Btl Chvrbd Nguyen Van Dung

BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC VẬT RẮN BIẾN DẠNG

Bài 1: Cho trạng thái ứng suất tại một điểm như bảng 1.

STT03 -5 -7 2 -1 0 3

Bảng 1

a. Hãy biểu diễn trạng thái ứng suất này lên phân tố

x

y

z

x

y

z

xy

yx

yz

zy

b. Xác định các bất biến của tenxơ ứng suất

Tenxơ ứng suất có dạng: T σ=(−5 −1 0−1 −7 30 3 2)

Ta được các bất biến: I1 = -5-7+2 = -10I2 = -5*(-7)-7*2-5*2-((-1)2+32+02) = 1I3 = -5*(-7)*2+2*(-1)*3*0-(-5*32-7*02+2*(-1)2) = 113

c. Xác định các thành phần ứng suất chính

Các thành phần của ứng suất chính là nghiệm của phương trình:

λ3+10 λ2+ λ−113=0

Ta được:

HVTH: Nguyễn Văn Dũng – MSHV: 1480803 – Lớp XDC14B – Số thứ tự: 03 Trang 1


σ I=2,919(kN /cm2)

σ II=−4,723 (kN /cm2)

σ III=−8,196 (kN /cm2)

Tenxơ ứng suất trong hệ trục chính có dạng:

T σ=(2,919 0 00 −4,723 00 0 −8,196)

d. Xác định các phương chínhPhương chính là nghiệm của hệ phương trình sau:

{(−5−λ −1 0−1 −7−λ 30 3 2−λ)(

lmn )=0

l2+m2+n2=1

⇒{−(5+ λ ) l−m+0n=0- l−(7+λ )m+3n=00l+3m+(2− λ )n=0

l2+m2+n2=1

⇒{ n=−3 m2−λ

l=−m5+λ

l2+m2+n2=1

Ứng với λ=σ I=2,919 ta được:

⇒{ n=3,264 ml=−0,126ml2+m2+n2=1

⇒{ l=0,956m=0,293n=−0,037

hoặc { l=−0,956m=−0,293n=0,037

Ứng với λ=σ II=−4,723 ta được:



⇒{n=−0,446ml=−3,610ml2+m2+n2=1

⇒{ l=−0,118m=0,265n=−0,957

hoặc { l=0,118m=−0,265n=0,957

Ứng với λ=σ III=−8,196 ta được:

⇒{n=−0,294ml=0,313ml2+m2+n2=1

⇒{l=−0,270m=0,919n=0,288

hoặc { l=0,270m=−0,919n=−0,288

e. Tính lại các bất biến theo các thành phần ứng suất chínhI1 = 2,919-4,723-8,196 = -10I2 = 2,919 *(-4,723)+(-4,723 )*(-8,196)+ 2,919 *(-8,196)= 1I3 = 2,919 *(-4,723)*( -8,196)= 113

Nhận xét: các bất biến không đổi → OK

f. Xác định các thành phần biến dạng(tenxơ biến dạng), biết

G= E2 (1+ν )

= 2.104

2× (1+0,3 )=0,76923. 104 kN /cm2

Khi đó:

ε x=1E

¿

ε y=1E

¿

ε z=1E

¿

ε xy=12γxy

=τ xy2G

= −12×0,76923. 104 =−0,65.10−4

ε xz=12γxz

=τ xz2G

= 02×0,76923. 104 =0



ε yz=12γyz

=τ yz

2G= 3

2×0,76923. 104 =1,95. 10−4

Như vậy Ten xơ biến dạng có dạng:

T ε=10−4(−1,75 −0,65 0−0,65 −3,05 1,95

0 1,95 −2,80)Bài 2. Cho vật rắn hình trụ có kích thước như hình vẽ.

03

u= ρ2 E

[ x ( x−2b )+μ( y2+z2 ) ]+ MEJ

zx

v=μρE

(b−x ) y−μMEJ

yz

w=μρE

( b−x ) z− M2EJ

[ x2−μ ( y2−z2 ) ]

1. Với các thành phần chuyển vị cho trước, hãy dùng công thức Cauchy để tìm biến dạng của vật thể chịu lực.

ε x=∂u∂ x

= ρE

( x−b )+ MEJ

z

ε y=∂v∂ y

=μρE

(b−x )−μMEJ

z

ε z=∂w∂ z

=μρE

(b− x )−μMEJ

z

ε xy=12γxy

=12 ( ∂v∂x + ∂u

∂ y )=12 (−μ

ρEy+μ ρ

Ey )=0

ε xz=12γxz

=12 ( ∂u∂ z + ∂w

∂ x )=0

ε yz=12γyz

=12 ( ∂w∂ y

+ ∂ v∂ z )=0



2. Với biến dạng vừa tìm được, dùng định luật Hooke tìm các thành phần ứng suất

e=εx+ε y+ε z=ρE

(1−2μ ) ( x−b )+ MEJ

(1−2 μ ) z

σ x=2Gε x+λe=(1−2 ν )+ν (1−2μ )

(1+ν ) (1−2 ν )( ρ ( x−b )+ M

Jz)

σ y=2Gε y+λe=ν (1−2μ )−μ(1−2ν )

(1+ν )(1−2ν )(ρ ( x−b )+ M

Jz )

σ z=2Gε z+λ e=ν (1−2μ )−μ (1−2 ν)

(1+ν )(1−2ν)(ρ ( x−b )+ M

Jz)

