Za konzolni nosilec, obremenjen s porazdeljeno obremenitvijo intenzitete kN/m in zgoščenim momentom kN m (slika 3.12), je potrebno: izdelati diagrame strižnih sil in upogibnih momentov, izbrati nosilec krožnega prereza z dopustno normalno napetost kN/cm2 in preverimo trdnost nosilca glede na tangencialne napetosti z dovoljeno tangencialno napetostjo kN/cm2. Dimenzije nosilca m; m; m.
Računska shema za problem direktnega prečnega upogiba
riž. 3.12
Rešitev problema "ravno prečno upogibanje"
Določanje reakcij podpore
Horizontalna 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: navpično reakcijo usmerimo na primer navzdol, trenutek pa v smeri urinega kazalca. Njihove vrednosti so določene iz statičnih enačb:
Pri sestavljanju teh enačb štejemo, da je moment pozitiven pri vrtenju v nasprotni smeri urnega kazalca, projekcija sile pa je pozitivna, če njena smer sovpada s pozitivno smerjo osi y.
Iz prve enačbe najdemo trenutek na tesnilu:
Iz druge enačbe - navpične reakcije:
Pozitivne vrednosti, ki smo jih dobili za trenutek in navpično reakcijo v vgradnji, kažejo, 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 bomo orisali štiri prečne prereze (glej sliko 3.12), v katerih bomo z metodo odsekov (ROZU) izračunali vrednosti strižnih sil in upogibnih momentov.
Sekcija 1. Miselno zavrzimo desno stran žarka. Njegovo delovanje na preostali levi strani nadomestimo z rezalno silo in upogibnim momentom. Za lažji izračun njihovih vrednosti pokrijmo zavrženo desno stran žarka s kosom papirja, tako da levi rob lista poravnamo z obravnavanim odsekom.
Spomnimo se, da mora strižna sila, ki nastane v katerem koli prerezu, uravnotežiti vse zunanje sile (aktivne in reaktivne), ki delujejo na del nosilca, ki ga obravnavamo (tj. vidni). Zato mora biti strižna sila enaka algebraični vsoti vseh sil, ki jih vidimo.
Predstavimo še pravilo predznakov 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 nam vidni del žarka vrti glede na prvi odsek (glede na rob papirja) v nasprotni smeri urnega kazalca. Zato
kN.
Upogibni moment v katerem koli odseku mora uravnotežiti moment, ki ga ustvarijo zunanje sile, ki so nam vidne glede na zadevni odsek. Posledično je enaka algebrski vsoti momentov vseh sil, ki delujejo na del žarka, ki ga obravnavamo, glede na obravnavani odsek (z drugimi besedami, glede na rob lista papirja). V tem primeru zunanja obremenitev, ki upogiba obravnavani del nosilca s svojo konveksnostjo navzdol, povzroči pozitiven upogibni moment v odseku. In trenutek, ki ga ustvari taka obremenitev, je vključen v algebraično vsoto za določitev z znakom "plus".
Vidimo dva napora: reakcijo in zaključni trenutek. Vendar pa je vzvod sile glede na odsek 1 enak nič. Zato
kNm.
Vzeli smo znak plus, ker reaktivni navor upogiba nam vidni del žarka s konveksom 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; kNm.
Oddelek 3. Zapiranje desne strani žarka, najdemo
kN;
Oddelek 4. Pokrijte levo stran žarka s pločevino. Potem
kNm.
kNm.
.
S pomočjo ugotovljenih vrednosti sestavimo diagrame strižnih sil (sl. 3.12, b) in upogibnih momentov (sl. 3.12, c).
Pod neobremenjenimi območji gre diagram strižnih sil vzporedno z osjo nosilca, pod porazdeljeno obremenitvijo q pa vzdolž nagnjene ravne črte navzgor. Pod reakcijo nosilca na diagramu je skok navzdol za vrednost te reakcije, to je za 40 kN.
Na diagramu upogibnih momentov vidimo prelom pod reakcijo podpore. Kot upogiba je usmerjen proti reakciji podpore. 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 prečnega premera žarka
Pogoj normalne napetostne trdnosti ima obliko:
,
kjer je uporni moment žarka med upogibom. Za žarek s krožnim prerezom je enako:
.
