Arhiv kategorije: Bend. Čist ovinek. Križni upogib. Splošni pojmi

Hipoteza ravnih prerezov pri upogibanju lahko razložimo s primerom: na stransko površino nedeformiranega nosilca nanesemo mrežo, sestavljeno iz vzdolžnih in prečnih (pravokotno na os) ravnih črt. Zaradi upogiba žarka bodo vzdolžne črte prevzele krivuljasto obliko, medtem ko bodo prečne črte praktično ostale ravne in pravokotne na upognjeno os žarka.

Oblikovanje hipoteze o ravninskem prerezu: prečni prerezi, ki so ravni in pravokotni na os žarka pred, ostanejo ravni in pravokotni na ukrivljeno os, potem ko je bila deformirana.

Ta okoliščina kaže, da ko hipoteza o ravnem prerezu, kot pri in

Poleg hipoteze o ravnih odsekih je postavljena predpostavka: vzdolžna vlakna žarka se ne pritiskajo drug na drugega, ko je upognjen.

Imenujeta se hipoteza ravnih odsekov in predpostavka Bernoullijeva domneva.

Razmislite o pravokotnem žarku prečni prerez, doživljanje čistega upogibanja (). Izberimo nosilni element z dolžino (slika 7.8. a). Zaradi upogibanja se bodo prečni prerezi žarka vrteli in tvorili kot. Zgornja vlakna so stisnjena, spodnja pa napetost. Polmer ukrivljenosti nevtralnega vlakna je označen z .

Pogojno menimo, da vlakna spreminjajo svojo dolžino, medtem ko ostanejo ravna (slika 7.8. b). Nato absolutni in relativni raztezek vlakna, razmaknjenega na razdalji y od nevtralnega vlakna:

Pokažimo, da vzdolžna vlakna, ki med upogibanjem žarka ne doživljajo niti napetosti niti stiskanja, potekajo skozi glavno središčno os x.

Ker se dolžina nosilca med upogibanjem ne spremeni, mora biti vzdolžna sila (N), ki nastane v prerezu, enaka nič. Elementarna vzdolžna sila.

Glede na izraz :

Množitelj se lahko vzame iz predznaka integrala (ni odvisen od integracijske spremenljivke).

Izraz predstavlja presek žarka glede na nevtralno os x. Nič je, ko gre nevtralna os skozi težišče prečnega prereza. Posledično gre nevtralna os (ničelna črta), ko je žarek upognjen, skozi težišče prečnega prereza.

Očitno: upogibni moment je povezan z normalnimi napetostmi, ki se pojavijo na točkah prečnega prereza palice. Osnovni upogibni moment, ki ga ustvari elementarna sila:

kjer je aksialni vztrajnostni moment prečnega prereza okoli nevtralne osi x, razmerje pa je ukrivljenost osi žarka.

Togost tramovi pri upogibanju(večji kot je, manjši je polmer ukrivljenosti).

Nastala formula predstavlja Hookov zakon pri upogibanju palice: upogibni moment, ki se pojavi v prerezu, je sorazmeren z ukrivljenostjo osi nosilca.

Izražanje iz formule Hookejevega zakona za palico pri upogibanju polmera ukrivljenosti () in zamenjava njegove vrednosti v formuli , dobimo formulo za normalne napetosti () na poljubni točki prečnega prereza nosilca, oddaljeni na razdalji y od nevtralne osi x: .

V formuli za normalne napetosti () na poljubni točki prečnega prereza nosilca je treba nadomestiti absolutne vrednosti upogibnega momenta () in razdaljo od točke do nevtralne osi (koordinate y). . Ali bo napetost na dani točki natezna ali tlačna, je enostavno ugotoviti z naravo deformacije nosilca ali z diagramom upogibnih momentov, katerih ordinate so narisane s strani stisnjenih vlaken nosilca.

Iz formule je razvidno: normalne napetosti () se spreminjajo vzdolž višine prečnega prereza nosilca po linearnem zakonu. Na sl. 7.8 je prikazana ploskev. Največje napetosti med upogibanjem nosilca se pojavijo na točkah, ki so najbolj oddaljene od nevtralne osi. Če v prečnem prerezu nosilca narišemo črto, ki je vzporedna z nevtralno osjo x, se v vseh njegovih točkah pojavijo enake normalne napetosti.

Enostavna analiza normalni diagrami napetosti kaže, da ko je žarek upognjen, material, ki se nahaja v bližini nevtralne osi, praktično ne deluje. Zato je za zmanjšanje teže nosilca priporočljivo izbrati oblike prereza, pri katerih je večina materiala odmaknjena od nevtralne osi, kot je na primer I-profil.

