Расчет изогнутых балок: Формулы для расчетов на изгиб

{{l10n_strings.DRAG_TEXT_HELP}}

{{article.content_lang.display}}

{{l10n_strings.AUTHOR_TOOLTIP_TEXT}}

10 Гибка криволинейных балок

Глава 10

10.1 Обзор

До сих пор мы изучали членов, которые изначально были натуралами. В этом В этой главе мы изучим изгиб балок, изначально искривленных. Мы делаем это ограничиваясь случаем, когда изгиб происходит в плоскости кривизны. Это происходит при симметричном сечении балки. относительно плоскости его кривизны и в этой плоскости действует изгибающий момент.Как мы для прямых балок, мы сначала получаем решение, предполагая, что сечения Первоначально плоскость остается плоской после изгиба. Результирующая связь между напряжение, момент и прогиб называют формулой Винклера-Баха. Тогда, используя формулировку двумерной упругости, мы получаем поле напряжений и смещений без учета плоских сечений плоскости, хотя для конкретного поперечного сечения изогнутой балки, подвергнутой чистый изгибающий момент или конечная нагрузка. В заключение мы сравниваем оба решения, чтобы найти, что они отлично согласуются, когда луч мелкий.

Прежде чем продолжить, мы хотели бы пояснить, что мы подразумеваем под изогнутым луч. Балка, ось которой не прямая и изогнута по высоте, называется изогнутая балка. Если приложенные нагрузки действуют в направлении y и пролете балка в направлении x, ось балки должна иметь кривизну в плоскость xy. С другой стороны, если стержень изогнут в плоскости xz с нагрузкой все еще в направлении y, то это не изогнутая балка, так как эта нагрузка будет вызвать изгиб, а также скручивание секции.Таким образом, изогнутая балка не имеет кривизны в плане. Арки являются примерами изогнутых балки.

10.2 Формула Винклера-Баха для изогнутых балок

(a) Вертикальный вид: проекция в плоскости xy.(б) Изотропный вид.

Рисунок 10.1: Схема изгиба изогнутой балки

Как упоминалось ранее, в этом разделе мы получаем поле напряжений, предполагая, что секции, которые были плоскими до гибки, остаются плоскими после гибки. Вследствие этого, поперечный разрез вращается вокруг оси, называемой нейтральной осью, как показано на рисунок 10.1. Рассмотрим бесконечно малую часть изогнутой балки. охватывающий угол Δϕ. Благодаря приложенному чистому изгибающему моменту M участок AB поворачивается на угол δ (Δϕ) вокруг нейтральной оси и занимают позицию A′B ′. SN обозначает поверхность, на которой напряжение равна нулю и называется нейтральной поверхностью. Так как напряжение в этом нейтральная поверхность, длина волокон материала на этой плоскости и ориентирована по оси балки не изменилось бы. Однако волокна выше нейтральная поверхность и ориентированная вдоль оси пучка будет в сжатие и ниже нейтральной поверхности и ориентированы вдоль ось балки будет в напряжении.Следовательно, для волокна на расстоянии y от нейтральной поверхности, ее длина до деформации составила бы (r _n — y) Δϕ, где r _n — радиус кривизны нейтральной поверхности. В изменение длины того же волокна после деформации из-за приложенного изгибающий момент M будет -y (δ (Δϕ)). Обратите внимание, что отрицательный знак означает указывают, что длина уменьшается, когда y положителен для направления момент, указанный на рисунке 10.1. Таким образом, линеаризованная деформация задается от,

Предполагается, что поперечные размеры балки не изменяются за счет изгиб, т.е. эффект Пуассона игнорируется. Следовательно, величина y остается неизменен из-за деформации. Теперь, чтобы оценить величину δ (Δϕ) ∕ (Δϕ), мы обратите внимание на рисунок 10.1a, что

где r — радиус кривизны нейтральной оси после изгиба.Однако по Благодаря тому, что это нейтральная поверхность, ее длина не изменяется и, следовательно,

Приравнивая уравнения (10.2) и (10.3) и упрощая, получаем

Подставляя уравнение (10.4) в (10.1), получаем,

После получения деформации выражение для напряжения принимает вид

где E — модуль Юнга, и мы обратились к одномерному Закон Гука, связывающий напряжение и стресс.

Так как мы предполагаем, что сечение подвергается действию чистого изгибающего момента и в особенно без осевой нагрузки, мы требуем, чтобы

где мы использовали (10.6). Поскольку, r _n и r являются постоянными для данного сечения, а r ≠ r _n , когда балка деформируется, для выполнения уравнения (10.7),

Нам нужно найти такое r _n , чтобы выполнялось (10.8). Заметив, что y ∕ (r _n — y) = r _n ∕ (r _n — y) — 1, уравнение (10.8) можно упростить как

Если сечение однородное, модуль Юнга постоянен по сечению и поэтому приведенное выше уравнение можно записать как,

Предполагая, что изгибающий момент в исследуемом сечении равен M, как показано на раздел 8.1, уравнение (8.9),

где мы предположили, что начало системы координат находится в точке нейтральная ось секции; в соответствии с предположением, сделанным при получении выражение для деформации. Подставляя уравнение (10.7) в (10.11) и переписывая получаем,

Тогда, комбинируя уравнение (10.6) и (10.13), получаем

где r _n получается решением (10.9). Если сечение однородное, то E есть постоянная по уравнению сечения (10.14) упрощается до,

где r _n получается решением (10.10). Обратите внимание, что в этих уравнениях y равно измеренный от нейтральной оси сечения и изгибающий момент, который увеличивает кривизну (уменьшает радиус кривизны) считается положительный.

Таким образом, учитывая момент в сечении, используя уравнение (10.14) или (10.15), мы может оценить распределение напряжения (σ) в сечении и / или деформированном кривизна (r) балки.Эти уравнения называются формулой Винклера-Баха для гнутые балки.

Рисунок 10.2: Параметры прямоугольного сечения для вычисления r _n

Далее мы проиллюстрируем способ определения радиуса кривизны нейтрального поверхность, r _n для однородного прямоугольного сечения.Рассмотрим прямоугольное сечение показано на рисунке 10.2, где ρ _o обозначает радиус кривизны центроида. поперечного сечения, r _i радиус кривизны самого верхнего волокна поперечное сечение и r _o радиус кривизны самого нижнего волокна поперечного сечения. Пусть u = r _n — y. Теперь u — расположение волокна. от центра кривизны сечения, как показано на рисунке 10.2. Следовательно,

Следовательно, значение r _n , радиус кривизны нейтральной оси для прямоугольное сечение, определенное из (10.10), составляет

Получив r _n , мы хотели бы получить распределение напряжений в криволинейном балка прямоугольного сечения, подверженная действию момента М. Из уравнения (10.15) что

Теперь нам нужно вычислить ∫ _— ярда, где y отсчитывается от нейтральной оси. В направлении это,

где мы использовали тот факт, что r _o — r _i = h и ρ _o = (r _o + r _i ) ∕ 2. Подстановка уравнение (10.19) в (10.18), получаем

где r _n — r _o ≤ y ≤ r _n — r _i . Сравниваем качественные характеристики этого решения. после получения решения по эластичности.

10.3 2D-решение для упругости изогнутых балок

В этом разделе мы получаем двумерное решение упругости для криволинейных балка подвергается чистому изгибу и торцевой нагрузке. Поперечное сечение балка предполагается прямоугольной шириной 2b и глубиной h. Как луч изогнут, мы используем цилиндрические полярные координаты для формулировки и изучите эту проблему.Предполагается, что изогнутая балка представляет собой кольцевую область между двумя соосными радиально вырезанными цилиндрами радиуса r _i и r _i + h, т. е. = {(r, θ, z) | r _i ≤ r ≤ r _o , α ₁ ≤ θ ≤ α ₂ , -b ≤ z ≤ b}, где r _i , r _o , α ₁ , α ₂ и b являются константы. Обратите внимание, что здесь r _o = r _i + h

10.3.1 Чистый изгиб

Рисунок 10.3: Изогнутая балка, подвергнутая чистому изгибу

Первый пример, который мы изучаем, — это чистый изгиб изогнутой балки. Здесь предполагается, что на изогнутую балку действуют конечные моменты как показано на рисунке 10.3. Граничные условия тяги для этой задачи находятся

• Поверхности, определяемые параметрами r = r _i и r = r _o , не имеют тяги.
• Поверхности, определяемые формулой θ = α, хотя и подвержены действию момента M вдоль направления z не имеет результирующей силы.

Перевод этих граничных условий в математические выражения:

Граничное условие смещения для этой задачи:

• Поверхность, определяемая θ = 0, не подвергается тангенциальному смещению.
• Радиальное смещение острия цилиндрической полярности отсутствует. координаты (r _n , 0, 0), где r _n — радиальное положение на поверхности θ = 0, при котором σ _θθ (r _n , 0, z) = 0.

Математические формулировки этих условий:

Предполагая, что напряженное состояние в изогнутой балке является плоским и цилиндрические полярные составляющие этого напряжения равны

Подставляя указанное выше напряжение (10.27) в граничные условия тяги (10.21) через (10.24) получаем,

Теперь нам нужно найти функцию напряжения Эйри ϕ, которая удовлетворяла бы границе условия (10.28) — (10.33) и бигармоническое уравнение. В этой проблеме мы ожидаем, что напряжения будут такими, что σ (r, θ, z) = σ (r, -θ, z) для любых θ, i.е. то напряжение является четной функцией от θ. Установив это ограничение, чтобы стресс был равномерным функция θ на общем периодическом решении бигармонического решения (7.57), приводит к требованию, чтобы функция напряжения Эйри не зависела от θ. Таким образом, Функция стресса Эйри заключается в следующем:

где постоянные a _0i должны быть найдены из граничных условий. В поле напряжений, соответствующее этой функции напряжений Эйри (10.34) найдено с использованием (7.53) это

В силу того, что члены в квадратных скобках такие же, как в уравнениях (10.39) и (10.38) уравнение (10.40) выполняется, если выполняются (10.38) и (10.39). В только оставшееся граничное условие (10.33) при оценке мандатов что

Решая уравнения (10.38), (10.39) и (10.41) для неизвестных констант a _0i ’s, мы получить

Подставляя эти константы из уравнения (10.42) в (10.44) in the (в Выражение для напряжений (10.35) — (10.37) поле напряжений принимает вид известен.

(а) Балка с большой начальной кривизной (б) Балка с умеренной начальной кривизной.

