Upogibanje (mehanika). Sheme oblikovanja za tramove

doma

Dokumentacija

Ravni ovinek. Ravni prečni ovinek 1.1. Konstrukcija diagramov notranjih faktorjev sile za nosilce 1.2. Konstrukcija diagramov Q in M po enačbah 1.3. Konstrukcija diagramov Q in M na karakterističnih odsekih (točkah) 1.4. Izračuni trdnosti pri neposrednem upogibanju nosilcev 1.5. Glavne upogibne napetosti. Preverjanje celotne trdnosti nosilcev 1.6. Koncept središča ovinka 1.7. Določanje premikov v nosilcih med upogibanjem. Koncepti deformacije nosilcev in pogoji njihove togosti 1.8. Diferencialna enačba upognjene osi nosilca 1.9. Metoda neposredne integracije 1.10. Primeri določanja premikov v nosilcih z neposredno integracijo 1.11. Fizični pomen integracijskih konstant 1.12. Metoda začetnih parametrov (univerzalna enačba upognjene osi nosilca) 1.13. Primeri določanja premikov v gredi po metodi začetnih parametrov 1.14. Določanje gibov po Mohrovi metodi. Pravilo A.K Vereščagin 1.15. Izračun Mohrovega integrala po A.K. Vereščagin 1.16. Primeri določanja premikov s pomočjo Mohrovega integrala Literatura 4 1. Ravni ovinek. Ravni prečni ovinek. 1.1. Izris diagramov notranjih faktorjev sile za tramove Neposredno upogibanje je vrsta deformacije, pri kateri v prerezih droga nastaneta dva faktorja notranje sile: upogibni moment in prečna sila. V določenem primeru je lahko prečna sila enaka nič, potem se upogib imenuje čist. Z ravnim prečnim upogibanjem se vse sile nahajajo v eni od glavnih vztrajnostnih ravnin palice in so pravokotne na njeno vzdolžno os, momenti se nahajajo v isti ravnini (slika 1.1, a, b). riž. 1.1 Prečna sila v poljubnem preseku nosilca je številčno enaka algebraični vsoti projekcij na normalo na os nosilca vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani obravnavanega odseka. Prečna sila v m-n odseku žarka (slika 1.2, a) se šteje za pozitivno, če je rezultanta zunanjih sil levo od preseka usmerjena navzgor, v desno - navzdol in negativna - v nasprotnem primeru (slika 1.2, b). riž. 1.2 Pri izračunu prečne sile v danem odseku se zunanje sile, ki ležijo levo od preseka, vzamejo z znakom plus, če so usmerjene navzgor, in z znakom minus, če so navzdol. Za desno stran žarka - obratno. 5 Upogibni moment v poljubnem prerezu nosilca je številčno enak algebraični vsoti momentov okoli osrednje osi z preseka vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani obravnavanega preseka. Upogibni moment v odseku m-n žarka (slika 1.3, a) se šteje za pozitivnega, če je rezultantni moment zunanjih sil usmerjen v smeri urinega kazalca od odseka levo od odseka in v nasprotni smeri urinega kazalca v desno in negativen - v nasprotni primer (slika 1.3, b). riž. 1.3 Pri izračunu upogibnega momenta v določenem odseku se momenti zunanjih sil, ki ležijo levo od preseka, štejejo za pozitivne, če so usmerjeni v smeri urinega kazalca. Za desno stran žarka - obratno. Priročno je določiti znak upogibnega momenta glede na naravo deformacije žarka. Upogibni moment se šteje za pozitiven, če se v obravnavanem odseku odrezani del žarka upogne s konveksnostjo navzdol, to je, da so spodnja vlakna raztegnjena. V nasprotnem primeru je upogibni moment v odseku negativen. Med upogibnim momentom M, prečno silo Q in intenzivnostjo obremenitve q obstajajo diferencialne odvisnosti. 1. Prvi izvod prečne sile vzdolž abscise preseka je enak intenzivnosti porazdeljene obremenitve, t.j. . (1.1) 2. Prvi izvod upogibnega momenta vzdolž abscise preseka je enak prečni sili, to je (1.2) 3. Drugi izvod abscise preseka je enak intenziteti porazdeljene obremenitve, (1.3) Razdeljeno obremenitev, usmerjeno navzgor, štejemo za pozitivno. Iz diferencialnih odvisnosti med M, Q, q izhajajo številni pomembni sklepi: 1. Če je na prerezu nosilca: a) prečna sila pozitivna, se upogibni moment poveča; b) prečna sila je negativna, potem se upogibni moment zmanjša; c) prečna sila je nič, potem ima upogibni moment konstantno vrednost (čisto upogib); 6 d) prečna sila teče skozi nič, pri čemer se predznak spremeni iz plusa v minus, max M M, sicer M Mmin. 2. Če na odseku žarka ni porazdeljene obremenitve, je prečna sila konstantna, upogibni moment pa se linearno spreminja. 3. Če je na prerezu nosilca enakomerno porazdeljena obremenitev, se prečna sila spreminja po linearnem zakonu, upogibni moment pa po zakonu kvadratne parabole, konveksno obrnjene proti obremenitvi (v primeru grafiranja M s strani napetih vlaken). 4. V odseku pod zgoščeno silo ima diagram Q preskok (po velikosti sile), diagram M ima prelom v smeri sile. 5. V odseku, kjer je uporabljen koncentrirani moment, ima diagram M preskok, enak vrednosti tega momenta. To se ne odraža v Q grafu. Pri kompleksni obremenitvi tramovi prikazujejo prečne sile Q in upogibne momente M. Graf Q(M) je graf, ki prikazuje zakon spremembe prečne sile (upogibnega momenta) vzdolž dolžine nosilca. Na podlagi analize diagramov M in Q se ugotovijo nevarni odseki žarka. Pozitivne ordinate Q diagrama so narisane navzgor, negativne ordinate pa navzdol od osnovne črte, ki je narisana vzporedno z vzdolžno osjo žarka. Pozitivne ordinate diagrama M so položene, negativne ordinate pa so narisane navzgor, t.j. diagram M je zgrajen s strani raztegnjenih vlaken. Konstrukcijo diagramov Q in M za tramove je treba začeti z opredelitvijo podpornih reakcij. Za žarek z enim fiksnim koncem in drugim prostim koncem se lahko risanje Q in M začne s prostega konca brez definiranja reakcij v vgradnji. 1.2. Konstrukcija diagramov Q in M po Balkovih enačbah je razdeljena na odseke, znotraj katerih sta funkciji za upogibni moment in strižno silo konstantni (brez prekinitev). Meje odsekov so točke uporabe koncentriranih sil, parov sil in mesta spremembe intenzivnosti porazdeljene obremenitve. Na vsakem odseku se vzame poljuben odsek na razdalji x od izhodišča in za ta odsek se sestavita enačbi za Q in M. S temi enačbami se zgradita grafa Q in M. Primer 1.1 Konstruirajte grafe strižnih sil Q in upogibnih momentov M za dani žarek (slika 1.4a). Rešitev: 1. Določanje reakcij nosilcev. Sestavimo ravnotežne enačbe: iz katerih dobimo Reakcije nosilcev so pravilno definirane. Žarek ima štiri dele Sl. 1.4 obremenitve: CA, AD, DB, BE. 2. Izris Q. Plot SA. Na odseku CA 1 narišemo poljuben odsek 1-1 na razdalji x1 od levega konca žarka. Q definiramo kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo levo od odseka 1-1: 1 Q 3 0 kN. Predznak minus se vzame, ker je sila, ki deluje levo od odseka, usmerjena navzdol. Izraz za Q ni odvisen od spremenljivke x1. Grafikon Q v tem razdelku bo prikazan kot ravna črta, vzporedna z osjo x. Parcela AD. Na mestu narišemo poljuben odsek 2-2 na razdalji x2 od levega konca žarka. Q2 definiramo kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo levo od odseka 2-2: Vrednost Q je na odseku konstantna (ni odvisna od spremenljivke x2). Izris Q na grafu je ravna črta, vzporedna z osjo x. DB stran. Na mestu narišemo poljuben odsek 3-3 na razdalji x3 od desnega konca žarka. Q3 definiramo kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo desno od razdelka 3-3: . Nastali izraz je enačba nagnjene ravne črte. Zaplet B.E. Na mestu narišemo odsek 4-4 na razdalji x4 od desnega konca žarka. Q definiramo kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo desno od odseka 4-4: Tukaj je predznak plus vzet, ker je rezultujoča obremenitev desno od odseka 4-4 usmerjena navzdol. Na podlagi dobljenih vrednosti zgradimo diagrame Q (slika 1.4, b). 3. Izris M. Parcela SA m1. Upogibni moment v odseku 1-1 definiramo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo levo od odseka 1-1. je enačba ravne črte. Zaplet. 3Upogibni moment v odseku 2-2 definiramo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo levo od odseka 2-2. je enačba ravne črte. Zaplet. 4Upogibni moment v odseku 3-3 definiramo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo desno od odseka 3-3. je enačba kvadratne parabole. 9 Najdemo tri vrednosti na koncih odseka in v točki s koordinato xk, kjer imamo od tukaj kNm. Zaplet. 1Upogibni moment v odseku 4-4 definiramo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo desno od odseka 4-4. - enačba kvadratne parabole najdemo tri vrednosti M4: Na podlagi dobljenih vrednosti zgradimo graf M (slika 1.4, c). V odsekih CA in AD je graf Q omejen z ravnimi črtami, ki so vzporedne z abscisno osjo, v odsekih DB in BE pa s poševnimi premici. V odsekih C, A in B na diagramu Q so skoki za velikost ustreznih sil, ki služijo kot preverjanje pravilnosti konstrukcije diagrama Q. V odsekih, kjer je Q 0, se momenti povečajo z leve strani. v desno. V odsekih, kjer je Q 0, se momenti zmanjšajo. Pod zgoščenimi silami pride do pregibov v smeri delovanja sil. Pod koncentriranim trenutkom pride do skoka za vrednost trenutka. To kaže na pravilnost konstrukcije diagrama M. Primer 1.2 Konstruiraj diagrama Q in M za tram na dveh nosilcih, obremenjen z porazdeljeno obremenitvijo, katere intenzivnost se spreminja po linearnem zakonu (slika 1.5, a). Rešitev Določanje podpornih reakcij. Rezultanta porazdeljene obremenitve je enaka površini trikotnika, ki predstavlja diagram obremenitve in se nanese na težišče tega trikotnika. Sestavimo vsote momentov vseh sil glede na točki A in B: Izris Q. Narišimo poljuben prerez na razdalji x od leve podpore. Ordinata diagrama obremenitve, ki ustreza odseku, je določena iz podobnosti trikotnikov. Rezultanta tistega dela obremenitve, ki se nahaja levo od preseka nič: Graf Q je prikazan na sl. 1,5, b. Upogibni moment v poljubnem prerezu je enak Upogibni moment se spreminja po zakonu kubične parabole: Največja vrednost upogibnega momenta je v preseku, kjer je Q 0, tj. 1,5, c. 1.3. Izris Q in M diagramov po karakterističnih odsekih (točkah) Z uporabo diferencialnih razmerij med M, Q, q in sklepov, ki izhajajo iz njih, je priporočljivo graditi Q in M diagrame po karakterističnih odsekih (brez formulacije enačb). S to metodo se vrednosti Q in M izračunajo v karakterističnih odsekih. Značilni odseki so mejni odseki odsekov, pa tudi odseki, kjer ima dani notranji faktor sile ekstremno vrednost. V mejah med karakterističnimi odseki se obris 12 diagrama vzpostavi na podlagi diferencialnih odvisnosti med M, Q, q in iz njih izhajajočih zaključkov. Primer 1.3 Konstruirajte diagrama Q in M za žarek, prikazan na sl. 1.6, a. Q in M diagrame začnemo risati s prostega konca žarka, medtem ko lahko reakcije v vgradnji izpustimo. Žarek ima tri nakladalna območja: AB, BC, CD. V odsekih AB in BC ni porazdeljene obremenitve. Prečne sile so konstantne. Graf Q je omejen z ravnimi črtami, vzporednimi z osjo x. Upogibni momenti se spreminjajo linearno. Graf M je omejen na ravne črte, nagnjene k osi x. Na odseku CD je enakomerno porazdeljena obremenitev. Prečne sile se spreminjajo linearno, upogibni momenti pa se spreminjajo po zakonu kvadratne parabole s konveksnostjo v smeri porazdeljene obremenitve. Na meji odsekov AB in BC se prečna sila nenadoma spremeni. Na meji odsekov BC in CD se upogibni moment nenadoma spremeni. 