Оптический метод измерения напряжений

Оптический метод измерения напряжений

При расчете Оптический метод измерения напряжений балок инженеры обычно интересуются не только напряжениями, возникающими от рабочих нагрузок, но и вызванными ими прогибами loads. In кроме того, часто ставится условие, чтобы максимальный прогиб не превышал некоторую малую часть пролета.

• Давайте взглянем на кривую ATB на рисунке. 117 показывает форму оси балки после изгиба. Изгиб осуществляется на плоскости симметрии Рисунок 117. Боковые силы, действующие в одной плоскости. Эта кривая называется изогнутой осью beam.

To выведем дифференциальное уравнение для этой кривой, возьмем координатные оси, как показано на рисунке, и предположим, что кривизна оси кривой в любой точке зависит только от величины изгибающего момента M в этой точке 1). в этом случае зависимость между кривизной и изгибающим моментом становится такой же, как и при чистом изгибе (см. уравнение (56）、 1_M_ г E1g ’ (ля） d) влияние сдвиговых сил на кривизну описано ниже (см. раздел 39).

Этот эффект невелик и может быть показан как незначительный. Людмила Фирмаль

Чтобы вывести уравнение, устанавливающее связь между кривизной и формой кривой, рассмотрим 2 смежные точки m и mx%, лежащие на оси кривой отдельно друг от друга. Угол между нормалью кривой в точках m и m равен b. точки пересечения этих нормалей дают центр кривизны и определяют длину радиуса кривизны r .и далее… ！ — Г.） (1 $ (Си） ээ = эо и -= г.

Линейка указывает, что следует учитывать только кривизну numbers. As для знака следует отметить, что если изгибающий момент формулы (а) вызывает восходящую кривизну по вогнутости, то он принимается положительным(см. стр. 65).в результате кривизна будет положительной, если центр кривизны находится выше кривой, как показано на рисунке. 117.

Но при такой кривизне видно, что угол O уменьшается со смещением точки m вдоль кривой от L kV. Следовательно, положительное приращение ЦБ соответствует отрицательному cr6.As у тебя есть. Уравнение (b), являющееся соответствующим знаком, должно быть записано в следующем виде: < с> В реальном применении, только очень малые отклонения позволены.

• Изогнутая ось луча очень нежна curve. In в данном случае можно поставить его с достаточной точностью Йоу! И 6 = 5 = ..（(!）• если подставить эти приближения в выражение © вместо ЕС и 0, то получим: нет. Г 2?*. 。 。 * Затем, из уравнения (а), находим следующее: ЭИ,$ = — М. (79） 4. можно использовать в ванной комнате •

Это дифференциальное уравнение изогнутой оси балки, и для того, чтобы найти деформацию балки, оно должно быть интегральным для каждого конкретного случая. 。 Заметим, что знак формулы (79) зависит от направления осей координат. Например, если y положительно в^ epX、 < год Справа от выражения (<3) вместо выражения (79) получается минус вместо плюса. 

1. Для очень гибких стержней, где прогиб может быть большим, упрощение (L) не может быть использовано. Вы должны использовать точную формулу с = Ару） Следующий•* * » ’\0й — &г (Да («В СУГ Сив」 М1)Г Если сравнить этот результат с Формулой (e), то можно сделать вывод, что упрощение, указанное в Формуле (b), равно точной формуле (предположение, что значение знаменателя 0 мало

Поэтому ею можно пренебречь 1)по сравнению с единством. дифференцируя уравнение (79)относительно x, используя уравнения (50) и (51), получаем следующее: £7 П * < 1х ’ 〜ч И затем EJt2 ^ = q. (80） Последнее уравнение иногда используется для определения прогиба балки, которая поддерживает распределенную нагрузку. 

2.Согните груз равномерно распределенный по балке В случае балки, опирающейся свободно и нагруженной равномерно (рис. 68), изгибающий момент участка m от левой опоры на расстояние x равен、 ^ — Т 2 2• * * * И получено дифференциальное уравнение (79) 。 •. < Ru’AIX, Oh если вы умножите обе стороны уравнения на IX и интегрируете, вы получите.

Новая константа интегрирования определяется из условия, что отклонение опоры равно нулю. Людмила Фирмаль

И так далее. 2 -’£+?+ & О Где C-константа интегрирования и определяется для удовлетворения условий для этого конкретного problem. It получается, что угол наклона касательной кривой в центре пролета равен симметрии за счет симметрии. x = 1-установить в 0, и таким образом、 С-91.- Б 24. И уравнение (a) имеет вид ’£7 ^ =-^ 4- ^ 4. ^си \ С * (1×4 4 6 + 24•{П） Со 2-ой интеграцией、

Уравнение ©y = 0 и если x = 0, то C1 = 0.Далее, Формула(c） Форма г = РГР(1х-21х ’+ х) -, (81） Это уравнение оси балки, свободно поддерживаемой и равномерно нагруженной. Максимальное отклонение этой балки, по-видимому, происходит в середине пролета. подставляя x-112 в Формулу (81), получаем: Ут * = TlEgg- Максимальный наклон касательной к кривой происходит на левом конце балки. Если присвоить формуле (b), то x = 0. (^) п, * = 2Вт; — (83）

Если кантилевер нагружен равномерно (рис. 118, а), то изгибающий момент поперечного сечения ТПУ находится на расстоянии х от левого края М— <4、 Два * С первой интеграцией、 Е / а£= 1р + с-Φ Касательный угол касательной кривой на фиксированном конце равен нулю, то есть yy!(это определяется из условия, что 1x = 0 для x = 1.

Если подставить эти значения в Формулу (1)、 / — /77 < 7 \ III III 1 ■1 Г <Х ^ { Вот так так.%Вт.. 1111, 1, 1. ％ Г/, * Б） Рисунок 118. Со 2-ой интеграцией、* L’U ^ — PG + Cr — (e） Константу C можно найти из следующих условий: Отклонение загерметизированного края zero. So, если присвоить Формуле (e) x = 1, y = 0, то получится: С^- Когда мы присваиваем это значение Формуле (e)、 +(84）

Это уравнение представляет собой криволинейную ось равномерно нагруженной консоли. Если патч применяется к левому краю, а не к правому краю, как показано на рисунке. В случае B уравнение оси кривой будет однозначно получено путем замены / X вместо X формулы (8).

Смотрите также:

Учебник по сопротивлению материалов: сопромату

Концентрация напряжений при изгибе	Напряжения при касании шаров и цилиндров
Исследования концентрации напряжений с помощью моделей	Системы из идеально пластических материалов