Največja absolutna vrednost upogibnega momenta 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.
Trdnost nosilca preverjamo z največjimi strižnimi napetostmi
Največje tangencialne napetosti, ki nastanejo v prečnem prerezu nosilca krožnega prereza, se izračunajo po formuli
,
kjer je površina preseka.
Glede na diagram je največja algebraična vrednost strižne sile enaka 
kN. Potem
kN/cm2 kN/cm2,
to pomeni, da je izpolnjen tudi pogoj trdnosti za tangencialne napetosti in to z veliko rezervo.
Primer reševanja problema "ravno prečno upogibanje" št. 2
Pogoj vzorčnega problema pri ravnem prečnem upogibanju
Za preprosto podprt nosilec, obremenjen s porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti kN/m, koncentrirane sile kN in koncentriranega momenta kN m (slika 3.13), je treba sestaviti diagrame strižnih sil in upogibnih momentov ter izbrati nosilec I-žarka. prerez z dovoljeno normalno napetostjo kN/cm2 in dovoljeno tangencialno napetostjo kN/cm2. Razpon grede m.
Primer ravnega upogibnega problema - računski diagram
 |
riž. 3.13
Rešitev primera naloge o ravnem upogibanju
Določanje reakcij podpore
Za dani preprosto podprti nosilec je treba najti tri reakcije podpore: , in . Ker se na žarek le deluje navpične obremenitve, pravokotno na svojo os, je vodoravna reakcija fiksne zgibne podpore A enaka nič: .
Smeri vertikalnih reakcij so izbrane poljubno. Usmerimo na primer obe vertikalni reakciji navzgor. Za izračun njihovih vrednosti ustvarimo dve statični enačbi:
Spomnimo se, da je rezultanta linearne obremenitve, enakomerno porazdeljena po odseku dolžine l, enaka , to je enaka površini diagrama te obremenitve in se uporablja v težišču tega diagram, to je na sredini dolžine.
;
kN.
Preverimo:.
Spomnimo se, da so sile, katerih smer sovpada s pozitivno smerjo osi y, projicirane (projicirane) na to os z znakom plus:
to je res.
Konstruiramo 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 trije takšni deli. Vzdolž meja teh odsekov bomo orisali 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 nastaneta v tem odseku, bomo del žarka, ki smo ga zavrgli, pokrili s kosom papirja, pri čemer bomo levi rob lista papirja poravnali s samim odsekom.
Strižna sila v prerezu nosilca je enaka algebrski vsoti vseh zunanje sile(aktivno in reaktivno), ki jih vidimo. V tem primeru vidimo reakcijo nosilca in linearne obremenitve q, porazdeljene po neskončno majhni dolžini. Končna linearna obremenitev je enaka nič. Zato
kN.
Znak plus je vzet, ker sila vrti del žarka, ki ga vidimo glede na prvi odsek (rob lista 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 podpore in linearno obremenitev q porazdeljeno po neskončno majhni dolžini. Vendar ima sila vzvod 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. Pritrjen je na sredino dolžine. Zato
Spomnimo se, da pri določanju predznaka upogibnega momenta miselno osvobodimo del nosilca, ki ga vidimo, od vseh dejanskih nosilnih pritrdilnih elementov in si ga predstavljamo, kot da je stisnjen v obravnavanem odseku (to je, miselno si predstavljamo levi rob kosa papirja kot toge vgradnje).
Oddelek 3. Zapremo desno stran. Dobimo
Oddelek 4. Pokrijte desno stran žarka s pločevino. Potem
Zdaj, da preverimo pravilnost izračunov, pokrijmo levo stran žarka s kosom papirja. Vidimo koncentrirano silo P, reakcijo desne opore in linearno obremenitev q, porazdeljeno na neskončno majhno dolžino. Končna linearna obremenitev je enaka nič. Zato
kNm.
Se pravi, vse je pravilno.
Oddelek 5. Kot prej, zaprite levo stran žarka. Bo imel
kN;
kNm.
Oddelek 6. Spet zapremo levo stran žarka. Dobimo
kN;
S pomočjo ugotovljenih vrednosti sestavimo diagrame strižnih sil (sl. 3.13, b) in upogibnih momentov (sl. 3.13, c).
