Vadinasi, stiprumo s?lyga yra ?vykdyta.

Sijos stiprum? tikriname pagal energijos kriterij?.

Be d?mesio diagramos Q ir M seka tuo C skyrius yra pavojingas, kuriame M C =M max = 48,3 kNm ir Q C = Q max = 48,9 kN.

I?leiskime ?tempi? b?kl?s analiz? C skyriaus ta?kuose

Apibr??kime normalus ir ?lyties ?tempiai keliuose lygiuose (pa?ym?ta pj?vio diagramoje)

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

Normalus ir tangentinis ?tampa:

Pagrindinis ?tampa:

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

Pagrindiniai ?tempiai:

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

Normalus ir ?lyties ?tempis:

Pagrindiniai ?tempiai:

Ekstremal?s ?lyties ?tempiai:

4-4 lygis: y 4-4 =0.

(viduryje normalieji ?tempiai lyg?s nuliui, tangentiniai ?tempiai did?iausi, jie buvo nustatyti tangentini? ?tempi? stiprumo bandyme)

Pagrindiniai ?tempiai:

Ekstremal?s ?lyties ?tempiai:

5–5 lygiai:

Normalus ir ?lyties ?tempis:

Pagrindiniai ?tempiai:

Ekstremal?s ?lyties ?tempiai:

6–6 lygiai:

Normalus ir ?lyties ?tempis:

Pagrindiniai ?tempiai:

Ekstremal?s ?lyties ?tempiai:

7–7 lygiai:

Normalus ir ?lyties ?tempis:

Pagrindiniai ?tempiai:

Ekstremal?s ?lyties ?tempiai:

Pagal atliktus skai?iavimus ?tempi? diagramos s, t, s 1 , s 3 , t max ir t min yra pateiktos fig.

Analiz??ie diagrama rodo, kuris yra sijos skerspj?vyje pavojingi ta?kai yra 3-3 (arba 5-5) lygyje), kuriame:

Naudojant energijos stiprumo kriterijus, mes gauname

I? lygiaver?i? ir leistin? ?tempi? palyginimo matyti, kad tenkinama ir stiprumo s?lyga

(135,3 MPa<150 МПа).

I?tisin? sija apkraunama visuose tarpatramiuose. Sukurkite i?tisinio pluo?to Q ir M diagramas.

1. Apibr??kite statinio neapibr??tumo laipsnis sijos pagal formul?:

n = Sop -3 = 5-3 = 2, kur Sop – ne?inom? reakcij? skai?ius, 3 – statikos lyg?i? skai?ius. Norint i?spr?sti ?i? spindul?, b?tina dvi papildomos lygtys.

2. Pa?ym?kite numeriai palaiko su nuliu tvarka ( 0,1,2,3 )

3. Pa?ym?kite span skai?i? nuo pirmos tvarka ( 1, 2, 3)

4. Kiekvienas tarpatramis laikomas paprasta sija ir sudaryti kiekvienos paprastos sijos diagramas Q ir M. Kas susij? su paprasta sija, pa?ym?sime su indeksu "0“, kuri nurodo t?stinis spindul?, pa?ym?sime be ?io indekso. Taigi, yra skersin? j?ga ir lenkimo momentas paprastam spinduliui.

Hipotez? apie plok??ius pj?vius lenkiant galima paai?kinti pavyzd?iu: ant nedeformuotos sijos ?oninio pavir?iaus pritaikykime tinklel?, susidedant? i? i?ilgin?s ir skersin?s (statmenos a?iai) tiesi?. D?l sijos lenkimo i?ilgin?s linijos ?gaus kreivin? form?, o skersin?s linijos prakti?kai i?liks tiesios ir statmenos sijos lenktai a?iai.

Plok??iojo pj?vio hipotez?s formulavimas: skersiniai pj?viai, kurie yra plok?ti ir statmeni sijos a?iai prie? , lieka plok?ti ir statmeni kreivajai a?iai po jos deformacijos.

?i aplinkyb? rodo, kad kai plok??ios pj?vio hipotez?, kaip ir su ir

Be plok??i? pj?vi? hipotez?s, daroma prielaida: i?ilgin?s sijos pluo?tai nespaud?ia vienas kito, kai jis yra sulenktas.

Plok??i? pj?vi? hipotez? ir prielaida vadinama Bernoulli sp?jimas.