Začnemo z najpreprostejšim primerom, t.i čisto upogibanje.

Čisti upogib je poseben primer upogiba, pri katerem je prečna sila v prerezih nosilca enaka nič. Do čistega upogibanja lahko pride le, če je lastna teža nosilca tako majhna, da je njen vpliv mogoče zanemariti. Za nosilce na dveh nosilcih primeri obremenitev, ki povzročajo neto

zavoj, prikazan na sl. 88. Na odsekih teh žarkov, kjer je Q \u003d 0 in zato M \u003d const; tam je čisti ovinek.

Sile v katerem koli odseku žarka s čistim upogibom se zmanjšajo na par sil, katerih ravnina delovanja poteka skozi os žarka, moment pa je konstanten.

Napetosti je mogoče določiti na podlagi naslednjih premislekov.

1. Tangencialne komponente sil na elementarna področja v prečnem prerezu žarka ni mogoče zmanjšati na par sil, katerih ravnina delovanja je pravokotna na ravnino prereza. Iz tega sledi, da je upogibna sila v prerezu posledica delovanja na elementarna področja

samo normalne sile, zato se pri čistem upogibu napetosti zmanjšajo le na normalne.

2. Da bi se prizadevanja na elementarnih platformah zmanjšala le na nekaj sil, morajo biti med njimi tako pozitivne kot negativne. Zato morajo obstajati tako napeta kot stisnjena žarkovna vlakna.

3. Zaradi dejstva, da so sile v različnih odsekih enake, so napetosti na ustreznih točkah odsekov enake.

Razmislite o katerem koli elementu blizu površine (slika 89, a). Ker vzdolž njegove spodnje ploskve, ki sovpada s površino nosilca, ne delujejo sile, na njem tudi ni napetosti. Na zgornji ploskvi elementa torej ni nobenih napetosti, saj sicer element ne bi bil v ravnovesju.Upoštevajoč element, ki meji nanj po višini (slika 89, b), pridemo do

Isti zaključek itd. Iz tega sledi, da vzdolž vodoravnih ploskev katerega koli elementa ni napetosti. Ob upoštevanju elementov, ki sestavljajo vodoravno plast, začenši z elementom blizu površine nosilca (slika 90), pridemo do zaključka, da vzdolž stranskih navpičnih ploskev nobenega elementa ni napetosti. Tako je treba napetostno stanje katerega koli elementa (sl. 91, a) in v meji vlakna predstaviti, kot je prikazano na sl. 91b, tj. lahko gre za osno napetost ali osno stiskanje.

4. Zaradi simetrije uporabe zunanjih sil mora odsek vzdolž sredine dolžine žarka po deformaciji ostati ravno in normalno na os žarka (slika 92, a). Iz istega razloga tudi odseki v četrtinah dolžine žarka ostanejo ravni in normalni na os žarka (slika 92, b), če le skrajni odseki žarka med deformacijo ostanejo ravni in normalni na os žarka. Podoben sklep velja tudi za odseke v osminah dolžine žarka (sl. 92, c) itd. Torej, če skrajni odseki žarka med upogibanjem ostanejo ravni, potem za kateri koli odsek ostane

pošteno je reči, da po deformaciji ostane ravno in normalno na os ukrivljenega nosilca. Toda v tem primeru je očitno, da se mora sprememba raztezka vlaken žarka vzdolž njegove višine zgoditi ne le neprekinjeno, ampak tudi monotono. Če plast imenujemo niz vlaken z enakimi raztezki, potem iz povedanega sledi, da morajo biti raztegnjena in stisnjena vlakna žarka nameščena na nasprotnih straneh plasti, v kateri so raztezki vlaken enaki nič. Vlakna, katerih raztezki so enaki nič, bomo imenovali nevtralna; plast, sestavljena iz nevtralnih vlaken - nevtralna plast; linija presečišča nevtralne plasti z ravnino prečnega prereza žarka - nevtralna črta tega odseka. Nato je na podlagi prejšnjih premislekov mogoče trditi, da s čistim upogibom žarka v vsakem od njegovih odsekov obstaja nevtralna črta, ki ta odsek deli na dva dela (območja): območje raztegnjenih vlaken (napeto območje) in območje stisnjenih vlaken (stisnjeno območje). V skladu s tem morajo normalne natezne napetosti delovati na točkah raztegnjenega območja prečnega prereza, tlačne napetosti na točkah stisnjenega območja, na točkah nevtralne črte pa so napetosti enake nič.