Рисунок 10.4: Сравнение формулы Винклера-Баха для напряжения в криволинейные балки с двумерным решением упругости для балок с разная начальная кривизна

(а) Балка с малой начальной кривизной (б) Балка с незначительной начальной кривизной.

Рисунок 10.5: Исследование влияния начальной кривизны балки на изгибающие напряжения, развиваемые заданным моментом

На рисунке 10.4 мы сравниваем напряжение изгиба (σ _θθ ), полученное с использованием Формула Винклера-Баха с полученной с использованием двумерной упругости подход. Мы обнаружили, что оба этих подхода, хотя и предсказывают разные выражения для напряжения оцените те же значения, что и на рисунке 10.4b. Тем не мение, разница между этими подходами увеличивается по мере того, как значение r _i ∕ h стремится к нулю, как видно из рисунка 10.4a.

На рисунке 10.5 мы изучаем, когда кривизна балки, выше которой кривизна не сильно влияет на напряжения в балке. Кажется, что если кривизна самого внутреннего волокна превышает глубину пучка в 5 раз с прямоугольного сечения, для практических целей балку можно считать прямой целей.

Получив поле напряжений, удовлетворяющее условиям совместимости, поле плавных смещений, соответствующее этому полю напряжений, может быть определено как следуя стандартному подходу к оценке деформаций для этого поля напряжений из двумерное определяющее соотношение, а затем интегрирование полученного деформации для смещений с использованием соотношения деформаций смещения.На проведя эти расчеты, находим, что цилиндрические полярные компоненты поле смещения равно

где C _и — константы, определяемые по границе смещения. условий, u _r — радиальная составляющая смещения, а u _θ — тангенциальная компонент смещения.

Подставляя уравнение (10.47) в граничное условие смещения (10.25) мы получаем,

Чтобы уравнение (10.48) выполнялось,

Чтобы удовлетворить граничному условию смещения (10.26),

10.3.2 Изогнутая консольная балка при концевой нагрузке

Рисунок 10.6: Изогнутая консольная балка, подверженная концевой нагрузке

Следующий пример, который мы изучаем, — это концевое нагружение изогнутой консоли. луч.Здесь предполагается, что консольная балка подвергается действию концевой поперечной силы как показано на рисунке 10.6. Таким образом, граничное условие смещения для этой задачи является

• Поверхность, определяемая θ =, не смещается.

Математическая формулировка этого условия:

Граничные условия тяги для этой задачи:

• Поверхности, определяемые параметрами r = r _i и r = r _o , не имеют тяги.
• Поверхность, определяемая θ = 0, подвергается действию силы -P вдоль радиальное направление.
• Поверхность, определяемая θ =, подвергается действию силы P по касательной направлении и к моменту M по направлению z. Ценность этого момент M необходимо определить так, чтобы требуемое перемещение граничные условия выполнены.

Перевод этих граничных условий в математические выражения:

Предполагая, что напряженное состояние в изогнутой балке является плоским и цилиндрические полярные составляющие этого напряжения равны

Подставляя указанное выше напряжение (10,57) в граничные условия тяги (10,52) через (10.56) получаем,

Чтобы удовлетворить граничным условиям тяги (10.58) — (10.67), мы выбрали функцию напряжения Эйри из общего решения (7.57) так, чтобы она содержит только члены sin (θ) и cos (2θ) как,

10.4 Резюме

В этой главе мы изучили, как анализировать балки с начальной кривизной. Мы получили поле напряжений, исходя из предположения, что плоское сечение остается плоскость после изгиба. Мы также получили двумерное решение упругости, которое не основаны на предположении, что плоские сечения остаются плоскими.Однако мы обнаружили что оба эти решения предсказывают одинаковое значение напряжений для практически используемых гнутые балки.

10.5 Самооценка

• Есть две балки — прямая и изогнутая — каждая. из которых действует чистый изгибающий момент M. Предполагая, что обе балки однородны и имеют квадратное поперечное сечение. со стороной 0,3 м и изготовлены из того же материала, который является линейным упругой и изотропной, вычислить отношение максимальных растягивающих напряжений Имеет опыт работы с прямыми и криволинейными балками.Также найдите соотношение максимальные сжимающие напряжения, испытываемые в прямых и криволинейных балки. Предположим, изогнутая балка образует часть круга, причем начальный радиус кривизны осевой линии стержня, равный ρ _o . Получать значения соотношений как функции ρ _o и определяют критическую rho _o ^c , ниже которого напряжения будут отличаться более чем на 10 процентов.
• Изогнутая балка с круглой центральной линией имеет Т-образное сечение, как показано на рисунке 10.7. Эта балка подвергается чистому изгибу в своей плоскости. симметрия. Найдите предельные напряжения растяжения и сжатия. волокна. Положим, b ₁ = 100 мм, b ₂ = 20 мм, радиус кривизны самое внутреннее волокно, r ₁ = 80 мм, самое внешнее волокно, r ₂ = 180 мм и r ₃ = 100 мм.
• Изогнутая балка с круглой центральной линией имеет круглые сечения как показано на рисунке 10.8. Найдите распределение напряжений в этом разделе если на изогнутую балку действует чистый изгибающий момент, M.Предположим, что начальная кривизна центральной линии балки составляет ρ _o .

  ---

  
  

  Рисунок 10.7: Т-образная секция. Рисунок к задаче 2

  
  

  Рисунок 10.8: Круговое сечение. Рисунок к задаче 3

  ---

Расчет напряжения в точке y для изогнутой балки

Напряжение в точке y для формулы изогнутой балки

stress_of_curved_beam = ((Изгибающий момент) / (Площадь поперечного сечения * Радиус центроидной оси)) * (1 + ((Расстояние точки от центроидной оси) / (Свойство поперечного сечения * (Радиус центроидной оси + расстояние точки от центроидной оси) Ось))))
S = ((M) / (A * R)) * (1 + ((y) / (Z * (R + y))))

Что такое напряжение в точке y для изогнутой балки?

Распределение напряжения в изогнутом изгибающемся элементе определяется с использованием следующих допущений.1 Поперечное сечение имеет ось симметрии в плоскости по длине балки. 2 Плоские поперечные сечения после гибки остаются плоскими. 3 Модуль упругости при растяжении такой же, как при сжатии.

Как рассчитать напряжение в точке y для изогнутой балки?

Для расчета напряжения в точке y для изогнутой балки используется значение stress_of_curved_beam = ((Изгибающий момент) / (Площадь поперечного сечения * Радиус центроидной оси)) * (1 + ((Расстояние от точки до центроидной оси) / (Свойство поперечного сечения *) (Радиус центроидной оси + расстояние от точки до центроидной оси)))) для расчета напряжения, напряжение в точке y для изогнутой балки формула определяется как изгибающий момент балки / (площадь поперечного сечения * радиус центроидной оси) ) * (1+ (Расстояние точки от центроидной оси / (Свойство поперечного сечения * (Радиус центроидной оси + расстояние точки от центроидной оси))).Напряжение и обозначается символом S .

Как рассчитать напряжение в точке y для изогнутой балки с помощью этого онлайн-калькулятора? Чтобы использовать этот онлайн-калькулятор для расчета напряжения в точке y для изогнутой балки, введите изгибающий момент (M) , площадь поперечного сечения (A) , радиус центроидной оси (R) , расстояние от точки до центральной оси (y) и свойство поперечного сечения (Z) и нажмите кнопку расчета. Вот как можно объяснить напряжение в точке y для расчета изогнутой балки с заданными входными значениями -> 0.1 = ((10000) / (10 * 10)) * (1 + ((10) / (25

0 * (10 + 10))))

[PDF] Порядок расчета прогибов криволинейных балок *

Скачать Порядок расчета прогибов криволинейных балок * …

0949-149X / 91 $ 3,00 + 0,00 # 2004 TEMPUS Publications.

Процедура расчета прогибов изогнутых балок * TORE DAHLBERG, Отдел механики твердого тела / IKP, Университет Линкоэпинга, Линкоэпинг, Швеция.Электронная почта: [адрес электронной почты защищен] В представленном здесь исследовании рассматривается проблема расчета прогиба криволинейных балок. Изогнутые балки одновременно подвергаются изгибу и кручению. Теорема Кастильяно, преподаваемая на многих стандартных курсах по сопротивлению материалов, механике твердого тела и механике материалов, используется для определения отклонения балки. Используя представленную здесь методологию, можно без особых усилий рассчитать прогиб балки, который нельзя найти в справочниках или учебниках.Были использованы теорема Кастильяно и алгоритм численного интегрирования из пакета MATLAB. Примеры, исследованные в этой статье, относятся к эллиптически изогнутым балкам. Балки могут быть либо статически определенными, либо статически неопределенными. Предельными случаями эллиптической балки являются изгиб прямых балок и изгиб и кручение круглой балки. Прогибы балок, полученные в предельных случаях, сравниваются с справочными формулами.

Изогнутые балки, исследуемые в этой статье, будут иметь форму четверти эллипса или половины эллипса.Полуоси эллипса обозначим a и b. Нагрузка действует нормально к плоскости изогнутой балки. В первом примере проблема определена статически. Балка, изогнутая в форме четверти эллипса, зажата на одном конце и свободна на другом. Во втором примере полуэллиптическая балка зажата с обоих концов, что создает статически неопределимую проблему. Четвертьэллиптическая балка зажимается на одном конце и нагружается силой P на свободном конце. Сила действует перпендикулярно плоскости изогнутой балки, см. Рис.1. В пределах, когда одна из полуосей эллипса (a или b) стремится к нулю, четвертьэллиптическая балка стремится к прямой консольной балке, нагруженной силой P на свободном конце. Изучение изгиба балок — стандартный случай, который можно найти в любом учебнике по механике твердого тела или сопротивлению материалов. Прогиб свободного конца балки (предполагается линейный упругий материал) [1]:

АНКЕТА АВТОРА 1. Методы решения, обсуждаемые в этой статье, представляют интерес для образования в области машиностроения и гражданского строительства, где изгиб и кручение прямых и изогнутых балки учат.2. Теорема Кастильяно используется для решения одного класса задач, которые не могут быть легко решены другими методами, включая метод конечных элементов. 3. Исследованы изгиб и кручение криволинейных балок. Показано, что эти проблемы можно решить без особых усилий. 4. Обычно используемые формулы изгиба балки получены как предельные случаи. 5. Используя, например, пакет MATLAB, студент может попрактиковаться в численных расчетах. 6. Анализируются и обсуждаются две задачи: статически детерминированная и статическая.ВВЕДЕНИЕ МНОГИЕ БАЗОВЫЕ КУРСЫ по механике твердого тела и / или прочности материалов, предлагаемые для студентов-механиков и студентов-строителей, часто включают в себя концепции работы и энергии упругой деформации. На основе этих представлений были разработаны методы анализа поведения упругих конструкций. В этой статье хорошо известная теорема Кастильяно (вторая теорема Кастильяно) будет использоваться в сочетании с алгоритмом численного интегрирования для решения одного класса задач, которые не могут быть легко решены аналитическими методами или методом конечных элементов.Демонстрируется, как теорему Кастильяно можно использовать для расчета прогибов изогнутых балок, как статически определенных, так и статически неопределенных.