Apsvarstykite sta?iakampio skerspj?vio sij?, kuri patiria gryn? lenkim? (). Parinkime sijos element?, kurio ilgis (7.8. a pav.). D?l lenkimo sijos skerspj?viai pasisuks, sudarydami kamp?. Vir?utiniai pluo?tai yra suspausti, o apatiniai - ?tempti. Neutralaus pluo?to kreivio spindulys ?ymimas .

S?lygi?kai svarstome, kad pluo?tai kei?ia savo ilg?, i?likdami ties?s (7.8. pav. b). Tada absoliutus ir santykinis pluo?to pailg?jimas, esantis y atstumu nuo neutralaus pluo?to:

Parodykime, kad i?ilgin?s skaidulos, kurios sijos lenkimo metu nepatiria nei ?tempimo, nei gniu?dymo, eina per pagrindin? centrin? a?? x.

Kadangi lenkimo metu sijos ilgis nesikei?ia, skerspj?vyje atsirandanti i?ilgin? j?ga (N) turi b?ti lygi nuliui. Elementarioji i?ilgin? j?ga.

Atsi?velgiant ? i?rai?k? :

Daugiklis gali b?ti paimtas i? integralo ?enklo (nepriklauso nuo integravimo kintamojo).

I?rai?ka parodo pluo?to skerspj?v? neutralios x a?ies at?vilgiu. Jis yra lygus nuliui, kai neutrali a?is eina per skerspj?vio svorio centr?. Vadinasi, neutrali a?is (nulin? linija), kai sija sulenkta, eina per skerspj?vio svorio centr?.

Akivaizdu: lenkimo momentas yra susij?s su normaliais ?tempiais, atsirandan?iais strypo skerspj?vio ta?kuose. Elementarus lenkimo momentas, sukurtas elementin?s j?gos:

,

kur yra a?inis skerspj?vio inercijos momentas apie neutrali? a?? x, o santykis yra pluo?to a?ies kreivumas.

Standumas sijos lenkiant(kuo didesnis, tuo ma?esnis kreivio spindulys).

Gauta formul? atstovauja Huko d?snis lenkiant me?ker?: skerspj?vyje atsirandantis lenkimo momentas yra proporcingas sijos a?ies kreivumui.

I?rei?kiant i? Huko d?snio formul?s strypo lenkimo spindul? () ir pakei?iant jo reik?m? formul?je , gauname normali?j? ?tempi? () formul? savavali?kame sijos skerspj?vio ta?ke, esan?iame atstumu y nuo neutralios a?ies x: .

?prast? ?tempi? () formul?je savavali?kame sijos skerspj?vio ta?ke turi b?ti pakeistos absoliu?ios lenkimo momento vert?s () ir atstumas nuo ta?ko iki neutralios a?ies (y koordinat?s). . Ar ?tempis tam tikrame ta?ke bus tempiamas, ar gniu?domas, nesunku nustatyti pagal sijos deformacijos pob?d? arba pagal lenkimo moment? diagram?, kurios ordinat?s br??iamos i? suspaust? sijos pluo?t? pus?s.

Tai matyti i? formul?s: normal?s ?tempiai () kinta i?ilgai sijos skerspj?vio auk??io pagal tiesin? d?sn?. Ant pav. 7.8, sklypas parodytas. Did?iausi ?tempimai sijos lenkimo metu atsiranda ta?kuose, kurie yra toliausiai nuo neutralios a?ies. Jei sijos skerspj?vyje nubr??ta linija, lygiagreti neutraliai a?iai x, tai visuose jos ta?kuose atsiranda vienodi normal?s ?tempiai.

Paprasta analiz? ?prastos ?tampos diagramos rodo, kad sulenkus spindul? med?iaga, esanti ?alia neutralios a?ies, prakti?kai neveikia. Tod?l, siekiant suma?inti sijos svor?, rekomenduojama rinktis tokias skerspj?vio formas, kuriose did?ioji dalis med?iagos pa?alinama i? neutralios a?ies, pavyzd?iui, I-profilis.

J?gos, veikian?ios statmenai sijos a?iai ir esan?ios plok?tumoje, einan?ioje per ?i? a??, sukelia deformacij?, vadinam? skersinis lenkimas. Jeigu min?t? j?g? veikimo plok?tuma – pagrindin? plok?tuma, tada yra tiesus (plok??ias) skersinis pos?kis. Prie?ingu atveju lenkimas vadinamas ?stri?u skersiniu. Sija, kuri daugiausia lenkiama, vadinama sija 1 .