Pazimo, da pod neobremenjenim območjem diagram strižnih sil poteka vzporedno z osjo nosilca, pri porazdeljeni obremenitvi q pa po ravni črti, ki je nagnjena 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.
Pri izračunu upogibnih elementov gradbene konstrukcije Za trdnost se uporablja metoda izračuna mejnega stanja.
V večini primerov so normalne napetosti v prerezih najpomembnejše pri ocenjevanju trdnosti nosilcev in okvirjev. V tem primeru najvišje normalne napetosti, ki delujejo v najbolj oddaljenih vlaknih nosilca, ne smejo preseči določene dovoljene vrednosti za dani material. Pri metodi izračuna mejnega stanja je ta vrednost enaka konstrukcijski upornosti R, pomnoženo s koeficientom delovnih pogojev na vasi
Pogoj trdnosti ima naslednjo obliko:
Vrednote R in y s Za različne materiale so podani v SNiP za gradbene konstrukcije.
Za nosilce iz plastičnega materiala, ki je enako odporen na napetost in stiskanje, je priporočljivo uporabiti odseke z dvema simetričnima osema. V tem primeru je pogoj trdnosti (7.33), ob upoštevanju formule (7.19), zapisan v obliki
Včasih se zaradi konstrukcijskih razlogov uporabljajo nosilci z asimetričnim prečnim prerezom, kot so T-nosilec, I-nosilec z več prirobnicami itd. V teh primerih je pogoj trdnosti (7.33) ob upoštevanju (7.17) zapisan v obliki
V formulah (7.34) in (7.35) W z in WHM- presečni uporni momenti glede na nevtralno os Oz“ Mnb je največji upogibni moment v absolutni vrednosti zaradi delovanja projektiranih obremenitev, tj. ob upoštevanju koeficienta zanesljivosti obremenitve y^.
Odsek žarka, v katerem deluje največja absolutna vrednost upogibnega momenta, se imenuje nevaren odsek.
Pri izračunu trdnosti strukturnih elementov, ki delujejo pri upogibanju, se rešujejo naslednji problemi: preverjanje trdnosti žarka; izbira odseka; določitev nosilnosti (nosilnosti) nosilca, tiste. določitev vrednosti obremenitve, pri katerih največje napetosti v nevarnem delu žarka ne presegajo vrednosti y c R.
Rešitev prvega problema se nanaša na preverjanje izpolnjevanja trdnostnih pogojev pri znanih obremenitvah, obliki in dimenzijah preseka ter lastnostih materiala.
Rešitev drugega problema se zmanjša na določitev dimenzij odseka dane oblike pri znanih obremenitvah in lastnostih materiala. Najprej se iz pogojev trdnosti (7.34) ali (7.35) določi vrednost zahtevanega upornega momenta
in nato se nastavijo dimenzije odseka.
Za valjane profile (I-žarki, kanali) na podlagi momenta upora se prečni prerez izbere glede na sortiment. Za nevaljane odseke so določene značilne mere odsekov.
Pri reševanju problema določanja nosilnosti žarka najprej iz pogojev trdnosti (7.34) ali (7.35) vrednost največjega izračunanega upogibnega momenta najdemo s formulo
Nato se upogibni moment v nevarnem odseku izrazi v smislu obremenitev, ki delujejo na nosilec, in ustrezne vrednosti obremenitve se določijo iz nastalega izraza. Na primer, za jekleni I-nosilec 130, prikazan na sl. 7.47, ob R= 210 MPa, y c = 0,9, W z= 472 cm 3 najdemo
Iz diagrama upogibnih momentov najdemo
riž. 7.47
V nosilcih, obremenjenih z velikimi koncentriranimi silami, ki se nahajajo blizu nosilcev (slika 7.48), je lahko upogibni moment M nb relativno majhen, strižna sila 0 nb v absolutni vrednosti pa je lahko pomembna. V teh primerih je treba preveriti trdnost nosilca z najvišjimi tangencialnimi napetostmi tnb. Trdnostni pogoj za tangencialne napetosti lahko zapišemo v obliki
Kje R s - konstrukcijska odpornost materiala nosilca na strig. Vrednote R s za osnovno gradbeni materiali so podani v ustreznih razdelkih SNiP.
