CC BY
231
Секция «Модели и методы анализа прочности динамики и надежности конструкций КА»
тогда время развертки t
ф ml
Рис. 9. Схема работы шарнира
Определим угловую скорость и ускорение. Расчет
ведем исходя из условия:
Уф = Ыр = Qxx = сХ • х15 где X - удлиннение пружины.
2сХх ф '
Ф=^ ,+ср
т1
2сХх 2 ^ ^
ф =-211 + С + С2.
т1
Граничные условия примут вид
ф|,=0 =Фо = 0 ф|,=0 = 0
значит С1 = 0; С2 = 0.
Окончательно получаем выражение для угловой скорости:
2сХх
ф = 2X2-г'
2сХх 2
ф = "XXX1 г 2.
2сdXXl
Рассчитаем импульс, передающийся КА при ударе: K = mV = mx2ф
Следовательно, сила удара:
„ dK dV ф .. 2сXx1X2
F =-= m-= m^2 = mx2ф =--2^-.
di di di l
Библиографические ссылки
1. Крайнев А. Ф. Словарь справочник по механизмам. М. : Машиностроение, 1981.
2. Шатров А. К., Назарова Л. П., Машуков А. В. Механические устройства космических аппаратов. Конструктивные решения и динамические характеристики : учеб. пособие ; Сиб. гос. аэрокосмич. ун-т. Красноярск, 2006.
3. Кожевников С. Н. Механизмы. М. : Машиностроение, 1965.
4. Крайнев А. Ф. Механика фундаментальный словарь. М. : Машиностроение, 2000.
5. Пат. RU № 2250863 С2, МПК B64G1/22, 1/64, F16B9/02. Устройство фиксации шарнирного узла / Похабов Ю. П., Наговицин В. Н., Богданов В. Д. Заявка 2003112579/11, 28.04.2003; опубл. 27.04.2005. Бюл. № 12.
6. Пат. RU № 2414028 С1, МПК H01Q15/20. Шарнирный узел складного рефлектора космической антенны / Куликов Ю. А., Кудрявцев И. А. Заявка 2010111589/07, 25.03.2010; опубл. 10.03.2011. Бюл. № 7.
7. Shape Memory Alloy Mechanisms Hold // ESA: сайт. URL: http://www.esa.int/est/comp/comp0191.html (дата обращения: 28.01.2011).
8. Solar Array «ADELE» // ESA. URL: http://www.esa.int/est/comp/comp0193.html (дата обращения: 28.01.2011).
© Зайцев П. А., Баляков Д. Ф., Смирнов Н. А., 2О11
УДК 539.3
О. А. Кистанова, К. Борзова, И. Копытов, И. Тулин, К. Радионова Научный руководитель - Р. А. Сабиров Сибирский государственный аэрокосмический университет имени академика М. Ф. Решетнева, Красноярск
ИТЕРАЦИОННАЯ МОДЕЛЬ ДЕФОРМИРОВАНИЯ БАЛКИ ПРИ СОВМЕСТНОМ УЧЕТЕ
ИЗГИБА И СДВИГА
Рассматривается модель совместного учета сдвига и изгиба балки методами сопротивления материалов и теории упругости.
Выпишем уравнения плоской задачи теории упругости [1]:
- физические:
8х = х )/Е , 8г = )/Е ,
1хг = т„ / с; (1)
- геометрические:
8х = ди / дх, 8 = д^ / д5 , у= ди / д5 + / дх ; (2)
- статические:
да x i дx + дт xz i дz = О, дт xz i дx + д<а i дz = О. (3) Имеем S уравнений относительно восьми функций
S x =S x ( ^ Sz =Sz (^ z)'
Y ^ =Y xz( x' z)'
а x =а x (x'z )
Актуальные проблемы авиации и космонавтики. Технические науки
стг =стг (х, г),
Т хг = т хг ( г ),
и = и(х, г), ^ = ^(х, г).
