¿Cuál es la rigidez de una varilla o cilindro triturado?

Deflexión total

Teniendo en cuenta que hay una pequeña región de contacto, y podemos usar el modelo hertziano, parece que hay una solución analítica 1 (aunque no lo llamaría aplastamiento )

$$2\delta = \frac{P}{L} (V_1 + V_2)\left[1 + \log\left\{\frac{2L^3}{(V_1 +V_2) P d}\right\}\right]$$

dónde$V_i = (1 - \nu_i^2)/(\pi E)$. Si suponemos que los planos son infinitamente rígidos con respecto al cilindro obtenemos

$$2\delta = \frac{P V_1}{L} \left[1 + \log\left\{\frac{2L^3}{V_1 P d}\right\}\right]$$

o

$$2 \delta = \frac{P}{\pi E_1 L} \left(1 - \nu_1^2\right) \log{\left[\frac{2 \pi E_1 L^3}{d P \left(1 - \nu_1^2\right)} \right]}$$

Esta ecuación se puede invertir para obtener

$$P = \frac{2 \pi E_1 L^3}{d \left(1 -\nu_1^2\right)} e^{\operatorname{LambertW}{\left (- \frac{d \delta}{L^2} \right )}}$$

Estrés en el interior

Podemos modelar el cilindro como un problema 2D: un disco con fuerzas radiales en los polos. La función de tensión para un disco de diámetro$d$con centro en el origen, y fuerzas radiales hacia adentro y opuestas$P$colocado en$(0, d/2)$y$(0, -d/2)$es dado por

$$\phi = x\arctan\left[\frac{x}{d/2 - y}\right] + x\arctan\left[\frac{x}{d/2 + y}\right] + \frac{P}{\pi d}(x^2 + y^2)$$

Sabemos que las tensiones están dadas por

$$\begin{align} \sigma_{xx} = \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}\\ \sigma_{yy} = \frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}\\ \sigma_{xy} = -\frac{\partial^2 \phi}{\partial x \partial y} \end{align}$$

eso da

$$\sigma_{xx} = 2 \left[\frac{P}{\pi d} - \frac{32 x^{4}}{\left(d + 2 y\right)^{5} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} - \frac{32 x^{4}}{\left(d - 2 y\right)^{5} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} + \frac{8 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{3} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)} + \frac{8 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{3} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)}\right]$$ $$\sigma_{yy} = 2 \left[\frac{P}{\pi d} - \frac{8 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{3} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} - \frac{8 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{3} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} + \frac{2}{\left(d + 2 y\right) \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)} + \frac{2}{\left(d - 2 y\right) \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)}\right]$$ $$\sigma_{xy} = - 8 x \left[\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{4} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} - \frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{4} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)^{2}} - \frac{1}{\left(d + 2 y\right)^{2} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d + 2 y\right)^{2}} + 1\right)} + \frac{1}{\left(d - 2 y\right)^{2} \left(\frac{4 x^{2}}{\left(d - 2 y\right)^{2}} + 1\right)}\right]$$

y para las cepas

$$\begin{align} \epsilon_{xx} &= \frac{1}{E}(\sigma_{xx} - \nu \sigma_{yy})\\ \epsilon_{yy} &= \frac{1}{E}(\sigma_{yy} - \nu \sigma_{xx})\\ \epsilon_{xy} &= \frac{\sigma_{xy}}{G} \, . \end{align}$$

Para los desplazamientos, hay dos opciones que se me ocurren.

1. Reescriba la función de tensión en coordenadas polares y luego use la solución de Mitchell para los desplazamientos. La función de estrés debería ser algo así como

$$\phi(r,\theta) = r\theta \sin\theta + \frac{2P}{\pi d}r^2$$

2. Integrar las cepas

$$\begin{align} u_x = \int\epsilon_{xx} dx + f(y)\\ u_y = \int\epsilon_{yy} dy + g(x) \end{align}$$

con$2\epsilon_{xy} = \partial u_x/\partial x + \partial u_y/\partial y$, diferencie esta ecuación wrt$y$y$x$y resolver para$f$y$g$.

Referencias

1. Puttock, MJ y Thwaite, EG (1969). Compresión elástica de esferas y cilindros en puntos y líneas de contacto. Melbourne, Australia: Organización de Investigación Científica e Industrial de la Commonwealth.