ˆ

PL3 3EI

… 1 †

где L — длина балки (т. Е. Длина полуоси эллипса, не стремящаяся к нулю), а EI — жесткость на изгиб прямой балки. Этот случай будет получен как предельный в приведенных ниже расчетах. Когда две полуоси эллиптической балки равны (т.е. a ˆ b ˆ R) криволинейная балка будет по форме четверть круга. Прогиб свободного конца четвертькруглой балки можно найти, например, в справочных формулах Рорка для напряжений и деформаций [2]. Он принимает следующий вид: PR3 3 PR3 ˆ ‡ ÿ2… 2a † GKt 4 EI 4

* Принято 19 октября 2003 г.

503

504

T. Dahlberg

Рис. 1. (a) Изогнутая консольная балка (однородное поперечное сечение ) изогнутой формы четверти эллипса. (b) Определение геометрии балки и (c) моменты поперечного сечения: изгибающий момент Mb и крутящий момент Mt (крутящий момент).Влияние поперечной силы на прогиб балки не учитывается (поперечная сила на рисунке не показана).

где R — радиус кривизны балки. Предполагается, что R намного больше диагональной меры поперечного сечения балки, то есть R I 1 = 4, где I — второй момент площади поперечного сечения балки. Кроме того, EI — это жесткость на изгиб (жесткость на изгиб), а GKt — жесткость балки на кручение. Кроме того, E ì модуль упругости, G ˆ E = 2… 1 ‡ † ì модуль сдвига и ì коэффициент Пуассона материала балки.Также этот случай, т.е. уравнение (2a), будет получен как предельный случай в расчетах, представленных ниже. Часто исследуют балку круглого сечения диаметром d. Тогда второй момент I площади поперечного сечения балки равен I ˆ d 4 = 64, а коэффициент Kt жесткости поперечного сечения балки на кручение Kt ˆ d 4 = 32, и, используя ˆ 0: 3, один в соответствии с [2] получаем: PR3 3 ˆ ‡… 1 ‡ † ÿ2 EI 4 4 ˆ 1: 2485

PR3 EI

где

Iˆ

d 4 64

… 2b †

Полуэллиптический Балка зажата с двух концов и нагружена силой P перпендикулярно плоскости изогнутой балки.Сила P приложена в центре балки (то есть в плоскости симметрии), см. Рис. 5. Эта проблема статически неопределимая. В этой задаче предельный случай, когда полуось b (см. Рис.5) стремится к нулю, превратится в двойную консольную балку, несущую нагрузку P на ее свободном конце (двойная консольная балка в том смысле, что нагрузка P переносится две прямые консольные балки, параллельные друг другу). Отклонение при нагрузке P становится таким: ˆ

1 Па3 2 3EI

… 3a †

, где a — длина двух консольных балок

, а коэффициент 1: 2 присутствует, поскольку нагрузка P переносится двумя параллельными балки.В другом крайнем случае, когда полуось a стремится к нулю (см. Фиг. 5), получается прямая балка длиной 2b, зажатая с двух концов. Сила P в середине луча затем заставляет центр луча отклоняться на расстояние [1]: ˆ

P… 2b † 3 Pb3 ˆ 64 3EI 24EI

… 3b †

Третий предельный случай, a ˆ b, дает балка с круговой кривизной; балка принимает форму полукруга. Этот случай в литературе встречается реже; найдено только [3].Один имеет: PR3 1 PR3 3 1 ˆ ÿ ‡ ÿ ÿ2… 3c † 2EI 4 2GKt 4 Для балки с круглым поперечным сечением, диаметром d выражение (3c) упрощается до (ˆ 0: 3): ˆ 0: 2582

PR3 EI

где

Iˆ

d 4 64

… 3d †

Решения решенных и обсуждаемых в этой статье проблем в литературе не найдены. Решения интересны с образовательной точки зрения, потому что решаемые задачи сводятся к трем известным решениям для частных случаев малой и большой осей эллипса.СТАТИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОБЛЕМЫ В этом разделе будет исследована консольная балка, изогнутая в форме четверти эллипса. Балка зажимается на одном конце и нагружается силой P на свободном конце, см. Рис. 1 (а). Сила P действует перпендикулярно плоскости эллипса. Пусть a будет длиной (в направлении x) одной полуоси

Процедура расчета прогибов изогнутых балок эллипса, а b — длиной другой полуоси (в направлении y). В крайнем случае a ˆ 0 балка будет тогда прямой консольной балкой длиной b, а в случае b ˆ 0 балка будет прямой консольной балкой длиной a.В третьем случае a ˆ b балка примет форму четверти круга. Иногда, но не очень часто, изгиб такой балки вне плоскости может рассматриваться в учебниках, см., Например, [4] и [5]. Жесткость на изгиб изогнутой балки составляет EI, а жесткость на кручение — GKt (равномерная по длине балки). Материал линейно эластичный; E — модуль упругости (модуль Юнга), G — модуль сдвига. Второй момент площади поперечного сечения обозначается I, а Kt — коэффициент поперечного сечения жесткости на кручение.Будет определен прогиб конца балки (в точке приложения силы P и в направлении силы). Сила P перпендикулярна плоскости xy. Также для оси b введено обозначение b ˆ a. Здесь может быть больше или меньше 1. В частности, будут исследованы случаи ˆ 0, ˆ 1 и 1, и результаты будут сравнены с известными результатами для прямых консольных балок длиной a и b соответственно, а также для четвертькруглого кантилевера. балка (где a ˆ b ˆ R, R ì радиус изогнутой по кругу балки).В некоторых случаях также предполагается (для простоты), что балка имеет круглое поперечное сечение с диаметром d, где d a и / или b, подразумевая, что теория балки может применяться для прямых балок. Решение Сначала исследуется уравнение эллипса. Уравнение имеет следующий вид: x2 y2 ‡ ˆ1 a2 b2

… 4 †

Изучаемый здесь пучок расположен в первом квадранте системы координат, поэтому здесь 0 xa и 0 yb, где a и b — полуоси эллипс, см. рис. 1. Решите (4) относительно y.Это дает: r r x2 x2… 5 † y ˆ b 1 ÿ 2 ˆ a 1 ÿ 2 aa, где b ˆ был представлен. Дифференцирование уравнения (5) дает: o dy ÿ x = a b2 xn ˆ p ˆ ÿ 2 ˆ tan ‡ ‘dx ay 2 1 ÿ x2 = a2… 6a; б; c † Заметно, что dy и dx имеют разные знаки, поскольку выражение (6a) всегда отрицательно. Здесь dx отрицательно. Также следует отметить, что длина элемента балки ds составляет: s 2 q dy ds ˆ… dx † 2 ‡… dy † 2 ​​ˆ ÿdx 1 ‡… 7 † dx

505

Отрицательный корень был выбран, потому что dx отрицателен, в то время как длина ds положительна.Также понадобятся cos ‘и sin’. Получаем: sin ‘ˆ ÿ

cos’ ˆ ÿ

dx ‡ 1 ˆ s 2 ds dy 1 ‡ dx

и

dy ÿdy = dx ˆ s 2 ds dy 1 ‡ dx

… 8a; b †

Угол ‘изменяется от 0 до / 2, что означает, что и cos’, и sin ‘положительны. Затем изучите поперечное сечение балки, расположенной под углом ‘. В этом сечении действуют изгибающий момент Mbending ˆ Mb и крутящий (крутящий) момент Mtorsion ˆ Mt, см. Рис.1 (в). Сила сдвига на рисунке не указана; его влияние на прогиб балки в проведенных здесь расчетах не будет учитываться. Устанавливаются уравнения равновесия. Здесь используются уравнения моментного равновесия. В поперечном сечении под углом ‘направления x и y выбираются в качестве направлений для уравнений моментного равновесия. Тогда поперечная сила не появится в уравнениях. Получаем: Mb cos ‘ÿ Mt sin’ ‡ Py ˆ 0 Mb sin ‘‡ Mt cos’ ‡ P… a ÿ x † ˆ 0

… 9a; b †

Решение для Mb и Mt дает: Mb ˆ ÿPy cos ‘ÿ P… a ÿ x † sin’ Mt ˆ ‡ Py sin ‘ÿ P… a ÿ x † cos’

… 10a; b †

Теперь можно определить запасенную в балке энергию упругой деформации.У одного есть:… L… L 1 ​​1 2 Uˆ Mb ds ‡ Mt2 ds 2EI 2GKt 0

… 11 †

0

где L — длина балки (длину L рассчитывать не нужно, потому что интегрирование будет выполняться по переменной x, а не по s). Вкладом поперечной силы в энергию деформации U пренебрегли. Используя теорему Кастильяно (вторая теорема), можно рассчитать прогиб конца балки под действием нагрузки P. Получаем:… L @U 1 @Mb ˆ ds 2Mb ˆ @P @P 2EI 0

… L

‡

1 @Mt ds 2Mt @P 2GKt 0

… 12 †

506

T.Dahlberg

Введите Mb, @Mb [защита электронной почты], Mt и @Mt [защита электронной почты] из (10) в (12). Это дает:… LP… ÿy cos ‘ÿ… a ÿ x † sin’ † 2 ds ˆ EI 0

… LP… y sin ‘ÿ… a ÿ x † cos’ † 2 ds ‡ GKt

… 13 †

0

Далее введите в (13) выражения cos ‘, sin’, y, dy и ds, как указано в уравнениях (6) — (8) как функции переменной x. Интегрирование по ds от 0 до L затем становится интегрированием по dx от a до 0. Измените порядок пределов интегрирования (таким образом, проинтегрируйте с 0 на a) и измените знак подынтегрального выражения.Также введем b ˆ a и удалим a3 из интегралов. Используя x / a в качестве новой безразмерной переменной интегрирования, получаем пределы интегрирования 0 и 1: ˆ

Па3 Па3 I1… † ‡ I2… † EI GKt

… 14a †

где интегралы I1 и I2 являются функциями параметра Только (ˆ b / a). Получаем: 0… 1 B r 2 B x dy = dx I1… † ˆ BB 1 ÿ a2 s 2 @ dy 0 1 ‡ dx 12 C s 2 C x 1 C 1 ‡ dy dx s ÿ 1ÿ 2 C a dx a dy A 1 ‡ dx… 14b † и

Рис.2. Кривая (1): интеграл I1 ˆ / (Pa3 / EI) как функция параметра ˆ b / a. Видно, что для ˆ 0 получается I1 ˆ 1/3 (реперная линия (b) при 1/3), что является отклонением прямой консольной балки длиной a, см. Уравнение (1). При ˆ 1 получаем I1 ˆ / 4 (реперная линия (a), ср. Вклад изгиба в уравнение (2a)). Кривая (2) показывает I1 / 3. Можно заметить, что при больших значениях единицы получаем I1 / 3 ˆ 1/3, т.е. тот же результат, что и при изгибе прямой консольной балки длиной b ˆ a. Две кривые пересекаются при ˆ 1, как и должно быть.