1. Izris Q. Izračunamo vrednosti prečnih sil Q v mejnih odsekih odsekov: Na podlagi rezultatov izračunov zgradimo diagram Q za nosilec (slika 1, b). Iz diagrama Q sledi, da je prečna sila v odseku CD enaka nič v preseku, ki je odmaknjen na razdalji qa a q  od začetka tega preseka. V tem odseku ima upogibni moment največjo vrednost. 2. Konstrukcija diagrama M. Izračunamo vrednosti upogibnih momentov v mejnih odsekih odsekov: Pri Kx3, največji moment na odseku Na podlagi rezultatov izračunov zgradimo diagram M (slika 5.6, c). Primer 1.4 Glede na podani diagram upogibnih momentov (slika 1.7, a) za žarek (slika 1.7, b) določite delujoče obremenitve in narišite Q. Krog označuje vrh kvadratne parabole. Rešitev: Določite obremenitve, ki delujejo na nosilec. Presek AC je obremenjen z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo, saj je diagram M v tem odseku kvadratna parabola. V referenčnem odseku B se na žarek uporabi koncentrirani moment, ki deluje v smeri urinega kazalca, saj imamo na diagramu M skok navzgor za velikost trenutka. V odseku NE žarek ni obremenjen, saj je diagram M v tem odseku omejen z nagnjeno ravno črto. Reakcija nosilca B se določi iz pogoja, da je upogibni moment v prerezu C enak nič, t.j. Za določitev intenzivnosti porazdeljene obremenitve sestavimo izraz za upogibni moment v prerezu A kot vsoto momentov sile na desni in enaka nič.Sedaj določimo reakcijo nosilca A. Za to bomo sestavili izraz za upogibne momente v prerezu kot vsoto momentov sil na levi, od koder sl. 1.7 Preverjanje Konstrukcijski diagram nosilca z obremenitvijo je prikazan na sl. 1.7, c. Začenši z levega konca žarka, izračunamo vrednosti prečnih sil v mejnih odsekih odsekov: graf Q je prikazan na sl. 1.7, d. Obravnavani problem je mogoče rešiti s sestavljanjem funkcionalnih odvisnosti za M, Q v vsakem odseku. Izberimo izvor koordinat na levem koncu žarka. Na odseku AC je graf M izražen s kvadratno parabolo, katere enačba ima obliko Konstante a, b, c, ugotovimo iz pogoja, da parabola poteka skozi tri točke z znanimi koordinatami: Zamenjava koordinat točke v enačbo parabole, dobimo: Izraz za upogibni moment bo Diferenciramo funkcijo M1 , dobimo odvisnost za prečno silo Po diferenciaciji funkcije Q dobimo izraz za intenzivnost porazdeljene obremenitve. V odseku NE je izraz za upogibni moment predstavljen kot linearna funkcija.Za določitev konstant a in b uporabimo pogoje, da ta premica poteka skozi dve točki, katerih koordinate sta znani. Dobimo dve enačbi: iz katere dobimo imajo a 10, b  20. Enačba za upogibni moment v prerezu CB bo Po dvojni diferenciaciji M2 bomo našli.Na podlagi najdenih vrednosti M in Q zgradimo diagrame upogibnih momentov in prečnih sil za žarek. Poleg porazdeljene obremenitve se na nosilec v treh odsekih, kjer so skoki na Q diagramu, in koncentrirani momenti v odseku, kjer je skok na M diagramu, delujejo koncentrirane sile. Primer 1.5 Za žarek (slika 1.8, a) določite racionalni položaj tečaja C, pri katerem je največji upogibni moment v razponu enak upogibnemu momentu v vgradnji (v absolutni vrednosti). Zgradite diagrama Q in M. Rešitev Določanje reakcij podpor. Kljub dejstvu, da je skupno število podpornih členov štiri, je žarek statično določen. Upogibni moment v tečaju C je enak nič, kar nam omogoča, da naredimo dodatno enačbo: vsota momentov okoli tečaja vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani tega tečaja, je enaka nič. Sestavite vsoto momentov vseh sil desno od tečaja C. Diagram Q za tram je omejen z nagnjeno ravno črto, saj je q = const. Določimo vrednosti prečnih sil v mejnih odsekih nosilca: Abscisa xK preseka, kjer je Q = 0, je določena iz enačbe, od koder je graf M za žarek omejen s kvadratno parabolo. Izraze za upogibne momente v prerezih, kjer je Q = 0, in v vgradnji zapišemo takole: Iz pogoja enakosti momentov dobimo kvadratno enačbo glede na želeni parameter x: Realna vrednost. Določimo številčne vrednosti prečnih sil in upogibnih momentov v značilnih odsekih žarka. 1.8, c - graf M. Obravnavani problem bi lahko rešili z razdelitvijo zgibnega žarka na njegove sestavne elemente, kot je prikazano na sl. 1.8, d. Na začetku se določijo reakcije nosilcev VC in VB. Grafici Q in M sta konstruirani za nosilni nosilec SV iz delovanja obremenitve, ki je nanj uporabljena. Nato se premaknejo na glavni žarek AC, pri čemer ga obremenijo z dodatno silo VC, ki je tlačna sila žarka CB na žarek AC. Po tem se zgradita diagrama Q in M za AC žarek. 1.4. Izračuni trdnosti za neposredno upogibanje nosilcev Izračun trdnosti za normalne in strižne napetosti. Pri neposrednem upogibu nosilca v njegovih prerezih nastanejo normalne in strižne napetosti (slika 1.9). Normalne napetosti so povezane z upogibnim momentom, strižne napetosti pa s strižno silo. Pri neposrednem čistem upogibu so strižne napetosti enake nič. Normalne napetosti na poljubni točki prečnega prereza nosilca so določene s formulo (1.4) kjer je M upogibni moment v danem prerezu; Iz je vztrajnostni moment preseka glede na nevtralno os z; y je razdalja od točke, kjer je določena normalna napetost, do nevtralne osi z. Normalne napetosti vzdolž višine preseka se linearno spreminjajo in dosežejo največjo vrednost na točkah, ki so najbolj oddaljene od nevtralne osi.Če je prerez simetričen glede na nevtralno os (slika 1.11), potem 1.11 največje natezne in tlačne napetosti so enake in jih določamo s formulo - modul osnega preseka pri upogibu. Za pravokoten prerez širine b in višine h: (1.7) Za krožni prerez s premerom d: (1.8) Za obročast odsek (1.9), kjer sta d0 in d notranji in zunanji premer obroča. Za nosilce iz plastičnih materialov so najbolj racionalne simetrične oblike 20 prerezov (I-žarek, škatlasta, obročasta). Za nosilce iz krhkih materialov, ki se ne upirajo enako napetosti in stiskanju, so racionalni odseki, ki so asimetrični glede nevtralne osi z (ta-br., U-oblika, asimetrični I-žar). Za nosilce konstantnega preseka iz plastičnih materialov s simetričnimi oblikami preseka se pogoj trdnosti zapiše takole: (1.10) kjer je Mmax največji upogibni moment po modulu; - dovoljena napetost za material. Za nosilce konstantnega preseka iz nodularnih materialov z asimetričnimi oblikami prečnega prereza je pogoj trdnosti zapisan v naslednji obliki: yP,max, yC,max so razdalje od nevtralne osi do najbolj oddaljenih točk raztegnjenega in stisnjenega območja nevarnega odseka; - dovoljene napetosti pri napetosti in stiskanju. Slika 1.12. 21 Če ima diagram upogibnega momenta odseke različnih predznakov (slika 1.13), je treba poleg preverjanja odseka 1-1, kjer deluje Mmax, izračunati največje natezne napetosti za odsek 2-2 (z največji moment nasprotnega predznaka). riž. 1.13 Poleg osnovnega izračuna za normalne napetosti je v nekaterih primerih potrebno preveriti trdnost nosilca za strižne napetosti. Strižne napetosti v nosilcih se izračunajo po formuli D. I. Zhuravsky (1.13), kjer je Q prečna sila v obravnavanem preseku nosilca; Szots je statični moment okoli nevtralne osi območja dela odseka, ki se nahaja na eni strani premice, vlečene skozi dano točko in vzporedno z osjo z; b je širina odseka na ravni obravnavane točke; Iz je vztrajnostni moment celotnega preseka okoli nevtralne osi z. V mnogih primerih se največje strižne napetosti pojavijo na ravni nevtralne plasti nosilca (pravokotnik, I-žar, krog). V takih primerih je pogoj trdnosti za strižne napetosti zapisan kot, (1.14) kjer je Qmax prečna sila z najvišjim modulom; - dovoljena strižna napetost za material. Za pravokotni prerez žarka ima pogoj trdnosti obliko 22 (1,15) A - površina prečnega prereza žarka. Za krožni prerez je pogoj trdnosti predstavljen kot (1.16) Za I-presek je pogoj trdnosti zapisan na naslednji način: (1.17) d je debelina stene I-žarka. Običajno se dimenzije prečnega prereza žarka določijo iz pogoja trdnosti za normalne napetosti. Preverjanje trdnosti nosilcev na strižne napetosti je obvezno pri kratkih nosilcih in nosilcih katere koli dolžine, če so v bližini nosilcev velike koncentrirane sile, pa tudi pri lesenih, zakovičenih in varjenih nosilcih. Primer 1.6 Preverite trdnost nosilca škatlastega prereza (slika 1.14) za normalne in strižne napetosti, če je 0 MPa. Zgradite diagrame v nevarnem delu žarka. riž. 1.14 Sklep 23 1. Narišite grafe Q in M iz karakterističnih odsekov. Ob upoštevanju leve strani žarka dobimo.Diagram prečnih sil je prikazan na sl. 1.14, c. . Grafikon upogibnih momentov je prikazan na sl. 5.14, g. 2. Geometrijske značilnosti prečnega prereza 3. Največje normalne napetosti v prerezu C, kjer deluje Mmax (modulo): Največje normalne napetosti v nosilcu so skoraj enake dovoljenim. 4. Največje strižne napetosti v prerezu C (ali A), kjer deluje - statični moment površine polprereza glede na nevtralno os; b2 cm je širina preseka na ravni nevtralne osi. 5. Tangencialne napetosti na točki (v steni) v odseku C: Tukaj je statični moment površine dela preseka, ki se nahaja nad črto, ki poteka skozi točko K1; b2 cm je debelina stene na nivoju točke K1. Diagrami za prerez C žarka so prikazani na sl. 1.15. Primer 1.7 Za žarek, prikazan na sl. 1.16, a, je potrebno: 1. Sestaviti diagrame prečnih sil in upogibnih momentov vzdolž značilnih odsekov (točkov). 2. Iz pogoja trdnosti za normalne napetosti določimo mere prečnega prereza v obliki kroga, pravokotnika in I-žarka, primerjamo površine presekov. 