Відхилення бруса відповідно до товщини верхньої та нижньої пластини

Коли є один прямокутний промінь, як нижче зображення,

Мені хотілося б знати, як балка відхиляється залежно від товщини верхньої та нижньої пластини.

Мої стосуються моделей перерізу, як нижче.

Умови такі, як нижче.

Товщини обох бічних плит однакові.

Тип 1: товщина верху <товщина дна

Тип 2: товщина верху = товщина дна

Тип 3: товщина верху> товщина дна

Який тип менш деформований? і чому?

— KKS
джерело

Відхилення просто підтримуваної балки при концентрованому навантаженні на середині прольоту, незалежно від поперечного перерізу, дорівнює:

δ = \frac{P L^{3}}{48 E I}

$\delta = \dfrac{PL^3}{48EI}$

Тож єдине, що змінюється у ваших випадках, - це інертність, . Якщо тип 3 такий же, як тип 1, лише перевернутий, то їх відхилення має бути однаковим. $I$

$1 + 3$ $2 + 2$ $3 + 1$

Використовуючи такі розміри:

$t_1=t_2$

\begin{aligned} \bar{y} & = \frac{h_{1} b_{1} \frac{h_{1}}{2} - h_{2} b_{2} (t_{1} + \frac{h_{2}}{2})}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}} \\ = \frac{h_{1} b_{1} \frac{h_{1}}{2} - h_{2} b_{2} (t_{1} + \frac{1}{2} (h_{1} - t_{1} - t_{2}))}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}} \\ = \frac{h_{1} b_{1} \frac{h_{1}}{2} - h_{2} b_{2} \frac{h_{1}}{2} - h_{2} b_{2} (\frac{t_{1} - t_{2}}{2})}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}} \\ = \frac{\frac{h_{1}}{2} (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}} - \frac{h_{2} b_{2} (\frac{t_{1} - t_{2}}{2})}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}} \\ = \frac{h_{1}}{2} - \frac{h_{2} b_{2} (t_{1} - t_{2})}{2 (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})} \end{aligned}

$\begin{align} \overline{y} &= \frac{h_1b_1\frac{h_1}{2} - h_2b_2\left(t_1 + \frac{h_2}{2}\right)}{h_1b_1-h_2b_2} \\ &= \frac{h_1b_1\frac{h_1}{2} - h_2b_2\left(t_1 + \frac{1}{2}\left(h_1-t_1-t_2\right)\right)}{h_1b_1-h_2b_2} \\ &= \frac{h_1b_1\frac{h_1}{2} - h_2b_2\frac{h_1}{2} - h_2b_2\left(\frac{t_1-t_2}{2}\right)}{h_1b_1-h_2b_2} \\ &= \frac{\frac{h_1}{2}\left(h_1b_1 - h_2b_2\right)}{h_1b_1-h_2b_2} - \frac{h_2b_2\left(\frac{t_1-t_2}{2}\right)}{h_1b_1-h_2b_2} \\ &= \frac{h_1}{2} - \frac{h_2b_2\left(t_1-t_2\right)}{2\left(h_1b_1-h_2b_2\right)} \end{align}$

$\frac{h_1}{2}$ $t_1=t_2$

Тепер інерція цих розділів дорівнює:

I = \frac{b_{1} h_{1}^{3}}{12} + b_{1} h_{1} {(\frac{h_{1}}{2} - \bar{y})}^{2} - \frac{b_{2} h_{2}^{3}}{12} - b_{2} h_{2} {(t_{1} + \frac{h_{2}}{2} - \bar{y})}^{2}

$I = \frac{b_1h_1^3}{12} + b_1h_1\left(\frac{h_1}{2}-\overline{y}\right)^2 - \frac{b_2h_2^3}{12} - b_2h_2\left(t_1 + \frac{h_2}{2}-\overline{y}\right)^2$

