Uzmanlık öğrencileri için yerleşim ve grafik çalışmalarının uygulanmasına ilişkin yönergeler 2903, 2906,2907, 2908, 2910

Kazan, 2006

Derleyen: R.A. Kayumov

UDC 539.3

Kesinlikle rijit bir eleman içeren statik olarak belirsiz bir çubuk sisteminin hesaplanması; Uzmanlık öğrencileri için yerleşim ve grafik çalışmalarının uygulanmasına ilişkin yönergeler 2903, 2906, 2907, 2908, 2910 / KazGASU; komp. R.A. Kayumov. Kazan, 2005, 24 s.

Bu yönergeler, rijit elemanlı en basit kafes yapılarının hesaplanması için metodolojiyi kısaca özetlemekte ve bir hesaplama örneği sunmaktadır.

Şekil 6.

Fizik ve Matematik Eleştirmen Adayı bilimler, Prof. Sandalyeler teorik mekanik KSUAE Shigabutdinov F.G.

ã Kazan Devlet Mimarlık ve İnşaat Mühendisliği Üniversitesi

GÖREV #3

STATİK OLARAK BELİRSİZ BİR MENTEŞE ÇUBUK SİSTEMİNİN HESAPLANMASI

Belirli bir alan oranlarına sahip kesinlikle rijit bir kiriş ve elastik çubuklardan oluşan belirli bir menteşe çubuk sistemi (şemaya bakınız) için enine kesitler, gereklidir:

1. Statik belirsizlik derecesini ayarlayın.

2. Çubuklardaki kuvvetleri bulun.

3. Kuvvet etkilerinden çubukların dayanım koşullarını yazın ve verilen alan oranlarını dikkate alarak çubukların enine kesitlerini seçin. Malzeme St-3, akma dayanımı 240 MPa = 24 kN/cm2'ye eşit olarak alınır, güvenlik faktörü k = 1.5.

4. Çubuk imalatındaki hatalardan dolayı çubuklardaki gerilmeleri bulunuz. d 1 = d 2 = d 3 = (bkz. Tablo 3). Artı işareti varsa, çubuk daha uzun yapılır; eksi ise - daha kısa.

5. Çubuklardaki sıcaklık değişiminden Dt° ile çubuklardaki gerilmeleri bulun (bkz. Tablo 3). Çelik için doğrusal genleşme katsayısı 1/derece

6. Sistemin gücünü şuradan kontrol edin: Çeşitli seçenekler kuvvet ve kuvvet dışı etkiler: 1) yapı monte edilmiştir, henüz yüklenmemiştir, ancak bir sıcaklık farkı oluşmuştur; 2) sıcaklık farkının olmadığı ve yapının monte edildiği ve yüklendiği durum. 3) yapının monte edildiği, yüklendiği ve sıcaklık farkı olduğu durum.

7. ve arasında sabit bir oran varsayarak sistemin nihai yük kapasitesini ve gerçek güvenlik faktörünü belirleyin.

Görev, tam olarak PGS ve AD uzmanlık öğrencileri tarafından gerçekleştirilir. Diğer uzmanlık öğrencileri, çubuk 3 hariç, izin verilen gerilmelere ve izin verilen yüke göre yalnızca harici yükleme için sistemin hesaplamasını yaparlar.

Yerleşim ve grafik çalışması yapmak için ilk veriler, öğretmen tarafından verilen koda göre seçilir.

3 numaralı görev için şemalar

Tablo 3

SORUNUN FORMÜLASYONU

Görevde belirtilen, belirli bir enine kesit alanı oranı ile yapılan rijit bir kiriş ve deforme olabilen çubuklardan oluşan bir menteşe çubuk sistemi (Şekil 1) göz önünde bulundurulur. Bilinen Tasarım Yükleri F , q ; inşaat boyutları h 1 , h 2 , L 1 , L 2 , L 3; tasarım sıcaklık dalgalanmaları: D t 1 - ilk çubukta, D t 2 - ikincisinde, D t 3 - üçüncüde; çubukların imalatındaki yanlışlıklar, yani d 1 - İlk çubuktaki tasarım uzunluğundan farkı, d 2 - ikincisinde, d 3 - üçüncü sırada. bilinen mekanik karakteristiği malzeme: elastikiyet modülü E \u003d 2 × 10 4 kN / cm 2, akma dayanımı s t\u003d 24 kN / cm 2, termal genleşme katsayısı a=125×10 -7 1/deg. güvenlik faktörü k bu tasarım için 1.5'e eşit alınır.

3 görevi çözmek gerekiyor:

1. Bu sistemin üretimi için çubukların bölümlerini, tasarım yüklerinde izin verilen gerilmeler açısından bu çubukların mukavemeti durumundan seçin.

2. Çubuk imalatında tasarım sıcaklık dalgalanmalarının ve yanlışlıkların kabul edilebilirliği hakkında bir sonuca varın.

3. Yapının maksimum yük kapasitesini, izin verilen yükleri ve gerçek güvenlik payını bulun.

Böylece iş, sistem için tasarım hesabı, doğrulama hesabı, limit yüklerin hesaplanmasından oluşur.

RGR 3 çizim içermelidir (ölçeğe göre çizilmiş): çubuk sisteminin ilk diyagramı, güç diyagramı ve yapı deformasyonunun kinematik diyagramı.

2. Bölümlerin yöntemi.

3. Hooke yasası.

4. Sıcaklık değişiminden uzama.

5. Çekme mukavemeti, izin verilen gerilme, mukavemet durumu.

6. Plastik akış, akma mukavemeti.

7. Statik tanımlanamazlık.

8. Deformasyonların uyumluluk durumu.

9. İzin verilen gerilmelerin hesaplanması.

10. Limit denge teorisine göre hesaplama.

GENEL TASARIM HESAPLAMA PLANI

İlk olarak, yapı bağlardan kurtulur ve bunların yerine reaksiyonlar gelir. Kesit yöntemi, çubuklarda ortaya çıkan iç boyuna kuvvetleri (normal kuvvetler) dikkate alır. Bu durumda, bölümden yönlendirilmeleri gerekir, yani. şartlı olarak gerilecek çubukları düşünün. Denge denklemlerinden reaksiyonları ve boyuna kuvvetleri belirlemek mümkün değildir, çünkü Bir düzlem statik probleminde, 3 bağımsız denge denklemi oluşturmak mümkündür, bilinmeyen kuvvet faktörlerinin sayısı (tepkiler ve boyuna kuvvetler) üçten fazladır. Bu nedenle, çubukların deforme olabilirliği varsayımından kaynaklanan ek denklemler (çubukların uzamalarını birbirine bağlayan deformasyonların uyumluluk denklemleri) oluşturmak gerekir. Geometrik düşüncelerden yola çıkarlar. Bu durumda, deformasyonların küçüklüğü varsayımı kullanılır. Ek olarak, aşağıdaki işaret kuralı dikkate alınmalıdır. Çubuğun tasarım uzunluğu arasındaki toplam fark ben ve son gerçek uzunluk ben con ile gösterilir D ben . Bu nedenle, çubuk uzarsa, o zaman kısaltılırsa, o zaman .

Şekil 2'den de görülebileceği gibi, çubuğun uzunluğundaki değişim D ben uzantıdan oluşur D ben (N) eksenel gerilim kuvvetinin neden olduğu N , uzama D ben(t) Sıcaklık değişikliğinden ve üretim hatalarından kaynaklanan d.

Sıcaklık düşerse, o zaman D t < 0, то длина стержня уменьшается, т.е. ; если стержень сделан короче проектного, то d< 0. С учетом закона Гука это соотношение примет вид:

Uzamalar boyuna kuvvetler cinsinden ifade edildiğinden formüllere (1) göre, daha sonra uyumluluk denklemlerinden istenen çabaları birbirine bağlayan ilişkileri takip edin. Burada ve aşağıda, gösterimi basitleştirmek için aşağıdaki gösterimler kullanılmıştır: uzunlamasına kuvvet ve çubuktaki numara ile stres ben .

Dikkate alınan RGR'de reaksiyonları aramak gerekli değildir. Bu nedenle, 3 denge denkleminden bir tane bırakmak yeterlidir - eşitlik koşulu tüm dış ve Iç kuvvetler menteşe D'nin merkezinden geçen eksene göre (Şekil 1). Ortaya çıkan sistemin çözümü (denge denklemleri ve deformasyonların uyumluluğu) kuvvetleri bulmayı mümkün kılar. çubuklarda.