3. Preverite izbrane dimenzije odsekov nosilca glede strižnih napetosti. Rešitev: 1. Določite reakcije nosilcev žarka, od koder Preverite: 2. Narišite Q in M diagrama. Zato je v teh odsekih diagram Q omejen na ravne črte, nagnjene k osi. V odseku DB je intenzivnost porazdeljene obremenitve q \u003d 0, zato je v tem odseku diagram Q omejen na ravno črto, vzporedno z osjo x. Diagram Q za žarek je prikazan na sl. 1.16b. Vrednosti upogibnih momentov v karakterističnih odsekih nosilca: V drugem odseku določimo absciso x2 preseka, v katerem je Q = 0: Največji moment v drugem odseku Diagram M za nosilec je prikazan na sl. . 1.16, c. 2. Sestavimo trdnostni pogoj za normalne napetosti, iz katerega določimo zahtevani modul osnega prereza iz izraza določen zahtevani premer d grede krožnega prereza Površina krožnega prereza Za pravokoten nosilec Zahtevana višina prereza Površina pravokotnega prereza V skladu s tabelami GOST 8239-89 najdemo najbližjo večjo vrednost aksialnega upornega momenta, ki ustreza I-žarku št. 33 z naslednjimi značilnostmi: Preverjanje tolerance: (preobremenitev za 1% dovoljenih 5 %) najbližji I-žarnik št. 30 (Š  472 cm3) povzroči znatno preobremenitev (več kot 5 %). Končno sprejmemo I-žarnik št. 33. Površine krožnih in pravokotnih prerezov primerjamo z najmanjšo površino A I-žarka: Od treh obravnavanih odsekov je I-presek najbolj ekonomičen. 3. Izračunamo največje normalne napetosti v nevarnem odseku 27 I-žarka (slika 1.17, a): Normalne napetosti v steni blizu prirobnice preseka I-snopa. 1.17b. 5. Za izbrane odseke nosilca določimo največje strižne napetosti. a) pravokotni prerez nosilca: b) krožni prerez nosilca: c) I-presek nosilca: strižne napetosti v steni blizu prirobnice I-nosa v nevarnem odseku A (na desni) (pri točka 2): Diagram strižnih napetosti v nevarnih odsekih I-nosa je prikazan na sl. 1,17, v Največje strižne napetosti v nosilcu ne presegajo dovoljenih napetosti. Primer 1.8 Določite dovoljeno obremenitev nosilca (slika 1.18, a), če so podane dimenzije prečnega prereza (slika 1.19, a). Sestavite diagram normalnih napetosti v nevarnem odseku nosilca pod dovoljeno obremenitvijo. Slika 1.18 1. Določanje reakcij nosilcev tramov. Zaradi simetrije sistema VVB A8qa . 29 2. Konstrukcija diagramov Q in M po karakterističnih odsekih. Strižne sile v karakterističnih odsekih nosilca: Diagram Q za nosilec je prikazan na sl. 5.18b. Upogibni momenti v značilnih odsekih nosilca Za drugo polovico nosilca so ordinate M vzdolž osi simetrije. Diagram M za žarek je prikazan na sl. 1.18b. 3. Geometrijske značilnosti odseka (slika 1.19). Slika razdelimo na dva preprosta elementa: I-žarek - 1 in pravokotnik - 2. Sl. 1.19 Glede na sortiment za I-promet št. 20 imamo Za pravokotnik: Statični moment površine preseka glede na os z1 Razdalja od osi z1 do težišča preseka Vztrajnostni moment preseka relativni na glavno osrednjo os z celotnega odseka po formulah za prehod na vzporedne osi nevarna točka "a" (slika 1.19) v nevarnem odseku I (slika 1.18): Po zamenjavi številčnih podatkov 5. Z dovoljenim obremenitve q v nevarnem odseku, bodo normalne napetosti v točkah "a" in "b" enake: Diagram normalnih napetosti za nevarni odsek 1-1 je prikazan na sl. 1.19b. Primer 1.9 Določite zahtevane dimenzije prečnega prereza litoželeznega žarka (slika 1.20.), po predhodnem izbiri racionalne razporeditve preseka. Odločite se 1. Določanje reakcij nosilcev nosilca. 2. Konstrukcija parcel Q in M. Parcele so prikazane na sl. 1,20, v, g. Največji (modulo) upogibni moment se pojavi v odseku "b". V tem delu se raztegnjena vlakna nahajajo na vrhu. Večina materiala mora biti v območju raztezanja. Zato je racionalno urediti odsek žarka, kot je prikazano na sl. 1.20, b. 3. Določanje položaja težišča preseka (po analogiji s prejšnjim primerom): 4. Določanje vztrajnostnega momenta preseka glede na nevtralno os: 5. Določitev zahtevanih dimenzij nosilca odsek iz pogoja trdnosti za normalne napetosti. Z y označimo razdalje od nevtralne osi do najbolj oddaljenih točk v območjih napetosti in stiskanja (za odsek B): , potem so točke raztegnjenega območja, ki so najbolj oddaljene od nevtralne osi, nevarne. Sestavimo pogoj trdnosti za točko m v odseku B: ali po zamenjavi številčnih vrednosti V tem primeru bodo napetosti v točki n, ki je najbolj oddaljena od nevtralne osi v stisnjenem območju (v odseku B), MPa . Zaplet M je dvoumen. V odseku C je treba preveriti trdnost žarka. Tukaj je trenutek B, vendar so spodnja vlakna raztegnjena. Točka n bo nevarna točka: V tem primeru bodo napetosti v točki m Končno vzete iz izračunov Diagram normalnih napetosti za nevarni odsek C je prikazan na sl. 1.21. riž. 1.21 1.5. Glavne upogibne napetosti. Popolno preverjanje trdnosti nosilcev Zgoraj so obravnavani primeri izračuna nosilnosti na trdnost glede na normalne in strižne napetosti. V veliki večini primerov ta izračun zadostuje. Vendar pa pri tankostenskih nosilcih I-žarkov, T-žarkov, kanalov in škatlastih odsekov nastanejo znatne strižne napetosti na stičišču stene s prirobnico. To se zgodi v primerih, ko je na žarek uporabljena pomembna prečna sila in obstajajo odseki, v katerih sta M in Q hkrati velika. Eden od teh odsekov bo nevaren in se preveri 34 z glavnimi napetostmi z uporabo ene od teorij trdnosti. Preverjanje trdnosti nosilcev za normalne, tangencialne in glavne napetosti se imenuje preverjanje polne trdnosti nosilcev. Tak izračun je obravnavan spodaj. Glavni je izračun žarka glede na normalne napetosti. Pogoj trdnosti za nosilce, katerih material je enako odporen na napetost in stiskanje, ima obliko [ ]─ dovoljena normalna napetost za material. Iz pogoja trdnosti (1) določite zahtevane dimenzije prečnega prereza nosilca. Izbrane dimenzije preseka nosilca se preverijo glede strižnih napetosti. Pogoj trdnosti za strižne napetosti ima obliko (formula D. I. Žuravskega): kjer je Qmax največja prečna sila, vzeta iz Q diagrama; Szots.─ statični moment (glede na nevtralno os) presečnega dela preseka, ki se nahaja na eni strani ravni, na kateri se določijo strižne napetosti; I z ─ vztrajnostni moment celotnega preseka glede na nevtralno os; b─ širina preseka nosilca na ravni, kjer so določene strižne napetosti; ─ dovoljena strižna napetost materiala med upogibanjem. Običajni obremenitveni test se nanaša na točko, ki je najbolj oddaljena od nevtralne osi v odseku, kjer velja Mmax. Preskus strižne trdnosti se nanaša na točko, ki se nahaja na nevtralni osi v odseku, kjer velja Qmax. Pri nosilcih s tanko stenskim prerezom (I-žarek itd.) je lahko nevarna točka, ki se nahaja v steni v delu, kjer sta M in Q velika. V tem primeru se preskus trdnosti izvede glede na glavne napetosti. Glavne in skrajne strižne napetosti določajo analitične odvisnosti, pridobljene iz teorije ravninskega napetostnega stanja teles: Na primer, po tretji teoriji največjih strižnih napetosti imamo Po zamenjavi vrednosti glavnih napetosti končno dobimo (1.23) Po četrti energetski teoriji trdnosti ima pogoj trdnosti obliko (1.24 ) Iz formul (1.6) in (1.7) je razvidno, da je konstrukcijska napetost Eqv odvisna od. Zato je element materiala žarka predmet preverjanja, za katerega bodo hkrati veliki. To se izvede v takih primerih: 1) upogibni moment in prečna sila dosežeta največjo vrednost v istem odseku; 2) širina žarka se močno spremeni blizu robov odseka (I-žarek itd.). Če ti pogoji ne držijo, je treba upoštevati več presekov, v katerih je najvišja enačba. Primer 1.10 Zvarjen nosilec s prečnim prerezom I-snopa z razponom l = 5 m, prosto podprt na koncih, je obremenjen z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti q in koncentrirano silo P 5qa, ki deluje na razdalji a = 1 m od desne podpore (sl. 1.22). Določite dovoljeno obremenitev nosilca iz pogoja trdnosti za normalne napetosti in preverite tangencialne in glavne napetosti po 36. 4. (energetske) teorije trdnosti. Zgradite diagrame v nevarnem odseku glede na glavne napetosti in raziščite napetostno stanje izbranega elementa v steni blizu prirobnice v določenem odseku. Dovoljena natezna in tlačna napetost: pri upogibu 160 MPa; in za premik 100 MPa. riž. 1.22 Rešitev 1. Določanje reakcij nosilcev nosilca: 2. Sestavljanje diagramov M in Q po karakterističnih prerezih (točkah): 3. Izračun geometrijskih značilnosti prereza nosilca. a) Aksialni vztrajnostni moment preseka glede na nevtralno os z: 37 b) Osni uporni moment glede na nevtralno os z: 4. Določanje dovoljene obremenitve nosilca iz pogoja trdnosti za normalne napetosti: Dovoljena obremenitev na nosilcu 5. Preverjanje trdnosti nosilca za strižne napetosti po formuli D.I.Zhuravsky Statični moment polovice I-nosa glede na nevtralno os z: Širina preseka na nivoju točke 3: Največja prečna sila Največje strižne napetosti v nosilcu 6. Preverjanje trdnosti nosilca glede na glavne napetosti. Po glavnih napetostih je nevaren prerez D, v katerem sta M in Q oba velika, nevarni točki v tem preseku pa sta točki 2 in 4, kjer sta  in  oba velika (slika 1.23). Za točki 2 in 4 preverimo trdnost za glavne napetosti s pomočjo 4. teorije trdnosti, kjer sta  (2) in (2) normalni in strižni napetosti v točki 2 (4) (slika 1.2). riž. 1,23 razdalja od nevtralne osi do točke 2. kjer je Sz po (lk ─) statični moment police glede na nevtralno os z. cm ─ širina preseka vzdolž črte, ki poteka skozi točko 3. Ekvivalentne napetosti po 4. teoriji trdnosti v točki 2 preseka D: Pogoj trdnosti po 4. teoriji trdnosti je izpolnjen. 