Tako s čistim upogibom žarka konstantnega prereza:

1) v odsekih delujejo samo normalne napetosti;

2) celoten odsek lahko razdelimo na dva dela (cone) - raztegnjen in stisnjen; meja območij je nevtralna črta odseka, na točkah katere so normalne napetosti enake nič;

3) kateri koli vzdolžni element žarka (v meji katero koli vlakno) je izpostavljen aksialni napetosti ali stiskanju, tako da sosednja vlakna ne delujejo med seboj;

4) če skrajni odseki žarka med deformacijo ostanejo ravni in normalni na os, potem ostanejo vsi njegovi prerezi ravni in normalni na os ukrivljenega žarka.

Napetostno stanje nosilca pri čistem upogibu

Razmislite o elementu žarka, ki je podvržen čistemu upogibanju, sklenitev merjeno med odseki m-m in n-n, ki sta drug od drugega oddaljena na neskončno majhni razdalji dx (slika 93). Zaradi določbe (4) prejšnjega odstavka bosta odseka m-m in n-n, ki sta bila pred deformacijo vzporedna, po upogibu ostala ravna, tvorila kot dQ in se sekala vzdolž premice, ki poteka skozi točko C, ki je središče ukrivljenosti nevtralnega vlakna NN. Nato se del vlakna AB, ki je zaprt med njima in se nahaja na razdalji z od nevtralnega vlakna (pozitivna smer osi z je med upogibanjem vzeta proti konveksnosti žarka), po tem, ko se spremeni v lok A "B". deformacija Segment nevtralnega vlakna O1O2, ki se spremeni v lok O1O2, ne bo spremenil svoje dolžine, medtem ko bo vlakno AB dobilo raztezek:

pred deformacijo

po deformaciji

kjer je p polmer ukrivljenosti nevtralnega vlakna.

Zato je absolutni raztezek segmenta AB enak

in raztezek

Ker je v skladu s položajem (3) vlakno AB izpostavljeno aksialni napetosti, potem z elastično deformacijo

Iz tega je razvidno, da so normalne napetosti vzdolž višine nosilca porazdeljene po linearnem zakonu (slika 94). Ker mora biti enaka sila vseh naporov na vseh elementarnih odsekih odseka enaka nič, potem

od koder z zamenjavo vrednosti iz (5.8) najdemo

Toda zadnji integral je statični moment okoli osi Oy, ki je pravokotna na ravnino delovanja upogibnih sil.

Zaradi svoje enakosti na nič mora ta os potekati skozi težišče O preseka. Tako je nevtralna črta odseka nosilca ravna črta yy, pravokotna na ravnino delovanja upogibnih sil. Imenuje se nevtralna os odseka žarka. Potem iz (5.8) sledi, da so napetosti v točkah, ki ležijo na enaki razdalji od nevtralne osi, enake.

Primer čistega upogiba, pri katerem upogibne sile delujejo samo v eni ravnini in povzročajo upogib samo v tej ravnini, je ravninski čisti upogib. Če imenovana ravnina poteka skozi os Oz, mora biti trenutek elementarnih naporov glede na to os enak nič, tj.

Če tukaj zamenjamo vrednost σ iz (5.8), dobimo

Integral na levi strani te enakosti je, kot je znano, centrifugalni vztrajnostni moment prereza okoli osi y in z, tako da

Osi, glede na katere je centrifugalni vztrajnostni moment odseka enak nič, se imenujejo glavne vztrajnostne osi tega odseka. Če poleg tega prehajajo skozi težišče odseka, jih lahko imenujemo glavne osrednje vztrajnostne osi odseka. Tako sta pri ravnem čistem upogibu smer ravnine delovanja upogibnih sil in nevtralna os odseka glavni osrednji vztrajnostni osi slednjega. Z drugimi besedami, da bi dobili ravni čisti upogib žarka, obremenitve ni mogoče uporabiti poljubno: zmanjšati ga je treba na sile, ki delujejo v ravnini, ki poteka skozi eno od glavnih osrednjih vztrajnostnih osi odsekov žarka; v tem primeru bo druga glavna osrednja vztrajnostna os nevtralna os preseka.