Strižne napetosti lahko dosežejo pomembne vrednosti v mrežah I-nosilcev, zlasti v tankih mrežah kompozitnih nosilcev.
Izračun strižne napetosti je lahko kritičen za lesene tramove, saj se les slabo upira drobljenju vzdolž vlakna. Tako je na primer za bor izračunana odpornost na napetost in stiskanje med upogibanjem R= 13 MPa in pri striženju vzdolž vlaken RCK= 2,4 MPa. Takšen izračun je potreben tudi pri ocenjevanju trdnosti veznih elementov sovprežnih nosilcev - zvarov, sornikov, zakovic, moznikov itd.
Pogoj za strižno trdnost vzdolž vlaken za lesen tram pravokotnega prereza, ob upoštevanju formule (7.27), lahko zapišemo v obliki
Primer 7.15. Za žarek, prikazan na sl. 7,49, A, sestavimo diagrame Qy in M v Izberemo odsek žarka v obliki valjanega jeklenega I-žarka in narišemo diagrame c x in t v odsekih z največjim Qy in Mz. Varnostni faktor obremenitve y f = 1.2, konstrukcijska odpornost R= 210 MPa = 21 kN/cm 2, obratovalni pogoji koeficient y c = 1,0.
Izračun začnemo z definiranjem reakcije tal:
Izračunajmo vrednosti Qy in M z v značilnih odsekih žarka.
Strižne sile znotraj vsakega odseka žarka so konstantne vrednosti in imajo skoke v odsekih pod silo in na podpori IN. Upogibni momenti se spreminjajo linearno. Diagrami Qy in M z so prikazani na sl. 7,49, b, c.
Nevaren odsek je v sredini razpona nosilca, kjer je upogibni moment največji višja vrednost. Izračunajmo izračunano vrednost največjega upogibnega momenta:
Potreben moment upora je
Glede na sortiment sprejmemo odsek 127 in izpišemo potrebne geometrijske značilnosti odseka (sl. 7.50, A):
Izračunajmo vrednosti najvišjih normalnih napetosti v nevarnem delu žarka in preverimo njegovo trdnost:
Trdnost žarka je zagotovljena.
Tangencialne napetosti imajo največje vrednosti na odseku nosilca, kjer deluje največja absolutna velikost prečne sile (2 nb = 35 kN.
Projektna vrednost strižne sile
Izračunajmo vrednosti tangencialnih napetosti v steni I-nosilca na ravni nevtralne osi in na ravni vmesnika med steno in prirobnicami:
Diagrami c x in x, v odseku l: = 2,4 m (desno) sta prikazana na sl. 7.50, b, c.
Predznak tangencialnih napetosti je negativen, saj ustreza predznaku strižne sile.
Primer 7.16. Za leseni žarek pravokotnega prereza (slika 7.51, A) sestavimo diagrame Q in Mz, določite višino odseka h iz stanja moči, jemanje R = = 14 MPa, yy= 1,4 in y c = 1,0 in preverite trdnost žarka za striženje na nevtralni plasti, pri čemer RCK= 2,4 MPa.
Določimo reakcije podpore:
Izračunajmo vrednosti Qv in M z 
v značilnih odsekih žarka.
Znotraj drugega odseka postane strižna sila enaka nič. Položaj tega odseka najdemo iz podobnosti trikotnikov na diagramu Q y:
Izračunajmo skrajno vrednost upogibnega momenta v tem delu:
Diagrami Qy in M z so prikazani na sl. 7.51, b, c.
Odsek nosilca, kjer se pojavi največji upogibni moment, je nevaren. Izračunajmo izračunano vrednost upogibnega momenta v tem delu:
Zahtevani modul preseka
S formulo (7.20) izrazimo uporni moment skozi višino preseka h in ga enačite z zahtevanim momentom upora:
Sprejemamo pravokotni odsek 12x18 cm Izračunajmo geometrijske značilnosti odseka:
Določimo najvišje normalne napetosti v nevarnem delu nosilca in preverimo njegovo trdnost:
Pogoj trdnosti je izpolnjen.