7. Konstrukcija diagramov normalnih, tangencialnih, glavnih in ekstremnih strižnih napetosti v nevarnem prerezu D (na podlagi glavnih napetosti). a) izračunamo napetosti na točkah (1-5) prereza D po ustreznih formulah. Točka 2 (v steni) Predhodno smo izračunali vrednosti normalnih in strižnih napetosti v točki 2. Najdemo glavno in skrajno strižno napetost na isti točki 2: točka 3. Normalne in strižne napetosti v točki 3: glavne in ekstremne strižne napetosti v točki 3: Podobno najdemo napetosti v točkah 4 in 5. Na podlagi pridobljenih podatkov gradimo diagrame, max. 8. Napetostno stanje izbranega elementa v bližini točke 2 v prerezu D je prikazano na sl. 1.24, kot nagiba glavnih ploščadi 1.6. Koncept središča upogibanja Kot je navedeno zgoraj, so strižne napetosti v prerezih tankostenskih palic med upogibanjem (na primer I-žarek ali kanal) določene s formulo na sl. 194 prikazuje diagrame strižnih napetosti v I-prerezu. S tehniko, opisano v 63. odstavku, lahko narišete 41 tudi za kanal. Razmislite o primeru, ko je kanal vgrajen v steno, na drugem koncu pa je obremenjen s silo P, ki deluje na težišče preseka. riž. 1.25 Splošni pogled na diagram τ v katerem koli odseku je prikazan na sl. 1.25 a V navpični steni se pojavijo strižne napetosti τу. Kot posledica delovanja napetosti τу nastane skupna strižna sila T2 (slika 1.25, b). Če zanemarimo tangencialne napetosti τу v policah, lahko zapišemo približno enakost V horizontalnih policah nastanejo strižne napetosti τx, ki so usmerjene vodoravno. Največja strižna napetost v prirobnici τx max je. Tukaj je S1OTS statični moment površine prirobnice glede na os Ox: Zato je skupna strižna sila v prirobnici določena kot površina diagrama strižne napetosti, pomnožena z debelina prirobnice.Na spodnjo prirobnico deluje natanko enaka strižna sila kot na zgornjo, vendar je usmerjena v nasprotni smeri. Dve sili T1 tvorita par s momentom (1.25) Tako se zaradi strižnih napetosti τу in τх pojavijo tri notranje strižne sile, ki so prikazane na sl. 1,25 b. Iz te slike je razvidno, da sili T1 in T2 težita k vrtenju odseka kanala glede na težišče v isti smeri. riž. 1.25 Posledično je v odseku kanala notranji navor, usmerjen v smeri urinega kazalca. Torej, ko se kanalski žarek upogne s silo, ki deluje na težišče preseka, se žarek hkrati zasuka. Tri tangencialne sile lahko zmanjšamo na glavni vektor in glavni moment. Velikost glavnega momenta je odvisna od položaja točke, na katero se sile pripeljejo. Izkazalo se je, da lahko izberemo točko A, glede na katero je glavni moment enak nič. Ta točka se imenuje središče ovinka. Enačimo moment tangencialnih sil na nič: dobimo Ob upoštevanju izraza (1.25) končno najdemo razdaljo od osi navpične stene do središča krivine: Če zunanja sila deluje ne v težišče preseka, vendar v središču ovinka, potem bo ustvaril isti moment glede na težišče, kot ustvari notranje tangencialne sile, vendar le nasprotnega predznaka. S takšno obremenitvijo (slika 1.25, c) se kanal ne bo zvil, ampak se bo le upognil. Zato se točka A imenuje središče krivine. Podrobna predstavitev izračuna tankostenskih palic je podana v pogl. XIII. 1.7. Določanje premikov v nosilcih med upogibanjem. Koncepti deformacije nosilcev in pogoji njihove togosti Pod delovanjem zunanje obremenitve se žarek deformira in njegova os upogne. Krivulja, v katero se zavije os nosilca po uporabi obremenitve, se imenuje elastična črta, pod pogojem, da napetosti nosilca ne presegajo meje sorazmernosti. Glede na smer obremenitve, lokacijo diagramov ima lahko elastična črta izboklino navzgor (slika 1.26, a), navzdol (slika 1.26, b) ali agregat (slika 1.26, c). V tem primeru se težišča prečnih prerezov premikajo navzgor ali navzdol, sami odseki pa se vrtijo glede na nevtralno os, pri čemer ostanejo pravokotni na ukrivljeno os žarka (slika 1.26, a). Strogo gledano, se težišča prečnih prerezov premikajo tudi v smeri vzdolžne osi žarka. Vendar so zaradi majhnosti teh premikov za nosilce zanemarjeni, torej menijo, da se težišče preseka premika pravokotno na os nosilca. Označimo ta premik skozi y, v prihodnosti pa ga bomo razumeli kot odklon žarka (glej sliko 1.26). Odklon žarka v določenem odseku je premik težišča preseka v smeri, pravokotni na os nosilca. riž. 1.26 Upogibi v različnih prerezih nosilca so odvisni od položaja prerezov in so spremenljiva vrednost. Torej, za žarek (slika 1.26, a) v točki B bo imel upogib največjo vrednost, v točki D pa bo nič. Kot je bilo že omenjeno, se skupaj s premikom težišča odseka odseki vrtijo glede na nevtralno os odseka. Kot, za katerega se odsek zasuka glede na prvotni položaj, se imenuje kot vrtenja odseka. Označili bomo kot vrtenja skozi (slika 1.26, a). Ker, ko je žarek upognjen, prerez vedno ostane pravokoten na njegovo upognjeno os, lahko kot vrtenja predstavimo kot kot med tangento na upognjeno os v dani točki in prvotno osjo žarka (sl. 1.26, a) ali pravokotno na prvotno in upognjeno os nosilca na zadevni točki. Kot zasuka odseka za tramove je tudi spremenljiv. Na primer, za žarek (slika 1.26, b) ima največjo vrednost v tečajnih nosilcih in najmanjšo vrednost 0 za odsek, v katerem ima upogib največjo vrednost. Za konzolni žarek (slika 1.26, a) bo največji kot vrtenja na njegovem prostem koncu, to je v točki B. Da bi zagotovili normalno delovanje žarkov, ni dovolj, da izpolnjujejo pogoj trdnosti. Prav tako je potrebno, da imajo nosilci zadostno togost, to je, da največji upogib in kot vrtenja ne presegata dovoljenih vrednosti, ki jih določajo pogoji delovanja nosilcev. Ta položaj se imenuje pogoj togosti nosilcev pri upogibanju. V kratki matematični obliki imajo pogoji togosti obliko: kjer je [y] in s tem dovoljeni upogib in kot vrtenja. 45 Dovoljena deformacija je običajno podana kot del razdalje med nosilci nosilca (dolžina razpona l), tj. kjer je m koeficient, odvisen od vrednosti in delovnih pogojev sistema, v katerem se ta nosilec uporablja. V vsaki veji strojništva je ta vrednost določena s standardi oblikovanja in se spreminja v širokem razponu. Kot sledi: - za žerjavne nosilce m = 400 - 700; - za železniške mostove m = 1000; - za vretena stružnice m= 1000-2000. Dovoljeni koti vrtenja žarkov običajno ne presegajo 0,001 rad. Leva stran enačb (1.26) vključuje največji odklon ymax in rotacijski kot max, ki sta določena z izračunom na podlagi znanih metod: analitične, grafične in grafične, od katerih so nekatere obravnavane v nadaljevanju. 1.8. Diferencialna enačba upognjene osi žarka Pod delovanjem zunanjih sil se os žarka upogne (glej sliko 1.26, a). Nato lahko enačbo upognjene osi žarka zapišemo v obliki in bo kot vrtenja  za kateri koli odsek enak kotu naklona tangente na upognjeno os v dani točki. Tangent tega kota je številčno enak izvodu upogiba vzdolž abscise tokovnega preseka x, t.j. Ker so upogibi žarka v primerjavi z njegovo dolžino l (glej zgoraj), lahko domnevamo, da je kot vrtenje (1.27) Pri izpeljavi formule za normalne napetosti med upogibom je bilo ugotovljeno, da obstaja naslednja povezava med ukrivljenostjo nevtralne plasti in upogibnim momentom: Ta formula kaže, da se ukrivljenost spreminja po dolžini nosilca glede na isti zakon, ki spreminja vrednost Mz. Če žarek konstantnega preseka doživi čisti upogib (slika 5.27), pri katerem se trenutek vzdolž dolžine ne spremeni, se njegova ukrivljenost: Zato je za tak žarek tudi polmer ukrivljenosti konstantna vrednost in žarek v tem ohišje se bo upognilo vzdolž loka kroga. Vendar v splošnem primeru ni mogoče neposredno uporabiti zakona variacije ukrivljenosti za določitev upogibov. Za analitično rešitev problema uporabljamo izraz ukrivljenosti, znan iz matematike. (1.29) Če nadomestimo (1.28) v (1.29), dobimo natančno diferencialno enačbo za upognjeno os nosilca: . (1.30) Enačba (1.30) je nelinearna, njena integracija pa je povezana z velikimi težavami. Glede na to, da so upogibi in koti vrtenja za prave nosilce, ki se uporabljajo v strojništvu, gradbeništvu itd. majhna, vrednost lahko zanemarimo. Ob upoštevanju tega, pa tudi dejstva, da imata za desni koordinatni sistem upogibni moment in ukrivljenost enak predznak (slika 1.26), potem lahko za desni koordinatni sistem znak minus v enačbi (1.26) izpustimo. . Potem bo približna diferencialna enačba imela obliko 1.9. Metoda neposredne integracije Ta metoda temelji na integraciji enačbe (1.31) in vam omogoča, da dobite enačbo elastične osi nosilca v obliki upogibov y f (x) in enačbo kotov vrtenja Z integracijo enačbe (1.31) prvič dobimo enačbo rotacijskih kotov (1.32), kjer je C integracijska konstanta . Z drugo integracijo dobimo odklonsko enačbo, kjer je D druga integracijska konstanta. Konstanti C in D se določita iz mejnih pogojev nosilca nosilca in mejnih pogojev njegovih odsekov. Tako sta za žarek (slika 1.26, a) na mestu vgradnje (x l) upogib in kot vrtenja preseka enak nič, za žarek (glej sliko 1.26, b) pa upogib y in upogib yD 0, pri x .l podprtega nosilca s konzolami (slika 1.28), ko je izhodišče koordinat poravnano s koncem levega nosilca in je izbran desni koordinatni sistem, imajo robni pogoji obliko Ob upoštevanju ob upoštevanju mejnih pogojev se določijo konstante integracije. Po zamenjavi integracijskih konstant v enačbi rotacijskih kotov (1.32) in upogibov (1.33) se izračunajo rotacijski koti in upogibi danega preseka. 1.10. Primeri določanja premikov v nosilcih z neposredno integracijo Primer 1.11 Določite največji upogib in rotacijski kot za konzolni nosilec (slika 1.26, a). Rešitev Izvor koordinat je poravnan z levim koncem žarka. Upogibni moment v poljubnem odseku na razdalji x od levega konca nosilca se izračuna po formuli Ob upoštevanju trenutka ima približna diferencialna enačba obliko Integriranje prvič, imamo (1.34) Integriranje za drugič najdeni konstanti integracije C in D, bo enačba kotov vrtenja in upogibov izgledala takole: Ko (glej sliko 1.26, a) imata kot vrtenja in upogib največje vrednosti: urni kazalec. Negativna vrednost y pomeni, da se težišče preseka premakne navzdol. 1.11. Fizični pomen integracijskih konstant Če se obrnemo na enačbe (1.32), (1.33) in (1.34), (1.35) zgoraj obravnavanih primerov, je enostavno videti, da za x 0 sledijo Tako lahko sklepamo, da integracijski konstanti C in D sta produkt togosti nosilca s kotom vrtenja 0 in upogibom y0 v izhodišču. Odvisnosti (1.36) in (1.37) veljata vedno za nosilce z enim obremenitvenim odsekom, če izračunamo upogibni moment iz sil, ki se nahajajo med presekom in izhodiščem. Enako velja za nosilce s poljubnim številom obremenilnih odsekov, če uporabimo posebne metode za integracijo diferencialne enačbe upognjene osi nosilca, o čemer bomo govorili v nadaljevanju. 