Trongđó , λ= νE(1+ν )(1−2 ν)

τ xy=G γ xy=E

2 (1+ν )γ xy=0

τ xz=Gγ xz=E

2 (1+ν )γ xz=0

τ yz=G γ yz=E

2 (1+ν )γ yz=0

3. Dùng các phương trình cân bằng, hãy tìm lực khối tác dụng lên vật thể

{∂σ x

∂ x+∂ τ yx

∂ y+∂ τ zx∂ z

+ f x=0

∂ τ xy∂x

+∂σ y

∂ y+∂ τ zy

∂z+ f y=0

∂ τ xz∂x

+∂ τ yz∂ y

+∂σz

∂z+ f z=0

{ f x=−∂σ x

∂ x=

− (1−2ν )+ν (1−2 μ )(1+ν ) (1−2ν )

ρ

f y=−∂σ y

∂ y=0

f z=−∂σ z

∂ z=

−ν (1−2 μ )−μ (1−2ν )(1+ν )(1−2 ν)

MJ



4. Sử dụng điều kiện biên theo ứng suất, xác định lực bề mặt tác dụng lên tất cả các mặt của vật thểĐiều kiện biên tĩnh học:

{σx l+τ yxm+τ zxn=f x¿

τ xy l+σ ym+τ zy n=f y¿

τ xz l+τ yzm+σ zn=f z¿

⇒{ σx l=f x¿

σ ym=f y¿

σzn=f z¿

a) Xét mặt đáy trên của hình trụ ta được n1(1,0,0), khi đó ta có hệ phương trình:

⇒{σ x=f x¿

0=f y¿

0=f z¿

⇒{f x¿= (1−2ν )+ν (1−2μ )(1+ν ) (1−2 ν )

( ρ ( x−b )+MJz )

f y¿=0f z

¿=0

b) Tương tự mặt đáy dưới của hình trụ ta được n2(-1,0,0), khi đó ta có hệ phương trình:

⇒{−σ x=f x¿

0=f y¿

0=f z¿

⇒{f x¿=−(1−2ν )+ν (1−2μ )(1+ν ) (1−2 ν )

( ρ ( x−b )+MJ

z)

f y¿=0f z

¿=0

c) Xét mặt hông của hình trụ ta được n3(0,y/r,z/r), khi đó ta có hệ phương trình:

{ 0= f x¿

σ ym=f y¿

σ zn=f z¿

⇒{f x

¿=0

f y¿= y

rν (1−2 μ )−μ(1−2ν )

(1+ν )(1−2ν )( ρ ( x−b )+M

Jz )

f z¿=

zrν (1−2 μ )−μ (1−2ν )

(1+ν )(1−2ν)( ρ (x−b )+ M

Jz)



Bài 3. Cho thanh có chiều dài L chịu lực như hình vẽ. Cho hàm ứng suất Airy dạng da thức. Hãy:

STT

Thanh chịu lực Hàm ứng suất Airy

03

a. Tìm liên hệ giữa các hệ số trong đa thức để hàm ứng suất Airy là điều hòa

Hàm ứng suất Airy là điều hòa khi thỏa:

∂4Φ∂x4 +2

∂4Φ∂x2∂ y2 +

∂4Φ∂ y4 =0(¿)

∂4Φ∂x4 =0

2∂4Φ

∂x2∂ y2=24 A4 y

∂4Φ∂ y4 =120 A5 y

( ¿ )⇔24 A4 y+120 A5 y=0

⇔A4+5 A5=0

b. Xác định các thành phần ứng suất pháp và ứng suất tiếp.

σ y=∂2Φ∂x2 =2 A1+2 A2 y+2 A4 y

3

σ x=∂2Φ∂ y2 =20 A5 y

3+6 A4 x2 y+6 A3 y

τ xy=−∂2Φ∂ x ∂ y

=−(2 A2 x+6 A4 x y2 )

c. Xác định các điều kiện biên

Tại điều kiện biên y = c

τ xy=0; σ y=qb=q



Tại điều kiện biên y = -c :

τ xy=0; σ y=0

Tại x=L ta có điều kiện :

∫−c

c

τ xy dy=0 ; ∫−c

c

σ x ydy=M

d. Xác định các hệ số trong biểu thức của hàm ứng suất Airy.Từ các dữ liệu trên ta được:

{τ xy=0 , y=±cσ y=q , y=c

∫−c

c

τ xy dy=0

∂4Φ∂ x4 +2

∂4Φ∂ x2∂ y2 +

∂4Φ∂ y4 =0

⟺ {−(2 A2 x+6 xc2 )=0

2 A1+2 A2 c+2 A4 c3=q

∫−c

c

−(2 A2 L+6 A4 L y2) dy=0

A4+5 A5=0

⟺ { A2+3 A4 c2=0 ∀ x

2 A1+2 A2 c+2 A4 c3=q

A2+A4 c2=0

A4+5 A5=0

⟺ {A1=q2

A2=0A4=0A5=0

Để tìm A3 ta dựa vào điều kiện biên x=L:

∫−c

c

σ x ydy=M⟺∫−c

c

(20 A5 y4+6 A4 x

2 y2+6 A3 y2) dy=M

⟺ (5 A5 y5+3 A4 x

2 y3+3 A3 y3 )| c−c

=M

⟺2 (5 A5 c5+3 A4 x

2c3+3 A3 c3)=M



⟺ A3=M

6c3


Documents

Btl Chvrbd Nguyen Van Dung