Составим уравнения деформирования балки, последовательно уточняя модель. Примем гипотезы: стг = 0 - в законе Гука (1), и ег = 0 - в геометрических уравнениях (2). Первая гипотеза устанавливает плоское напряженное состояние, а вторая гипотеза дает = ^(х). Изгибающий момент М (х), поперечная сила (х) и функция нагрузки ч(х) связаны уравнениями равновесия элемента балки [3]:
(х) = ёМ (х) / ёх, ёОг (х) / ёх + ч(х) = 0. (4)
ё дг (х)
ёх 2
(1+ ц)
5 Л
39 И 1 3 6 г --г +— гл----
40 Ь 5Б 15 ЬИ3
ё4w ч? (х) а ё2ч2(х) (1 + ц)й2 ё4дг(х)
ёх
Ш у ОБ ёх
350 ОБ ёх4
Здесь, на второй итерации а = 1,2 [2], а на третьей
итерации - а = 6/5 .
, ч ч + - ч- ч + + ч
ст г (х, г) = . *
(
3 Л
з г - 4
V И
XX + Ч 'х
Ь
(л ч| И И 3 г5 Л
(1 + ц) — г--г3 +—-
4 ^ 80 10 5И3
На первой итерации формулировки задачи рассматривается чистый изгиб, предопределяемый гипотезой Бернулли. В третьем уравнении (2) принимаем ухг = 0 и функции перемещения и(х, г), деформации ех (х, г) и напряжения стх (х, г) по координате г будут линейными. Касательное напряжение тхг вычисляется из первого уравнения равновесия (3) по найденному напряжению стх (х, г) - получается формула Журавского. Затем, из второго уравнения (3) доопределяем функцию напряжения ст г (х, г).
На второй итерации формулировки задачи откажемся от предположения, что ухг = 0 и вычислим функцию перемещения и(х, г) из (2) на основании найденного, на предыдущем шаге напряжения тХ1 (х, г). С учётом условия тХ1 (х,±И /2) = 0, получаем
и( х, г) =
ОМ 1
ОЛ 2
( /„2
V
И г
г--
4 3
3 Л
ёw( х) ёх
(5)
т хг(^ г) = 0 +
Ог (х) 1 • 2
(И2
■ - г
ёЧ2 (х) 1 + Ц
ёх
4
И _
960 40
24
И 2 г г -
12
М 1 + ц
стх (^ г) = + Чг (х)
( г3 Л 9 г - 4— И2
На первой итерации ст г (х, г) = ч+ (х) + чг (х); на последующих итерациях ч( х) = [ч + (х) + ч- (х)]ь и
чг(х) = [чх++ чх-]ь , чг(х) = ^^, где ч+= ч+ (х) и
ёх
ч- = ч - (х) - нормальные напряжения, приложенные на верхней и нижней поверхностях пластинки.
Пример. Пусть на балку (рис. 1) действует нагрузка ч(х) = ч0х2 //2 (рис. 1, а). Вычислим прогиб
Формула (5) показывает, что учет сдвига высвобождает балку от гипотезы плоских сечений, причем, продольные смещения и(х, г) уменьшаются.
Далее вычисляются деформация ех (х, г) и напряжение стх (х, г), которые, теперь, не следуют линейному закону. Далее, вычисляются напряжения тхг (х, г) и
ст г ( г ).
Найденные зависимости напряжений, закон Гука и уравнения равновесия для трёх итераций приведены ниже. На первой итерации члены не подчеркнуты; На второй итерации - подчеркнуты одной чертой, а на третьей итерации - подчеркнуты двумя чертами:
w( х) =
ч 0 х
а ч0х
360Е7 12 ОБ 12/2
чаI . + _Р
3Е/„ Ы у
М
ч012
Е/ 4Е/
■ +
Р /
Е3„
х ~2
(6)
При Р =0 и М = 0 максимальный прогиб равен
w(l) = 13ч0/4 /(180Е/ ) -ач012 /(12ОБ) .
( ч ч0 х
ч(х)
б
Консольная балка: а - нагрузки; б - прогибы
+
+
+
3
х
+
6
+
+
4
+
Секция «Модели и методы анализа прочности динамики и надежности конструкций КА»
Эта зависимость подтверждает, что учет сдвига «тянет» балку против действия нагрузки, уменьшая прогиб. Неравенство
13q0l4 /(180EJy ) - aq0l2 /(12GS) > 0 дает, что при соотношении l < 0,6h балка будет прогибаться по направлению действия нагрузки.
Изобразим прогибы стальной балки, если E = 2-1011 Па ; ц = 0,25; b = 0,03м ; h = 0,5 м ;
S = bh . На рисунке б представлены три эпюры прогибов: верхняя от изгиба; нижняя - от сдвига; центральная (жирный кривая) - от совместного учета изгиба и сдвига.
Учет поперечного сдвига уменьшает прогиб в балках, кроме случая l < 0,6h . Это является парадоксаль-
ной особенностью полученной модели учета сдвига при изгибе балки.
Библиографические ссылки
1. Доннел Л. Г. Балки, пластины и оболочки. М. : Наука, 1982.
2. Пановко Я. Г. Механика деформируемого твердого тела: Современные концепции, ошибки и парадоксы. М. : Наука, 1985.
3. Тимошенко С. П. Сопротивление материалов. Т. 1. ОГИЗ ; Гостехиздат, 1945.
© Кистанова О. А., Борзова К., Копытов И., Тулин И., Радионова К., Сабиров Р. А., 2011
УДК 539.3
А. А. Козырева, Д. А. Литвяков, А. В. Старицын Научный руководитель - Р. А. Сабиров Сибирский государственный аэрокосмический университет имени академика М. Ф. Решетнева, Красноярск
МОДЕЛЬ ДЕФОРМИРОВАНИЯ ПЛАСТИНКИ КИРХГОФА БЕЗ ПРИМЕНЕНИЯ ГИПОТЕЗЫ О НЕНАДАВЛИВАЕНИИ СЛОЕВ С УЧЕТОМ ИЗМЕНЕНИЯ ТЕМПЕРАТУРЫ
Получены уравнения, описывающие модель деформирования пластинки Кирхгофа, отличающиеся тем, что в законе Гука нормальное к базисной поверхности напряжение не принимается равным нулю. Такая пластинка находится в условиях плоской деформации, ее прогибы отличаются от прогибов изгибаемой пластинки, находящейся в условиях плоского напряженного состояния в зависимости от коэффициента Пуассона.
В классической модели изгиба тонких пластин Кирхгофа, в законе Гука, одновременно принимают гипотезы, что напряжение стг, нормальное к базисной поверхности, равно нулю, потому что оно значительно меньше нормальных напряжений стx и сту , и гипотезу о неизменности длины прямолинейного элемента е z (x, у, z) = 0 . В выполненной работе не принимается гипотеза стz = 0 .
Запишем закон Гука для изотропного материала:
е x = -1 [ст -Ц(ст у +ст z )] + а Т (^ У, ^
E
еУ = т[стУ -ИСТ: +стz)]+аT(^у,z),
E
е z = -1 [ст ^-И(ст x +ст у )]+а T (^ у, z) = 0, E
У yz
G
=0,
т
Y xz = 0, xz G
У xy
G
(1)
Из третьего уравнения (1) выразим напряжение стг = и(ст x +ст у) -а ET (x, у, z) и подставим его во все
оставшиеся уравнения (1). Обратная форма получившегося закона связывает напряжения с деформациями:
E(1 -ц)
(1 + ц)(1 - 2ц)
ц
1 -ц
E
1 - 2ц
aT(x,y,z).
E
2(1 + ц)
Y x
E (1 -ц) I ц CTy = /i wi О J 8y +
(1 + ц)(1 - 2ц)
E
1 -ц ) 1 - 2ц
a T (x, y, z), (2)
Зададим распределение температуры по координате z линейным
T ++ T - z
T (x, y, z) =-+ - (T +- T "),
2 h
(3)
где T += T + (x, у) и T = T (x, у) температура на верхней поверхности пластины и нижней поверхности пластины.
Введем геометрические уравнения
d w(x, y)
cx 2
K y =-
d w( x, y)
dy2
X xy
d w(x, y)
dx2
(6)
Здесь кx и к,,, кривизны, % - кривизна кручения. Сдвиговые напряжения тХ1 и ту1, принятые в
(1), определяются из дифференциальных уравнений равновесия проекций сил на оси, лежащие в базисном слое, а проекция сил по направлению z дает:
az(z) = (q+ - q-)/2 +
+ ((q+ + q-)/2)(3z/h - 4z3/h3).
(7)
x =
xy
T
т
yz
xy
x