Влияние изгиба Сначала исследуем интеграл I1. После упрощения получаем:! 2 r… 1 x2 dy x ÿ 1ÿ I1… † ˆ 1ÿ 2 a dx a 0

x 1 ds 2 a dy 1 ‡ dx

… 15a †

где dy / dx задано в уравнении (6a).

0

… 1 B r 2 B x 1 I2… † ˆ BB 1 ÿ a2 s 2 @ dy 0 1 ‡ dx 12 C s 2 C x dy = dx dy x C s C 1 ‡ d ‡ 1ÿ 2 A a dx a dy 1 ‡ dx… 14c † Выражение, определяющее отклонение эллиптически изогнутой консольной балки теперь был найден.Каждый из двух членов в уравнении (14a) будет исследован, то есть будет исследовано, как изгиб и кручение, соответственно, вносят вклад в прогиб.

Рис. 3. Кривая (1): интеграл I2 ˆ / (Pa3 / GKt) как функция параметра ˆ b / a. Можно заметить, что I2 ˆ 0 при ˆ 0, т.е. кручение не дает вклада в прогиб при ˆ 0. Этого и следовало ожидать, поскольку ˆ 0 дает прямую консольную балку, нагруженную только при изгибе. При ˆ 1 получаем I2 ˆ 3/4 ÿ 2 ˆ 0,3562 (реперная линия (а), ср.крутильный вклад в уравнение (2a)). Это согласуется с тем, что можно найти в некоторых справочниках. Кривая (2) показывает I2 / 3. Можно заметить, что при больших значениях фактора I2 / 3 стремится к нулю, то есть кручение не способствует прогибу, когда оно очень велико. Это также было ожидаемо, потому что очень большое значение дает прямую консольную балку, нагруженную только при изгибе. Две кривые пересекаются при ˆ 1, как и должно быть.

Порядок расчета прогибов изогнутых балок Рассмотрим три случая ˆ 0, ˆ 1 и 1.Случай ˆ 0 дает dy / dx ˆ 0, и получается:… 1 x2 x 1… 15b † 1ÿ d I1… ˆ 0 † ˆ ˆ ˆ aa 3 0

, деленное на 3. Вводя dy / dx из (6a), получаем: 1 I1… † ˆ 3

Этот результат вместе с уравнением (14a) согласуется с прогибом, полученным, когда прямая консольная балка длиной a нагружена силой P на свободном конце. В этом случае имеем ˆ Pa3 / 3EI, как выражено в уравнении (1). Обратите внимание, что здесь исследовался только член в уравнении (14), описывающий изгиб.Как будет показано ниже, см. Рис. 3, кручение не будет способствовать прогибу, когда ˆ 0. Случай ˆ 1 дает балку с круговой кривизной. Этот случай можно найти в некоторых учебниках и справочниках. Ввод dy / dx из (6a) (используя ˆ 1) в (15a) дает:! 2… 1 r 2 x ÿx = ax I1… ˆ 1 † ˆ 1 ÿ 2 p ÿ 1 ÿ aa 1 ÿ x2 = a2 0

г x2 x 1ÿ daa… 1 r x2 x 1ÿ d ˆ aa

507

… 1

p ÿ 1 1 ÿ 2 p ÿ… 1 ÿ † 1 ÿ 2

0

1 v ! 2 duu t1 ‡ pÿ 1 ÿ 2… 1 ‡

ˆ 0

1… 1 ÿ † 2

2

p 2 1 ÿ 2 с d 1… 1 ÿ 2 † ‡ 2 2 2

… 1 p… 1 p 2 1ÿ 1 2 I1… 1 † ˆ p d ˆ 1 ÿ 2 d 3 2 ˆ

… 15c †

Пусть x / a ˆ.Это дает:… 1 p 1 ÿ 2 d I1… ˆ 1 † ˆ 0

i1 1 hp 2 1 ÿ ‡ arcsin 0 2 1 ˆ arcsin 1 ˆ 2 4

ˆ

… 15d †

Этот результат можно сравнить с результатом, приведенным в некоторых учебниках и обобщенным в уравнении (2a), а именно ˆ PR3 / 4EI, см. первый член в правая часть выражения (2а), где дана часть прогиба, зависящая от изгиба. Ввод уравнения (15d) в (14a) дает, как и следовало бы, отклонение Pa3 / 4EI для члена, представляющего изгиб.В случае 1 мы начинаем умножать числитель и знаменатель в уравнении (14a) на 3. При этом выражение P (a) 3 / EI (ˆ Pb3 / EI) получается как множитель перед интегралом при тогда как интеграл I1 равен

… 15e †

As 1 выражение (15e) можно аппроксимировать. Опуская маленькие члены, получаем:

0

0

! 2

0

‰ ÿ 13… 1

ÿ

2 † 3 = 2 Š10

ˆ 13

… 15f †

! 2 r x2 x dy 1ÿ 2 ‡ 1ÿ aa dx

x 1 с d 2 a dy 1 ‡ dx

… 16 †

Таблица 1. Коэффициент k () в уравнении (18) для некоторых значений ( ˆ b / a) и для круглого сечения балки k… †

0,0 0,333

0,5 0,543

1,0 1,249

1,5 2,618

2,0 4.859

3,0 12,86

5,0 49,60

10,0 353,9

100,0 3,337 105

508

T. Dahlberg

Рис. 4. Кривая (1): нормализованный прогиб / (Па3 / EI) ˆ k () из конец пучка как функция параметра ˆ b / a. Вклад I1 () в k () из-за изгиба определяется кривой (2) (та же кривая, что и кривая (1) на рис. 2, но теперь масштаб по оси y линейный). Вклад 1.3I2 () в k () из-за кручения дается кривой (3) (та же кривая, что и на рис.3, но теперь умноженное на коэффициент 1,3; т.е. предполагалось круглое поперечное сечение балки). Реперные линии расположены на уровнях 1.2485 (а), ср. Уравнение (2b), (b) / 4 и (c) 1.3 (3/4 2). Эти уровни можно проверить с помощью справочных решений.

Численное интегрирование дает I2, как показано на рис. 3, кривая (1). Кроме того, I2 / 3 нанесен на рис. 3, см. Кривую (2). Кривая (2) показывает, что I2 / 3 стремится к нулю, когда становится большим, подразумевая, что для 1 (стремится к нулю) только изгиб вносит вклад в отклонение балки, см. Также обсуждение таблицы 1.Круглое поперечное сечение Для балки с круглым поперечным сечением, используя ˆ 0,3: GKt ˆ

E 1 2I ˆ EI 2… 1 ‡ † 1: 3

… 17 †

Введите уравнение (17) в выражение (14а). Это дает: ˆ

Па3 Па3… I1… † ‡ 1: 3I2… †† ˆ k… † EI EI

… 18 †

где коэффициент k () приведен на рис. 4. В таблице 1 приведен коэффициент k () для некоторых значений. В таблице отмечено, что при ˆ 0 и больших значениях прогибов прямых консольных балок получаются.При ˆ 0 (подразумевая, что полуось b ˆ 0) множитель Pa3 / EI равен 1/3 (0,333 в таблице), как и должно быть. Если k () разделить на 3, получится коэффициент для прямой консольной балки длиной b ˆ a, т.е. / (P (a) 3 / EI) ˆ 1/3. Это значение находится в таблице как ˆ 100. Коэффициент становится 3,337 105/1003 ˆ 0,3337 1/3, как и должно быть. Также будет дан комментарий по интеграции. Верхний предел интегрирования (ˆ x / a) ˆ 1 даст деление на ноль в dy / dx. Поэтому интегрирование производилось до 0.Только 99999. Поскольку энергия упругой деформации, запасенная в балке, конечна, энергией, запасенной в остальной части балки, можно пренебречь.

СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛЕННАЯ ПРОБЛЕМА Изогнутая балка (жесткость на изгиб EI и жесткость на кручение GKt) имеет форму полуэллипса. Эллипс имеет радиусы (полуоси) a и b. Таким образом, общая длина пучка составляет примерно p L ˆ… a2 ‡ b2 † = 2. Концы (границы) балки зажимают. Балка нагружена силой P, действующей перпендикулярно плоскости изогнутой балки, см. Рис.5. Структура симметрична, а плоскость xz является плоскостью симметрии. Будет определен прогиб балки под нагрузкой P. Решение Уравнение эллипса дано в уравнении (4). Здесь симметрия относительно плоскости xz будет использоваться во всех вычислениях, так что 0 x a и 0 y b. Таким образом, отныне будет исследоваться только половина балки с соответствующими граничными условиями при ‘ˆ 0. Величины y, dy / dx, ds, sin ‘и cos’ все были выражены как функции от x и dx в уравнениях (5) — (8).При нагрузке P действует изгибающий момент в разрезе Mb (‘ˆ 0) ˆ M, см. Рис. 5 (б). Из-за симметрии в балке не будет крутящего момента при силе P. Сила сдвига в балке Q ˆ P / 2. Поскольку исследуется только половина пучка, теперь у нас есть пучок в форме четверти эллипса. Четвертьэллиптическая балка зажимается на одном конце и может свободно перемещаться в направлении z и свободно вращаться относительно направления y на другом конце. Из-за симметрии наклон (поворот относительно направления x) на этом конце равен нулю.Таким образом, поперечный момент M (при ‘ˆ 0) будет определяться так, чтобы он давал нулевой наклон конца балки. При произвольном поперечном сечении балки, определяемом координатой ‘(0’ = 2), реакции поперечного сечения

Процедура расчета прогибов изогнутых балок

509

Рис. 5. (a) Зажим / зажат балка изогнута в форме полуэллипса. (b) Моменты сечения Mb (изгиб) и Mt (кручение) как функция угла ‘. В плоскости симметрии (‘ˆ 0) действует только изгибающий момент Mb (‘ ˆ 0) ˆ M (нет кручения из-за симметрии).Нагрузка P приложена в плоскости симметрии, создавая поперечную силу Q ˆ P / 2 на каждой половине балки (поперечная сила в точке ‘не показана на рисунке).