Kot je znano, je v primeru odseka, ki je simetričen glede na katero koli os, simetrijska os ena njegovih glavnih osrednjih vztrajnostnih osi. Posledično bomo v tem konkretnem primeru zagotovo dobili čisti upogib z uporabo ustreznih analognih obremenitev v ravnini, ki poteka skozi vzdolžno os nosilca in simetrično os njegovega preseka. Ravna črta, pravokotna na simetrično os in poteka skozi težišče odseka, je nevtralna os tega odseka.

Po določitvi položaja nevtralne osi ni težko najti velikosti napetosti na kateri koli točki preseka. Dejansko mora biti vsota momentov elementarnih sil glede na nevtralno os yy enaka upogibnemu momentu, potem

od koder z zamenjavo vrednosti σ iz (5.8) najdemo

Ker je integral je. vztrajnostni moment odseka okoli osi y, torej

in iz izraza (5.8) dobimo

Produkt EI Y se imenuje upogibna togost nosilca.

Največje natezne in največje tlačne napetosti v absolutni vrednosti delujejo v točkah preseka, za katere je absolutna vrednost z največja, to je v točkah, ki so najbolj oddaljene od nevtralne osi. Z oznakami, sl. 95 jih ima

Vrednost Jy / h1 se imenuje moment odpornosti preseka na raztezanje in je označena z Wyr; podobno se Jy/h2 imenuje moment upora preseka proti stiskanju

in označuje Wyc, torej

in zato

Če je nevtralna os simetrična os preseka, potem je h1 = h2 = h/2 in posledično Wyp = Wyc, zato ju ni treba razlikovati in uporabljata isto oznako:

W y preprosto imenujemo modul preseka. Zato v primeru preseka, ki je simetričen glede na nevtralno os,

Vsi zgornji sklepi so pridobljeni na podlagi predpostavke, da prečni prerezi nosilca, ko so upognjeni, ostanejo ravni in normalni na svojo os (hipoteza ravnih prerezov). Kot je prikazano, je ta predpostavka veljavna le, če ostanejo skrajni (končni) deli nosilca med upogibanjem ravni. Po drugi strani pa iz hipoteze ravnih prerezov izhaja, da bi morale biti elementarne sile v takih odsekih porazdeljene po linearnem zakonu. Zato je za veljavnost pridobljene teorije ravnega čistega upogiba potrebno, da se upogibni momenti na koncih nosilca uporabijo v obliki elementarnih sil, porazdeljenih po višini preseka po linearnem zakonu (sl. 96), ki sovpada z zakonom porazdelitve napetosti vzdolž višine prerezov. Vendar pa je na podlagi načela Saint-Venant mogoče trditi, da bo sprememba metode uporabe upogibnih momentov na koncih nosilca povzročila le lokalne deformacije, katerih učinek bo vplival le na določeni razdalji od teh konci (približno enaki višini odseka). Odseki, ki se nahajajo v preostali dolžini žarka, bodo ostali ravni. Posledično navedena teorija ravnega čistega upogiba s katero koli metodo uporabe upogibnih momentov velja le v srednjem delu dolžine nosilca, ki se nahaja na razdalji od njegovih koncev, ki je približno enaka višini preseka. Iz tega je jasno, da je ta teorija očitno neuporabna, če višina preseka presega polovico dolžine ali razpona nosilca.

Za konzolni nosilec, obremenjen s porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti kN / m in koncentriranim momentom kN m (slika 3.12), je potrebno: za izgradnjo 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 dopustni strižni napetosti kN/cm2. Dimenzije nosilca m; m; m.

Projektna shema za problem neposrednega prečnega upogiba

riž. 3.12

Reševanje problema "direktnega prečnega upogibanja"

Določanje reakcij podpore

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

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

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

Iz prve enačbe najdemo trenutek v zaključku:

Iz druge enačbe - navpične reakcije:

prejeli pri nas pozitivne vrednosti za trenutek in navpična reakcija v zaključku kažeta, da smo uganili njihove smeri.

V skladu z naravo pritrditve in obremenitve nosilca delimo njegovo dolžino na dva dela. Vzdolž meja vsakega od teh odsekov začrtamo štiri prečne prereze (glej sliko 3.12), v katerih bomo izračunali vrednosti strižnih sil in upogibnih momentov po metodi odsekov (ROZU).

Oddelek 1. Mentalno zavrzite desna stran tramovi. Njegovo delovanje na preostali levi strani nadomestimo z rezalno silo in upogibnim momentom. Za udobje izračuna njihovih vrednosti zapremo desno stran žarka, ki smo ga zavrgli, s kosom papirja in poravnamo levi rob lista 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 (to je vidni). Zato mora biti strižna sila enaka algebraični vsoti vseh sil, ki jih vidimo.

