Bài Tập Chương 4: Phân Tích Ứng Suất và Biến Dạng trong Môi Trường Đàn Hồi. Môn Cơ học môi trường liên tục (UET) | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội.

lOMoAR cPSD| 59735516 Buổi 1
Câu 1 (3 điểm): Trạng thái biến dạng của một môi trường đàn hồi đống nhất đẳng hướng cho bởi tenxơ  2x x1 2 3x2 0 
  3x2 3x x12 5x3     0 5x3 −x x12  
Biết vật thể có mô đun cắt trượt và mô đun nén thể tích: G = 30 GPa K, = 45GPa.
a) Xác định ứng suất chính tại điểm P (2,5,0)?
b) Xác định ứng suất pháp  n và ứng suất tiếp  n của mpặt phẳng qua P có vectơ
pháp tuyến n   2 13 3, , −32   ?
Câu 2 (3 điểm): Trạng thái ứng suất của một môi trường đàn hồi đống nhất đẳng hướng cho bởi tenxo  3x x1 2 5x2  0  5x2 3x x1 2 2x  3   10 (6 kG cm/  2)   0 2x3 0  
Biết vật thể có mô đun đàn hồi E = 2 10 ( 6 kG cm/2), = 0.2.
a) Xác định biến dạng chính, hướng chính biến dạng tại điểm P (2,5,0)?
b) Xác định tenxo cầu biến dạng và tenxo lệch biến dạng tại điểm P? lOMoAR cPSD| 59735516 Buổi 2
Câu 1 (3 điểm): Trạng thái ứng suất của một môi trường đàn hồi đống nhất đẳng hướng cho bởi tenxơ  2xx 2x 1 2 12 −4x x2 3  2x −2x 12 12 2x 2  3  (kN cm/ 2)
     ij = 2x32  −4x x 0  2 3  
Biết vật thể có các mô đun đàn hồi: E=1 10 4(kN cm/ 2), v= 0.25.
a. Xác định các biến dạng chính và hướng chính biến dạng tại P(1,4,1)?
b. Xác định tenxo lệch biến dạng từ đó xác định cường độ biến dạng tại P?
Câu 2 (3 điểm): Cho tenxơ biến dạng nhỏ tại một điểm của môi trường:  30 12 12
     ij =  12 −624   10−4   12 24 −6 
Biết giá trị các mô đun đàn hồi:  = 277.778 kN cm/ 2,  = 416.667 kN cm/ 2 .
a) Xác định các ứng suất chính và hướng chính ứng suất thứ nhất tại điểm này?
b) Biểu diễn miền ứng suất cho phép trên đường tròn Morh? lOMoAR cPSD| 59735516 Buổi 3
Câu 1 (2 điểm): Trong dòng phẳng (v3 = 0) của chất lỏng lý tưởng, không nén được
chuyển động không xoáy có thành phần vận tốc v1 = 2ax x1 2 (a = const) . Hãy xác định lOMoAR cPSD| 59735516
thành phần vận tốc v2 và sự phân bố của áp suất trong dòng, biết rằng v(0,0) = 0 và không tính đến lực khối?