(изгибающий момент и крутящий момент) Mb и Mt, а также поперечная сила. Сила сдвига не показана на рис. 5 (b), и ее не нужно определять, потому что ее влиянием на отклонение можно пренебречь. Моменты поперечного сечения Mb и Mt получены с помощью равновесия моментов. Поперечное сечение в ‘выбрано для моментного равновесия.Тогда поперечная сила (на рисунке не показана) не входит в уравнения равновесия. Используя x и y в качестве направлений для моментного равновесия, получаем: Mb cos ‘ÿ Mt sin’ ÿ M ‡ Qy ˆ 0 Mb sin ‘‡ Mt cos’ ‡ Q… a ÿ x † ˆ 0

… 19a; b †

относительно плоскости xz сохраняется. Используя U ˆ Utot / 2, получаем: 1 Uˆ 2EI

L = 2…

Mb2

0

@U 1 ˆ0ˆ ˆ @M 2EI

Mb ˆ ÿQy cos ‘ÿ Q… a ÿ x † sin ‘‡ M cos’ Mt ˆ ‡ Qy sin ‘ÿ Q… a ÿ x † cos’ ÿ M sin ‘… 20a; b †

U tot ˆ

… L

… L

1 1 Mb2 ds ‡ Mt2 ds 2EI 2GKt 0

1 ‡ 2GKt

где неизвестный изгибающий момент M в балке (при нагрузке P) включен в МБ и Mt, см. уравнение (20a, b).Интегрирование может быть выполнено по общей длине L луча (полная длина полуэллиптического луча), но из-за используемой симметрии достаточно интегрировать по половине длины луча (то есть по четвертьэллиптическому лучу). Это дает половину полной энергии, хранящейся в луче. Здесь нет необходимости рассчитывать общее количество энергии, запасенной в пучке. Вместо этого, при использовании теоремы Кастильяно, дифференцирование по половине силы, то есть Q ˆ P / 2, может быть выполнено для получения того же результата.Это и будет сделано здесь (поэтому был введен Q ˆ P / 2). Граничные условия четвертьэллиптической балки таковы, что симметрия

Mt2 ds

… 21b †

0

L = 2…

2Mt 0

L = 2…

2Mb 0

@Mb ds @M

@Mt ds @M

… 22 †

Введите Mb, @Mb [защита электронной почты], Mt и @Mt [защита электронной почты] из уравнения (20) в (22). Это дает

… 21a †

0

L = 2…

где L / 2 — это та часть луча, которая находится в первом квадранте системы координат Oxy.Используя теорему Кастильяно, будет определен наклон балки при нагрузке Q. У одного есть ˆ @ [email protected] Также используйте ˆ 0, который получается из-за симметрии или, альтернативно, потому что M — внутренняя величина. Это дает:

Решение для Mb и Mt дает:

Теперь можно рассчитать энергию упругой деформации, накопленную в балке (полной полуэллиптической балке). Получаем:

1 ds ‡ 2GKt

0ˆ

1 EI L = 2…

fÿQy cos ‘ÿ Q… a ÿ x † sin’ ‡ M cos ‘g

0

cos’ ds ‡

1 GKt

L = 2…

fQy sin ‘ÿ Q… a ÿ x † cos’ 0

ÿ M sin ‘g… ÿ sin’ † ds

… 23 †

Разделите члены в интеграле.Соберите термины

510

T. Dahlberg

, содержащие Q в левой части и термины, содержащие M, в правой части. Это дает: Q EI

L = 2…

fy cos ‘‡… a ÿ x † sin’ g cos ‘ds 0

‡

Q GKt

M ˆ EI

L = 2…

0

… 27a †

L = 2…

fy sin ‘ÿ… a ÿ x † cos’ g sin ‘ds 0

M cos’ ds ‡ GKt 2

L = 2…

sin2 ‘ds

0

fR sin’ cos ‘0

‡… R ÿ R cos’ † sin ‘g cos’ R d ‘= 2…

M EI

cos 2′ R d ‘0 = 2…

sin 2′ R d ‘

… 25 †

0

После некоторых упрощений получаем: QR2 1 QR2 1 MR MR ‡ ˆ ‡ EI 2 GKt 2 EI 4 GKt 4

… 27b †

p Введите это, вместе с y ˆ a 1 ÿ 2 в уравнение (24).Это дает:… 0 p Q fa 1 ÿ 2 1 ‡ 0g EI a

… 0 Q 0 dx p… ÿdx † ‡ GKt 1 ÿ 2 a

… 0

… 0 MM 1 p… ÿ dx † ‡ 0 dx ˆ EI GKt 1 ÿ 2 a

… 28 †

a

Упрощение и интегрирование дают: hp i1 Q a 12 ˆ M ÿ 1 ÿ 2 ˆ M 0

ˆ

0

= 2…

M ‡ GKt

ds ˆ ÿdx p 1 ÿ 2

fR sin ‘sin’

ÿ… R ÿ R cos ‘† cos’ g sin ‘R d’ ˆ

As 1 третий член в числителе () намного больше, чем два других члена в числителе.В этом случае этими двумя терминами можно пренебречь. Это дает:

… 29 †

Таким образом, M ˆ Q a / 2 ˆ Pb / 4 при 1. Этот результат можно проверить, исследуя консольную балку длиной a, нагруженную силой Q и моментом M на свободном конце. . Момент должен быть таким, чтобы наклон на нагруженном конце консольной балки был равен нулю. Для консольной балки получаем наклон [1]:

= 2…

Q ‡ GKt

2 2

… 24 †

Теперь будут исследованы три частных случая ˆ 0, ˆ 1 и 1.Для полной полуэллиптической балки эти три случая соответствуют, соответственно, двойной консольной балке длиной a (две консольные балки, параллельные друг другу), полукруглой балке с радиусом a ˆ b ˆ R и зажатой зажимной балке. прямая балка длиной 2b ˆ 2 a. Случай ˆ 0 дает dy / dx ˆ 0, cos ‘ˆ 0, sin’ ˆ ÿ1, y ˆ 0, dy ˆ 0 и ds ˆ ÿdx, которые, введенные в уравнение (24), дают M ˆ 0. Этот результат ожидалось, поскольку ˆ 0 означает, что нагрузка P переносится двумя консольными балками (длиной a), параллельными друг другу, и эти две балки нагружаются только при изгибе.Случай ˆ 1 означает, что эллипс превращается в окружность. Введите a ˆ b ˆ R в качестве радиуса окружности. Также получаем y ˆ Rsin ‘, x ˆ R cos’ и ds ˆ Rd ‘. Интегрирование будет выполнено по переменной ‘, а пределы интегрирования станут 0 и / 2. Введите это в (24). Это дает: Q EI

Случай 1 дает, что cos ‘ˆ 1 и sin’ ˆ 0. Также, используя x / a ˆ, получаем: s s 2 2 1 ÿ 2 ‡ 2 2 ds ˆ ÿdx 1 ‡ ˆ ÿdx 2 1ÿ 1 ÿ 2

… 26 †

, из которого получается решение M ˆ 2QR / ˆ PR / (для ˆ 1).Это решение можно найти, например, в учебнике (руководстве по решениям) [3].

Q… a † 2 M… a † ÿ 2EI EI

… 30 †

Введите ˆ 0, и получится M ˆ Q a / 2 в соответствии с уравнением (29). Для любого другого значения подходит численное решение уравнения (24). Как и в рассмотренном выше статически детерминированном случае, cos ‘, sin’, y, dy и ds, как указано в уравнениях (5) — (8), вводятся в уравнение (28). Затем интегрирование по ds заменяется интегрированием по dx.Затем удалите a2 и a, соответственно, из интегралов в уравнении (24) и назовите интегралы I3, I4, I5 и I6. Эти интегралы являются функциями только от. Получаем: Qa2 Qa2 Ma Ma I5… † ‡ I3… † ‡ I4… † ˆ I6… † EI GKt EI GKt… 31 †

Процедура расчета прогибов изогнутых балок, где уравнения (24) вместе с (5) — (8) дают интегралы С I3 по I6. Круглое поперечное сечение Если поперечное сечение пучка круглое, выполняется соотношение GKt ˆ EI / 1,3 (ˆ 0: 3), и уравнение (31) дает: M ˆ Qa

I3… † ‡ 1: 3I4… † ˆ f… † Qa I5… † ‡ 1: 3I6… †

@U 1 ˆ ˆ @Q 2EI 1 ‡ 2GKt

L = 2…

2Mb 0

L = 2…

2Mt 0

@Mb ds @Q

@Mt ds @Q

… 33 †

Введите Mb, @Mb [защита электронной почты], Mt и @Mt [защита электронной почты] из уравнения (20) в (33).Далее введите cos ‘, sin’, y, dy и ds, выраженные в переменной x, и используйте безразмерную переменную ˆ x / a. Это дает: ˆ

Qa3 Qa3 I7… † ‡ I8… † EI GKt

где:… 1 noyx I7… † ˆ ÿ cos ‘ÿ 1 ÿ sin’ ‡ f… † cos ‘aa 0

nyox ÿ cos’ ÿ 1 ÿ sin ‘ aas 2 dy xd 1 ‡ dx a

… 32 †

Интегралы от I3 до I6 были вычислены численно с использованием пакета MATLAB. . На рис. 6 момент M представлен как функция параметра.Кривая (1) дает M / Qa, а кривая (2) дает M / Q a. Видно, что получаются три частных случая ˆ 0, ˆ 1 и 1 (асимптотически в случае 1). Получается, что ˆ 0 дает M ˆ 0, ˆ 1 дает M ˆ 2Qa /, а 1 дает M ˆ Qa / 2 (где Q ˆ P / 2), как и должно быть. Теперь, когда известен момент M, можно определить прогиб конца балки. Теорема Кастильяно дает:

… 34a †

511

… 34b †

и… 1 noyx sin ‘ÿ 1 ÿ cos’ ÿ f… † sin ‘I8… † ˆ aa 0

ny ox sin’ ÿ 1 ÿ cos ‘aas 2 dy xd 1 ‡ dx a

… 34c †

Численный расчет интегралов I7 и I8 дает прогиб согласно рис. 7 и 8.На рис. 7 отклонение нормировано относительно Qa3 / EI. Видно, что частные случаи ˆ 0 и ˆ 1 восстанавливаются. При ˆ 0 (случай прямой консольной балки длины a) получаем ˆ Qa3 / 3EI ÿ Ma2 / 2EI ˆ Qa3 / 3EI (поскольку M ˆ 0 при ˆ 0). При ˆ 1 было найдено выше, уравнение (3d), что ˆ 0,2582PR3 / EI ˆ 0,5164Qa3 / EI. На рис. 8 прогиб нормирован по отношению к Q (a) 3 / EI. Видно, что частный случай 1 восстановлен. При очень большом размере (половина) балка ведет себя как прямая балка, зажатая на одном конце и имеющая граничное условие скольжения на другом (граница скольжения

Рис.6. Изгибающий момент M на оси симметрии (ось x, см. Рис. 5). Кривая (1): нормированный момент M / Qa как функция параметра ˆ b / a и кривая (2): нормированный момент M / Q a. Контрольная линия (а) в точке 2 / (см. Уравнение (26)) и линия (b) в точке 1/2 (см. Уравнение (29)).