1.12. Metoda začetnih parametrov (univerzalna enačba upognjene osi nosilca) Pri določanju upogibov in rotacijskih kotov z neposredno integracijo je treba poiskati dve integracijski konstanti C in D tudi v primerih, ko ima nosilec en obremenitveni odsek. V praksi se uporabljajo nosilci z več nakladalnimi odseki. V teh primerih bo zakon upogibnega momenta na različnih območjih obremenitve drugačen. Nato bo treba sestaviti diferencialno enačbo ukrivljene osi za vsak odsek žarka in za vsakega od njih najti njuni integracijski konstanti C in D. Očitno, če ima žarek n nakladalnih odsekov, bo število integracijskih konstant enako dvakratnemu številu odsekov. Za njihovo določitev bo treba rešiti 2 enačbi. Ta naloga je delovno intenzivna. Za reševanje problemov, ki imajo več kot eno nakladalno območje, se je razširila metoda začetnih parametrov, ki je razvoj metode neposredne integracije. Izkazalo se je, da je z opazovanjem določenih pogojev, načinov sestavljanja in integracije enačb po odsekih mogoče zmanjšati število integracijskih konstant, ne glede na število obremenitvenih odsekov, na dve, ki predstavljata upogib in kot vrtenja pri izvor. Razmislite o bistvu te metode na primeru konzolnega nosilca (slika 1.28), obremenjenega s poljubno obremenitvijo, vendar ustvarja pozitiven moment v katerem koli odseku nosilca. Naj je podan žarek konstantnega prereza, medtem ko ima odsek simetrično os, ki sovpada z osjo y, in celotna obremenitev se nahaja v eni ravnini, ki poteka skozi to os. Postavimo si nalogo, da vzpostavimo odvisnosti, ki določajo kot vrtenja in odklon poljubnega odseka žarka. riž. 1.29 Pri reševanju nalog se bomo strinjali: 1. Izvor koordinat bo povezan z levim koncem žarka in je skupen za vse odseke. 2. Upogibni moment v poljubnem odseku se vedno izračuna za odsek žarka, ki se nahaja levo od preseka, to je med izhodiščem in presekom. 3. Integracija diferencialne enačbe ukrivljene osi na vseh segmentih bo izvedena brez odpiranja oklepajev nekaterih izrazov, ki vsebujejo oklepaje. Tako se na primer integracija izraza oblike P x(b) izvede brez odpiranja oklepajev, in sicer po naslednji formuli Integracija po tej formuli se od integracije s predhodnim odpiranjem oklepajev razlikuje le po vrednosti poljubna konstanta. 4. Pri sestavljanju izraza za upogibni moment v poljubnem preseku, ki ga povzroča zunanji koncentrirani moment M, dodamo faktor (x)a0 1. V skladu s temi pravili sestavimo in integriramo približno diferencialno enačbo za vsakega od petih odsekov žarka, prikazanih na sl. 1,28 z rimskimi številkami. Približna diferencialna enačba za te odseke ima enako obliko: (1.38), vendar ima za vsak odsek upogibni moment svoj zakon spremembe. Upogibni momenti za odseke imajo obliko: Če izraze upogibnega momenta nadomestimo v enačbo (1.38), za vsak od presekov po integraciji dobimo dve enačbi: enačbo kotov vrtenja in enačbo upogibov, ki bo vključevala njuni dve integracijski konstanti Ci in Di . Glede na dejstvo, da ima žarek pet odsekov, bo takih integracijskih konstant deset. Vendar ob upoštevanju, da je upognjena os žarka neprekinjena in elastična črta, imata na mejah sosednjih odsekov upogib in kot vrtenja enake vrednosti, tj. pri itd. Zaradi tega od primerjava enačb kotov vrtenja in upogibov sosednjih odsekov, dobimo, da so integracijske konstante. Tako je za rešitev problema potrebno namesto desetih integracijskih konstant določiti le dve integracijski konstanti C in D . Iz obravnave integralnih enačb prvega odseka sledi, da za x 0: t.j. predstavljata enaki odvisnosti (1.36) in (1.37). Začetna parametra 0 in y0 о sta določena iz mejnih pogojev, ki so bili obravnavani v prejšnjem razdelku. Če analiziramo dobljene izraze za kote vrtenja in upogibe y, vidimo, da najbolj splošna oblika enačb ustreza petemu odseku. Ob upoštevanju integracijskih konstant imajo te enačbe obliko: Prva od teh enačb predstavlja enačbo kotov vrtenja, druga pa odklonov. Ker lahko na nosilec deluje več kot ena koncentrirana sila, moment ali žarek ima lahko več kot en odsek z porazdeljeno obremenitvijo, potem bodo za splošni primer enačbe (1.38), (1.39) zapisane kot: Enačbe (1.41) , (1.42) imenujemo univerzalne enačbe ukrivljene osi žarka. Prva od teh enačb je enačba kota vrtenja, druga pa enačba upogiba. S pomočjo teh enačb je mogoče določiti upogibe in kote vrtenja odsekov za poljubne statično določene nosilce, pri katerih je togost vzdolž njihove dolžine konstantna EI  const. V enačbah (1.41), (1.42): M , P , q , qx ─ zunanja obremenitev, ki se nahaja med izhodiščem koordinat in odsekom, v katerem so določeni premiki (kot vrtenja in upogibanja); a, b, c, d ─ razdalje od izhodišča koordinat do točke uporabe momenta M, koncentrirane sile P, začetka enakomerno porazdeljene obremenitve in začetka neenakomerno porazdeljene obremenitve. Pozorni moramo biti na: 53 1. Pri nasprotni smeri zunanje obremenitve, ki je sprejeta pri izpeljavi univerzalnih enačb, se predznak pred ustreznim členom enačb spremeni v nasprotno, torej v minus. 2. Zadnja dva člena enačb (1.41), (1.42) veljata le, če se porazdeljena obremenitev ne zlomi pred odsekom, v katerem sta določena upogib in rotacijski kot. Če obremenitev ne doseže tega odseka, jo je treba nadaljevati do tega odseka in hkrati dodati enako porazdeljeno obremenitev, vendar nasprotno po predznaku, razširjenemu odseku, ta ideja je razložena na sl. 1.30. Črtkana črta prikazuje dodano porazdeljeno obremenitev na podaljšanem odseku. riž. 1.30 Pri določanju kotov vrtenja  in upogibov y je treba izhodišče koordinat postaviti na levi konec žarka, pri čemer je treba os y usmeriti navzgor, os x ─ v desno. V enačbo kotov vrtenja in upogibov so vključene samo tiste sile, ki se nahajajo levo od odseka, t.j. na odseku žarka med izhodiščem in presekom, v katerem sta določena upogib in kot vrtenja (vključno s silami, ki delujejo v odseku, ki sovpada z izhodiščem). 1.13. Primeri določanja premikov v žarku z uporabo metode začetnih parametrov Primer 1.12 Za žarek (slika 1.31), ki ga stisne levi konec in je obremenjen s koncentrirano silo P, določimo kot vrtenja in upogib na mestu uporabe sila, kot tudi prosti konec (odsek D). Togost nosilca Sl. 1.31 Rešitev ravnotežne enačbe statike: 1) Upoštevajte, da je reaktivni moment usmerjen v nasprotni smeri urnega kazalca, zato bo v enačbo ukrivljene osi vstopil s predznakom minus. 2. Izhodišče koordinat združimo s točko B in nastavimo začetne parametre. Pri stiskanju ()B nista odklona in rotacijskega kota, t.j. 0 0. Zapišemo enačbo rotacijskih kotov in upogibov za poljuben odsek drugega odseka, ki se nahajajo na razdalji x od izhodišča koordinat Ob upoštevanju reaktivnih sil in ničelnih začetnih parametrov imajo te enačbe obliko, da se obrnejo na desni nosilec žarka, obremenjenega na sredini razpona s koncentrirano silo ( Slika 1.32). Rešitev 1. Določite podporne reakcije Iz enačb statike imamo B 2. Postavite izhodišče na levi konec žarka (točka B). riž. 1.32 3. Nastavite začetne parametre. Odklon v izhodišču By0, saj opora ne dovoljuje navpičnega premika. Treba je opozoriti, da če bi bila podpora vzmetna, bi bil upogib v izvoru enak ugrezu deformacije vzmeti. Kot vrtenja v izhodišču ni enak nič, t.j. 4. Določite rotacijski kot v izhodišču 0 . Za to uporabimo pogoj, da je pri x l upogib enak nič yD 0: 3 Ker je žarek simetričen glede na obremenitev P, je kot vrtenja na desni nosilci enak kotu vrtenja na leva podpora. 2 BD 16z Pl EI . Največji odklon bo na sredini žarka pri x. Zato Primer 1.14 Določite upogib na sredini razpona in na desnem koncu nosilca (slika 1.33), če je nosilec izdelan iz I-prometa št. 10 (vztrajnostni moment Iz 198 csmm4), obremenjenega z porazdeljeno obremenitvijo q 2, N / m, koncentriran moment M sila. P kkNN sl. 1.33 Rešitev 1. Določimo podporne reakcije Od kod Preverjanje pravilnosti določanja reakcij 2. Izhodišče koordinat združimo s točko B in nastavimo začetne parametre. Iz sl. 1.33 sledi, da sta v izhodišču koordinat odklon y0 0 in rotacijski kot. 57 3. Določite začetna parametra y0 in 0 . Za to uporabimo mejne pogoje, ki pri: Za izvedbo mejnih pogojev sestavimo enačbo ukrivljene osi. za dva odseka: odsek BC 0 mm1: Pri pisanju te enačbe je bilo upoštevano, da je bila porazdeljena obremenitev odrezana v točki C, zato se je v skladu z zgoraj navedenim nadaljevala in uvedena izravnalna obremenitev enake velikosti v podaljšanem delu, vendar v nasprotni smeri. Ob upoštevanju mejnih pogojev (točka 3) in obremenitve imata enačbi (1.43) in (1.44) obliko: Iz skupne rešitve teh enačb imamo 4. Določimo upogib v odsekih K in E. Za prerez K pri x 2 mm imamo 1,14. Določanje gibov po Mohrovi metodi Pravilo A.K. Metoda Vereshchagin Mohr je splošna metoda za določanje premikov v paličnih linearno deformabilnih sistemih. Opredelitev premikov (linearnih, kotnih) v izračunanih odsekih se izvede po Mohrovi formuli (integral), ki jo je enostavno dobiti na podlagi izreka o vzajemnosti dela (Bettyjev izrek) in izreka o vzajemnosti dela. premiki (Maxwellov izrek). Naj je na primer ploščat elastični sistem podan v obliki žarka (slika 1.34), obremenjenega z ravno uravnoteženo poljubno obremenitvijo. Dano stanje sistema bomo imenovali stanje tovora in označili s črko P. Pod delovanjem zunanje obremenitve bo prišlo do deformacije in do premikov v točki K, zlasti v smeri, pravokotni na os - upogib cr. Uvedemo novo (pomožno) stanje istega sistema, vendar obremenjenega v točki K v smeri želenega pomika  (cr) z eno samo brezdimenzijsko silo (slika 1.34). To stanje sistema bo označeno s črko i in se bo imenovalo eno stanje. 59 sl. 1.34 Na podlagi Bettijevega izreka je možno delo sil stanja tovora pi A in sil posameznega stanja pi A enako (1.45) ), (1.47) iz (1.45) imamo (1.48) kjer je M p , Qp, Np ─ upogibni moment, prečne in vzdolžne sile, ki nastanejo v sistemu zaradi zunanje obremenitve; Mi, Qi, Ni so upogibni moment, prečne in vzdolžne sile, ki nastanejo v sistemu zaradi enotne obremenitve, uporabljene v smeri določenega premika; k ─ koeficient, ki upošteva neenakomernost strižnih napetosti po odseku; I ─ aksialni vztrajnostni moment glede glavne osrednje osi; A─ površina prečnega prereza palice v odseku; 60 E , G ─ moduli elastičnosti materiala. Neenakomerna porazdelitev strižnih napetosti v prerezu je odvisna od oblike prereza. Za pravokotne in trikotne prereze k 1.2, krožni prerez k 1.11, krožni obročasti prerez k 2. Formula (1.48) vam omogoča, da določite premik na kateri koli točki ravnega elastičnega sistema. Pri določanju upogiba v preseku (K) na tej točki uporabimo enotno silo (brezrazmerno). V primeru določanja kota vrtenja preseka v točki K je treba uporabiti en sam brezdimenzijski moment