Câu 2 (2 điểm): Cho môi trường có trường vận tốc như sau:
v1 = 2xx v1 2, 2 =x v12, 3 = 3x32
Chứng minh rằng chuyển động của môi trường là không xoáy? Tìm hàm thế vận tốc? LỜI GIẢI Buổi 1 Câu 1:  = =G 30GPa, a) Các mô đun: 2 2
 = −K G= −45  30 = 25 GPa 3 3 Ta có:     = + + =11 22 33 4x x1 2 (0.5đ)
Áp dụng định luật Hooke ta có:
     11 = + 211 = 25 4x x1 2 + 2  302x x1 2 = 220x x GPa1 2 ( )
     22 = + 222 = 25 4x x1 2 + 2  303x x1 2 = 280x x1 2 (GPa)
     33 = + 233 = 25 4x x1 2 − 2  30 x x1 2 = 40x x1 2 (GPa)
   12 = 212 = 2  30 3x2 =180x GPa2 ( )
   23 = 223 = 2  305x3 = 300x3 (GPa) lOMoAR cPSD| 59735516
   31 = 231 = 2  300 = 0 (GPa) Khi thay vào tọa độ điểm P (2,5,0) ta có: (0.5đ)
 11 = 220x x1 2 = 2200 (GPa)
 22 = 280x x1 2 = 2800 (GPa)
 33 = 40x x1 2 = 400(GPa)
 12 =180x2 = 900(GPa)  23 = 300x3 = 0  31 = 0
Ứng suất chính được xác định nhờ định thức sau: 2200− 900 0 900 2800− 0= 0. 0 0 400− Giải ra ta tìm được 3 nghiệm: (0.5đ)   1 = 1 = 400
  2 = 2 = 2500−300 10   3 = 3 = 2500+300 10 b) Ứng suất pháp:
  n = ijn nij = 11 1n 2 + 22n22 + 33n32 + 2 12n n12 + 2 13 1n n3 + 2 23n n2 3 4 1 4 2 5600 = 2200+ 2800+ 400+ 1800 = 9 9 9 9 3 lOMoAR cPSD| 59735516 (0.5đ)
Các thành phần tenxơ ứng suất: 2 1 2 5300
Tn1 =    i1ni = 11 1n + 21 2n + 31 3n = 2200+ 900− 0 = 3 3 3 3 2 1 2 4600
Tn2 =    i2ni = 12 1n + 22 2n + 32 3n = 900+ 2800− 0 = 3 3 3 3 2 1 2 800
Tn3 =    i3ni = 13 1n + 23 2n + 33 3n = 0+ 0− 400 =− 3 3 3 3 → =Tn
Tn12 +Tn22 +Tn32 = 100 4989 3 (0.5đ) Ứng suất tiếp:  2 2
n = Tn − n = 100 1853 3 (0.5đ) Câu 2:
a)  =   11 + 22 + 33 = 2xx1 2 10 (6 kG cm/ 2) 3
Áp dụng định luật Hooke ta có:  11 = 1
+E    11 −1 3+      = 12 10+ 0.26
   3x x1 2 −1
3 0.2+ 0.2 2x x1 2    106 =1.2x x1 2  lOMoAR cPSD| 59735516
1+E   3  1+0.2  3x x1 2 − 3 0.2
2x x1 2   106 =1.2x x1 2  22 =
  22 −1+    = 2 10 6   1+0.2 
1+E   3  1+0.2  0− 3 0.2 2x x1 
2   106 =−0.6x x1 2  33 =   33 −1+   = 2 10 6   1+0.2  (0.5đ)
 11 =1.2x x1 2 =1.2  25 =12 1+ 1+0.2  12 =  12 =
6 5x2  =106 3x2 E 2 10 1+ 1+0.2  23 =  23 =
6 2x3 =106 1.2x3 E 2 10 1+ 1+0.25  31 =  31 = 6 0 = 0 E 2 10 Khi thay vào tọa độ điểm P (2,5,0) ta có:
 22 =1.2x x1 2 =1.2  25 =12
 33 =−0.6xx1 2 =−0.6  2 5 =−6
 12 = 3x2 = 3 5 =15
 23 =1.2x3 =1.2 0 = 0  31 = 0
Biến dạng chính được xác định nhờ định thức sau: lOMoAR cPSD| 59735516 12− 15 0 15 12− 0= 0. 0 0 − −6  Giải ra ta tìm được 3 nghiệm: (0.5đ) e1 = =− 1 6 e2 = =− 2 3 e3 = = 3 27
• Với e1 = =− 1
6, hướng chính biến dạng được tìm nhờ vào hệ phương trình:
 18n1 +15n2 + 0.n3 = 0
 15n1 +18n2 + 0.n3 = 0 
 0.n1 + 0.n2 + 0.n3 = 0
  n n n12 + + =22 32 1
Hướng chính là: nI = (0,0, 1).
• Với e1 = =− 1
3, hướng chính biến dạng được tìm nhờ vào hệ phương trình:
 15n1 +15n2 + 0.n3 = 0
 15n1 +15n2 + 0.n3 =
0  0.n1 + 0.n2 −3n3 = 0 
  n n n12 + + =22 32 1 1 1 , ,0) .