Za preverjanje strižne trdnosti nosilca vzdolž vlaken je treba določiti vrednosti največjih tangencialnih napetosti v odseku z največjo absolutno vrednostjo prečne sile 0 nb = 6 kN. Izračunana vrednost strižne sile v tem odseku
Največje strižne napetosti v prerezu delujejo v višini nevtralne osi. Po zakonu združevanja delujejo tudi v nevtralni plasti in težijo k temu, da povzročijo premik enega dela žarka glede na drugi del.
S formulo (7.27) izračunamo vrednost mmax in preverimo strižno trdnost žarka:
Pogoj strižne trdnosti je izpolnjen.
Primer 7.17. Za okrogel leseni žarek (slika 7.52, A) sestavimo diagrame Q y n M z n Iz pogoja trdnosti določimo zahtevani premer prereza. Pri izračunih bomo sprejeli R= 14 MPa, yy = 1,4 in y s = 1,0.
Določimo reakcije podpore: 
Izračunajmo vrednosti Q in M 7 v značilnih odsekih žarka.
Diagrami Qy in M z so prikazani na sl. 7,52, b, c. Odsek o podpori je nevaren IN z največjim upogibnim momentom v absolutni vrednosti Mnb = 4 kNm. Izračunana vrednost upogibnega momenta v tem odseku
Izračunajmo zahtevani moment upora odseka:
S formulo (7.21) za moment upora krožnega prereza najdemo zahtevani premer:
Sprejmimo D= 16 cm in določi največje normalne napetosti v nosilcu:
Primer 7.18. Določimo nosilnost škatlastega nosilca 120x180x10 mm, obremenjenega po diagramu na sl. 7,53, A. Zgradimo diagrame c x itd. na nevarnem odseku. Material nosilca - jeklo razreda VStZ, R= 210 MPa = 21 kN/cm2, U/= U, Mi =°’ 9 -
Diagrami Qy in M z so prikazani na sl. 7,53, A.
Nevaren je odsek nosilca ob vgradnji, kjer je upogibni moment M nb absolutno največji. - P1 = 3,2 R.
Izračunajmo vztrajnostni in uporni moment škatlastega odseka:
Ob upoštevanju formule (7.37) in dobljene vrednosti za L/nb določimo izračunano vrednost sile R:
Normativna vrednost sile
Najvišje normalne napetosti v nosilcu zaradi konstrukcijske sile
Izračunajmo statični moment polovice odseka ^1/2 in statični moment površine prečnega prereza prirobnice S n glede na nevtralno os:
Tangencialne napetosti na ravni nevtralne osi in na ravni vmesnika prirobnica-stena (sl. 7.53, b) so enaki:
Diagrami Oh in t uh v prerezu blizu vgradnje so prikazani na sl. 7,53, v, g.
Problem 1
V določenem odseku grede pravokotnega preseka 20 × 30 cm M=28 kNm, Q= 19 kN.
Zahtevano:
a) določi normalno in strižno napetost na določeni točki TO, oddaljena od nevtralne osi na razdalji 11 cm,
b) preverite trdnost lesenega nosilca, če je [σ]=10 MPa, [τ]=3 MPa.
rešitev
a) Za določitev σ ( TO) , τ ( TO) In maksσ, maksτ boste morali poznati vrednosti aksialnega vztrajnostnega momenta celotnega odseka JAZ NE., osni moment upora W N.O., statični moment odrezanega dela in statični moment polovice odseka Smaks:
b) Test trdnosti:
— glede na stanje normalne napetostne trdnosti:
— glede na pogoj trdnosti tangencialnih napetosti:
Problem 2
V določenem delu žarka M=10kNm, Q=40kN. Prerez je trikoten. Poiščite normalno in strižno napetost v točki, ki je na razdalji 15 cm od nevtralne osi.
Kje 
Potem
Problem 3
Izberite prerez lesenega trama v dveh različicah: okrogel in pravokoten (če h/b=2), če je [σ]=10 MPa, [τ]=3 MPa, in ju primerjajte glede na porabo materiala.