Для типу 2 це спрощує

I_{2} = \frac{b_{1} h_{1}^{3}}{12} - \frac{b_{2} h_{2}^{3}}{12}

$I_2 = \frac{b_1h_1^3}{12} - \frac{b_2h_2^3}{12}$

$I_{1,3}$ $I_2$

\begin{aligned} Δ I & = I_{1, 3} - I_{2} \\ = b_{1} h_{1} {(\frac{h_{1}}{2} - \bar{y})}^{2} - b_{2} h_{2} {(t_{1} + \frac{h_{2}}{2} - \bar{y})}^{2} \\ = b_{1} h_{1} {(\frac{h_{1}}{2} - \bar{y})}^{2} - b_{2} h_{2} {(t_{1} + \frac{1}{2} (h_{1} - t_{1} - t_{2}) - \bar{y})}^{2} \\ = b_{1} h_{1} {(\frac{h_{1}}{2} - \bar{y})}^{2} - b_{2} h_{2} {(\frac{1}{2} (h_{1} + t_{1} - t_{2}) - \bar{y})}^{2} \\ = b_{1} h_{1} {(\frac{h_{2} b_{2} (t_{1} - t_{2})}{2 (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})})}^{2} - b_{2} h_{2} {(\frac{t_{1} - t_{2}}{2} + \frac{h_{2} b_{2} (t_{1} - t_{2})}{2 (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})})}^{2} \\ = {(\frac{t_{1} - t_{2}}{2})}^{2} (b_{1} h_{1} {(\frac{h_{2} b_{2}}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}})}^{2} - b_{2} h_{2} {(1 + \frac{h_{2} b_{2}}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}})}^{2}) \\ = {(\frac{t_{1} - t_{2}}{2})}^{2} (b_{1} h_{1} {(\frac{h_{2} b_{2}}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}})}^{2} - b_{2} h_{2} {(\frac{h_{1} b_{1}}{h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2}})}^{2}) \\ = {(\frac{t_{1} - t_{2}}{2 (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})})}^{2} (b_{1} h_{1} {(h_{2} b_{2})}^{2} - b_{2} h_{2} {(h_{1} b_{1})}^{2}) \\ Δ I & = \underset{\geq 0}{\underset{⏟}{{(\frac{t_{1} - t_{2}}{2 (h_{1} b_{1} - h_{2} b_{2})})}^{2}}} \underset{> 0}{\underset{⏟}{b_{1} h_{1} b_{2} h_{2}}} \underset{< 0}{\underset{⏟}{(h_{2} b_{2} - h_{1} b_{1})}} \end{aligned}

$\begin{align} \Delta I &= I_{1,3} - I_2 \\ &= b_1h_1\left(\frac{h_1}{2}-\overline{y}\right)^2 - b_2h_2\left(t_1 + \frac{h_2}{2}-\overline{y}\right)^2 \\ &= b_1h_1\left(\frac{h_1}{2}-\overline{y}\right)^2 - b_2h_2\left(t_1 + \frac{1}{2}\left(h_1-t_1-t_2\right)-\overline{y}\right)^2 \\ &= b_1h_1\left(\frac{h_1}{2}-\overline{y}\right)^2 - b_2h_2\left(\frac{1}{2}\left(h_1+t_1-t_2\right)-\overline{y}\right)^2 \\ &= b_1h_1\left(\frac{h_2b_2\left(t_1-t_2\right)}{2\left(h_1b_1-h_2b_2\right)}\right)^2 - b_2h_2\left(\frac{t_1-t_2}{2} + \frac{h_2b_2\left(t_1-t_2\right)}{2\left(h_1b_1-h_2b_2\right)}\right)^2 \\ &= \left(\frac{t_1-t_2}{2}\right)^2\left(b_1h_1\left(\frac{h_2b_2}{h_1b_1-h_2b_2}\right)^2 - b_2h_2\left(1 + \frac{h_2b_2}{h_1b_1-h_2b_2}\right)^2\right) \\ &= \left(\frac{t_1-t_2}{2}\right)^2\left(b_1h_1\left(\frac{h_2b_2}{h_1b_1-h_2b_2}\right)^2 - b_2h_2\left(\frac{h_1b_1}{h_1b_1-h_2b_2}\right)^2\right) \\ &= \left(\frac{t_1-t_2}{2\left(h_1b_1-h_2b_2\right)}\right)^2\left(b_1h_1\left(h_2b_2\right)^2 - b_2h_2\left(h_1b_1\right)^2\right) \\ \Delta I &= \underbrace{\left(\frac{t_1-t_2}{2\left(h_1b_1-h_2b_2\right)}\right)^2}_{\geq0}\underbrace{b_1h_1b_2h_2}_{>0}\underbrace{\left(h_2b_2- h_1b_1\right)}_{<0} \\ \end{align}$