Proces načrtovanja sodobnih zgradb in objektov ureja ogromno število različnih gradbenih predpisov in predpisov. V večini primerov standardi zahtevajo izpolnjevanje določenih značilnosti, na primer deformacije ali upogibanja nosilcev talnih plošč pri statični ali dinamični obremenitvi. Na primer, SNiP št. 2.09.03-85 opredeljuje upogib žarka za nosilce in nadvoze v največ 1/150 dolžine razpona. Za podstrešna tla je ta številka že 1/200, za medetažne tramove pa še manj - 1/250. Zato je ena od obveznih faz načrtovanja izračun žarka za odklon.

Načini izvajanja izračuna in testiranja upogiba

Razlog, zakaj SNiP postavljajo tako drakonske omejitve, je preprost in očiten. Manjša kot je deformacija, večja je varnostna meja in prožnost konstrukcije. Pri upogibu, manjši od 0,5 %, nosilni element, nosilec ali plošča še vedno ohranja elastične lastnosti, kar zagotavlja normalno prerazporeditev sil in ohranjanje celovitosti celotne konstrukcije. S povečanjem upogiba se okvir stavbe upogiba, upira, vendar stoji, ko so presežene meje dovoljene vrednosti, se vezi porušijo in konstrukcija kot plaz izgubi svojo togost in nosilnost.

Uporabite programski spletni kalkulator, v katerem so standardni pogoji »zaščiteni« in nič več;
Uporabite že pripravljene referenčne podatke za različne vrste in tipe nosilcev, za različne nosilce obremenitvenih diagramov. Potrebno je le pravilno določiti vrsto in velikost žarka ter določiti želeni odklon;
Izračunajte dovoljeni upogib z rokami in glavo, večina projektantov to počne, medtem ko nadzorni arhitekturni in gradbeni pregledi raje uporabljajo drugi način izračuna.

Opomba! Da bi resnično razumeli, zakaj je tako pomembno vedeti količino odstopanja od prvotnega položaja, je vredno razumeti, da je merjenje količine upogiba edini razpoložljiv in zanesljiv način za določanje stanja žarka v praksi.

Z merjenjem, koliko se je stropni tram povesil, je mogoče z 99-odstotno gotovostjo ugotoviti, ali je konstrukcija v izrednem stanju ali ne.

Metoda izračuna upogiba

Preden nadaljujete z izračunom, se bo treba spomniti nekaterih odvisnosti iz teorije trdnosti materialov in sestaviti shemo izračuna. Glede na to, kako pravilno je shema izvedena in se upoštevajo pogoji obremenitve, bosta odvisna natančnost in pravilnost izračuna.

Uporabimo najpreprostejši model obremenjenega nosilca, prikazanega na diagramu. Najenostavnejša analogija za žarek je lahko leseno ravnilo, fotografija.

V našem primeru gre za žarek:

Ima pravokoten prerez S=b*h, dolžina počivalnega dela je L;
Ravnilo je obremenjeno s silo Q, ki poteka skozi težišče upogibne ravnine, zaradi česar se konci vrtijo skozi majhen kot θ z upogibom glede na začetni vodoravni položaj , enako f;
Konci žarka prosto in tečajno ležijo na fiksnih nosilcih, torej ni vodoravne komponente reakcije, konci ravnila pa se lahko premikajo v poljubni smeri.

Za določitev deformacije telesa pod obremenitvijo se uporablja formula modula elastičnosti, ki je določena z razmerjem E \u003d R / Δ, kjer je E referenčna vrednost, R je sila, Δ vrednost deformacija telesa.

Izračunamo vztrajnostne momente in sile

V našem primeru bo odvisnost videti takole: Δ = Q / (S E) . Za obremenitev q, porazdeljeno vzdolž žarka, bo formula izgledala takole: Δ \u003d q h / (S E) .

Sledi najpomembnejša točka. Zgornji Youngov diagram prikazuje upogib žarka ali deformacijo ravnila, kot da bi ga zdrobili pod močno stiskalnico. V našem primeru je žarek upognjen, kar pomeni, da se na koncih ravnila, glede na težišče, uporabita dva upogibna momenta z različnimi znaki. Diagram obremenitve takega žarka je prikazan spodaj.

Za pretvorbo Youngove odvisnosti za upogibni moment je treba obe strani enačbe pomnožiti z krakom L. Dobimo Δ*L = Q·L/(b·h·E) .

Če si predstavljamo, da je ena od podpor togo pritrjena, na drugi M max = q * L * 2/8 pa se uporabi enak uravnotežitveni moment sil, bo velikost deformacije žarka izražena z odvisnost Δx \u003d M x / ((h / 3) b (h / 2) E). Vrednost b·h 2 /6 imenujemo vztrajnostni moment in jo označujemo z W. Kot rezultat dobimo Δx = M x / (W E), temeljno formulo za izračun žarka za upogibanje W = M / E skozi vztrajnostni moment in upogibni moment.

Za natančen izračun upogiba morate poznati upogibni moment in vztrajnostni moment. Vrednost prvega je mogoče izračunati, vendar bo posebna formula za izračun nosilca za upogibanje odvisna od pogojev stika z nosilci, na katerih se žarek nahaja, in načina obremenitve za porazdeljeno ali koncentrirano obremenitev. . Upogibni moment iz porazdeljene obremenitve se izračuna po formuli Mmax \u003d q * L 2 / 8. Zgornje formule veljajo samo za porazdeljeno obremenitev. Za primer, ko je pritisk na žarek koncentriran na določeni točki in pogosto ne sovpada s simetrično osjo, je treba formulo za izračun upogiba izpeljati z uporabo integralnega računa.

Vztrajnostni moment lahko predstavljamo kot ekvivalent odpornosti žarka na upogibno obremenitev. Vztrajnostni moment preprostega pravokotnega nosilca lahko izračunamo s preprosto formulo W=b*h 3 /12, kjer sta b in h dimenzije preseka nosilca.

Iz formule je razvidno, da ima lahko isto ravnilo ali deska pravokotnega prereza popolnoma drugačen vztrajnostni in upogibni moment, če ga namestite na nosilce na tradicionalen način ali postavite na rob. Ne brez razloga, skoraj vsi elementi strešnega sistema so izdelani ne iz bara 100x150, ampak iz plošče 50x150.

Pravi odseki gradbenih konstrukcij imajo lahko različne profile, od kvadrata, kroga do kompleksnih I-žarkov ali kanalnih oblik. Hkrati ročno določanje vztrajnostnega trenutka in velikosti upogiba, "na kos papirja", za takšne primere postane nepomembna naloga za nepoklicnega graditelja.

Formule za praktično uporabo

V praksi se najpogosteje pojavlja inverzna težava - določiti mejo varnosti tal ali sten za določen primer iz znane vrednosti upogiba. V gradbeništvu je zelo težko oceniti mejo varnosti z drugimi, nedestruktivnimi metodami. Pogosto je glede na velikost upogiba potrebno izvesti izračun, oceniti mejo varnosti stavbe in splošno stanje podpornih konstrukcij. Poleg tega se glede na opravljene meritve ugotovi, ali je deformacija po izračunu dopustna ali je objekt v izrednem stanju.