512

Т. Дальберг

Рис. 7. Отклонение / (Qa3 / EI) как функция отношения ˆ b / a. Контрольная линия (a) при 0,5164 (из уравнения (3d) с P ˆ 2Q) и линия (b) при 1/3 (из уравнения (1)).

условие индуцирует момент M).Консольная балка, нагруженная Q и M, дает в этом случае ˆ Q (a) 3 / 3EI ÿ M (a) 2 / 2EI, что, используя M ˆ Q (a) / 2, дает ˆ Q (a) 3 / 12EI, как показано на рис. 8. Наконец, вводя Q ˆ P / 2, получаем ˆ P (a) 3 / 24EI, как указано в выражении (3b). ВЫВОДЫ В этой статье было продемонстрировано, что хорошо известный энергетический метод (теорема Кастильяно) может использоваться в сочетании с алгоритмом численного интегрирования для расчета прогибов изогнутых балок. Изогнутые балки имеют формы, которые нельзя найти в справочной литературе.Здесь были исследованы эллиптически изогнутые балки. Были рассмотрены как статически определенные, так и статически неопределимые балки. Нагрузка на балки такова, что балки

одновременно подвергаются как изгибу, так и кручению. Если обсуждаемые здесь проблемы должны быть решены с помощью метода конечных элементов, модель конечных элементов должна быть создана для каждого отношения полуосей эллипса a и b ˆ a, где 0

Рис. 8. Прогиб / (Q ( а) 3 / EI) как функция отношения ˆ b / a.Реперная линия (а) при 1/12 (из (3б) с P ˆ 2Q).

Процедура расчета прогибов криволинейных балок соответственно. В двух предельных случаях либо a, либо b стремится к нулю, а изогнутая балка стремится к прямой балке длиной b и a соответственно. В третьем предельном случае a ˆ b ˆ R балка кантилевера изогнута в форму четверти круга, и этот случай можно найти в некоторых справочниках и некоторых учебниках. В статически неопределенном случае изогнутая балка принимает форму полуэллипса.Балка зажимается на двух концах, и нагрузка, сила P, прикладывается к середине балки перпендикулярно плоскости изогнутой балки. Таким образом, этот случай симметричен относительно плоскости xz, см. Рис. 5. Также в этом случае балка подвергается как изгибу, так и кручению. Рассчитывается прогиб при нагрузке. Опять же, с образовательной точки зрения эта проблема представляет интерес, потому что здесь также можно найти три предельных случая, и по крайней мере два из предельных случаев можно легко найти в справочной литературе.Эти два предельных случая получаются, когда либо a, либо b стремится к нулю.

513

Когда полуось b стремится к нулю, см. Рис. 5, полуэллипс принимает форму двух параллельных прямых консольных балок длиной a. Половина нагрузки, P / 2, переносится каждой из двух консольных балок, и прогиб можно легко найти в любом учебнике. Когда полуось a стремится к нулю, изогнутая балка стремится к прямой балке длиной 2b. Эта балка зажимается с обоих концов, а нагрузка прикладывается к середине; футляр, который тоже легко можно найти в любом учебнике.Третий предельный случай возникает, когда a ˆ b ˆ R; затем балка изгибается в форме полукруга. Однако в справочной литературе этот случай встречается реже. Примеры, обсуждаемые в этой статье, могут быть подходящими упражнениями для студентов-механиков и студентов-строителей. Демонстрируется, как проблемы, которые нелегко найти в справочной литературе, могут быть решены без особых усилий с использованием второй теоремы Кастильяно и алгоритма интегрирования, например подпрограммы MATLAB.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1.Дж. М. Гир и С. П. Тимошенко, Механика материалов (4-е изд.), PWS Publishing Company, Бостон, Массачусетс (1997), ISBN 0-534-93429-3. 2. У. К. Янг и Р. Г. Будинас, Формулы Рорка для напряжений и деформаций (7-е издание), McGraw Hill, New York, Int. издание (2002 г.), ISBN 0-07-121059-8. 3. Т. Дальберг, Teknisk haÊllfasthetslaÈraÐLoÈsningar (3-е издание), (руководство по решениям, на шведском языке), Studentlitteratur, Lund (2001), ISBN 91-44-02057-0. 4. У. А. Нэш, Очерки теории и проблем прочности материалов Шаума (2-е издание), McGraw-Hill, Нью-Йорк (1987), ISBN 0-07-084366-X.5. Т. Дальберг, Teknisk HaÊllfasthetslaÈra (3-е издание, на шведском языке), Studentlitteratur, Lund (2001), ISBN 91-44-01920-3.

Торе Дальберг — профессор механики твердого тела в Университете Линкоэпинга в Линкоэпинге, Швеция. Дальберг имеет большой опыт инженерного образования и является автором трех учебников: двух по механике твердого тела и одного по механике разрушения и усталости. Его ученики назвали его «лучшим учителем». Исследования Дальберга в основном посвящены колебаниям в механических системах, и в этой области он опубликовал несколько статей в международных научных журналах.В последние годы его основные исследовательские интересы были связаны с вибрацией и железнодорожной механикой.

Гибка балок

Введение

Цель не состоит в том, чтобы охватить все аспекты изгиба балки.В частности, такие темы, как определение нейтральной оси, теорема о параллельной оси и расчет прогибов балок не рассматривается.

Радиус кривизны

В конечном итоге нам понадобится аналитическое выражение для радиуса кривизны, так что он будет развиваться здесь. Начните с любой функции \ (y = y (x) \), как показано на рисунке. Напомним, что длина дуги \ (s \) связана с \ (\ rho \) через \ (\ rho \, \ theta = s \), где \ (\ theta \) — угол дуги. В дифференциальной форме это \ (\ rho \, d \ theta = ds \). Теперь разделите обе части на \ (dx \).

\ [ \ rho {d \ theta \ over dx} = {ds \ over dx} \]
Нам нужны выражения для \ (d \ theta \ over dx \) и \ (ds \ over dx \).{3/2}} \]
Интересно, что любое выражение, включающее радиус кривизны, кажется, всегда имеет появляются в знаменателе. И это не исключение, даже если это определяющее уравнение.

Также интересен тот факт, что многие приложения механики включают гибку, но в малых масштабах. Обсуждаемый здесь изгиб балки не является исключением. В таких случаях, лучший подход — определить ось x вдоль луча так, чтобы прогибы \ (y \) и, что более важно, деформированный уклон \ (y ‘\) будут оба будут маленькими.3} \]
, где \ ({\ bf v} \) — вектор, определяемый параметрически как \ ({\ bf v} = {\ bf v} (x (t), y (t), z (t)) \), \ ({\ bf v ‘} \) — его первая производная, \ ({\ bf v’ ‘} \) — его вторая производная, и \ (| … | \) представляет длину вектора, то есть квадратный корень из суммы квадраты его составляющих.

Деформации при изгибе

Ситуация усложняется, если принять во внимание толщину. На рисунке ниже объект начальной длины \ (L_o \) изогнут. как показано. Поскольку он имеет конечную толщину, различные его части растягиваются, или сжатые, в разном количестве. Внешняя часть балки растягивается больше всего, потому что он дальше всего от этот центр. Математически все части изогнуты под одинаковым углом, \ (\ theta \), но \ (\ rho \) изменяется по толщине, поэтому количество \ (\ rho \, \ theta \) тоже меняется, и, следовательно, меняется и \ (L \).

Сначала найдите тот \ (\ rho \), который удовлетворяет \ (\ rho \, \ theta = L_o \). Обратите внимание, что \ (\ rho \) — вычисленный результат здесь, а \ (\ theta \) и \ (L_o \) — входные данные. Также обратите внимание, что длина в уравнении равна \ (L_o \), исходная недеформированная длина, не деформированный. Этот шаг устанавливает одно уникальное значение \ (\ rho \) для поперечное сечение, а не иметь несколько значений, что может привести к большой путанице.

Нейтральная ось

Предупреждение «из-за изгиба» в предыдущем абзаце присутствует, потому что объект также может быть одновременно нагружен растяжением (или сжатием), которое его растягивает пока каждая точка в его поперечном сечении не будет длиннее (или короче, если сжато), чем исходная длина, \ (L_o \).

\ [ L = (\ rho — y) \ тета \]
Напомним, что \ (L_o = \ rho \, \ theta \).Теперь деформацию \ (\ epsilon \) можно выразить как

\ [ \ epsilon_x = {L — L_o \ над L_o} = {(\ rho — y) \ theta — \ rho \, \ theta \ over \ rho \, \ theta} \]
, что упрощает

\ [ \ epsilon_x = — {y \ over \ rho} \]
Это ключевой результат для деформации объекта. Это показывает, что деформация равна нулю при \ (у = 0 \), нейтральная ось, и линейно отклоняется от нее. Если объект толстый, то \ (y \) может принимать на больших значениях, но не на тонких объектах. Вот почему толстые объекты имеют большую жесткость на изгиб, чем тонкие предметы.