Ayrıca, tasarım (görev 1) ve doğrulama (görev 2) hesaplamaları, izin verilen stres yöntemi kullanılarak gerçekleştirilir. Akma stresi tehlikeli stres olarak alınır s t. İzin verilen stres yöntemine göre tasarım düzensiz olarak kabul edildi Voltaj en az bir çubukta tehlikeli bir değere ulaştıysa, yani. yıkıldığı ortaya çıktı en az birçubuklardan:

Yapının güvenliğini sağlamak için bir güvenlik payı gereklidir, yani. yapılmalıdır güç durumu tür

, (3)

nerede k - güvenlik faktörü, [ s] - izin verilen voltaj.

Bir yapısal elemanın yok edilmesi, her zaman operasyonel özelliklerinin kaybı (yani çökme) anlamına gelmez. Diğer elemanlar, yok edilen elemanın taşıması gereken yükü veya bir kısmını devralabilir. Bu düşünce, çözülen Problem 3'te kullanılmaktadır. limit denge yöntemi, olarak da adlandırılır izin verilen yük yöntemi.

Problemin formülasyonunda, kuvvetlerin R ve Q orantılı olarak artar ( R / Q = const), çubukların kesit alanları problem 1'in çözümünden biliniyor, çubukların malzemesi elastik-ideal-plastik. Yük arttığında, bir çubuk önce "akacak", içindeki gerilme daha fazla deformasyonla artmayacak ve modülde akma dayanımına eşit kalacaktır. s t(bkz. şekil 3). Yüklerdeki müteakip artış, önce ikincisinde ve sonra üçüncü çubuklarda plastik akışın başlayacağı gerçeğine yol açacaktır, yani. stres verim noktasına ulaştı. Açıkçası, sürecin başlangıcında kurulum veya sıcaklık gerilmeleri ne olursa olsun, nihayet gerilmelerin tüm çubuklarda akma dayanımına ulaştığı an gelir (çünkü Şekil 3'teki deformasyon diyagramına göre büyük değerler alamazlar). . Elde edilen kuvvet değerleri F = F vb ve Q = Q vb sınırlayıcı denir, çünkü artışları imkansızdır ve sistem süresiz olarak deforme olmaya başlayacaktır. çabalar beri ben sınırlayıcı durumda bilinir (çünkü gerilmeler cinsinden ifade edilirler), daha sonra denge denkleminden belirlenir F vb. Yükleme güvenliği koşulundan izin verilen yükler bulunur

Problem 3'ün çözümündeki mantıktan da anlaşılacağı gibi, çubukların imalatında sıcaklık değişikliklerinin veya yanlışlıkların bulunması, eğer çubuklar elastik-ideal-plastik bir malzemeden yapılmışsa yapının yük taşıma kapasitesini azaltmaz.

NOTLAR

1. Öğretmen, örneğin, ürün çeşitliliği tablolarına göre açılardan bir kompozit bölüm seçmek için haddelenmiş çelik çeşitlerinin kullanılmasını gerektirerek çubuk seçme görevini belirleyebilir (hesap örneğine bakın).

2. Hesaplarken 3 anlamlı rakam bırakmak yeterlidir.

3. Çubukların boyutları seçilirken %5 aşırı yüke izin verilir.

Hesaplama örneği

Bir menteşe-rod sistemi verilsin (Şekil 4). olduğu biliniyor

E \u003d 2 × 10 4 kN / cm2, s t \u003d 24 kN / cm 2, a \u003d 125 × 10 -7 1 / derece. (5)

Genel bilgi

Statik olarak belirsiz sistemlerin kuvvet yöntemiyle hesaplanması, statik belirsizliğin derecesinin belirlenmesiyle başlar. Herhangi bir sistemin statik belirsizlik derecesi, çerçevelerin statik belirsizlik derecesini belirlemek için aşağıdaki forma sahip olacak formülle belirlenebilir:

L \u003d 3K - G, (23)

burada L, ekstra bağlantıların sayısıdır, K, kontur sayısıdır ve sürekli kirişler için - formül (24):

L \u003d C op - 3, (24)

burada C op destek çubuklarının sayısıdır.

(23) formülünün uygulanması üzerinde duralım.

Örnek 7.1.

(23) formülünü kullanarak, şekil 2'de gösterilen çerçevenin statik belirsizlik derecesini belirleyin. 7.1.

Pirinç. 7.1. Çerçeve

Karar

Çerçeve iki kapalı devre I ve II'den oluşur. Menteşeli sabit destek ANCAK basit bir menteşeye eşdeğer, menteşeli-hareketli desteğe AT - iki menteşe. Bu nedenle, W = 1 + 2 = 3.

Statik belirsizliğin derecesi L = 3K - W=3∙2 - 3 ==3 - çerçeve üç kez statik olarak belirsizdir.

Örnek 7.2.

Şekil l'de gösterilen çerçevenin statik belirsizlik derecesini belirleyin. 7.2.

Pirinç. 7.2. 3 konturlu çerçeve. Pirinç. 7.3. 6 kontur çerçevesi

Karar

Çerçevenin üç kapalı devresi vardır (I, II ve III). Toplam menteşe sayısı W= 6 (iki basit menteşe - E ve F ve iki eksenel hareketli destek - A ve D). Ekstra bağlantı sayısı L=3∙3 - 6=3. Bu nedenle, çerçeve üç kez statik olarak belirsizdir.

Örnek 7.3.

Şekil l'de gösterilen çerçevenin statik belirsizlik derecesini belirleyin. 7.3.

Karar

Bu çerçevede altı kapalı döngü vardır. Üç basit menteşe vardır (menteşeler F, H ve İ). Menteşe G- çift, üç çubuğu birbirine bağlarken. Mafsallı desteklerin her biri A, B, D ve E iki basit menteşeye eşdeğerdir ve menteşeli sabit destek İle- birine. Buradan, W= 1∙3 + 2∙1 + 2∙4 + 1 =14. Daha sonra statik belirsizliğin derecesi L=3∙6-14 =4. Böylece çerçevenin dört ekstra bağlantısı vardır, yani dört kez statik olarak belirsizdir.

Statik belirsizlik derecesi belirlendikten sonra temel sistem seçilir.

Birincil Sistem Seçme

Ana sistem, statik olarak belirsiz verilen bir sistemden gereksiz bağlantıları ve yükü ortadan kaldırarak elde edilen geometrik olarak değişmez statik olarak belirli bir sistem olarak adlandırılacaktır.

Şek. 7.4., a statik olarak belirsiz bir çerçeve gösterilir - belirli bir sistem. Bu sistemin statik belirsizlik derecesi:

L = 3K- W=3∙1-0 =3.

Bu nedenle, verilen bir sistemden ana sistemi elde etmek için çerçeveyi yükten kurtarmak gerekir. q ve üç ekstra bağlantıyı atın; ikincisi çeşitli şekillerde yapılabilir, ancak bunlardan herhangi birinin uygulanması sonucunda ortaya çıkan temel sistem geometrik olarak değişmez olmalıdır.

Yani, örneğin, Şekil 1'de. 7.4., b yükü kaldırarak elde edilen ana sistemi gösterir q ve sağ sıkıştırma desteği AT,üç ekstra bağlantıya eşdeğerdir.

Pirinç. 7.4. Birincil Sistem Seçme

şimdi bölüm AT Ana sistemin yatay ve dikey yönlerde hareket edebilmesi ve çerçeve düzleminde belirli bir açıda dönebilmesi yani ana sistemde, verilen sistemde sağ sıkıştırma desteği ile engellenen hareketler mümkün hale gelmiştir.

Verilen ve ana sistemler arasındaki farkı ortadan kaldırmak için Şekil 1'de gösterildiği gibi ilerliyoruz. 7.4., içinde: ana sistemi belirli bir yükle yükle q ve vdot AT bölümün belirtilen yer değiştirmeleri yönünde AT, bunlara karşılık gelen şu anda bilinmeyen yatay ve dikey kuvvetleri uygulayacağız X1; 2 ve an 3 .

Miktarları X1; X2; x3 gereksiz bilinmeyenler olarak adlandırılır ve verilen sistem üzerinde atılan gereksiz bağlantıların eyleminin yerini alan gereksiz bağlantıların gerekli reaksiyonlarıdır.

Belirli bir yük ve gereksiz bilinmeyenlerle yüklü ana sistemin, iç kuvvetler ve yer değiştirmeler açısından statik olarak belirsiz verilen bir sisteme eşdeğer olduğuna dikkat çekiyoruz.

Ek olarak, gelecekte, pratik hesaplamalarda alışılmış olduğu gibi, ana sistemi ayrı bir şekilde göstermemek ve bunun yerine, belirli bir yük ve gereksiz bilinmeyenlerle yüklü seçilen ana sistemin bir çizimini vermek konusunda anlaşacağız.

Ayrıca, her biri belirli bir yükten atılan bağlantı (bilinmeyen kuvvet) ve tüm gereksiz bilinmeyenler yönünde toplam yer değiştirmenin sıfıra eşitlik koşulunu ifade etmesi gereken yer değiştirme uyumluluk denklemleri derlenir. Belirli, bir kez kurulmuş bir biçimde yazılan bu denklemlere, kuvvetler yönteminin kanonik denklemleri denir. Sayıları, bırakılan bağlantıların sayısına eşit olmalıdır. Bu nedenle, incelenen çerçeve için aşağıdaki forma sahip üç kanonik denklem oluşturmak gerekir:

δ 11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 13 X 3 + ∆ 1 p = 0

δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + δ 23 X 3 + ∆ 2 p = 0 (25)

δ 31 X 1 + δ 32 X 2 + δ 33 X 3 + ∆ 3 p = 0

Neresi δ 11- X kuvvetinin uygulama noktasının yer değiştirmesi 1 birim kuvvetten bu kuvvet yönünde = 1;

δ 11 X 1 - X'in tam değerinin neden olduğu aynı noktayı aynı yönde hareket ettirmek 1 ;

δ 12 - X kuvvetinin uygulama noktasının yer değiştirmesi 1 tarafından birim kuvvetin neden olduğu bu kuvvetin yönü

δ 12 X 2 - X 2 kuvvetinin tam değerinin neden olduğu aynı noktanın aynı yönde hareketi;

δ 13 - X x kuvvetinin uygulama noktasının bir birim kuvvet = 1'den bu kuvvet yönünde yer değiştirmesi;

δ 13 X 3 - X3 kuvvetinin tam değerinden kaynaklanan aynı noktanın aynı yönde hareketi;

∆ 1 p - belirli bir yükün neden olduğu aynı noktanın aynı yönde hareketi; δ 21 X 1 - X kuvvetinin uygulama noktasının, X kuvvetinin neden olduğu bu kuvvet yönünde yer değiştirmesi 1 , vb.

Bir kez genel bir biçimde derlendiğinde akılda tutulmalıdır. P kanonik denklemler P bilinmeyenler herhangi biri için geçerlidir P bir zamanlar statik olarak belirsiz bir sistem. Bu nedenle, denklemler (25) herhangi bir üç kez statik olarak belirsiz sistem için geçerlidir.

Kuvvet yönteminin kanonik denklemlerini derledikten sonra, birim hesaplamasına geçilmelidir. δik ve kargo ∆ ip hareketler.

Bunu yapmak için önce ana sistemin kargo ve birim durumları kavramlarını tanıtıyoruz.

navlun Sadece belirli bir yükün etkisi altında olduğu ana sistemin durumunu arayalım.

bekar Bilinmeyen bir reaksiyon yönünde hareket eden, birliğe e = 1'e eşit tek bir kuvvetle yüklü olduğu ana sistemin durumunu arayacağız. Xt.

Ana sistemin tek durumlarının sayısının, verilen sistemin statik belirsizlik derecesine karşılık gelmesi gerektiğine dikkat edin,

yani, ekstra bilinmeyenlerin sayısı. Şekillerde kargoyu ve ana sistemin tüm bireysel durumlarını ayrı ayrı tasvir ettikten sonra, ilgili kargoyu inşa ederler. M p ve tek M1, M 2 , ..., Mp eğilme momentlerinin diyagramları.

Son olarak, diyagramları çarpma yöntemini kullanarak birimi hesaplayın. δik ve kargo ∆ ip hareket.

Diyagramları çarparken, yer değiştirmelerin karşılıklılığına ilişkin teorem (Maxwell teoremi) temelinde, karşılıklı olarak izin verilen endekslere sahip birim yer değiştirmelerin birbirine eşit olduğu unutulmamalıdır, yani. δik = δki.

hesaplanan değerler δik ve ∆ ip kanonik denklemlere ikame edilir ve sonuçta ortaya çıkan denklem sistemi çözülür, bunun sonucunda bilinmeyen bağ reaksiyonlarının X değerleri bulunur. 1 , X 2 , ..., X s.

Şimdi ana sistemi belirli bir yük ve zaten bilinen kuvvetlerle yükledikten sonra X 1 = 1;X2 = A 2 , ..., Xp= bir p, olağan şekilde inşa edin (statik olarak belirli bir sistem için olduğu gibi) diyagramlar S, M ve N, belirli bir sistem için enine kuvvetlerin, eğilme momentlerinin ve boyuna kuvvetlerin son diyagramlarıdır.

Eğilme momentlerinin son diyagramı, diyagramın koordinatlarının toplanmasıyla da elde edilebilir. M p diyagramın ilgili koordinatları ile

Bilinmeyenleri belirledikten sonra hemen bir diyagram elde edebilirsiniz. M,üzerine çizilecek Q, ve boyuna kuvvetler, kesilmiş çerçeve düğümlerinin denge koşullarından belirlenir. Bu durumda destek reaksiyonları diyagramlar kullanılarak en son bulunur. S, M ve N,

X ile çarpılır 1 , koordinatları çiz , çarpılır 2... ve diyagramın koordinatları , çarpılır x p, yani

Aynı endekslere sahip tek hareketler ( δ 11, δ22, δ 33 vb.) yaygın olarak adlandırılır büyük hareketler, ancak farklı endekslerle

(δ 12, δ 13, δ23 vb.) - yan ürünler.

Ana yer değiştirmeler asla kaybolmaz ve her zaman pozitif bir değere sahiptir, çünkü bu durumda diyagramlar kendileriyle çarpılır, yani hem alan ω hem de ordinat de aynı arsadan alınmıştır.

Yan yer değiştirmeler pozitif, negatif olabilir ve başarılı bir ana sistem seçimi ile sıfıra eşit olabilir. İkinci durumda, yer değiştirmeleri hesaplama işlemleri büyük ölçüde azaltılır ve basitleştirilir.

Şek. 7.4., b Ana sistem başarısız seçildi, çünkü onun için yan yer değiştirmelerin hiçbiri kaybolmaz. Bu çerçevenin altında, daha rasyonel bir ana sistem seçimi ile hesaplanacaktır.

İç kuvvetlerin sadece denge denklemlerinden (statik denklemler) belirlenemediği sistemlere statik olarak belirsiz denir.

Statik olarak belirsiz yapılar sözde gereksiz bağlantılar. Desteklerde, çubuklarda ve diğer elementlerde oluşabilirler. Bu tür bağlantılara "gereksiz" denir, çünkü bunlar yapının dengesini sağlamak için gerekli değildir, ancak sağlamlığı ve sağlamlığı için gereklilikler tarafından belirlenir. Bu tür ekstra bağlantılara denir harici. Ayrıca tasarımın kendi özelliklerinden dolayı gereksiz bağlantılar ortaya çıkabilir. Örneğin, kapalı bir çerçeve konturu (Şek. 46, G) her bölümde üç bilinmeyen iç kuvvet vardır, yani. sadece altısı ve üçü "ekstra". Bu ekstra çaba denir dahili. Harici veya dahili "ekstra" bağlantıların sayısına göre, kurarlar. sistemin statik belirsizlik derecesi. Belirlenecek bilinmeyen sayısı ile statik denklem sayısı arasındaki farka eşittir. Bir "ekstra" bilinmeyenle, sistem bir kez veya bir kez statik olarak belirsiz, iki kez statik olarak belirsiz vb.

Şekil l'de gösterilen tasarım. 46, a, bir zamanlar statik olarak belirsizdir ve yapılar Şekil 1 ve 2'de gösterilmiştir. 46, b ve içinde, - iki kat statik olarak belirsiz, Şek. 46, d - statik olarak belirsiz bir yapı ile üç kez.

Statik olarak belirsiz problemleri çözerken, statik denklemlere ek olarak, yapısal elemanların deformasyonlarını dikkate alan denklemler kullanılır.

Statik olarak belirsiz problemleri çözmek için birkaç yöntem vardır: yer değiştirme karşılaştırma yöntemi, kuvvet yöntemi, yer değiştirme yöntemi.

kuvvet yöntemi

Statik olarak belirsiz sistemler hesaplanırken kuvvetler bilinmeyen olarak alınır.

Hesaplama kuvvet yöntemi aşağıdaki sırayla gerçekleştirilir:

• 1. Statik belirsizlik derecesini ayarlayın.
• 2. "Ekstra" bağlantıları kaldırarak, orijinal sistem, statik olarak belirlenmiş bir sistemle değiştirilir. ana sistem. Coğrafi durumlarını gözlemlerken, bu tür birkaç sistem inşa edilebilir.

metrik değişmezlik

• 3. Ana sistem, belirli dış kuvvetlerle ve uzak bağlantıların eyleminin yerini alan "ekstra" bilinmeyen kuvvetlerle yüklenir, bu da eşdeğer sistem.
• 4. Orijinal ve ana sistemlerin denkliğini sağlamak için, bilinmeyen kuvvetler, ana sistemin deformasyonları orijinal statik olarak belirsiz sistemin deformasyonlarından farklı olmayacak şekilde seçilmelidir. Bu amaçla, "gereksiz" bilinmeyenlerin uygulama noktalarının eylemleri yönünde yer değiştirmesi sıfıra eşittir. Bu şekilde elde edilen ek denklemlerden "ekstra" bilinmeyen kuvvetlerin değerleri belirlenir. Karşılık gelen noktaların yer değiştirmelerinin belirlenmesi herhangi bir şekilde yapılabilir, ancak en genel Mohr yöntemini kullanmak daha iyidir.
• 5. "Ekstra" bilinmeyen kuvvetlerin değerleri belirlendikten sonra, reaksiyonlar belirlenir ve iç kuvvetlerin diyagramları çizilir, kesitler seçilir ve olağan şekilde mukavemet kontrol edilir.

Kuvvet yönteminin kanonik denklemleri

"Ekstra" bilinmeyenler yönündeki yer değiştirmelerin sıfıra eşitliğini ifade eden ek yer değiştirme denklemleri, sözde kanonik biçim onlar. belirli bir desene göre. Bunu, statik olarak belirsiz en basit sistemi çözme örneğiyle gösterelim (Şekil 47, a).

Mafsallı desteği bir kenara bırakarak ana sistem olarak konsolu seçiyoruz. Eşdeğer sistem, dış kuvveti T 7 ve "ekstra" bilinmeyenin uygulanmasından sonra elde edilecektir. X(Şek. 47, b).

kanonik denklem noktanın sıfır yer değiştirmesini ifade eden AT F kuvvetlerinden ve X, irade

Bulduğumuz denklemden

İki "ekstra" bağlantıya sahip bir sistem için, kanonik denklemler sistemi şu şekildedir:

• 8 11 X 1 + b 12 ^2 + ^1
• 621-^1 + 622^2 "Ben" ^20-

Hareketler A[p Ve kanonik denklemlere dahil edilen b [y, Mohr yöntemiyle belirlenir.

Doğrusal elemanlardan oluşan sistemler için, Vereshchagin yöntemini kullanarak yer değiştirmeleri hesaplamak uygundur.

Örneğin, Şekil 2'de gösterilen görev için. 47, diyagramları çarparak (Şekil 48), kanonik denklemin katsayılarını elde ederiz:

1 2 ben 3 1 ben/ben 2 1 5 I1 3

E]L LL =-/ / -/ = -, E]A LR =-------- +-------.

1 11 2 3 3 1 1R 2 2 2 2 3 2/ 48 E]

Almak Chl - - = - E.

gücü tanımlama X, aslında destek tepkisini bulduk Varım. Ayrıca, iç kuvvet faktörlerini belirleme sorunu, her zamanki gibi bölüm yöntemi kullanılarak çözülebilir.

RUSYA FEDERASYONU EĞİTİM BAKANLIĞI

DEVLET KURUMU

KUZBAŞ DEVLET TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Malzemelerin Mukavemeti Bölümü

GERİLİM - BASINÇ ALTINDAKİ STATİK OLARAK BELİRSİZ MENTEŞE SİSTEMLERİNİN HESAPLANMASI

Tüm uzmanlık alanlarındaki öğrenciler için malzemelerin gücüne ilişkin hesaplama ve grafik görevinin uygulanmasına ilişkin yönergeler

Derleyen: V.D. Moiseenko

Daire Başkanlığının 29.06.01 Tarih ve 8 Sayılı Toplantısında Kabul Edilmiştir.

KuzGTU'nun ana binasının kütüphanesinde elektronik bir kopya var

Kemerovo 2002

Tanıtım. Görevin Kapsamı ve Amacı

Statik olarak belirsiz bir menteşe çubuk sistemi, çubuklardaki kuvvetlerin ve mesnetlerdeki reaksiyonların sadece denge koşulundan belirlenemediği bir sistemdir.

Şekil 1, iki çubuktan oluşan geleneksel bir braketi göstermektedir. Bu braketin çubuklarındaki N1 ve N2 kuvvetleri, kesilen C düğümüne uygulanan yakınsak kuvvetler sisteminin denge koşulundan kolayca belirlenir, çünkü bu iki bilinmeyenli kuvvetler sistemi için iki denklem çözülür.

Braket tasarımı başka bir çubuk ekleyerek karmaşıksa (Şekil 1, b), o zaman çubuklardaki kuvvetler aynı şekilde belirlenemez, çünkü C düğümü için sadece iki statik denge denklemi hala derlenebilir (ΣХ = 0; ΣY = 0) ve bilinmeyen kuvvetlerin sayısı üçtür. Bir zamanlar statik olarak belirsiz bir sistemimiz var.

Tasarımı karmaşıklaştırarak ve yeni çubuklar ekleyerek, statik olarak belirsiz bir sistem iki kez (bkz. Şekil 1c), üç kez vb. elde edilebilir. Bu nedenle, n kez altında, statik olarak belirsiz bir sistem, bağlantı sayısının bağımsız statik denklem sayısını n birim aştığı bir sistem olarak anlaşılır.

Problemi çözmek için gerekli ek denklemler, sistemi deforme olmuş durumda ele alarak ve yapısal elemanların yer değiştirmeleri ile deformasyonları arasında bağlantılar kurarak bulunabilir. Ortaya çıkan denklemler, gerinim uyumluluğu denklemleri olarak adlandırılır.

Şekil 2, bazı statik olarak belirsiz sistemlerin diyagramlarını göstermektedir.

İncir. 2. Statik olarak belirsiz sistemlerin bazı türleri

Statik olarak belirsiz çubuk sistemleri bölümünü incelerken ve bu hesaplama ve grafik görevini yaparken öğrenci statik olarak belirsiz sistemlerin özelliklerini öğrenmelidir; Statik belirsizliği açıklama, yapı elemanlarındaki kuvvetleri belirleme ve dayanım koşulundan kesit alan seçme becerisi kazanır.

Ödev, öğrencinin aşağıdakileri yapmasını gerektirir:

- çubuklardaki kuvvetleri belirleyin ve dış yüklerin etkisinden kesit alanlarını seçin;

- sıcaklık değişimlerinden dolayı çubuklardaki ek gerilmeleri belirlemek;

- çubukların imalatındaki hatalardan kaynaklanan ek montaj gerilmelerini belirlemek;

- çubukların bölümlerini sınır durumuna göre seçin.

Hesaplama ve grafik görevinin hacmi ve şekli, çalışılan dersin hacmine bağlıdır ve uygulamalı derslerde öğretmen tarafından müzakere edilir.

1. Kısa teorik bilgi

Statik olarak belirsiz problemleri çözerken aşağıdaki sıra izlenmelidir:

1.1. Sorunun statik tarafını düşünün. Bir kuvvet planı oluşturun ve statik denklemlerini yazın.

1.2. Sorunun geometrik tarafını düşünün. Bir seyahat planı oluşturun. Tüm bilinmeyen kuvvetlerin bulunabileceği bir miktarda ek deformasyon uyumluluk denklemlerini derleyin.

1.3. Sorunun fiziksel yönünü düşünün. Fizik yasalarına göre (sıcaklık hesabı ile) ve Hooke yasasına göre, çubuklara etki eden bilinmeyen kuvvetler yoluyla uyumluluk denklemlerindeki deformasyonları ifade edin:

1.4. Üretmek ortak karar statik, geometri, fizik denklemleri ve bilinmeyen kuvvetleri belirler.

1.5. Basınç veya çekme mukavemeti koşullarının kullanılması N/F = [ σ ], çubukların kesit alanlarını seçin.

1.6. Çubuklardaki bilinen kuvvetler ve kabul edilen kesit alanları ile, formülü kullanarak normal gerilmeleri hesaplayın.

σ = N F .

2. Örnek

Verilen: Şekil 3'te gösterildiği gibi, kesinlikle rijit bir AB kirişi, düzgün dağılmış bir yük ve P kuvveti ile yüklenmiştir.

Şekil 3. Statik olarak belirsiz bir sistemin diyagramı

Hesaplama için ilk veriler

4. Yüklerin etkisinden, sıcaklık değişimlerinden ve üretim hatalarından çubuklardaki toplam gerilmeleri belirleyin.

2.1. Harici yükleme için statik olarak belirsiz bir menteşeli çubuk sisteminin hesaplanması

P = 30 kN q = 15 kN/m

bir C B

Şekil 4. İlk tasarım şeması

2.1.1. Sorunun statik tarafı

Sorunun statik tarafı, kuvvetlerin planı tarafından ele alınır. Kuvvet planı, dengesi dikkate alınan (bizim durumumuzda, bu bir rijit kiriş AB'dir) menteşeli çubuk sisteminin elemanına uygulanan tüm kuvvetleri (hem bilinen hem de bilinmeyen) gösteren bir tasarım şemasıdır. Çelik ve bakır çubukları keselim ve atılan alt kısımlarını iç kuvvetlerle değiştirelim (Şekil 5).

P = 30 kN q = 15 kN/m

bir C B

60°

Pirinç. 5. Dış yüklerden gelen kuvvetlerin planı

Kuvvet planından (bkz. Şekil 5) statik denge denklemlerini yazıyoruz. Sorunun ilk sorusunu cevaplamak için çubuklardaki - çelik ve bakır - kuvvetleri bilmek gerekir. Bu durumda menteşeli desteğin tepkisini hesaplamaya gerek yoktur. Yani üç üzerinden

statiğin olası denklemlerini (ΣX = 0; ΣY = 0 ; Σm c = 0 ) yazıyoruz

eksensel olarak sabitlenmiş C desteğinin tepkilerini içermeyen bir tane:

∑ mC = 0

− N CT a + q a 2 2 + p a + NM sin60o b = 0,

− N ST 2 + 15 2 2 2 + 30 2 − NM 0.866 4 = 0,

Sonrasında cebirsel işlemler denge denklemi şeklini alacak

2.1.2. Sorunun geometrik tarafı

Problemin geometrik tarafı, yer değiştirme planı tarafından dikkate alınır. Yer değiştirme planı, menteşeli çubuk sisteminin yüklemeden önceki ve sonraki konumunu gösteren bir tasarım diyagramıdır. Yer değiştirme planında, kiriş noktalarının (AA1 ve BB1) yer değiştirmelerini gösteririz,

bakır ve çelik çubukların mutlak deformasyonları (∆ l ST ; ∆ l M )

(Şek. 6). Ayrıca küçük deformasyonlar nedeniyle kirişin noktalarını dikey olarak yukarı veya aşağı hareket ettirir ve eğimli çubukların deformasyonlarını dik olarak işaretleriz.

Pirinç. 6. Dış yüklerin hareketinden kaynaklanan yer değiştirme planı

Yer değiştirme planına göre, deformasyonların uyumluluğu için bir denklem oluşturuyoruz. Her şeyden önce, AA1 C ve CBB1 üçgenlerinin benzerliğinden kiriş noktalarının yer değiştirme oranını yazıyoruz (Şekil 6):

Kiriş noktalarının (AA1 ve BB1) yer değiştirmeleri, deformasyonlar cinsinden ifade edilir.

(2.3) ve (2.4) ifadeleri (2.2) bağıntısında değiştirilir:

2.1.3. Sorunun fiziksel tarafı

Bu formda ortaya çıkan deformasyon uyumluluk denklemi (2.5), denge denklemi (2.1) ile çözülemez, çünkü bunlara dahil edilen bilinmeyen miktarlar farklı niteliktedir.

Mutlak deformasyonlar ∆ l CT ve ∆ l M denkleminde (2.5) ifade ederiz

Çubuklardaki kuvvetler cinsinden yazılan gerinim uyumluluğu denklemini elde ettik.

2.1.4. sentez

Denge denklemlerini (2.1) ve deformasyon uyumluluk denklemini (2.6) birlikte çözelim.

NCT + 1.73NM = 45

0.67NCT \u003d 0.95NM.

Sistemin ikinci denkleminden N ST kuvvetini ifade ediyoruz:

ve sistemin ilk denkleminde yerine koyun.

N ST ve N M'nin pozitif sonucu, çelik çubuğun sıkıştırılması ve bakır çubuğun gerilimi varsayımlarımızı doğrular; bu, çubuklardaki kuvvetlerin şu şekilde olacağı anlamına gelir:

2.1.5. Çubukların kesitlerinin seçimi

Çubukların enine kesitlerinin seçimi, çekme mukavemeti - sıkıştırma durumuna göre yapılır:

NF ≤ [σ] .

a) Mukavemet koşulundan istenen çelik çubuğun kesit alanı:

b) Mukavemet şartından istenen bakır çubuğun kesit alanı:

Bu durumda, verilen alan oranına göre çelik çubuğun alanı şuna eşit olmalıdır:

FCT = 4 3 FM = 4 3 1.7 10- 4 = 1.275 10- 4 m2 ..

Kabul etmek geniş alanlarçubukların kesitleri:

Bakır ve çelik çubukların kabul edilen kesit alanları ile bu çubuklardaki gerilmeleri belirliyoruz.

2.2. Statik olarak belirsiz bir menteşe çubuğu sisteminin sıcaklık hesaplaması

Sıcaklık hesabının amacı, sıcaklık değişimlerinden dolayı bakır ve çelik çubuklardaki ilave gerilmeleri belirlemektir.

Sistemin ∆ t = 20 o C ile ısıtıldığını varsayalım. Çözüm algoritması aynı kalır. İlk tasarım şeması, Şek. 7.

Ancak uygulamada karşılaşılan statik olarak belirsiz problemlerin çoğunun çözümü için belirtilen yöntemler yeterli olmaktan uzaktır. Bu nedenle, çubuk sistemleri örneğini kullanarak statik belirsizliği ortaya çıkarmak için daha genel yöntemler üzerinde durmak gerekir.

Altında çubuk sistemi kelimenin geniş anlamıyla, çubuk şeklindeki elemanlardan oluşan herhangi bir yapı anlaşılır. Yapısal elemanlar esas olarak çekme veya sıkıştırma ile çalışıyorsa, çubuk sistemi denir. Çiftlik(Şek. 1).

Şekil 1. Formun tasarım şeması

Kafes, üçgenler oluşturan düz çubuklardan oluşur. Form, düğümlerde dış kuvvetlerin uygulanması ile karakterize edilir.

Çubuk sisteminin elemanları esas olarak eğilme veya burulma ile çalışıyorsa, sisteme çerçeve denir (Şekil 2).

Çalışması en kolay olan özel bir çubuk sistemleri grubu, düz sistemler. Düz bir çerçeve veya kafes kirişte, tüm kurucu elemanların deformasyondan önceki ve sonraki eksenleri aynı düzlemde bulunur. Desteklerin tepkileri de dahil olmak üzere tüm dış kuvvetler aynı düzlemde hareket eder (bkz. Şekil 2, a).

Düz olanlarla birlikte, sözde düz-uzaysal sistemler. Bu tür sistemler için, deforme olmamış durumdaki kurucu elemanların eksenleri, düz sistemlerde olduğu gibi aynı düzlemde bulunur. Dış kuvvet faktörleri bu düzleme dik düzlemlerde etki eder (Şekil 2, içinde). Belirtilen iki sınıfa ait olmayan çubuk sistemlere denir. uzaysal(incir. 2, içinde).

Çerçeveler ve kafes kirişler genellikle ayrılır statik olarak belirli ve statik olarak belirsiz. Statik olarak belirlenebilir bir sistem, tüm destek reaksiyonlarının denge denklemleri kullanılarak belirlenebildiği kinematik olarak değişmez bir sistem olarak anlaşılır ve daha sonra, kesit yöntemiyle bulunan destek reaksiyonları ile herhangi bir kesitteki iç kuvvet faktörleri de bulunabilir. Statik olarak belirsiz bir sistemle, yine, kinematik olarak değişmez bir sistemi kastediyoruz; bunun için, kesitler ve denge denklemleri yöntemi kullanılarak dış reaksiyonların ve iç kuvvet faktörlerinin belirlenmesi yapılamıyor.

a) düz, b) düz alan. c) mekansal

İncir. 2.Çerçeve yapılarının tasarım şemaları:

Bilinmeyenlerin sayısı (desteklerin reaksiyonları ve iç kuvvet faktörleri) ile incelenen sistem için derlenebilen bağımsız statik denklemlerin sayısı arasındaki farka derece veya sayı denir. statik belirsizlik. Bu sayıya bağlı olarak, sistemler bir, iki, üç ...., n bir kez statik olarak belirsiz. Bazen statik belirsizliğin derecesinin sisteme uygulanan ek kısıtlamaların sayısına eşit olduğu söylenir. Bu konu üzerinde daha ayrıntılı olarak duralım.

Bir rijit kirişin uzaydaki konumu, altı bağımsız koordinat tarafından belirlenir, başka bir deyişle, rijit bir kirişin altı serbestlik derecesi vardır. Kirişe bağlantılar, yani uzaydaki özel konumunu belirleyen kısıtlamalar uygulanabilir. En basit bağlantılar kirişin bazı bölümleri için bir veya daha fazla genelleştirilmiş yer değiştirmenin tamamen hariç tutulduğu yerlerdir. Bir bağın dayatılması, çubuktan katı bir bütünden olduğu gibi bir serbestlik derecesini kaldırır. Sonuç olarak, serbest bir rijit kirişe altı bağ yüklenirse, bazı istisnalar dışında rijit bir bütün olarak uzaydaki konumu tamamen belirlenecek ve altı serbestlik dereceli bir mekanizmadan gelen sistem kinematik olarak değişmeyen bir sisteme dönüşecektir. Kinematik değişmezliğin sağlandığı bağ sayısına denir. gerekli sayıda bağlantı. Gerekenden fazla üst üste bindirilmiş herhangi bir bağlantıya denir. ek olarak. Ek bağlantıların sayısı, sistemin statik belirsizlik derecesine eşittir.

Çerçevelerdeki ve çubuk sistemlerindeki bağlantılar genellikle dış bağlantılar ve iç bağlantılar veya karşılıklı bağlantılara ayrılır. Dış bağlantılar, sistemin bazı noktalarının mutlak yer değiştirmelerine dayatılan koşullar olarak anlaşılmaktadır.

a) bir harici bağlantı, b) iki harici bağlantı c) genel durumda altı harici bağlantı

Şekil 3. Eşdeğer Bağlantı Şemaları

Örneğin, kirişin sol ucundaysa (Şekil 3, a) Dikey hareketi yasaklayan bir koşul getiriliyor, bu noktada bir dış bağlantı olduğunu söylüyoruz. Geleneksel olarak, iki menteşe veya bir silindir olarak tasvir edilir. Hem dikey hem de yatay yer değiştirme yasaklanırsa, iki dış kısıtlamanın uygulandığı söylenir (Şekil 3, b). Düz bir sistemde sonlandırma, üç harici bağlantı sağlar. Mekansal sonlandırma, altı harici bağlantıya karşılık gelir (Şekil 3, b). Dış bağlantılar, daha önce de belirtildiği gibi, genellikle gerekli ve ek olarak ayrılır. Örneğin, Şek. 4, a ve b ilk durumda üç harici bağlantıya ve ikinci - beş harici bağlantıya sahip düz bir çerçeve gösterilir. Çerçevenin düzlemdeki konumunu rijit bir bütün olarak belirlemek için üç bağ uygulamak gerekir. Bu nedenle, ilk durumda, çerçeve gerekli harici bağlantılara ve ikincisinde ek olarak iki ek harici bağlantıya sahiptir.

a) üç harici bağlantı, b) beş harici bağlantı

Şekil 4. düz çerçeve

Dahili veya karşılıklı bağlantılar altında, çerçeve elemanlarının karşılıklı yer değiştirmesine uygulanan kısıtlamalar anlaşılır. Burada ayrıca hem gerekli hem de ek bağlantılar hakkında konuşabilirsiniz. Örneğin, Şekil 2'de gösterilen düz çerçeve. 5, a, öğeler arasında gerekli sayıda dış ve iç bağlantıya sahiptir. Kinematik olarak değişmez bir sistemdir. Dış kuvvetler verilirse, çerçevenin herhangi bir kesitinde hem destek tepkilerini hem de iç kuvvet faktörlerini bulabiliriz. Şekilde gösterilen aynı çerçevede. 5, b, noktaların karşılıklı dikey ve yatay yer değiştirmelerini yasaklayan iki ek dahili kısıtlama ek olarak uygulanır. ANCAK ve AT. Bu durumda sistem iki kez statik olarak belirsizdir (bazen eklenir: "dahili").

Şekil çerçevesinde 4, a ve b ayrıca dahili ek bağlantılar da vardır. Çerçeve konturu tamamen kapalıdır. Herhangi bir bölümde keserek (Şekil 5 c), kinematik değişmezliği ihlal etmeden, verilen kuvvetler için çerçevenin her bölümünde iç kuvvet faktörlerini bulma fırsatını elde ederiz. Bu nedenle, kapalı çerçeveyi keserek ek bağlantıları kaldırıyoruz, yani. bölümlere izin ver ANCAK ve AT birbirine göre iki yönde döndürün ve hareket ettirin. Özetle, kapalı bir düz konturun üç ek karşılıklı bağlantısı olduğunu söyleyebiliriz - üç kez statik olarak belirsizdir. Böylece, Şekil 2'de gösterilen çerçeve. 4, a, üç kez statik olarak belirsizdir. Şekil l'de gösterilen çerçeve. 4, b, beş kez statik olarak belirsiz (üç kez dahili ve iki kez harici).

a) kinematik olarak değişmemiş, b) dahili olarak belirsiz, c) ek bağların çıkarılmasıyla

Şek.5.Çerçevelerin sınıflandırma işaretleri:

Şimdi çubuk ve çerçeve sistemlerinin statik belirsizlik derecesini belirlemenin birkaç örneğini ele alalım. Şek. 6, birkaç kareyi gösterir. Bunları sırayla ele alalım.

a) Çerçevenin dört ek harici bağlantısı ve üç karşılıklı bağlantısı vardır, yani yedi kez statik olarak belirsiz.

b) İlk önce menteşenin ANCAK yok. Daha sonra iki harici ve üç dahili ek bağlantı vardır. Menteşesiz sistem ANCAK beş kez statik olarak belirsiz olacaktır.

Menteşe ANCAK aynı anda üç çubuğa aittir. Eşleşen iki menteşe olarak görülebilir (Şekil 7). Her menteşe bir bağlantıyı kaldırdığından, yani bir bölümün diğerine göre dönmesine izin verdiğinden, menteşe diyebiliriz. ANCAK iki bağlantıyı kaldırır. Böylece sistem, beş yerine üç kez statik olarak belirsiz hale gelir.

Yukarıdakileri özetlersek, menteşenin, içinde birbirine yaklaşan çubuk sayısından bir eksik olan bağ sayısını ortadan kaldırdığı sonucuna varabiliriz. Bu durumda menteşede ANCAKüç çubuk birleşir ve menteşe iki bağı kaldırır.

a) statik olarak belirsiz - yedi, b) - üç, c) - dört, d) - üç, f) - on iki,
g) - yedi, e) - üç, i) - on üç kez statik olarak belirsiz

Şekil 6.Çerçeve yapılarına örnekler:

c) Menteşe ise ANCAK olmasaydı, sistem statik olarak belirsiz dört kez harici ve üç kez dahili olurdu, yani toplamda yedi kez. Menteşe ANCAK içinde birleşen çubuk sayısından bir eksik olan bağ sayısını, yani üç bağı kaldırır. Çerçeve dört kez statik olarak belirsizdir.

d) Çerçeve üç kez statik olarak belirsizdir.

e) Dış bağlantılar, kinematik değişmezlik koşullarını sağlamaz. Bir mekanizmadır, daha doğrusu anlık bir mekanizmadır. Sistem rijit bir birim olarak üst desteğe göre dönme kabiliyetine sahiptir.Dönüş açısının küçük olacağı açıktır. Alt bağlantı sıkışacak ve bir miktar denge konumuna ulaşılacaktır, ancak bağlantıların yeni konumu sistemin sertliğine bağlı olacaktır. Malzemelerin mukavemetinin temel ilkeleri çerçeveye uygulanamaz: ilk boyutların değişmezliği ilkesi ve kuvvetlerin hareketinin bağımsızlığı ilkesi.

Şekil 7. iki uyumlu menteşe modeli

f) Çerçeve - uzamsal. Altı ek harici bağlantı (ekstra sonlandırma) ve altı ek karşılıklı bağlantı (kapalı döngü) vardır.Sistem statik olarak 12 kez belirsizdir.

g) Sistem yedi kez statik olarak belirsizdir (bir kez harici ve altı kez dahili olarak).

h) Burada düz bir çerçeve için dış bağlantılar gösterilmemiştir, ancak denge koşullarını sağlayan bir dış kuvvetler sistemi verilmiştir. Bu durumda, ek harici bağlantıların olmadığını ve çerçevenin uzaydaki konumunun kesin olarak kabul edildiğini kabul ettik; sadece dahili linkler dikkate alınır. Sistem üç kez statik olarak belirsizdir.

i) Burada da, bu dış kuvvetlerin sistemi denge koşullarını sağladığı için sadece iç bağlantılar dikkate alınır. Çerçevede kaç bölümün yapılması gerektiğini hesaplamak gerekir, böylece bir yandan “parçalanmaz” ve diğer yandan içinde tek bir kapalı kontur kalmaz. Bu tür beş bölüm yapılmalıdır (bkz. Şekil 6, ve). Sistem 30 kez statik olarak belirsizdir.

Ders numarası 38. kuvvet yöntemi.

En yaygın olarak makine mühendisliğinde kullanılır genel yöntemçubuk ve çerçeve sistemlerinin statik belirsizliğinin açıklanması kuvvet yöntemi. Statik olarak belirsiz belirli bir sistemin, hem dış hem de karşılıklı ek bağlantılardan kurtulmuş olması ve eylemlerinin yerini kuvvetler ve momentler alması gerçeğinde yatmaktadır. Değerleri daha sonra seçilir, böylece sistemdeki yer değiştirmeler, atılan bağlantılar tarafından sisteme uygulanan kısıtlamalara karşılık gelir. Böylece, belirtilen çözüm yöntemi ile bilinmeyen kuvvetler bilinmez hale gelir. Bu nedenle "kuvvetler yöntemi" adı. Bu yaklaşım mümkün olan tek yaklaşım değildir. Yapı mekaniğinde, kuvvet faktörlerinin bilinmeyenler olarak alınmadığı, ancak çubuk sisteminin elemanlarındaki yer değiştirmelerin alındığı deformasyon yöntemi gibi diğer yöntemler de yaygın olarak kullanılmaktadır.

Bu nedenle, herhangi bir çerçevenin statik belirsizliğinin kuvvet yöntemiyle ifşa edilmesi, ek bağlantıların reddedilmesiyle başlar. Ek kısıtlamalardan kurtulan bir sistem statik olarak belirli hale gelir. O adını taşıyor ana sistem.

a-e) ana sistemin modifikasyonları
Şekil 1.çubuk çerçeve örneği:

Statik olarak belirsiz her çubuk sistemi için, kural olarak, istenildiği kadar temel sistem seçilebilir. Örneğin, Şekil 2'de gösterilen çerçeve için. 1, ana sistemler sunulabilir, a), b),..., çeşitli kombinasyonlarda yedi ek bağın atılmasıyla elde edilir. Aynı zamanda, yedi atılan bağlantıya sahip her sistemin ana sistem olarak kabul edilemeyeceği unutulmamalıdır. Şek. Şekil 2, aynı çerçeve için yedi bağlantının da atıldığı üç örneği göstermektedir, ancak bu yanlış yapılmıştır, çünkü kalan bağlantılar bir yandan sistemin kinematik değişmezliğini ve tüm düğümlerde statik tanımlanabilirliği sağlamaz, diğer taraftan, başka bir açıdan.

İncir. 2. Kinematik değişkenlik - a) b) veya tüm düğümlerde statik tanımlanabilirlik - c) nedeniyle belirli bir sistemin temel sistemlere yanlış dönüşümleri

Ek kısıtlamalar atıldıktan ve sistem statik olarak belirlendikten sonra, daha önce de belirtildiği gibi, kısıtlamalar yerine bilinmeyen kuvvet faktörlerinin eklenmesi gerekir. Doğrusal yer değiştirmelerin yasak olduğu bölümlerde kuvvetler uygulanır. Açısal yer değiştirmelerin yasak olduğu durumlarda, momentler tanıtılır. Her iki durumda da bilinmeyen kuvvet faktörleri belirtilecektir. X ben-, nerede ben- bilinmeyen numara. En yüksek değer ben sistemin statik belirsizlik derecesine eşittir. İç bağlar için kuvvetlerin X ben, - karşılıklıdır. Çerçeve herhangi bir bölümden kesilirse, sistemin hem sağ hem de sol taraflarına eşit ve zıt kuvvetler ve momentler uygulanır.

a)-e) belirli bir sistemle ilgili olarak
Şekil 3. Beş çeşit temel sistem

Verilen tüm dış kuvvetlerin ve bilinmeyen kuvvet faktörlerinin uygulandığı ana sisteme denir. eşdeğer sistem. Şek. Şekil 3, yukarıdaki ana sistemlere karşılık gelen beş eşdeğer sistemi göstermektedir (Şekil 1). Bilinmeyen kuvvet faktörlerinin uygulama prensibi, daha fazla açıklama yapılmadan netleşir.

Şimdi bilinmeyenleri belirlemek için denklemler yazmak kalıyor.

Belirli bir örneğe bakalım. Örneğin, Şekil 1'de gösterilenler arasından ilk eşdeğer sistemi ele alalım. 3.4. Statik olarak belirsiz bir sistemin yedi kez özel olarak ele alınması, muhakemenin genelliğini ihlal etmez.

Şimdi bilinmeyen kuvvet faktörlerini belirlemek için denklemlerin formülasyonuna dönelim. Sistemin noktalarının karşılıklı yer değiştirmesini ile göstermeyi kabul edelim.

Şekil 4. Seçilen temel sisteme göre bir çerçeve hesaplama örneği a) - b)

İlk indeks hareket yönüne ve ikincisi - bu harekete neden olan kuvvete karşılık gelir.

Noktada dikkate alınan çerçevede ANCAK Sabit destek kaldırıldı. Bu nedenle, buradaki yatay yer değiştirme sıfırdır ve şu şekilde yazılabilir:

Dizin 1, kuvvet yönünde hareket etmekten bahsettiğimiz anlamına gelir 1, ve dizin [ X 1, X 2,..., P] yer değiştirmenin hem verilen hem de bilinmeyen tüm kuvvetlerin toplamı tarafından belirlendiğini gösterir.

Benzer şekilde şunları da yazabilirsiniz:

Değer, noktaların karşılıklı yer değiştirmesi olarak anlaşıldığından, noktanın dikey yer değiştirmesini ifade eder. AT Nispeten İle, - aynı noktaların yatay karşılıklı yer değiştirmesi, bölümlerin karşılıklı açısal yer değiştirmesi var AT ve İle. Açısal yer değiştirme de incelenen sistemdeki değer olacaktır.

noktalarda A ve D ofsetler mutlaktır. Ancak mutlak yer değiştirmeler, sabit atılan desteklerle karşılıklı yer değiştirmeler olarak düşünülebilir. Bu nedenle, kabul edilen tanımlamalar sistemin tüm bölümleri için kabul edilebilir.

Kuvvetlerin eyleminin bağımsızlığı ilkesini kullanarak, yer değiştirmeler için ifadeleri ortaya çıkaracağız.

Kalan beş denklemi de benzer şekilde yazıyoruz: denklemde yer alan terimlerin her biri, ikinci indeksteki kuvvetin etkisi altındaki birinci indeks ile kuvvet yönündeki yer değiştirmeyi ifade eder. Her yer değiştirme karşılık gelen kuvvetle orantılı olduğundan, büyüklük aşağıdaki gibi yazılabilir:

Yer değiştirmelere vb. gelince, o zaman indeksin altında R sadece bir dış gücü değil anlayacağız R, ancak genel olarak keyfi olabilen bir dış kuvvetler sistemi.Bu nedenle, denklemlerdeki , ,... miktarlarını değiştirmeden bırakıyoruz.

Denklemler şimdi şu şekli alacaktır:

Bu denklemler nihaidir ve denir kuvvet yönteminin kanonik denklemleri. Sayıları, sistemin statik belirsizlik derecesine eşittir. Bazı durumlarda, aşağıda göreceğimiz gibi, bazı bilinmeyenlerin değerlerini hemen belirtmek mümkün olduğunda, birlikte çözülen denklemlerin sayısı azalır. Şimdi, katsayıların ne olduğunu ve nasıl belirlenmesi gerektiğini bulmak için kalır. Bunu yapmak için (6.1) ifadesine dönüyoruz.

eğer , o zaman

Bu nedenle, katsayı yönünde bir harekettir ben-th kuvvet faktörü, tek bir faktörün değiştirilmesinin etkisi altında k-inci faktör. Örneğin, denklemin katsayısı, noktaların karşılıklı yatay yer değiştirmesidir. B ve İle tüm kuvvetler yerine yalnızca bir birim kuvvet uygulandığında çerçevede ortaya çıkacak olan ANCAK(Şekil 5a). Örneğin, kuvvetler yerine, birim kuvvetler uygulayarak ve diğer tüm kuvvetleri eşdeğer sistemden kaldırarak (Şekil 5 b), o zaman kesitteki dönme açısı D bu kuvvetlerin etkisi altında, noktada yatay yer değiştirme olacaktır. ANCAK olacak, vb.

bir grup
Şek.5. Kuvvet yöntemi denklemlerinin katsayılarının yorumlanması:

Şunu belirtmekte fayda var ki, yapılan türetmede yer değiştirmelerin nasıl ortaya çıktığı hiçbir şekilde belirlenmemiştir. Her ne kadar bükmede çalışan bir çerçeve düşünsek de, aynı başarı ile söylenen her şey, genel olarak, burulma, çekme ve bükme veya her ikisinde de çalışan herhangi bir sisteme atfedilebilir.

Şimdi Mohr integrallerine dönelim. 'nin değerini belirlemek için dış kuvvetler yerine birim kuvvetin yerini alan bir kuvvet düşünülmelidir. k-inci faktör. Bu nedenle, iç momentleri ve kuvvetleri , , , , ve Mohr integrallerinde , , , , ve ile değiştiriyoruz, bunlarla birimden gelen iç momentleri ve kuvvetleri anlıyoruz. k-inci faktör. Sonuç olarak şunları elde ederiz:

nerede, ... eylemi altında ortaya çıkan iç momentler ve kuvvetler ben-th birim faktörü. Böylece çarpma sonucu katsayılar elde edilir. ben inci ve k inci iç birim kuvvet faktörleri. Endeksler ben ve k Mohr integralleri altında hangi faktörlerin çarpılması gerektiğini doğrudan belirtin. Çerçeve düz bölümlerden oluşuyorsa ve Vereshchagin kuralını kullanabiliyorsanız, çarpmanın sonucudur. ben-x tekli diyagramlar k-th tek diyagramları.

bariz ki

Bu, bir yandan, doğrudan için ifadelerden ve diğer yandan, yer değiştirmelerin karşılıklılığına ilişkin teoremden, çünkü yer değiştirmeler ve aynı kuvvetin birliğe eşit etkisi altında ortaya çıkar.

Kanonik denklemlere dahil edilen nicelikler, eşdeğer bir sistemde verilen dış kuvvetlerin etkisi altında ortaya çıkan 1, 2,... yönlerindeki yer değiştirmelerdir. Verilen kuvvetlerin momentlerinin diyagramını karşılık gelen birim diyagramlarıyla çarparak belirlenirler.

Örnek Statik belirsizliği genişletin ve şekil 2'de gösterilen çerçeve için eğilme momentlerini çizin. 6.

Şekil 6. Hesaplama şemasını ayarla

Çerçeve üç kez statik olarak belirsizdir. Sol sonlandırmayı atarak ana sistemi seçiyoruz. Sonlandırma eylemini iki kuvvet ve bir moment ile değiştiriyoruz ve eşdeğer sistemi belirliyoruz (Şekil 7).

Şekil 7.Çözüm Dinamiği: Eşdeğer Sistem ve Kuvvet Planından R birim kuvvetlerden moment diyagramları dahil: 1, 2, 3 bilinmeyenlerin uygulama noktalarında, ,

Kanonik denklemler (6.2), söz konusu sistem için aşağıdaki formu alır:

Ele alınan çerçevedeki ana hareketler bükülme ile belirlenir. Bu nedenle, çubukların kaymasını ve sıkışmasını ihmal ederek, belirli bir kuvvetten eğilme momentlerinin diyagramlarını oluşturuyoruz. P ve üç tek kuvvet faktöründen (Şekil 7).

Çerçevenin tüm bölümlerinin bükülme sertliğinin sabit ve eşit olduğunu varsayarak denklemlerin katsayılarını belirleriz. EJ. Değer, ilk tek diyagramın kendisiyle çarpılmasıyla belirlenir. Bu nedenle, her bölüm için, diyagramın alanı alınır ve ağırlık merkezinden geçen aynı diyagramın ordinatı ile çarpılır:

Diyagramların ve koordinatların alanları ortak bir işarete sahip olduğundan, değerlerinin her zaman pozitif olduğuna dikkat edin.

, , , , , , , .

Bulunan katsayıları kanonik denklemlerin yerine koyarız. İndirimlerden sonra şunları elde ederiz:

, ,

Bu denklemleri çözerek şunları buluruz:

Statik belirsizliğin ifşası burada sona ermektedir.

Şekil 8. Bükme momentlerinin toplam diyagramı.

Eğilme momentlerinin diyagramı, verilen kuvvetlerin momentlerinin diyagramı üzerine, sırasıyla , ve kez artan üç tek diyagramın üst üste bindirilmesiyle elde edilebilir.Bükme momentlerinin toplam diyagramı, Şek. 8. Aynı noktalı çizgide çerçevenin kavisli ekseninin şekli gösterilmiştir.

Ders numarası 39. Kalın duvarlı silindirlerin hesaplanması.

İç basınca maruz kalan ince cidarlı silindirik tanklarda, cidar kalınlığına eşit olarak dağılan gerilmeleri hesaplamalarda dikkate almak oldukça mümkündür. Bu varsayımın hesaplamanın doğruluğu üzerinde çok az etkisi vardır.

Et kalınlığı yarıçapa göre küçük olmayan silindirlerde böyle bir varsayım büyük hatalara yol açacaktır. Bu tür silindirlerin hesaplanması 1852-1854'te Lame ve Gadolin tarafından verildi. Rus akademisyen A. V. Gadolin'in topçu silahlarının mukavemetinin hesaplanmasına uygulanan kavisli çubukların hesaplanması alanındaki çalışmaları onu dünyaca ünlü yaptı. Yerli topçu fabrikaları (ve birçok yabancı fabrika) hala Gadolin'in araştırmasını kullanarak silah tasarlıyor ve üretiyor.

Şekil 1, iç yarıçaplı bir dış yarıçapa sahip kalın duvarlı bir silindirin bir enine kesitini göstermektedir; silindir dış ve iç basınca maruz kalır.

Şekil 1. Kalın duvarlı bir silindirin hesaplama şeması.

Silindir duvarının içinde yarıçapı olan çok dar bir malzeme halkası düşünün. Halkanın kalınlığını gösterelim. İzin vermek AB merkez açıya karşılık gelen bu halkanın küçük bir bölümünü gösterir.

Seçilen elemanın çizim düzlemine dik boyutu bire eşit alınır. Elemanın iç ve dış yüzeylerine etki eden gerilmeler olsun. AB, a - yan yüzleri boyunca vurgular. Silindir bölümünün simetrisine ve etkiyen yüke göre, eleman AB eğilmeyecek ve yüzleri boyunca kesme gerilmeleri olmayacaktır. Elemanın kenarları boyunca ABçizimin düzlemi ile çakışan, silindirin altındaki basınçtan kaynaklanan üçüncü ana stres hareket edecektir. Bu gerilim, silindirin enine kesitinin tüm noktalarında sabit olarak kabul edilebilir.

(1)

Denge koşulu, iki bilinmeyen stresi bulmak için yalnızca bir denklem verdi. Problem statik olarak belirsizdir ve deformasyonları dikkate almak gerekir. Silindirin deformasyonu, uzamasından ve radyal, kesitlerinin tüm noktalarını hareket ettirir. Ele alınan elemanın iç yüzeyinin noktalarının radyal yer değiştirmesini şu şekilde adlandırıyoruz: sen(Şekil 3). Dış yüzeyin noktaları yarıçap boyunca başka bir değerde hareket edecektir; yani kalınlık doktor seçilen öğe artacak du ve malzemenin radyal yönde göreli uzaması

R ve değeri yerine koyun ve ardından silindirin gücü bu sonuncular tarafından belirlenir. Üçüncü mukavemet teorisini (en büyük kesme gerilmeleri) uygulayarak, asal gerilmelerdeki en büyük farkın (durum için )'e eşit olduğunu elde ederiz.

(11)

Şekil 3. Silindirin kalınlığı boyunca gerilim dağılımı

silindirin iç yüzeyindeki noktalarda gerçekleşecek ve her zaman mutlak değerde iç basınçtan çok daha büyük olacaktır.