Hướng chính là: nII = ( 2 2
• Với e1 = = 1 27 , hướng chính biến dạng được tìm nhờ vào hệ phương trình: lOMoAR cPSD| 59735516
 −15n1 +15n2 + 0.n3 = 0
 15n1 −15n2 + 0.n3 = 0 
 0.n1 + 0.n2 −33n3 = 0  n n n12 + + =22 32 1  Hướng chính là:
nIII = ( 1 , 1 ,0). 2 2 (0.5đ)
b) Phân tích tenxo biến dạng thành tenxo lệch biến dạng và tenxo cầu biến dạng: + +
Ta có tại P: e =   11 22 33 = 12 +12−6 = 6 . 3 3 (0.5đ) Tenxo cầu biến dạng:  6 0 0  0 e   ij =  0 6  .   0 0 6  (0.5đ) Tenxo lệch biến dạng:  12 15 0   6 0 0  6 15 0  12 6 0  = 15 6  0   − e 0  .
ij =   ij −e 0 0 0 0      − 6    ij =  15 6   0 −12   0  0  lOMoAR cPSD| 59735516 (0.5đ) Buổi 2
Câu 1: Tenxo biến dạng là:  8.5 2.5 −20
     ij =  2.5 −4 2.5    10−4
  −20 2.5 −1.5 
a) Các biến dạng chính và hướng chính biến dạng là:
   =−18  10−4,−3  10 ,24 10−4  −4
nI = 0.5989 0.1376 -0.7889( )
nII =(-0.2433 0.9698 -0.0155)
nIII =(0.7630 0.2012 0.6143) b) Ta có:  ii 10−4 e == 3 Tenxo cầu biến dạng:  1 0 0 1 (e 0    10−4 ij ) 0  =  0 1   0  Tenxo lệch biến dạng:  7.5 2.5 −20
(eij ) =  2.5 −5 2.5    10−4 lOMoAR cPSD| 59735516
  −20 2.5 −2.5  Cường độ biến dạng:
eu =  23e eij ij    = 24.66 10 −4 
Câu 2: Các thành phần ứng suất và các ứng suất chính là:  3 1 1
 1 0 2 ( kN cm/2)  ij =    1 2 0 
   1 =−2, 2 =1, 3 = 4 Buổi 3 Câu 1:
Do chất lỏng là không nén được và chuyển động là không xoáy nên ta có:
 v1 + v2 = 0   v2 =−2ax2 → v2 =−ax22 + f x( 1) (1)  x1  x2  x2
 v1 − v2 = 0   v2 = 2ax1 (2)  x2  x1  x1 (1) → (2):  f = 2ax1  x1
Suy ra thành phận vận tốc v 2 2
2 có dạng: v2 = a x( 1 − x2 ) +const Mặt khác v 2 2
2(0,0) = 0  v2 = a x( 1 − x2 ) (1đ) lOMoAR cPSD| 59735516
Ta có phương trình động lực Euler cho chất lỏng không nén được trong trường hợp không
có lực khối là: dv 1 + gradp = 0 dt  Nên ta có:  p   v1  v1 
 2ax (2ax x )
 x1 =    x1 v1 + x2 v2  =−  2 1 2 + 2ax a x1 ( 12 − x22)  =−2 a2(x x1 22 + x13)
p =−2 a2  x x1 22 22 + x414    + f x( 2) (1) 
 p  v2 v  v2 v2  =−  2ax (2ax x )
 x2 =    x1 1 + x2   1
1 2 − 2ax a x2 ( 12 − x22)  =−2 a2(x x1 22 + x23) (2)
Suy ra sự phân bố áp suất trong dòng: p
=− a2 (x2 + x 2 2 2 ) +const. 1 2 (1đ) Câu 2:
rotv =0  chuyển động không xoáy
Tìm hàm thế vận tốc  x  1 (1) lOMoAR cPSD| 59735516    f x12 ) 2 ) = → = → = + 0 → f = f x( 3  x x1 2 f x( 3  x  x2 (2) 2   3x32 = → f x( ) 3 2 3 3 = +x3
C →  = x x1 2 + +x3 C  x3   = 2x x )
1 2 →  = x x1 22 + f x x( 2, 3