Podamo tudi pravilo predznaka za strižno silo: zunanja sila, ki deluje na obravnavani del nosilca in teži k temu, da ta del "zasuče" glede na presek v smeri urinega kazalca, povzroči pozitivno strižno silo v preseku. Takšna zunanja sila je vključena v algebraično vsoto za definicijo z znakom plus.

V našem primeru vidimo samo reakcijo nosilca, ki vrti vidni del nosilca glede na prvi odsek (glede na rob lista) v nasprotni smeri urnega kazalca. Zato

kN.

Upogibni moment v katerem koli odseku mora uravnotežiti moment, ki ga ustvarjajo zunanje sile, ki jih vidimo glede na obravnavani odsek. Zato je enaka algebrski vsoti trenutkov vseh naporov, ki delujejo na delu žarka, ki ga obravnavamo, glede na obravnavani odsek (z drugimi besedami, glede na rob kosa papirja). pri čemer zunanja obremenitev, upogibanje obravnavanega dela žarka s konveksnostjo navzdol, povzroči pozitiven upogibni moment v odseku. In trenutek, ki ga ustvari taka obremenitev, je vključen v algebraično vsoto za definicijo z znakom plus.

Vidimo dva napora: reakcijo in trenutek prenehanja. Vendar pa je krak sile glede na odsek 1 enak nič. Zato

kN m

Plus smo vzeli zato, ker reaktivni moment upogne vidni del žarka s konveksnostjo navzdol.

Oddelek 2. Kot prej bomo celotno desno stran žarka prekrili 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;

Oddelek 4. Zapremo levo stran žarka z listom. Potem

kN m

Na podlagi ugotovljenih vrednosti sestavimo diagrame strižnih sil (sl. 3.12, b) in upogibnih momentov (sl. 3.12, c).

Pod neobremenjenimi odseki poteka diagram strižnih sil vzporedno z osjo nosilca, pod porazdeljeno obremenitvijo q pa po nagnjeni ravni črti navzgor. Pod reakcijo nosilca na diagramu je skok navzdol za vrednost te reakcije, to je za 40 kN.

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

Določite zahtevani premer preseka nosilca

Stanje trdnosti glede na običajni stresi izgleda kot:

kjer je uporni moment nosilca pri upogibanju. Za žarek s krožnim prerezom je enak:

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

Nato se zahtevani premer žarka določi s formulo

cm.

Sprejemamo mm. Potem

kN/cm2 kN/cm2.

"Prenapetost" je

kar je dovoljeno.

Preverimo trdnost nosilca za največje tangencialne napetosti

Največje 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 strižnih napetosti izpolnjen, poleg tega z veliko rezervo.

Primer reševanja problema "direktno prečno upogibanje" št. 2

Pogoj primera problema za direktni prečni upogib

Za zgibni nosilec, obremenjen s porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti kN / m, koncentrirane sile kN in koncentriranega momenta kN m (slika 3.13), je treba narisati strižne sile in upogibne momente ter izbrati prerez I-žarka z dovoljeno normalno napetostjo kN / cm2 in dovoljeno strižno napetostjo kN/cm2. Razpon grede m.

Primer naloge za ravni ovinek - načrtovalska shema

riž. 3.13

Rešitev primera problema ravnega upogiba

Določanje reakcij podpore

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

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

Spomnimo se, da je rezultantna linearna obremenitev, enakomerno porazdeljena po odseku dolžine l, enaka, to je enaka površini diagrama te obremenitve in deluje v težišču tega diagrama, torej na sredini dolžine.

;

kN.

Preverjamo:.

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. Vzdolž meja teh odsekov začrtamo šest prerezov, v katerih bomo izračunali vrednosti strižnih sil in upogibnih momentov (slika 3.13, a).

Sekcija 1. Miselno zavrzimo desno stran žarka. Za lažji izračun strižne sile in upogibnega momenta, ki nastane v tem odseku, zapremo del nosilca, ki smo ga zavrgli, s kosom papirja, tako da levi rob papirja poravnamo s samim odsekom.

Strižna sila v prerezu nosilca je enaka algebraični vsoti vseh zunanjih sil (aktivnih in reaktivnih), ki jih vidimo. V tem primeru vidimo reakcijo podpore in linearne obremenitve q, porazdeljene na neskončno majhni dolžini. Končna linearna obremenitev je enaka nič. Zato

kN.