$\Delta I$ $h_1$ $b_1$ $h_2$ $b_2$ $\Delta I \leq 0$ $I_{1,3}$ $I_2$

Все вищесказане передбачає, що матеріал є ізотропним і має однакову поведінку як під напругою, так і при стисненні. Щось на зразок залізобетону, де бетон під натягом марний, оскільки він просто трісне, тип 3, мабуть, найкращий, оскільки він ставить найбетонніше в зону стиснення і залишає сталь протистояти натягу.

_{Ця відповідь спочатку була неправильною, заявивши, що типи 1 і 3 матимуть більшу інерційність. Я припускав, що компонент паралельної осі не буде настільки значним, і всі ми знаємо, що відбувається, коли передбачається. Побачивши відповідь @ kamran , я ще раз перевірив свою роботу і зрозумів, що сильно помиляюся. Прошу вибачення за незручності.}

— Васабі
джерело

Одне питання: нейтральна поверхня типу 1 збігається з поверхнею типу 3?

— KKS

y

$y$

y

$y$

h - y

$h-y$

h

$h$

Наскільки я розумію, ви маєте на увазі, що в класичній теорії тип 1 і тип 3 будуть однаково відхилені з деяким припущенням. Але в реальному світі тип 3 ефективно запобігає стисненню, тому тип 3 буде менш деформований. Чи правильно це розуміння ??

— KKS

@ 김갑수: Це залежить від матеріалу розділу. Якщо це сталь, яка поводиться майже однаково під натягом і стисненням, то прогин буде однаковим. Якщо це залізобетон, то краще мати більше бетону при стисненні, оскільки бетон під натягом буде ігнорований, оскільки ми припускаємо, що тільки сталеве армування протистоїть напрузі.

— Васабі

Відхилення типу 2 є найменшими. Перший і тип 3 будуть деформуватися більше через те, що нейтральна вісь, якщо промінь буде рухатися ближче до верху чи знизу.
Коли це станеться, нове напруження на більш вузькому фланці, якщо промінь буде більшим, що призведе до більшого подовження на цьому фланці. Значить більше прогин балки.
Один із сильних способів дивитися на неї - нова нейтральна вісь буде споживати частину полотна променя з товстої сторони. Отже, промінь більше згинається, щоб більше напружити лівий переріз, щоб компенсувати зменшену площу. Це легко помітити на малюванні діаграми напружень / деформацій перетину балок, яку я намагався намалювати на своєму телефоні пальцем!

— камран
джерело

Але так, нейтральна вісь однозначно зміщується до товстого фланця. (Y = Sigma Yi * Ai / sigma Ai) Значення центроїда лежить на осі Z, а Y від нижньої грані нижнього фланця - це сума всіх прямокутних областей x їх відстань від y = 0, поділена на загальну площу поперечного перерізу. Значить, Y перетягується вгору і вниз по товщі області. якщо ми подивимось на американські залізничні профілі, подібні до цієї балки, якщо ми приклеїмо дві сторони до одного штока, ми бачимо, що не з них має нейтральну вісь, що проходить середню висоту. icrr.net/rails.htm

— kamran