Кроме того, радиус кривизны в знаменателе учитывает многие эффекты изгиба. Когда объект не изогнут, тогда \ (\ rho \) бесконечно, а деформации, естественно, равны нулю. По мере изгиба объекта \ (\ rho \) уменьшается, и уравнение показывает, что деформации увеличиваются.

Наконец, обратите внимание, что деформация представляет собой нормальную деформацию и фактически является продольной, по длине балки. Обычно ось \ (x \) выравнивается по длина балки, создающая деформацию \ (\ epsilon_x \).

Напряжение изгиба

\ [ \ sigma_x = — {E \, y \ over \ rho} \]
Хотя этот шаг был чрезвычайно простым, на самом деле он довольно глубок в том, пренебрегали простотой. Напомним со страницы на Закон Гука о том, что каждый компонент нормального напряжения зависит от всех трех компонентов нормальной деформации.Но здесь мы просто умножили деформацию на \ (E \), чтобы получить напряжение. Этот шаг имеет ключевое предположение встроено в него … что на балку не действуют боковые нагрузки / напряжения. В таких случаях уравнения «работают» так, что \ (\ sigma_x = E \, \ epsilon_x \) как в одноосное растяжение. Это происходит в большинстве балок, потому что они тонкие по сравнению с их длина. 2 dA \]
Остающийся интеграл очень важен.2 дА \]
Всегда имейте в виду, что значения \ (y \) измеряются от нейтральной оси, которая соответствует \ (y = 0 \).

Уравнение изгибающего момента теперь можно записать как

\ [ M_z = {E \, I_ {zz} \ over \ rho} \]
, что является очень важным уравнением.

Аппроксимация малого изгиба

\ [ M_z = E \, I_ {zz} y » \ qquad (\ text {when} \; \; y ‘\ lt \ lt 1) \]
, что является еще одним очень важным и полезным уравнением.

\ [ M_z = {E \, I_ {zz} \ over \ rho} \ qquad \ qquad \ text {и} \ qquad \ qquad \ sigma_x = — {E \, y \ over \ rho} \]
и поймите, что оба содержат \ (E / \ rho \). Решение каждого уравнения для этого отношения дает

\ [ {E \ over \ rho} = {M_z \ over I_ {zz}} \ qquad \ qquad \ text {и} \ qquad \ qquad {E \ over \ rho} = — {y \ over \ sigma_x} \]
Итак, приравняем эти два, чтобы получить одно из самых известных уравнений в машиностроении. 2 dA — {E \ over \ rho_z} \ int_A y \, z \, dA \\ \\ \\ & & & = & {E \ over \ rho_y} I_ {yy} — {E \ over \ rho_z} I_ {yz} \ end {eqnarray} \]
А другой момент, \ (M_z \), вычисляется путем интегрирования напряжение по поперечному сечению с \ (y \) в качестве плеча момента.2 dA — {E \ over \ rho_y} \ int_A y \, z \, dA \\ \\ \\ & & & = & {E \ over \ rho_z} I_ {zz} — {E \ over \ rho_y} I_ {yz} \ end {eqnarray} \]
Уравнения можно компактно записать в матричной форме как

\ [ \оставил\{ \ matrix { Мой \\ \\ M_z } \верно\} знак равно \оставил[ \ matrix { \; I_ {yy} & -I_ {yz} \\ \\ -I_ {yz} & \; I_ {zz} } \верно] \оставил\{ \ matrix { E / \ rho_y \\ \\ E / \ rho_z } \верно\} \]
Это показывает, что момент инерции на самом деле является тензором.2 \).

Наконец, если \ (I_ {yz} = 0 \), все значительно упростится до

\ [ \ sigma_x = {M_y \, z \ over I_ {yy}} — {M_z \, y \ over I_ {zz}} \]

Онлайн-калькулятор — Технический блог

Многие детали машины, такие как крюк крана, C-образный зажим, рама механического пробивного пресса (вид сбоку в форме C), звенья цепи, изгибы труб, изогнутые части рамы машины являются практическими примерами изогнутых балок. Основное отличие от прямой балки заключается в том, что изогнутые балки имеют начальную кривизну перед приложением нагрузки, тогда как прямые балки имеют прогиб или кривизну после приложения нагрузки.

Расчет криволинейной балки (онлайн-калькулятор)

Базовый проект криволинейной балки в основном рассчитывает площадь поперечного сечения, чтобы удерживать напряжение изгиба в допустимых пределах (предполагая, что материал балки, габаритные размеры, условия применения и т. Д. Уже известны проектировщику)

Теперь для прямые балки, мы предполагаем, что величина изгиба или радиус кривизны очень мал при приложении нагрузки, что означает, что нейтральная ось и центральная ось будут совпадать, и никаких дополнительных расчетов для определения положения нейтральной оси не требуется.Но в случае изогнутых балок, где начальный радиус кривизны значительно велик, нейтральная ось и центральная ось не будут совпадать, поэтому нам нужно выполнить дополнительные вычисления, чтобы найти положение нейтральной оси.

Ниже представлен анализ небольшой части изогнутой балки, где представлены положение центральной оси, нейтральной оси, радиус кривизны и т. Д.

Еще одно отличие изогнутых балок состоит в том, что распределение напряжений по поперечному сечению не линейное, а гиперболическое.Причем наибольшее напряжение приходится на внутреннюю поверхность вблизи нейтральной оси. Внутренняя поверхность изогнутой балки находится под растягивающей нагрузкой, а внешняя поверхность под сжимающей нагрузкой. По соглашению положительный момент определяется как тот, который стремится выпрямить балку.

В случае приложения чистого момента к изогнутой балке возникают только изгибающие напряжения. Однако более частой причиной является приложенная сила. Эта сила создавала изгибающее напряжение, а также прямое осевое напряжение в средней части балки.

Ниже приведен калькулятор смещения нейтральной оси изогнутой балки

Ключевые слова: изогнутая балка, центроидная ось, смещение нейтральной оси, условия приложения, приложенная сила, приложенный момент, конструкция изогнутой балки, нейтральная ось, онлайн-калькулятор, гиперболика, допустимое напряжение, растягивающая нагрузка

Теория упругости изогнутой балки на основе метода функции смещения с использованием конечно-разностной схемы | Развитие разностных уравнений

В этом разделе метод конечных разностей используется для получения численного решения узловых значений функции смещения, удовлетворяющих основному уравнению.Очевидно, что определяющее уравнение в терминах функции смещения представляет собой эллиптическое уравнение в частных производных четвертого порядка с переменными коэффициентами. В то же время выражение напряжения, выраженное через функцию смещения, является уравнением в частных производных третьего порядка, а выражение смещения, выраженное через функцию смещения, является уравнением в частных производных второго порядка.

Все эти уравнения в частных производных преобразуются в соответствующие алгебраические уравнения с помощью метода конечных разностей.Процесс численного расчета разделен на три этапа. Во-первых, значения функции смещения в каждой точке области решаются с помощью алгебраических уравнений основных уравнений и граничных условий. Во-вторых, значения частных производных функций смещения в каждой точке получаются с помощью их разностных уравнений. Наконец, компоненты смещения и компоненты напряжения в каждой точке решаются с помощью значений частных производных функции смещения и значений функции смещения. {2}) \).{2}} [\ psi _ {i, j + 1} — 2 \ psi _ {i, j} + \ psi _ {i, j — 1}], \ end {align} $$

(16 г)

$$ \ begin {align} & \ biggl (\ frac {\ partial \ psi} {\ partial r} \ biggr) _ {i, j} = \ frac {1} {2h} [\ psi _ {i + 1, j} — \ psi _ {i — 1, j}]. \ end {align} $$

(16ч)

Подставляя уравнения. (16a) — (16h) в уравнение. В уравнении (8) основное уравнение для решения внутренних узлов сетки области записывается в терминах узловых неизвестных функции смещения ψ следующим образом:

$$ \ begin {align} [b] & \ xi _ {1} \ psi (i + 2, j) + \ xi _ {2} \ psi (i + 1, j + 1) + \ xi _ {3} \ psi (i + 1, j) + \ xi _ {2} \ psi (i + 1, j — 1) + \ xi _ {4} \ psi (i, j + 2) \\ & \ quad {} + \ xi _ {5} \ psi (i, j + 1) + \ xi _ {6} \ psi (i, j) + \ xi _ {5} \ psi (i, j — 1) + \ xi _ {4} \ psi (i, j — 2) + \ xi _ {7} \ psi (i — 1, j + 1) \\ & \ quad {} + \ xi _ {8} \ psi ( i — 1, j) + \ xi _ {7} \ psi (i — 1, j — 1) + \ xi _ {9} \ psi (i — 2, j) = 0, \ end {align} $$

(17)

где

$$ \ begin {выровнено} & \ xi _ {1} = r_ {i} ^ {3} k ^ {4} (r_ {i} — h), \\ & \ xi _ {2} = r_ {i} h ^ {2} k ^ {2} (2r_ {i} — 3h), \\ & \ xi _ {3} = r_ {i} k ^ {2} \ bigl [- 4r_ {i} ^ {3} k ^ {2} — 4r_ {i} h ^ {2} + 2r_ {i} ^ {2} hk ^ {2} + 6h ^ {3} + 5r_ {i} h ^ {2} k ^ {2} — 4.{4} (r_ {i} + h). \ end {align} $$

Конечно-разностная схема основного уравнения в одном узле симметрична относительно осей r и θ , а вычислительная область в одном узле включает тринадцать соседних узлов. Очевидно, что когда узел (\ (i, j \)) близок к реальной границе, расчетная область не только включает реальную границу, но также включает слой мнимых узлов. Граница, образованная слоем воображаемых узлов, называется воображаемым слоем, который находится за пределами реальной границы.

Разностная схема компонентов смещения

Видно, что радиальная составляющая смещения и кольцевая составляющая смещения являются частными производными второго порядка функции смещения. В отличие от случая управляющих уравнений, для компонентов смещения избегали метода центральной разности, потому что в большинстве случаев они включают узлы, внешние по отношению к воображаемому слою. Следовательно, на основе сохранения порядка локальной ошибки усечения также быть \ (o (h ^ {2}) \) или \ (o (k ^ {2}) \), различные схемы конечных разностей (например, прямая разница, обратная разница и разность центров) приняты для различных производных, присутствующих в компонентах смещения.Следует отметить, что выражение компонента смещения имеет две Формы (Форма-I и Форма-II), и в следующем разделе дается только формула разности компонентов смещения в Форме-I. Формула разности компонентов смещения в Форме-II аналогична формуле-I.