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

Upogibni moment v odseku žarka je enak algebraični vsoti momentov vseh sil, ki jih vidimo glede na obravnavani odsek (to je glede na rob papirja). Vidimo reakcijo nosilca in linearne obremenitve q, porazdeljene na neskončno majhni dolžini. Vendar je vzvod sile enak nič. Končna linearna obremenitev je prav tako enaka nič. Zato

Oddelek 2. Kot prej bomo celotno desno stran žarka prekrili s kosom papirja. Zdaj vidimo reakcijo in obremenitev q, ki deluje na odsek dolžine. Končna linearna obremenitev je enaka. Pritrjena je na sredini odseka z dolžino . Zato

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

Odsek 3. Zapremo desni del. Dobiti

Odsek 4. Desno stran žarka zapremo z listom. Potem

Zdaj, da preverimo pravilnost izračunov, pokrijmo levo stran žarka s kosom papirja. Vidimo zgoščeno silo P, reakcijo desne opore in linearno obremenitev q, porazdeljeno na neskončno majhni dolžini. Končna linearna obremenitev je enaka nič. Zato

kN m

Se pravi, vse je pravilno.

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

kN;

kN m

Oddelek 6. Spet zapremo levo stran žarka. Dobiti

kN;

Na podlagi ugotovljenih vrednosti sestavimo diagrame strižnih sil (sl. 3.13, b) in upogibnih momentov (sl. 3.13, c).

Prepričani smo, da pod neobremenjenim odsekom diagram strižnih sil poteka 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 koncentrirano silo P in podpornimi reakcijami. Lomni koti so usmerjeni proti tem silam. Pri porazdeljeni obremenitvi intenzitete q se diagram spreminja vzdolž kvadratne parabole, katere konveksnost je usmerjena proti obremenitvi. Pod zgoščenim momentom je skok 60 kN m, to je za velikost samega momenta. V odseku 7 na diagramu je ekstrem, saj gre diagram strižne sile za ta odsek skozi ničelno vrednost (). Določimo razdaljo od odseka 7 do levega nosilca.

Naloga. Zgradite diagrama Q in M za statično nedoločen nosilec. Nosilce izračunamo po formuli:

n= Σ R- W— 3 = 4 — 0 — 3 = 1

Žarek enkrat je statično nedoločen, kar pomeni eno odzivov je "ekstra" neznano. Za "ekstra" neznanko bomo vzeli odziv podpore IN — R B.

Statično določen žarek, ki ga dobimo iz danega z odstranitvijo "odvečne" povezave, imenujemo glavni sistem. (b).

Zdaj je treba ta sistem predstaviti enakovreden dano. Če želite to narediti, naložite glavni sistem dano obremenitev, in na točki IN uporabiti "ekstra" reakcija R B(riž. V).

Vendar pa za enakovrednost to ne dovolj, saj je v takem žarku točka IN mogoče premakniti navpično, in v danem žarku (sl. A ) to se ne more zgoditi. Zato dodajamo stanje, Kaj odklon t. IN v glavnem sistemu mora biti enako 0. Odklon t. IN sestoji iz odklon od delujoče obremenitve Δ F in od odklon od "ekstra" reakcije Δ R.

Potem sestavljamo pogoj združljivosti premikov:

Δ F + Δ R=0 (1)

Zdaj jih je treba izračunati gibi (odkloni).

nalaganje osnovni sistem dano obremenitev(riž .G) in zgraditi diagram tovoraM F (riž. d ).

IN T. IN uporabiti in zgraditi ep. (riž. jež ).

S Simpsonovo formulo definiramo odklon obremenitve.

Zdaj pa definirajmo odklon od delovanja "ekstra" reakcije R B , za to naložimo glavni sistem R B (riž. h ) in narišite trenutke njegovega delovanja GOSPOD (riž. in ).

Sestavite in se odločite enačba (1):

Gradimo ep. Q in M (riž. do, l ).

Gradnja diagrama Q.

Sestavimo diagram M metoda značilne točke. Na žarku razporedimo točke - to so točke začetka in konca žarka ( D,A ), koncentrirani moment ( B ), kot značilno točko pa upoštevajte tudi sredino enakomerno porazdeljene obremenitve ( K ) je dodatna točka za konstrukcijo parabolične krivulje.

Določite upogibne momente na točkah. Pravilo znakov cm - .

Trenutek v IN bo definiran na naslednji način. Najprej opredelimo:

točka TO vzemimo noter sredina območje z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo.