Nasvet! Pri vprašanju izračuna mejnega stanja žarka glede na velikost upogiba zahteve SNiP zagotavljajo neprecenljivo storitev. Z nastavitvijo meje upogiba v relativni vrednosti, na primer 1/250, gradbeni predpisi bistveno olajšajo določitev zasilnega stanja nosilca ali plošče.

Na primer, če nameravate kupiti dokončano zgradbo, ki je dolgo stala na problematičnih tleh, bi bilo koristno preveriti stanje tal glede na obstoječi upogib. Ob poznavanju največje dovoljene stopnje upogiba in dolžine nosilca je mogoče brez kakršnega koli izračuna oceniti, kako kritično je stanje konstrukcije.

Gradbena inšpekcija pri ocenjevanju upogiba in ocenjevanju nosilnosti tal poteka na bolj zapleten način:

Na začetku se izmeri geometrija plošče ali žarka, določi se količina upogiba;
Glede na izmerjene parametre se določi sortiment žarkov, nato pa iz referenčne knjige izberemo formulo za vztrajnostni moment;
Trenutek sile se določi iz upogiba in vztrajnostnega momenta, po katerem je ob poznavanju materiala mogoče izračunati realne napetosti v kovinskem, betonskem ali lesenem nosilcu.

Vprašanje je, zakaj je tako težko, če je odklon mogoče dobiti s formulo za preprost žarek na tečajnih nosilcih f = 5/24 * R * L 2 / (E * h) pod porazdeljeno silo. Dovolj je, da poznamo dolžino razpona L, višino profila, konstrukcijsko upornost R in modul elastičnosti E za določen talni material.

Nasvet! V svojih izračunih uporabite obstoječe oddelčne zbirke različnih projektantskih organizacij, v katerih so v stisnjeni obliki povzete vse potrebne formule za določanje in izračun končnega obremenjenega stanja.

Zaključek

Večina razvijalcev in oblikovalcev resnih zgradb počne enako. Program je dober, pomaga zelo hitro izračunati upogib in glavne parametre obremenitve tal, vendar je pomembno tudi, da stranki zagotovimo dokumentarna dokazila o dobljenih rezultatih v obliki posebnih zaporednih izračunov na papirju.

šteti žarek za upogibanje obstaja več možnosti:
1. Izračun največje obremenitve, ki jo bo vzdržal
2. Izbira preseka tega žarka
3. Izračun največjih dovoljenih napetosti (za preverjanje)
razmislimo splošno načelo izbire preseka žarka na dveh nosilcih, obremenjenih z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo ali koncentrirano silo.
Za začetek boste morali najti točko (odsek), na kateri bo največji trenutek. Odvisno je od podpore žarka ali njegovega zaključka. Spodaj so diagrami upogibnih momentov za sheme, ki so najpogostejše.

Ko najdemo upogibni moment, moramo poiskati modul Wx tega odseka s formulo, podano v tabeli:

Nadalje, ko delimo največji upogibni moment z upornim momentom v danem odseku, dobimo največja napetost v nosilcu in to obremenitev moramo primerjati z obremenitvijo, ki jo na splošno prenese naš žarek danega materiala.

Za plastične materiale(jeklo, aluminij itd.) bo največja napetost enaka meja tečenja materiala, a za krhko(lito železo) - natezno trdnost. Mejo tečenja in natezno trdnost najdemo iz spodnjih tabel.

Poglejmo si nekaj primerov:
1. [i] Želite preveriti, ali vas I-žarnik št. 10 (St3sp5 jeklo) dolžine 2 metra, togo vgrajen v steno, zdrži, če visite na njem. Naj bo vaša masa 90 kg.
Najprej moramo izbrati shemo izračuna.

Ta diagram kaže, da bo največji trenutek v zaključku, in saj ima naš I-žarek enak odsek po celotni dolžini, potem bo največja napetost v zaključku. Najdimo ga:

P = m * g = 90 * 10 = 900 N = 0,9 kN

M = P * l = 0,9 kN * 2 m = 1,8 kN * m

V skladu s tabelo sortimenta I-žarkov najdemo uporni moment I-žarka št. 10.

To bo enako 39,7 cm3. Pretvorite v kubične metre in dobite 0,0000397 m3.
Nadalje po formuli najdemo največje napetosti, ki jih imamo v žarku.

b = M / Š = 1,8 kN/m / 0,0000397 m3 = 45340 kN/m2 = 45,34 MPa

Ko smo našli največjo napetost, ki se pojavi v nosilcu, jo lahko primerjamo z največjo dovoljeno napetostjo, ki je enaka meji tečenja jekla St3sp5 - 245 MPa.

45,34 MPa - desno, tako da ta I-žarek zdrži maso 90 kg.

2. [i] Ker smo dobili kar veliko rezervo, bomo rešili drugi problem, v katerem bomo našli največjo možno maso, ki jo lahko zdrži isti I-žarek št. 10, dolg 2 metra.
Če želimo najti največjo maso, potem moramo vrednosti meje tečenja in napetosti, ki se bodo pojavile v žarku, izenačiti (b = 245 MPa = 245.000 kN * m2).

upogib imenovana deformacija, pri kateri se os palice in vsa njena vlakna, torej vzdolžne črte, vzporedne z osjo palice, upognejo pod delovanjem zunanjih sil. Najpreprostejši primer upogibanja dobimo, ko zunanje sile ležijo v ravnini, ki poteka skozi osrednjo os palice in ne projicira na to os. Takšen primer upogibanja se imenuje prečno upogibanje. Razlikovati ravno ovinek in poševni.

ravni ovinek- tak primer, ko se upognjena os palice nahaja v isti ravnini, v kateri delujejo zunanje sile.

Poševni (kompleksni) ovinek- tak primer upogibanja, ko upognjena os palice ne leži v ravnini delovanja zunanjih sil.

Upogibna palica se običajno imenuje kot žarek.

Pri ravnem prečnem upogibu nosilcev v prerezu s koordinatnim sistemom y0x lahko nastaneta dve notranji sili - prečna sila Q y in upogibni moment M x; v nadaljevanju uvajamo zapis Q in M.Če v prerezu ali preseku nosilca ni prečne sile (Q = 0) in upogibni moment ni enak nič ali je M konstanten, se takšen upogib običajno imenuje čist.

Strižna sila v katerem koli odseku žarka je številčno enak algebraični vsoti projekcij na os vseh sil (vključno z podpornimi reakcijami), ki se nahajajo na eni strani (kateri koli) odseka.

Upogibni moment v odseku žarka je številčno enak algebraični vsoti momentov vseh sil (vključno z podpornimi reakcijami), ki se nahajajo na eni strani (kateri koli) odseka, narisanega glede na težišče tega odseka, natančneje glede na os poteka pravokotno na ravnino risbe skozi težišče narisanega preseka.

Q-sila je rezultat porazdeljeno po prerezu notranjega strižne napetosti, a trenutek M– vsota trenutkov okoli osrednje osi notranjega odseka X normalni stresi.

Obstaja diferencialno razmerje med notranjimi silami

ki se uporablja pri izdelavi in preverjanju diagramov Q in M.

Ker so nekatera vlakna žarka raztegnjena, nekatera pa stisnjena in prehod iz napetosti v stiskanje poteka gladko, brez skokov, je v srednjem delu žarka plast, katere vlakna se le upognejo, vendar ne doživijo niti enega napetost ali stiskanje. Takšen sloj se imenuje nevtralna plast. Črta, po kateri se nevtralna plast seka s prečnim prerezom žarka, se imenuje nevtralna linija th oz nevtralna os odsekov. Nevtralne črte so nanizane na os žarka.

Črte, narisane na stranski površini žarka, pravokotno na os, ostanejo ravne, ko se upognejo. Ti eksperimentalni podatki omogočajo, da sklepe formul utemeljimo na hipotezi ravnih prerezov. Po tej hipotezi so odseki žarka pred upogibanjem ravni in pravokotni na njegovo os, ostanejo ravni in postanejo pravokotni na upognjeno os nosilca, ko je ukrivljen. Prečni prerez žarka je med upogibanjem popačen. Zaradi prečne deformacije se dimenzije preseka v stisnjenem območju nosilca povečajo, v nateznem območju pa se stisnejo.

Predpostavke za izpeljavo formul. Normalni stresi

1) Hipoteza ravnih prerezov je izpolnjena.

2) Vzdolžna vlakna ne pritiskajo drug na drugega in zato pod delovanjem normalnih napetosti delujejo linearne napetosti ali stiskanja.

3) Deformacije vlaken niso odvisne od njihovega položaja vzdolž širine odseka. Posledično normalne napetosti, ki se spreminjajo vzdolž višine odseka, ostanejo enake po širini.

4) Žarek ima vsaj eno simetrično ravnino in vse zunanje sile ležijo v tej ravnini.

5) Material žarka upošteva Hookeov zakon, modul elastičnosti pri napetosti in stiskanju pa je enak.

6) Razmerja med dimenzijami žarka so taka, da deluje v ravnih upogibnih pogojih brez upogibanja ali zvijanja.

Samo s čistim upogibanjem tramov na ploščadih v svojem odseku normalni stresi, določeno s formulo:

kjer je y koordinata poljubne točke odseka, merjeno od nevtralne črte - glavne osrednje osi x.

Običajne upogibne napetosti vzdolž višine odseka so razporejene čez linearni zakon. Na skrajnih vlaknih normalne napetosti dosežejo največjo vrednost, v težišče pa so prečni prerezi enaki nič.

Narava diagramov normalnih napetosti za simetrične odseke glede na nevtralno črto

Narava diagramov normalnih napetosti za odseke, ki nimajo simetrije glede nevtralne črte

Nevarne točke so tiste, ki so najbolj oddaljene od nevtralne črte.

Izberimo kakšen odsek

Za katero koli točko odseka ji rečemo točka Za, pogoj trdnosti žarka za normalne napetosti ima obliko:

, kjer i.d. - Tole nevtralna os

tole aksialni prerez modul okoli nevtralne osi. Njegova dimenzija je cm 3, m 3. Uporni moment označuje vpliv oblike in dimenzij preseka na velikost napetosti.

Stanje moči za normalne obremenitve:

Normalna napetost je enaka razmerju največjega upogibnega momenta do modula aksialnega preseka glede na nevtralno os.

Če se material neenakomerno upira raztezanju in stiskanju, je treba uporabiti dva trdnostna pogoja: za območje raztezanja z dovoljeno natezno napetostjo; za tlačno cono z dovoljeno tlačno napetostjo.

Pri prečnem upogibanju delujejo nosilci na ploščadih v svojem prerezu normalno, in tangente Napetost.

Za konzolni nosilec, obremenjen z porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti kN / m in koncentriranim momentom kN m (slika 3.12), je potrebno: za sestavljanje diagramov strižnih sil in upogibnih momentov izberite žarek krožnega prereza pri dovoljenem normalne napetosti kN / cm2 in preverimo trdnost nosilca glede na strižne napetosti pri dovoljeni strižni napetosti kN/cm2. Dimenzije žarka m; m; m.