Для радиального смещения были разработаны четыре различных варианта формул конечных разностей для точек на разных участках границы. Эти версии формул конечных разностей получаются путем адаптации различных комбинаций прямых и обратных разностных схем в обоих направлениях r и θ -.Здесь приведены дифференциальные формулы четырех радиальных перемещений. Замечено, что компонент радиального смещения содержит девять узлов в расчетной области, но не узлы за пределами воображаемого слоя.

1. а)

   r — прямая разница, θ — прямая разница:

   $$ \ begin {align} [b] u_ {r} (i, j) = {} & a_ {1} \ psi (i + 2, j + 2) — 4a_ {1} \ psi (i + 2, j + 1) + 3a_ {1} \ psi (i + 2, j) \\ & {} — 4a_ {1} \ psi (i + 1, j + 2) + 16a_ {1} \ psi (i + 1, j + 1) — 12a_ {1} \ psi (i + 1, j) \\ & {} + (3a_ {1} — b_ {1}) \ psi (i, j + 2) — (12a_ {1} — 4b_ {1}) \ psi (i, j + 1) \\ & {} + (9a_ {1} — 3b_ {1}) \ psi (i, j), \ end {align} $$

   (18)

   , где \ (a_ {1} = — \ frac {1} {8r_ {i} hk (1 — \ mu)} \), \ (b_ {1} = \ frac {5-4 \ mu} {4r_ {i} ^ {2} k (1 — \ mu)} \);

2. (б)

   r — прямая разница, θ — обратная разница:

   $$ \ begin {align} [b] u_ {r} (i, j) = {} & {-} 3a_ {1} \ psi (i + 2, j) + 4a_ {1} \ psi (i + 2, j — 1) — a_ {1} \ psi (i + 2, j — 2) \\ & {} + 12a_ {1} \ psi (i + 1, j) — 16a_ {1} \ psi ( i + 1, j — 1) + 4a_ {1} \ psi (i + 1, j — 2) \\ & {} — (9a_ {1} — 3b_ {1}) \ psi (i, j) + ( 12a_ {1} — 4b_ {1}) \ psi (i, j — 1) \\ & {} — (3a _ {1} — b_ {1}) \ psi (i, j — 2), \ end { выровнено} $$

   (19)

   , где \ (a_ {1} = — \ frac {1} {8r_ {i} hk (1 — \ mu)} \), \ (b_ {1} = \ frac {5-4 \ mu} {4r_ {i} ^ {2} k (1 — \ mu)} \);

3. (c)

   r — обратная разница, θ — прямая разница:

   $$ \ begin {выровнено} [b] u_ {r} (i, j) = {} & {-} (3a_ {1} + b_ {1}) \ psi (i, j + 2) + ( 12a_ {1} + 4b_ {1}) \ psi (i, j + 1) — (9a_ {1} + 3b_ {1}) \ psi (i, j) \\ & {} + 4a_ {1} \ psi (i — 1, j + 2) — 16a_ {1} \ psi (i — 1, j + 1) + 12a_ {1} \ psi (i — 1, j) \\ & {} — a_ {1} \ psi (i — 2, j + 2) + 4a_ {1} \ psi (i — 2, j + 1) — 3a_ {1} \ psi (i — 2, j), \ end {выравнивается} $$

   (20)

   , где \ (a_ {1} = — \ frac {1} {8r_ {i} hk (1 — \ mu)} \), \ (b_ {1} = \ frac {5-4 \ mu} {4r_ {i} ^ {2} k (1 — \ mu)} \);

4. (г)

   r — обратная разница, θ — обратная разница:

   $$ \ begin {выровнено} [b] u_ {r} (i, j) = {} & (9a_ {1} + 3b_ {1}) \ psi (i, j) — (12a_ {1} + 4b_ {1}) \ psi (i, j — 1) + (3a_ {1} + b_ {1}) \ psi (i, j — 2) \\ & {} — 12a_ {1} \ psi (i — 1, j) + 16a_ {1} \ psi (i — 1, j — 1) — 4a_ {1} \ psi (i — 1, j — 2) \\ & {} + 3a_ {1} \ psi (i — 2, j) — 4a_ {1} \ psi (i — 2, j — 1) + a_ {1} \ psi (i — 2, j — 2), \ end {align} $$

   (21)

   , где \ (a_ {1} = — \ frac {1} {8r_ {i} hk (1 — \ mu)} \), \ (b_ {1} = \ frac {5-4 \ mu} {4r_ {i} ^ {2} k (1 — \ mu)} \).

Для компонента смещения кольца в вычислительной области задействованы только пять узлов, и пять положений узлов симметричны относительно обоих направлений: r — и θ -направлений. Поэтому для составляющей смещения кольца в расчетной области дана только одна разностная формула. Его можно применять для точек в любой области границы без включения узлов, внешних по отношению к воображаемому слою.{2}} \).

Схема разности составляющих напряжения

Для составляющих напряжения приводится только формула разности составляющих напряжения в Форме I. Здесь были разработаны две разные формулы конечных разностей с использованием различных комбинаций схем центральной разности, прямой разности и обратной разности для отдельных производных. Следует отметить, что разностные схемы для составляющих напряжения делятся на четыре ситуации: r разность центров– θ разность центров, r разность центров– θ разность назад, r разность вперед– θ разность центров и разность центров r назад– θ разность центров.Чтобы гарантировать, что узлы, задействованные в вычислительной области, не превышают воображаемый уровень, для некоторых частных производных также применяется комбинация различных разностных схем.

Например, в разностной схеме r разность центров– θ разность вперед, хотя прямая разность в θ -направлении указана, комбинация разности центров для производной второго порядка функции смещения \ (\ psi (r, \ theta) \) и прямая разность для производной первого порядка функции смещения \ (\ psi (r, \ theta) \) используется для разностной схемы для производной третьего порядка функции смещения \ (\ psi (r, \ theta) \).Это может гарантировать, что количество разностных алгебраических уравнений равно количеству узлов в расчетной области.

1. (1)

   Разностные уравнения радиальной составляющей напряжения \ (\ sigma _ {r} \) и окружной составляющей напряжения \ (\ sigma _ {\ theta} \). {2})} \);

Что такое напряжение изгиба? Напряжение изгиба в изогнутых балках?

Когда компонент машины подвергается нагрузке (статической или динамической), он будет изгибаться по своей длине из-за индуцированного в нем напряжения. Это напряжение известно как напряжение изгиба. Кроме того, возникают и другие виды стресса. Это напряжение растяжения, напряжение сжатия, напряжение сдвига, напряжение подшипника, напряжение скручивания.В этом случае мы предполагали рассматривать балку, подвергнутую чистому изгибу, только для определения изгибающего напряжения в изогнутых балках.

Напряжение изгиба — это нормальное напряжение, создаваемое в балках из-за приложенной статической или динамической нагрузки. Изучение напряжения изгиба в балках будет отличаться для прямых и изогнутых балок. В этой статье мы обсудим напряжение изгиба в изогнутых балках.

В предыдущей статье мы обсудили напряжение изгиба в прямых балках (изначально прямых).Теперь мы собираемся обсудить напряжение изгиба в изогнутых балках (изначально изогнутых).

• В прямом пучке считается, что центральная ось и нейтральная ось совпадают. Но в изогнутых балках считается, что нейтральная ось и центральная ось не совпадают, а нейтральная ось будет смещена к центру кривизны.
• Из-за смещения нейтральной оси к центру кривизны распределение напряжений в изогнутой балке будет нелинейным.

Интересно, где мы используем изогнутые балки?

Вы видели крюк крана?

Да, крановые крюки и звенья цепи, Пуансоны, прессы и рубанки. это лучшие примеры изначально изогнутых балок.

Рассмотрим изначально изогнутую балку, на которую действует изгибающий момент M . Предположения сделаны так же, как и для прямых балок (упоминается в конце статьи). Ниже перечислены примечательные вещи, которые мы будем наблюдать при определении напряжения изгиба в изогнутых балках.

1. В изогнутых балках изгибающее напряжение, создаваемое во внутренних волокнах, имеет тенденцию к растягивающему напряжению, тогда как внешнее волокно имеет тенденцию к сжатию.
2. Если секция симметрична (круглые или прямоугольные секции двутавровой балки), максимальное напряжение изгиба будет индуцировано во внутреннем волокне
3. Если секция несимметрична, то максимальное напряжение изгиба может наблюдаться либо во внутренних волокнах, либо во внешних волокнах . (См. Заключение)

Напряжение изгиба в любом волокне на расстоянии y от нейтральной оси определяется выражением

, где

M = изгибающий момент, действующий на данном участке относительно центральной оси.

A = Площадь поперечного сечения

e = Расстояние от центральной оси до нейтральной оси R — R _n

R = Радиус кривизны центральной оси

R _n = Радиус кривизна нейтральной оси

y = расстояние между нейтральной осью до рассматриваемого волокна, напряжение изгиба которого необходимо было рассчитать

(+ ve для расстояния до центра кривизны, -ve для расстояния от центра кривизны)

из приведенного выше уравнения, мы можем определить напряжение изгиба для изогнутой балки в любом волокне.

При определении напряжения изгиба для изогнутых балок необходимо учитывать некоторые факторы. Это следующие

• Необходимо учитывать, что материал по всей балке одинаковый (Однородный материал)
• Он должен подчиняться закону Гука (Напряжение прямо пропорционально деформации в балке)
• Каждый слой в балке должен расширяться или сжиматься свободно и независимо.
• Нагрузка должна быть приложена в плоскости (плоскости кривизны) изгиба
• Модуль Юнга должен быть одинаковым как для растяжения, так и для сжатия.

a) Как мы упоминали выше, если секция несимметрична, то максимальное напряжение изгиба будет индуцироваться либо внутри волокна, либо снаружи волокна. Используя эти формулы, мы можем рассчитать напряжение изгиба

Максимальное напряжение изгиба внутри волокна равно

, где

y _i = Расстояние между нейтральной осью и внутренней стороной волокна = R _n -R _i

R _i = Радиус кривизны внутреннего волокна

Максимальное напряжение изгиба на внешнем волокне равно

Y _o = Расстояние между нейтральной осью и внешним волокном = R _o — R _n

R _o = Радиус кривизны внешнего волокна

b) В дополнение к изгибающему моменту, если есть осевая нагрузка, осевая нагрузка может быть добавлена ​​в алфавитном порядке к изгибающему напряжению для получения результирующего напряжения на данная криволинейная балка.