Gradnja diagrama M . Plot AB – parabolična krivulja(pravilo "dežnika"), zaplet BD – ravna poševna črta.

Za nosilec določite reakcije podpore in narišite diagrame upogibnih momentov ( M) In prečne sile (Q).

Določimo podpira pisma A in IN in usmerjati reakcije podpore R A in R B .

Prevajanje ravnotežne enačbe.

Pregled

Zapišite vrednosti R A in R B na shema izračuna.

2. Načrtovanje prečne sile metoda razdelki. Odseke postavimo na značilna področja(med spremembami). Glede na dimenzijski navoj - 4 oddelki, 4 razdelki.

sek. 1-1 premakniti levo.

Odsek poteka skozi odsek z enakomerno porazdeljena obremenitev, upoštevajte velikost z 1 levo od razdelka pred začetkom odseka. Dolžina parcele 2 m. Pravilo znakov Za Q - cm.

Gradimo na ugotovljeni vrednosti diagramQ.

sek. 2-2 premakni desno.

Odsek ponovno poteka skozi območje z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo, upoštevajte velikost z 2 desno od odseka na začetek odseka. Dolžina parcele 6 m.

Gradnja diagrama Q.

sek. 3-3 premakni desno.

sek. 4-4 premik v desno.

Gradimo diagramQ.

3. Gradnja diagrami M metoda značilne točke.

značilna točka- točka, ki je opazna na žarku. To so pike A, IN, Z, D , pa tudi pika TO , pri čemer Q=0 in upogibni moment ima ekstrem. tudi v sredina konzola dodal dodatno točko E, saj je na tem območju pod enakomerno porazdeljeno obremenitvijo diagram M opisano ukrivljen progi, zgrajena pa je vsaj po 3 točke.

Torej, točke so postavljene, nadaljujemo z določanjem vrednosti v njih upogibni momenti. Pravilo znakov - glej..

Parcele NA, AD – parabolična krivulja(»krovno« pravilo za strojne specialnosti ali »pravilo jadra« za konstrukcijo), odseki DC, JZ – ravne poševne črte.

Trenutek za točko D je treba določiti tako levo kot desno od točke D . Sam trenutek v teh izrazih Izključeno. Na točki D dobimo dva vrednosti od Razlika po znesku m – skok na svojo velikost.

Zdaj moramo določiti trenutek na točki TO (Q=0). Vendar najprej opredelimo položaj točke TO , ki označuje razdaljo od njega do začetka odseka z neznanko X .

T. TO pripada drugo značilno območje, enačba strižne sile(glej zgoraj)

Toda prečna sila v t. TO je enako 0 , A z 2 je enako neznano X .

Dobimo enačbo:

Zdaj vem X, določi trenutek v točki TO na desni strani.

Gradnja diagrama M . Konstrukcija je izvedljiva za mehanski posebnosti, odlaganje pozitivnih vrednot gor od ničelne črte in z uporabo "krovnega" pravila.

Za določeno shemo konzolnega nosilca je potrebno narisati diagrame prečne sile Q in upogibnega momenta M, izvesti konstrukcijski izračun z izbiro krožnega odseka.

Material - les, konstrukcijska odpornost material R=10MPa, M=14kN m,q=8kN/m

Obstajata dva načina za izdelavo diagramov v konzolnem nosilcu s togo vgradnjo - običajen, po predhodni določitvi reakcij podpore in brez definiranja reakcij podpore, če upoštevamo odseke, ki gredo od prostega konca nosilca in zavržejo leva stran z vgradnjo. Zgradimo diagrame vsakdanji način.

1. Določite reakcije podpore.

Enakomerno porazdeljena obremenitev q zamenjajte pogojno silo Q= q 0,84=6,72 kN

Pri togi vgradnji obstajajo tri reakcije podpore - vertikalna, horizontalna in momentna, v našem primeru je horizontalna reakcija 0.

Najdimo navpično reakcija podpore R A in referenčni trenutek M A iz ravnotežnih enačb.

V prvih dveh odsekih na desni ni prečne sile. Na začetku odseka z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo (desno) Q=0, zadaj - velikost reakcije R.A.
3. Za gradnjo bomo sestavili izraze za njihovo definicijo na odsekih. Na vlakna narišemo momentni diagram, t.j. navzdol.

(zaplet posameznih trenutkov je že zgrajen prej)

Rešimo enačbo (1), zmanjšamo za EI

Razkrita statična nedoločenost, se najde vrednost "ekstra" reakcije. Lahko začnete risati Q in M diagrame za statično nedoločen žarek... Dano shemo žarka skiciramo in označimo reakcijsko vrednost Rb. V tem žarku reakcije v zaključku ni mogoče določiti, če greste v desno.