Načrtovalna shema za problem neposrednega prečnega upogibanja

riž. 3.12

Reševanje problema "neposrednega prečnega upogibanja"

Določanje podpornih reakcij

Horizontalna reakcija v vgradnji je nič, saj zunanje obremenitve v smeri osi z ne delujejo na nosilec.

Izberemo smeri preostalih reaktivnih sil, ki nastanejo v vgradnji: usmerimo navpično reakcijo, na primer navzdol, trenutek pa - v smeri urinega kazalca. Njihove vrednosti se določijo iz enačb statike:

Pri sestavljanju teh enačb menimo, da je trenutek pri vrtenju v nasprotni smeri urinega kazalca pozitiven, projekcija sile pa je pozitivna, če njena smer sovpada s pozitivno smerjo osi y.

Iz prve enačbe najdemo trenutek v zaključku:

Iz druge enačbe - navpična reakcija:

Pozitivne vrednosti, ki smo jih pridobili za trenutek, in navpična reakcija pri zaključku kažejo, da smo uganili njihove smeri.

V skladu z naravo pritrditve in obremenitve žarka njegovo dolžino razdelimo na dva dela. Ob mejah vsakega od teh odsekov začrtamo štiri preseke (glej sliko 3.12), v katerih bomo izračunali vrednosti strižnih sil in upogibnih momentov po metodi presekov (ROZU).

Oddelek 1. Umsko zavrzimo desno stran žarka. Njegovo delovanje na preostali levi strani nadomestimo z rezalno silo in upogibnim momentom. Za udobje izračunavanja njihovih vrednosti zapremo desno stran žarka, ki smo ga zavrgli, s kosom papirja, tako da levi rob lista poravnamo z obravnavanim odsekom.

Spomnimo se, da mora strižna sila, ki nastane v katerem koli prečnem prerezu, uravnotežiti vse zunanje sile (aktivne in reaktivne), ki delujejo na del žarka, ki ga obravnavamo (torej vidno). Zato mora biti strižna sila enaka algebraični vsoti vseh sil, ki jih vidimo.

Navedimo tudi pravilo predznakov za strižno silo: zunanja sila, ki deluje na obravnavani del nosilca in se nagiba k "zasuku" tega dela glede na odsek v smeri urinega kazalca, povzroči pozitivno strižno silo v odseku. Takšna zunanja sila je vključena v algebraično vsoto za definicijo z znakom plus.

V našem primeru vidimo le reakcijo nosilca, ki zasuka vidni del žarka glede na prvi odsek (glede na rob kosa papirja) v nasprotni smeri urinega kazalca. Torej

kN.

Upogibni moment v katerem koli odseku mora uravnotežiti moment, ki ga ustvarijo zunanje sile, ki jih vidimo glede na obravnavani odsek. Zato je enak algebraični vsoti trenutkov vseh naporov, ki delujejo na del žarka, ki ga obravnavamo, glede na obravnavani odsek (z drugimi besedami, glede na rob kosa papirja). V tem primeru zunanja obremenitev, ki upogiba obravnavani del nosilca s konveksnostjo navzdol, povzroči pozitiven upogibni moment v prerezu. In trenutek, ki ga ustvari takšna obremenitev, je vključen v algebraično vsoto za definicijo z znakom plus.

Vidimo dva prizadevanja: reakcijo in trenutek v zaključku. Vendar je krak sile glede na odsek 1 enak nič. Torej

kN m

Predznak plus smo vzeli, ker reaktivni moment upogne vidni del žarka s konveksnostjo navzdol.

Razdelek 2. Kot prej, bomo celotno desno stran žarka pokrili s kosom papirja. Zdaj, za razliko od prvega odseka, ima sila ramo: m. Zato

kN; kN m

Oddelek 3. Zapiranje desne strani žarka, najdemo

kN;

Razdelek 4. Zaprimo levo stran žarka z listom. Potem

kN m

Na podlagi najdenih vrednosti zgradimo diagrame strižnih sil (slika 3.12, b) in upogibnih momentov (slika 3.12, c).

Pod neobremenjenimi odseki poteka diagram strižnih sil vzporedno z osjo nosilca, pri porazdeljeni obremenitvi q pa po nagnjeni ravni črti navzgor. Pod nosilno reakcijo na diagramu je skok navzdol za vrednost te reakcije, torej za 40 kN.

Na diagramu upogibnih momentov vidimo prelom pod reakcijo podpore. Zlomni kot je usmerjen proti reakciji podpore. Pri porazdeljeni obremenitvi q se diagram spreminja vzdolž kvadratne parabole, katere konveksnost je usmerjena proti obremenitvi. V razdelku 6 na diagramu je ekstrem, saj diagram strižne sile na tem mestu prehaja tukaj skozi ničelno vrednost.

Določite zahtevani premer prečnega prereza žarka

Pogoj trdnosti za normalne napetosti ima obliko:

kjer je uporni moment žarka pri upogibu. Za žarek krožnega prečnega prereza je enak:

Upogibni moment z največjo absolutno vrednostjo se pojavi v tretjem delu žarka: kN cm

Nato se s formulo določi zahtevani premer žarka

cm.

Sprejemamo mm. Potem

kN/cm2 kN/cm2.

"Prenapetost" je

kar je dovoljeno.

Trdnost nosilca preverimo za največje tangencialne napetosti

Najvišje strižne napetosti, ki se pojavijo v prerezu krožnega nosilca, se izračunajo po formuli

kjer je površina preseka.

Glede na graf je največja algebraična vrednost strižne sile enaka kN. Potem

kN/cm2 kN/cm2,

to pomeni, da je pogoj trdnosti in strižne napetosti izpolnjen, poleg tega z veliko mejo.

Primer reševanja problema "neposredno prečno upogibanje" št. 2

Pogoj primera problema za neposredno prečno upogibanje

Za zgibni nosilec, obremenjen z porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti kN / m, koncentrirano silo kN in koncentriranim momentom kN m (slika 3.13), je treba narisati strižne sile in upogibne momente ter izbrati presek I-snopa z dovoljena normalna napetost kN/cm2 in dovoljena strižna napetost kN/cm2. Razpon žarka m.

Primer naloge za ravni ovinek - načrtovalna shema

riž. 3.13

Rešitev primera problema z ravnim upogibom

Določanje podpornih reakcij

Za dani vrtljivo podprt žarek je treba najti tri podporne reakcije: , in . Ker na nosilec delujejo samo navpične obremenitve, pravokotno na njegovo os, je vodoravna reakcija pritrjene zgibne podpore A enaka nič: .

Smeri vertikalnih reakcij in so izbrane poljubno. Usmerimo na primer obe navpični reakciji navzgor. Za izračun njihovih vrednosti sestavimo dve enačbi statike:

Spomnimo se, da je dobljena linearna obremenitev, enakomerno porazdeljena na odsek dolžine l, enaka, to je enaka površini diagrama te obremenitve in je uporabljena na težišče tega diagrama, to je na sredini dolžine.

;

kN.

Preverimo:.

Spomnimo se, da so sile, katerih smer sovpada s pozitivno smerjo osi y, projicirane (projicirane) na to os z znakom plus:

to je pravilno.

Gradimo diagrame strižnih sil in upogibnih momentov

Dolžino žarka razdelimo na ločene dele. Meje teh odsekov so točke uporabe koncentriranih sil (aktivnih in/ali reaktivnih), pa tudi točke, ki ustrezajo začetku in koncu porazdeljene obremenitve. V našem problemu so tri taka področja. Ob mejah teh prerezov začrtamo šest presekov, v katerih bomo izračunali vrednosti strižnih sil in upogibnih momentov (slika 3.13, a).

Oddelek 1. Umsko zavrzimo desno stran žarka. Za udobje izračunavanja strižne sile in upogibnega momenta, ki nastaneta v tem odseku, zapremo del žarka, ki smo ga zavrgli, s kosom papirja, tako da levi rob kosa papirja poravnamo s samim odsekom.

Strižna sila v prerezu žarka je enaka algebraični vsoti vseh zunanjih sil (aktivnih in reaktivnih), ki jih vidimo. V tem primeru vidimo reakcijo nosilca in linearno obremenitev q, porazdeljeno na neskončno majhno dolžino. Posledica linearne obremenitve je nič. Torej

kN.

Predznak plus je vzet, ker sila zavrti vidni del žarka glede na prvi odsek (rob papirja) v smeri urinega kazalca.

Upogibni moment v prerezu žarka je enak algebraični vsoti momentov vseh sil, ki jih vidimo, glede na obravnavani odsek (to je glede na rob kosa papirja). Vidimo reakcijo nosilca in linearne obremenitve q, porazdeljene na neskončno majhno dolžino. Vendar je vzvod sile nič. Dobljena linearna obremenitev je prav tako enaka nič. Torej

Razdelek 2. Kot prej, bomo celotno desno stran žarka pokrili s kosom papirja. Zdaj vidimo reakcijo in obremenitev q, ki delujeta na odsek dolžine . Dobljena linearna obremenitev je enaka . Pritrjen je na sredini odseka z dolžino . Torej

Spomnimo se, da pri določanju predznaka upogibnega momenta miselno sprostimo del žarka, ki ga vidimo, od vseh dejanskih podpornih pritrdilnih elementov in si ga predstavljamo, kot da bi ga stisnil v obravnavanem odseku (to je levi rob kosa papir miselno predstavljamo kot tog pečat).

Razdelek 3. Zaprimo desni del. Pridobite

Oddelek 4. Desno stran žarka zapremo z listom. Potem

Zdaj, za nadzor pravilnosti izračunov, pokrijemo levo stran žarka s kosom papirja. Vidimo koncentrirano silo P, reakcijo desnega nosilca in linearno obremenitev q, razporejeno na neskončno majhno dolžino. Posledica linearne obremenitve je nič. Torej

kN m

Se pravi, vse je pravilno.

Razdelek 5. Še vedno zaprite levo stran žarka. Bo imel

kN;

kN m

Oddelek 6. Ponovno zaprimo levo stran žarka. Pridobite

kN;

Na podlagi najdenih vrednosti zgradimo diagrame strižnih sil (slika 3.13, b) in upogibnih momentov (sl. 3.13, c).

Prepričani smo, da pod neobremenjenim odsekom poteka diagram strižne sile vzporedno z osjo nosilca, pod porazdeljeno obremenitvijo q pa vzdolž ravne črte z naklonom navzdol. Na diagramu so trije skoki: pod reakcijo - navzgor za 37,5 kN, pod reakcijo - navzgor za 132,5 kN in pod silo P - navzdol za 50 kN.

Na diagramu upogibnih momentov vidimo prelome pod zgoščeno silo P in pod opornimi reakcijami. Zlomni koti so usmerjeni proti tem silam. Pri porazdeljeni obremenitvi intenzivnosti q se diagram spreminja vzdolž kvadratne parabole, katere konveksnost je usmerjena proti obremenitvi. Pod zgoščenim momentom je skok 60 kN m, to je po velikosti samega momenta. V odseku 7 na diagramu je ekstrem, saj diagram strižne sile za ta odsek prehaja skozi ničelno vrednost (). Določimo razdaljo od odseka 7 do leve podpore.

Razdelki