I? esm?s skersinis lenkimas yra gryno lenkimo ir ?lyties derinys. Atsi?velgiant ? skerspj?vi? kreivum? d?l netolygaus ?irkli? pasiskirstymo i?ilgai auk??io, kyla klausimas, ar galima taikyti normali? ?tempi? formul? s X i?vestas grynam lenkimui remiantis plok??i? pj?vi? hipoteze.

1 Vieno tarpatramio sija, kurios galuose atitinkamai yra viena cilindrin? fiksuota atrama ir viena cilindrin?, judama sijos a?ies kryptimi, vadinama paprastas. Vadinamas sija, kurios vienas galas yra fiksuotas, o kitas laisvas galas konsol?. Paprasta sija, turinti vien? ar dvi dalis, kabanti vir? atramos, vadinama konsol?.

Be to, jei sekcijos yra paimtos toli nuo apkrovos taikymo ta?k? (ne ma?esniu kaip pus?s sijos sekcijos auk??io atstumu), tada, kaip ir gryno lenkimo atveju, galima daryti prielaid?, kad pluo?tai nedaro spaudimo vienas kitam. Tai rei?kia, kad kiekvienas pluo?tas patiria vienaa?? ?tempim? arba suspaudim?.

Veikiant paskirstytai apkrovai, skersin?s j?gos dviejose gretimose atkarpose skirsis dyd?iu, lygiu qdx. Tod?l sekcij? kreivumas taip pat bus ?iek tiek kitoks. Be to, pluo?tai darys spaudim? vienas kitam. Kruop?tus problemos tyrimas rodo, kad jei sijos ilgis l gana didelis, palyginti su savo auk??iu h (l/ h> 5), tada net esant paskirstytai apkrovai ?ie veiksniai neturi didel?s ?takos normalioms ?tempimams skerspj?vyje, tod?l ? juos gali b?ti neatsi?velgiama atliekant praktinius skai?iavimus.

a B C

Ry?iai. 10.5 pav. 10.6

Atkarpose, kuriose veikia koncentruotos apkrovos, ir ?alia j? pasiskirstymas s X nukrypsta nuo tiesinio d?snio. ? ?? nuokryp?, kuris yra vietinio pob?d?io ir n?ra lydimas did?iausi? ?tempi? padid?jimo (kra?tutiniuose pluo?tuose), prakti?kai neatsi?velgiama.

Taigi, su skersiniu lenkimu (plok?tumoje hu) normal?s ?tempiai apskai?iuojami pagal formul?

s X= – [Mz(x)/Iz]y.

Jei ant strypo atkarpos, kurioje n?ra apkrovos, nubrai?ysime dvi gretimas atkarpas, tai abiejose atkarpose skersin? j?ga bus vienoda, vadinasi, sekcij? kreivumas bus toks pat. ?iuo atveju bet koks pluo?to gabalas ab(10.5 pav.) persikels ? nauj? pad?t? a "b", nepatiriant papildomo pailg?jimo, tod?l nekei?iant ?prasto ?tempio dyd?io.

?lyties ?tempius skerspj?vyje nustatykime per j? porinius ?tempius, veikian?ius i?ilgin?je sijos pj?vyje.

I? juostos pasirinkite ilgio element? dx(10.7 pav. a). Nubr??kime horizontali? atkarp? per atstum? adresu nuo neutralios a?ies z, dalijant element? ? dvi dalis (10.7 pav.) ir apsvarstykite vir?utin?s dalies, turin?ios pagrind?, pusiausvyr?.

plotis b. Pagal ?lyties ?tempi? poravimosi d?sn?, i?ilginiame pj?vyje veikiantys ?tempiai yra lyg?s ?tempiams, veikiantiems skerspj?vyje. Turint tai omenyje, darant prielaid?, kad vietoje atsiranda ?lyties ?tempiai b pasiskirst? tolygiai, naudojame s?lyg? SX = 0, gauname:

N * - (N * +dN *)+

?ia: N * - normali?j? j?g? s rezultatas elemento dx kairiajame skerspj?vyje „ribin?je“ srityje A * (10.7 pav. d):

kur: S \u003d - skerspj?vio dalies „nupjautos“ statinis momentas (tamsintas plotas 10.7 pav. c). Tod?l galime ra?yti:

Tada galite para?yti:

?i? formul? XIX am?iuje gavo rus? mokslininkas ir in?inierius D.I. ?uravskis ir turi savo vard?. Ir nors ?i formul? yra apytiksl?, kadangi ji apskai?iuoja ?tempi? vidurk? per pj?vio plot?, naudojant j? gauti skai?iavimo rezultatai gerai sutampa su eksperimentiniais duomenimis.

Norint nustatyti ?lyties ?tempius savavali?kame pj?vio ta?ke, esan?iame y atstumu nuo z a?ies, reikia:

I? diagramos nustatykite pj?vyje veikian?ios skersin?s j?gos Q dyd?;

Apskai?iuokite visos atkarpos inercijos moment? I z;

Per ?? ta?k? nubr??kite plok?tumai lygiagre?i? plok?tum? xz ir nustatyti sekcijos plot? b;

Apskai?iuokite ribin?s srities S statin? moment? pagrindin?s centrin?s a?ies at?vilgiu z ir pakeiskite rastas reik?mes ? ?uravskio formul?.

Kaip pavyzd? apibr??kime ?lyties ?tempius sta?iakampiame skerspj?vyje (10.6 pav., c). Statinis momentas apie a?? z vir? 1-1 eilut?s esan?ios sekcijos dalis, kuriose nustatomas ?tempis, ra?ome tokia forma:

Ji kei?iasi pagal kvadratin?s parabol?s d?sn?. Pj?vio plotis in sta?iakampei sijai yra pastovi, tai pj?vio ?lyties ?tempi? kitimo d?snis taip pat bus parabolinis (10.6 pav., c). Esant y = ir y = - tangentiniai ?tempiai lyg?s nuliui, o neutralioje a?yje z jie pasiekia auk??iausi? ta?k?.

Sij?, kurios skerspj?vis yra apskritas neutralioje a?yje, turime

lenkti vadinama deformacija, kai strypo a?is ir visi jo pluo?tai, t.y. i?ilgin?s linijos, lygiagre?ios strypo a?iai, yra i?lenktos veikiant i?orin?ms j?goms. Papras?iausias lenkimo atvejis gaunamas, kai i?orin?s j?gos yra plok?tumoje, einan?ioje per centrin? strypo a??, ir neprojektuoja ? ?i? a??. Toks lenkimo atvejis vadinamas skersiniu lenkimu. Atskirkite plok??i? lenkim? ir ?stri??.

plok??ias pos?kis- toks atvejis, kai i?lenkta strypo a?is yra toje pa?ioje plok?tumoje, kurioje veikia i?orin?s j?gos.

?stri?as (sud?tingas) lenkimas- toks lenkimo atvejis, kai strypo lenkimo a?is n?ra i?orini? j?g? veikimo plok?tumoje.

Lenkimo strypas paprastai vadinamas sija.

Plok??iu skersiniu sij? lenkimu ruo?e su koordina?i? sistema y0x gali atsirasti dvi vidin?s j?gos - skersin? j?ga Q y ir lenkimo momentas M x; toliau pristatome ?ym?jim? K ir M. Jei sijos pj?vyje ar atkarpoje n?ra skersin?s j?gos (Q = 0), o lenkimo momentas n?ra lygus nuliui arba M yra const, tai toks lenkimas paprastai vadinamas ?varus.

?lyties j?ga bet kurioje sijos atkarpoje yra skaitine prasme lygi vis? j?g? (?skaitant atramos reakcijas), esan?i? vienoje pj?vio pus?je (bet kurioje) pus?je, projekcij? ? a?? algebrinei sumai.

Lenkimo momentas sijos atkarpoje yra skaitine prasme lygi vis? j?g? (?skaitant atramos reakcijas), esan?i? vienoje pj?vio pus?je (bet kurioje) moment? algebrinei sumai, nubr??tai ?ios atkarpos svorio centro at?vilgiu, tiksliau, a?ies at?vilgiu. einantis statmenai br??inio plok?tumai per nubr??tos pj?vio svorio centr?.

Q j?ga atstovauja gaunamas paskirstytas per vidinio skerspj?v? ?lyties ?tempiai, a momentas M– akimirk? suma aplink centrin? sekcijos X vidin? a?? normalus stresas.

Tarp vidini? j?g? yra skirtingas ry?ys

kuris naudojamas kuriant ir tikrinant diagramas Q ir M.

Kadangi dalis sijos pluo?t? yra i?tempti, o dalis suspausti, o per?jimas nuo ?tempimo prie suspaudimo vyksta skland?iai, be ?uoli?, vidurin?je sijos dalyje susidaro sluoksnis, kurio pluo?tai tik linksta, bet nepatiria nei vieno. ?tempimas ar suspaudimas. Toks sluoksnis vadinamas neutralus sluoksnis. Vadinama linija, i?ilgai kurios neutralus sluoksnis kertasi su sijos skerspj?viu neutrali linija arba neutrali a?is skyriuose. Ant sijos a?ies i?temptos neutralios linijos.

Linijos, nubr??tos ant sijos ?oninio pavir?iaus, statmenos a?iai, sulenkus i?lieka plok??ios. ?ie eksperimentiniai duomenys leid?ia pagr?sti formuli? i?vadas plok??i? pj?vi? hipoteze. Remiantis ?ia hipoteze, sijos atkarpos prie? lenkim? yra plok??ios ir statmenos jos a?iai, i?lieka plok??ios ir lenkiant tampa statmenos sijos lenktai a?iai. Lenkimo metu i?kreipiamas sijos skerspj?vis. D?l skersin?s deformacijos sijos suspaustoje zonoje skerspj?vio matmenys did?ja, o ?tempimo zonoje jie suspaud?iami.

Formuli? i?vedimo prielaidos. Normalus stresas

1) I?sipildo plok??i? pj?vi? hipotez?.

2) I?ilginiai pluo?tai nespaud?ia vienas kito, tod?l veikiant normaliam ?tempimui, veikia linijiniai ?tempimai arba suspaudimai.

3) Pluo?t? deformacijos nepriklauso nuo j? pad?ties i?ilgai pj?vio plo?io. Vadinasi, ?prastiniai ?tempiai, besikei?iantys i?ilgai pj?vio auk??io, per plot? i?lieka tokie patys.

4) Spindulys turi bent vien? simetrijos plok?tum? ir visos i?orin?s j?gos yra ?ioje plok?tumoje.

5) Sijos med?iaga pakl?sta Huko d?sniui, o tempimo ir gniu?dymo tamprumo modulis yra toks pat.

6) Sijos matmen? santykis yra toks, kad jis veikt? plok??io lenkimo s?lygomis, nesikreipdamas ar nesisukdamas.

Tik grynai sulenkus sij? ant platform? jos skyriuje normalus stresas, nustatoma pagal formul?:

kur y yra savavali?ko atkarpos ta?ko koordinat?, matuojama nuo neutralios linijos – pagrindin?s centrin?s a?ies x.

?prasti lenkimo ?tempiai i?ilgai sekcijos auk??io paskirstomi tiesinis ?statymas. Ekstremaliuose pluo?tuose normal?s ?tempiai pasiekia did?iausi? vert?, o svorio centre skerspj?viai lyg?s nuliui.

Normali? ?tempi? diagram? pob?dis simetri?koms atkarpoms neutralios linijos at?vilgiu

?prast? ?tempi? diagram? pob?dis atkarpoms, kurios neturi simetrijos neutralios linijos at?vilgiu

Pavojingi ta?kai yra toliausiai nuo neutralios linijos.

I?sirinkime koki? nors sekcij?

Bet kur? atkarpos ta?k? pavadinkime ta?ku ?, sijos stiprumo s?lyga normalioms ?tempimams yra tokia:

, kur i.d. - tai yra neutrali a?is

tai yra a?in?s dalies modulis apie neutrali? a??. Jo matmenys yra cm 3, m 3. Atsparumo momentas apib?dina skerspj?vio formos ir matmen? ?tak? ?tempi? dyd?iui.

J?gos s?lyga normaliam ?tempimui:

Normalus ?tempis yra lygus did?iausio lenkimo momento ir a?inio pj?vio modulio santykiui neutralios a?ies at?vilgiu.

Jeigu med?iaga nevienodai atspari tempimui ir gniu?dymui, tuomet turi b?ti taikomos dvi stiprumo s?lygos: tempimo zonai su leistinu tempimo ?tempimu; suspaudimo zonai su leistinu gniu?dymo ?tempimu.

Su skersiniu lenkimu, sijos ant platform? jo skyriuje veikia kaip normalus, ir liestin?s?tampa.

Konsolinei sijai, apkrautai paskirstyta kN / m intensyvumo apkrova ir koncentruotu momentu kN m (3.12 pav.), reikia: sudaryti ?lyties j?g? ir lenkimo moment? diagramas, pasirinkti apskrito skerspj?vio sij? leistinoje. normalus ?tempis kN / cm2 ir patikrinti sijos stiprum? pagal ?lyties ?tempius esant leistinam ?lyties ?tempiui kN/cm2. Sijos matmenys m; m; m.

Tiesioginio skersinio lenkimo problemos projektavimo schema

Ry?iai. 3.12

„Tiesioginio skersinio lenkimo“ problemos sprendimas

Pagalbini? reakcij? nustatymas

Horizontali reakcija ?taisyme yra lygi nuliui, nes i?orin?s apkrovos z a?ies kryptimi sijos neveikia.

Mes pasirenkame likusi? reaktyvi?j? j?g?, kylan?i? ?terpime, kryptis: nukreipkime vertikali? reakcij?, pavyzd?iui, ?emyn, o moment? – pagal laikrod?io rodykl?. J? reik?m?s nustatomos pagal statikos lygtis:

Sudarydami ?ias lygtis, moment? laikome teigiamu, kai sukasi prie? laikrod?io rodykl?, o j?gos projekcija yra teigiama, jei jos kryptis sutampa su teigiama y a?ies kryptimi.

I? pirmosios lygties randame pabaigos moment?:

I? antrosios lygties – vertikali reakcija:

M?s? gautos teigiamos reik?m?s ?iuo metu ir vertikali reakcija nutraukime rodo, kad atsp?jome j? kryptis.

Atsi?velgdami ? sijos tvirtinimo ir apkrovos pob?d?, jos ilg? padalijame ? dvi dalis. Prie kiekvienos i? ?i? atkarp? rib? nubr??iame keturis skerspj?vius (?r. 3.12 pav.), kuriuose apskai?iuosime ?lyties j?g? ir lenkimo moment? reik?mes pj?vi? metodu (ROZU).

1 skyrius. Mintyse i?meskime de?in? sijos pus?. Pakeiskime jo veikim? likusioje kair?je pus?je pjovimo j?ga ir lenkimo momentu. Kad b?t? patogiau skai?iuoti j? reik?mes, de?in? m?s? i?mesto sijos pus? u?darome popieriumi, kair?j? lapo kra?t? sulygiuodami su nagrin?jama sekcija.

Prisiminkite, kad bet kuriame skerspj?vyje atsirandanti ?lyties j?ga turi subalansuoti visas i?orines j?gas (aktyvi?sias ir reaktyvi?sias), kurios veikia t? sijos dal?, kuri? mes svarstome (ty matom?). Tod?l kirpimo j?ga turi b?ti lygi vis? j?g?, kurias matome, algebrinei sumai.

Taip pat pateikiame ?lyties j?gos ?enklo taisykl?: i?orin? j?ga, veikianti nagrin?jam? sijos dal? ir linkusi „pasukti“ ?i? dal? pj?vio at?vilgiu pagal laikrod?io rodykl?, sukelia teigiam? pjovimo j?g? pj?vyje. Tokia i?orin? j?ga ?traukiama ? algebrin? sum? apibr??imui su pliuso ?enklu.

M?s? atveju matome tik atramos reakcij?, kuri matom? sijos dal? sukasi pirmosios atkarpos at?vilgiu (popieriaus kra?to at?vilgiu) prie? laikrod?io rodykl?. ?tai kod?l

kN.

Lenkimo momentas bet kurioje atkarpoje turi subalansuoti i?orini? j?g? sukurt? moment?, kur? matome nagrin?jamos atkarpos at?vilgiu. Tod?l ji yra lygi vis? pastang?, veikian?i? m?s? svarstom? spindulio dal?, moment? algebrinei sumai, atsi?velgiant ? nagrin?jam? atkarp? (kitaip tariant, popieriaus lapo kra?to at?vilgiu). ?iuo atveju i?orin? apkrova, i?lenkianti nagrin?jam? sijos dal? i?gaubta ? apa?i?, sukelia teigiam? lenkimo moment? atkarpoje. O tokios apkrovos sukurtas momentas apibr??imui su pliuso ?enklu ?traukiamas ? algebrin? sum?.

Matome dvi pastangas: reakcij? ir nutraukimo moment?. Ta?iau j?gos ranka 1 dalies at?vilgiu yra lygi nuliui. ?tai kod?l

kN m

Mes ?m?me pliuso ?enkl?, nes reaktyvusis momentas i?lenkia matom? pluo?to dal? i?gaubtu ?emyn.

2 skyrius. Kaip ir anks?iau, vis? de?in? sijos pus? u?dengsime popieriumi. Dabar, skirtingai nei pirmajame skyriuje, j?ga turi pet?: m. Tod?l

kN; kN m

Sekcija 3. U?darius de?in? sijos pus?, randame

kN;

Sekcija 4. Kairi?j? sijos pus? u?darykite lapeliu. Tada

kN m

kN m

.

Pagal gautas vertes sudarome ?lyties j?g? (3.12 pav., b) ir lenkimo moment? (3.12 pav., c) diagramas.

Neapkrautose atkarpose ?lyties j?g? diagrama eina lygiagre?iai sijos a?iai, o esant paskirstytai apkrovai q – i?ilgai nuo?ulnios ties?s ? vir??. Pagal atramos reakcij? diagramoje yra ?uolis ?emyn ?ios reakcijos reik?me, ty 40 kN.

Lenkimo moment? diagramoje matome l??? po atramos reakcija. L??io kampas nukreiptas ? atramos reakcij?. Esant paskirstytai apkrovai q, diagrama kinta i?ilgai kvadratin?s parabol?s, kurios i?gaubimas nukreiptas ? apkrov?. Diagramos 6 skyriuje yra ekstremumas, nes kirpimo j?gos diagrama ?ioje vietoje eina per nulin? vert?.

Nustatykite reikiam? sijos skerspj?vio skersmen?

?prast? ?tempi? stiprumo s?lyga yra tokia:

,

kur yra sijos pasiprie?inimo lenkimo momentas. Apvalaus skerspj?vio sijai jis lygus:

.

Did?iausi? absoliu?i? vert? turintis lenkimo momentas atsiranda tre?ioje sijos dalyje: kN cm

Tada reikiamas sijos skersmuo nustatomas pagal formul?

cm.

Priimame mm. Tada

kN/cm2 kN/cm2.

"Vir??tampis" yra

,

kas leid?iama.

Mes tikriname sijos stiprum? did?iausiems tangentiniams ?tempiams

Did?iausi ?lyties ?tempiai, atsirandantys apskrito sijos skerspj?vyje, apskai?iuojami pagal formul?

,

kur yra skerspj?vio plotas.

Pagal sklyp? did?iausia ?lyties j?gos algebrin? vert? lygi kN. Tada

kN/cm2 kN/cm2,

tai yra, stiprumo ir ?lyties ?tempi? s?lyga yra ?vykdyta, be to, su didele atsarga.

2 u?davinio „tiesioginis skersinis lenkimas“ sprendimo pavyzdys

Probleminio pavyzd?io s?lyga tiesioginiam skersiniam lenkimui

?arnyrinei sijai, apkrautai paskirstyta kN / m intensyvumo apkrova, koncentruota j?ga kN ir koncentruotu momentu kN m (3.13 pav.), reikia nubr??ti ?lyties j?gas ir lenkimo momentus bei pasirinkti I formos sijos skerspj?v?. su leistinu normaliu ?tempimu kN/cm2 ir leistinu ?lyties ?tempimu kN/cm2. Sijos tarpatramis m.

Tiesaus lenkimo u?duoties pavyzdys - projektavimo schema

Ry?iai. 3.13

Tiesiojo lenkimo problemos pavyzd?io sprendimas

Pagalbini? reakcij? nustatymas

Tam tikram pasukamai atramam pluo?tui reikia rasti tris atramos reakcijas: , ir . Kadangi sij?, statmen? jos a?iai, veikia tik vertikalios apkrovos, fiksuotos ?arnyrin?s atramos A horizontalioji reakcija lygi nuliui: .

Vertikali? reakcij? kryptys ir pasirenkamos savavali?kai. Nukreipkime, pavyzd?iui, abi vertikalias reakcijas ? vir??. Nor?dami apskai?iuoti j? vertes, sudarome dvi statikos lygtis:

Prisiminkite, kad gaunama linijin? apkrova, tolygiai paskirstyta l ilgio atkarpai, yra lygi, tai yra, lygi ?ios apkrovos diagramos plotui ir ji taikoma ?ios diagramos svorio centre, tai yra ilgio viduryje.

;

kN.

Mes tikriname:.

Prisiminkite, kad j?gos, kuri? kryptis sutampa su teigiama y a?ies kryptimi, yra projektuojamos (projektuojamos) ? ?i? a?? su pliuso ?enklu:

Teisingai.

Sudarome ?lyties j?g? ir lenkimo moment? diagramas

Mes suskaidome sijos ilg? ? atskiras dalis. ?i? sri?i? ribos yra sutelkt? j?g? (aktyvi?j? ir (arba) reaktyvi?j?) taikymo ta?kai, taip pat ta?kai, atitinkantys paskirstytos apkrovos prad?i? ir pabaig?. M?s? problemoje yra trys tokios sritys. I?ilgai ?i? atkarp? rib? nubr??iame ?e?is skerspj?vius, kuriuose apskai?iuosime ?lyties j?g? ir lenkimo moment? reik?mes (3.13 pav., a).

1 skyrius. Mintyse i?meskime de?in? sijos pus?. Kad b?t? patogiau skai?iuoti ?ioje atkarpoje atsirandan?i? ?lyties j?g? ir lenkimo moment?, m?s? i?mest? sijos dal? u?darome popieriumi, kair?j? popieriaus lapo kra?t? sulygiuodami su pa?ia pj?viu.

?lyties j?ga sijos pj?vyje yra lygi vis? i?orini? j?g? (aktyvi?j? ir reaktyvi?j?), kurias matome, algebrinei sumai. ?iuo atveju matome atramos ir tiesin?s apkrovos q reakcij?, paskirstyt? per be galo ma?? ilg?. Gauta tiesin? apkrova lygi nuliui. ?tai kod?l

kN.

Pliuso ?enklas imamas, nes j?ga sukasi matom? spindulio dal? pirmosios dalies (popieriaus kra?to) at?vilgiu pagal laikrod?io rodykl?.

Lenkimo momentas sijos pj?vyje yra lygus vis? j?g?, kurias matome, moment? algebrinei sumai, palyginti su nagrin?jama atkarpa (ty popieriaus lapo kra?to at?vilgiu). Matome atramos ir tiesin?s apkrovos q reakcij?, paskirstyt? per be galo ma?? ilg?. Ta?iau j?gos svertas yra lygus nuliui. Gauta tiesin? apkrova taip pat lygi nuliui. ?tai kod?l

2 skyrius. Kaip ir anks?iau, vis? de?in? sijos pus? u?dengsime popieriumi. Dabar matome reakcij? ir apkrov? q, veikian?i? ilgio atkarp? . Gauta tiesin? apkrova yra lygi . Jis pritvirtintas sekcijos, kurios ilgis yra , viduryje. ?tai kod?l

Prisiminkite, kad nustatydami lenkimo momento ?enkl? sijos dal?, kuri? matome, mintyse atlaisviname nuo vis? faktini? atramini? tvirtinim? ir ?sivaizduojame j? tarsi suspaust? nagrin?jamoje atkarpoje (ty kairiajame gabalo kra?te). popieri? mes mintyse vaizduojame kaip stand? antspaud?).

3 skyrius. U?darykite de?in? dal?. Gauk

Sekcija 4. De?in? sijos pus? u?darome lapeliu. Tada

Dabar, nor?dami kontroliuoti skai?iavim? teisingum?, u?denkime kair? sijos pus? popieriaus lapu. Matome koncentruot? j?g? P, de?in?s atramos reakcij? ir tiesin? apkrov? q, paskirstyt? per be galo ma?? ilg?. Gauta tiesin? apkrova lygi nuliui. ?tai kod?l

kN m

Tai yra, viskas yra teisinga.

5 skyrius. Vis tiek u?darykite kair? sijos pus?. Tur?siu

kN;

kN m

6 skyrius. V?l u?darykime kair? sijos pus?. Gauk

kN;

Pagal gautas vertes sudarome ?lyties j?g? (3.13 pav., b) ir lenkimo moment? (3.13 pav., c) diagramas.

Esame ?sitikin?, kad po neapkrauta atkarpa ?lyties j?g? diagrama eina lygiagre?iai sijos a?iai, o esant paskirstytai apkrovai q - i?ilgai ties?s su nuolyd?iu ?emyn. Diagramoje yra trys ?uoliai: po reakcijos - ? vir?? 37,5 kN, po reakcijos - ? vir?? 132,5 kN ir pagal j?g? P - ?emyn 50 kN.

Lenkimo moment? diagramoje matome l??ius veikiant sutelktai j?gai P ir po atramos reakcijomis. L??io kampai yra nukreipti ? ?ias j?gas. Esant paskirstytai q intensyvumo apkrovai, diagrama kinta i?ilgai kvadratin?s parabol?s, kurios i?gaubimas nukreiptas ? apkrov?. Po koncentruoto momento yra 60 kN m ?uolis, tai yra, paties momento dyd?iu. Diagramos 7 skyriuje yra ekstremumas, nes ?ios sekcijos ?lyties j?gos diagrama eina per nulin? reik?m? (). Nustatykime atstum? nuo 7 sekcijos iki kairiosios atramos.