Stavba načrtuje Q za statično nedoločen nosilec

Zasnova Q.

Narisovanje M

Definiramo M v točki ekstrema - v točki TO. Najprej določimo njegov položaj. Razdaljo do njega označimo kot neznano " X". Potem

Načrtujemo M.

Določanje strižnih napetosti v I-prerezu. Razmislite o razdelku I-žarek. S x \u003d 96,9 cm 3; Yx=2030 cm 4; Q=200 kN

Za določitev strižne napetosti se uporablja formula, kjer je Q prečna sila v odseku, S x 0 je statični moment dela prečnega prereza, ki se nahaja na eni strani plasti, v katerem so določene strižne napetosti, I x je vztrajnostni moment celotnega prečnega prereza. prereza, b je širina prereza na mestu, kjer je določena strižna napetost

Izračunaj maksimum strižna napetost:

Izračunajmo statični moment za najvišja polica:

Zdaj pa izračunajmo strižne napetosti:

Gradimo diagram strižne napetosti:

Izračuni projektiranja in preverjanja. Za nosilec s konstruiranimi diagrami notranjih sil iz pogoja trdnosti za normalne napetosti izberite odsek v obliki dveh kanalov. Preverite trdnost žarka s pomočjo pogoja strižne trdnosti in merila energijske trdnosti. podano:

Pokažimo žarek s konstruiranim izriše Q in M

Glede na diagram upogibnih momentov je nevarno razdelek C, v katerem M C \u003d M max \u003d 48,3 kNm.

Pogoj trdnosti za normalne napetosti kajti ta žarek ima obliko σ max \u003d M C / W X ≤σ adm. Treba je izbrati razdelek iz dveh kanalov.

Določite zahtevano izračunano vrednost modul osnega prereza:

Za razdelek v obliki dveh kanalov, glede na sprejem dva kanala №20а, vztrajnostni moment vsakega kanala I x = 1670 cm 4, Potem osni moment upora celotnega odseka:

Prenapetost (podnapetost) na nevarnih točkah izračunamo po formuli: Potem dobimo podnapetost:

Zdaj pa preverimo moč žarka na podlagi trdnostni pogoji za strižne napetosti. Po navedbah diagram strižnih sil nevarno so razdelki v oddelku BC in oddelku D. Kot je razvidno iz diagrama, Q max \u003d 48,9 kN.

Trdnostni pogoj za strižne napetosti izgleda kot:

Za kanal št. 20 a: statični moment površine S x 1 \u003d 95,9 cm 3, vztrajnostni moment odseka I x 1 \u003d 1670 cm 4, debelina stene d 1 \u003d 5,2 mm, povprečna debelina police t 1 \u003d 9,7 mm , višina kanala h 1 \u003d 20 cm, širina police b 1 \u003d 8 cm.

Za prečno odseki dveh kanalov:

S x \u003d 2S x 1 \u003d 2 95,9 \u003d 191,8 cm 3,

I x \u003d 2I x 1 \u003d 2 1670 \u003d 3340 cm 4,

b \u003d 2d 1 \u003d 2 0,52 \u003d 1,04 cm.

Določanje vrednosti največja strižna napetost:

τ max \u003d 48,9 10 3 191,8 10 -6 / 3340 10 -8 1,04 10 -2 \u003d 27 MPa.

Kot je razvidno, τ maks<τ adm (27 MPa<75МПа).

torej pogoj trdnosti je izpolnjen.

Trdnost žarka preverimo po energijskem kriteriju.

Iz obzirnosti diagrama Q in M temu sledi del C je nevaren, v katerem M C =M max =48,3 kNm in Q C =Q max =48,9 kN.

Porabimo analiza napetostnega stanja na točkah prereza C

Določimo normalne in strižne napetosti na več nivojih (označeno na diagramu prereza)

Raven 1-1: y 1-1 =h 1 /2=20/2=10 cm.

Normalna in tangentna Napetost:

Glavni Napetost:

Raven 2-2: y 2-2 \u003d h 1 / 2-t 1 \u003d 20 / 2-0,97 \u003d 9,03 cm.

Glavni poudarki:

Raven 3-3: y 3-3 \u003d h 1 / 2-t 1 \u003d 20 / 2-0,97 \u003d 9,03 cm.

Normalne in strižne napetosti: