
NORTH SAINT_AMITABHA
Đoạn AB :ta có
l = cos n, x =
ELASTIC THEORY
40
402 +1002
= 0,37; m = cos n, y =
100
402 +1002
= 0,93
Suy ra px = 4x.0,37 – (1+4y).0,93 = 1,48x – 3,72y - 0,93 ; py = -(1 + 4y).0,37 +2x.0,93
= 1,86x -1,48y – 0,37
Bài
16:
Cho một tấm phẳng có hàm ứng suất
φ (x,y) = x 3 + 2xy 2 xy3
1.CMR hàm φ(x, y) là hàm trùng điều hòa ?
2.Viết biểu thức tính ứng suất ?
3. Vẽ các điều kiện biên lên chu tuyến tấm ?
Giải:
1.Nếu φ là hàm trùng điều hòa thì φ phải thỏa mãn phương trình sau
4
4
4
2 2 2 4 0 (*)
x 4
x y
y
Ta tính các vi phân
21/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
2
4
3x 2 2y2 y3 ; 2 6x ; 4 0
x
x
x
2
4
2
4xy 3xy ; 2 6xy 4x ; 4 0
y
y
y
4
0
x 2y 2
Nhận thấy hàm φ thỏa mãn (*).Vậy φ là hàm trùng ứng suất
2.Biểu thức tính ứng suất là
2
2
2
x 2 4x 6xy ; y 2 6x ; xy
(4y 3y 2 )
y
x
xy
3.Ta có các lực trên biên
p x x l yx m (4x 6xy)l (4y 3y 2 )m ;p y xy l y m (4y 3y 2 )l 6xm
Với hình chữ nhật OABC ta có
Đoạn OA :ta có l = -1; m = cos(n,y) = 0; x = 0 ; y = 0 ÷ a Suy ra px = 0 ; pyO = 0, pyA =
4a + 3a2
Đoạn AB :ta có l = 0; m = 1; x = 0 ÷ 1,5a; y = a Suy ra px = - (4a + 3a2 ); pyA = 0, pyB =
9a
Đoạn BC :ta có l = 1; m = 0; x = 1,5a; y = 0 ÷ a Suy ra pxB = (6a + 9a2 ); pxC = 6a; pyC
= 0, pyB = = - (4a + 3a2 )
Đoạn OC :ta có l = 0; m = -1; x = 0 ÷ 1,5a; y = 0 Suy ra px = 0; pyO = 0, pyC = -9a
Với hình thang OABC ta có
22/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
Đoạn OA :ta có l = -1; m = cos(n,y) = 0; x = 0; y = 0 ÷ a Suy ra px = 0 ; pyO = 0 ,pyA =
4a + 3a2
Đoạn AB :ta có l = 0; m = 1; x = 0 ÷ a; y = a Suy ra px = - (4a + 3a2 ); pyA = 0, pyB = 6a
Đoạn OC :ta có l = 0; m = -1; x = 0 ÷ 2a; y = 0 Suy ra px = 0; pyO = 0, pyC = -12a
Bài 17: Cho một thép dày 10 cm đường kính trong ống d = 30 cm ,ống chịu áp lực phía
trong là p = 20 kN/cm2, µ = 0,3
1.Tính ứng suất tại các điểm chính giữa chiều dày ống ?
2.Kiểm tra điều kiện bền của ống theo lý thuyết bền thứ 3 biết 16kN / cm 2
td3 1 3
Giải :
1.Ta có ứng suất tại các điểm chính giữa chiều dày ống là
a 2p b2
a 2 p b2
r 2
1 2 ; 2
1 2 (*)
b a2
r
b a2
r
Trong đó a = d/2 = 15 cm, b = 25 cm, r = a + h/2 = 15 + 10/2 = 20 cm. Thay vào biểu
thức ta được
2. Ta có vị trí nguy hiểm nhất tại r = a = 15 cm, thay vào (*) ta có các giá trị là
r 20kN / cm 2 ; 42,5kN / cm 2
Ta lại có đây là bài toán ứng suất phẳng nên suy ra σz = 0 Các ứng suất chính σ1 =
max{σr ; σθ ;σz } = 42,5 kN/cm2
σ2 = max{σr ; σθ ;σz }/{σ1}= 0 kN/cm2
σ3 = max{σr ; σθ ;σz }/{σ1,σ2}= - 20 kN/cm2
Suy ra σtđ3 = σ1 – σ3 = 62,5 kN/cm2 > 16kN / cm 2 . Vậy ống không đảm bảo độ bền
23/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
Bài 18: Cho một ống thép có đường kính ngoài D = 36 cm ,đường kính trong d = 20
cm, chịu áp lực phía trong pa = 4000 daN/cm2, áp lực phía ngoài pb = 6000 daN/cm2.
Biết µ = 0,3.
1.Tính ứng suất tại mép trong cùng và mép ngoài cùng của ống ?
2.Tính các thành phần ứng suất chính tại mép trong cùng của ống ?
Giải:
1.Ta có a = d/2 = 10 cm; b = D/2 = 18 cm .Vậy ứng suất tại mép trong cùng r = a = 10
cm là
a 2 b 2 p b p a a 2 p a b 2 p b 102.182 6000 4000 102.4000 182.6000
r 2
.
2
.
b a2
r2
b2 a 2
18 102
102
182 102
4000daN / cm 2
a 2b2 pb pa a 2pa b2pb
102.182 6000 4000 102.4000 182.6000
2
.
2
.
b a2
r2
b2 a 2
18 102
102
182 102
9785,71daN / cm 2
Ứng suất tại mép ngoài cùng r = b = 18 cm là
a 2 b 2 p b p a a 2 p a b 2 p b 102.182 6000 4000 102.4000 182.6000
r 2
.
2
.
b a2
r2
b2 a 2
18 102
182
182 102
6000daN / cm 2
a 2b2 pb pa a 2pa b2pb
102.182 6000 4000 102.4000 182.6000
2
.
2
.
b a2
r2
b2 a 2
18 102
182
182 102
7785,71daN / cm 2
2.Ta lại có đây là bài toán biến dạng phẳng nên suy ra σz = µ( σr + σθ ) = - 4135,71
daN/cm2
Các ứng suất chính σ1 = max{σr ; σθ ;σz } = - 4000 daN/cm2
σ2 = max{σr ; σθ ;σz }/{σ1}= - 4135,71 daN/cm2
σ3 = max{σr ; σθ ;σz }/{σ1,σ2}= - 9785,71 daN/cm2
Bài 19: Cho một ống thép có đường kính ngoài D = 40 cm ,α = 0,7 chịu áp lực phía
ngoài là p.
Xác định áp lực lớn nhất có thể tác dụng vào ống biết 100 MN / m 2 ?
Giải: (Sử dụng thuyết bền thứ 3)
Ta có
d
0,7 d 0,7.40 28cm
D
24/44
NORTH SAINT_AMITABHA
ELASTIC THEORY
2
Ta xét ở mép trong của ống (r = a) và có giá trị 1td3 p b
2b
b a2
2
Ta xét ở mép ngoài của ống (r = b) và có giá trị
b2 a 2
2b 2
td3 p b 2
pb pb 2
b a2
b a2
2
1
td3 Max td3 ;
2
td3
2b2
pb 2
b a2
Trong đó a = r = 28/2 = 14 cm ; b = 40/2 = 20 cm ; pb = p thay vào ta có
2.202
td3 p 2
3,92p 10kN / cm 2 p 2,55kN / cm 2
2
20 14
Bài 20: Trên biên một tấm nửa vô hạn đàn hồi, bề dày bằng 1 đơn vị ,chịu tác dụng của
lực như hình vẽ
1. Tính ứng suất pháp và ứng suất tiếp tại điểm K ?
2. Biểu diễn các thành phần ứng suất đó ?
Giải :
1.Ta chọn trục y như trên hình vẽ.
25/44