A in IN in sestavite statične enačbe:
(1) ∑M(IN) = F·8 - M– A 6 + ( q·6)·3 =0,
(2) ∑M(A) = F·2 – M+ IN 6 — ( q·6)·3 =0,
Razdelek I
∑M(Z) = M(z 1) +F· z 1 =0,
MM(z 1) = -F· z 1 = - 30 · z 1 —
- enačba naravnost.
pri z 1 = 0: M = 0,
z 1 = 2: M =- 60 kNm.
∑pri= — F — Q(z 1) = 0,
Q(z 1) = — F= -30 kN – konstantna funkcija.
Razdelek II
kje 
- enačba parabole.
pri z 2 =0: M= 0,
z 2 =3m: M= 30 3 – 5 3 2 = 90 – 45 = 45 kNm,
z 2 =6m: M= 30 6 – 5 6 2 = 180 – 180 = 0.
∑pri= Q(z 2) — q· z 2 + B= 0,
Q(z 2) = q· z 2 — B= 10 · z 2 – 30 – enačba naravnost,
pri z 2 = 0: Q= -30,
z 2 = 6m: Q= 10 6 – 30 = 30.
Določitev analitičnega maksimuma upogibnega momenta drugega odseka:
iz stanja ugotovimo:
In potem
Upoštevajte, da je skok v ep. M ki se nahaja tam, kjer deluje koncentrirani moment M= 60 kNm in je enak temu momentu, skok v ep. Q- pod koncentrirano silo A= 60 kN.
Izbira prereza nosilcev je narejena iz pogoja trdnosti pri normalnih napetostih, kjer je treba nadomestiti največjo absolutno vrednost upogibnega momenta iz diagrama M.
V tem primeru je največji modulni moment M = 60 kNm
kje: :
A) okrogel del d=?
b) pravokotnega prereza pri h/b = 2:
Potem
Mere preseka, določene iz pogoja trdnosti za normalne napetosti, morajo izpolnjevati tudi pogoj trdnosti za strižne napetosti:
Za enostavne oblike prereza so znani kompaktni izrazi za največjo strižno napetost:
— za okrogel prerez 
— za pravokotni odsek 
Uporabimo te formule. Potem
- za okrogel žarek z 
:
- za pravokotni žarek
Če želite ugotoviti, kateri odsek zahteva manjšo porabo materiala, je dovolj, da primerjate vrednosti površin preseka:
A pravokotna = 865,3 cm 2< A krog = 1218,6 cm 2, torej Pravokotni žarek je v tem smislu ugodnejši od okroglega.
Problem 4
Izberite I-prerez jeklenega nosilca, če je [σ]=160MPa, [τ]=80MPa.
Določimo smeri reakcij podpore A in IN in sestavite dve statični enačbi, da ju določite:
(1) ∑M(A) = – M 1 –F 2 — ( q·8)·4 + M 2 + IN·6 =0,
(2) ∑M(IN) = – M 1 – A· 6 + F· 4 + ( q·8)·2 + M 2 =0,
Pregled:
∑pri = A – F – q· 8 + IN= 104 – 80 – 20 8 +136 = 240 – 240 ≡ 0.
∑M(Z) = M(z 1) -M 1 =0,
M(z 1) = M 1 = 40 kNm – konstantna funkcija.
∑pri= — Q(z 1) = 0,
Q(z 1) = 0.
Razdelek II
— parabola.
pri z 2 =0: M= 40 kNm,
z 2 =1m: M= 40 + 104 – 10 = 134 kNm,
z 2 =2m: M= 40+ 104 2 – 10 2 2 = 208 kNm.
∑pri=A— q· z 2 — Q(z 2) = 0,
Q(z 2) =A— q· z 2 = 104 – 20 z 2 – enačba naravnost,
pri z 2 = 0: Q= 104kN,
z 2 = 6m: Q= 104 – 40 = 64 kN.
III razdelek
- parabola.
pri z 3 =0: M= 24+40=-16 kNm,
z 3 =2m: M= 24 + 136 2 - 10 (2+2) 2 = 24 + 272 - 160 = 136 kNm,
z 3 =4m: M= 24 + 136·4 – 10 (2+4) 2 = 24 + 544 – 360 = 208 kNm.
∑pri=IN— q(2+z 3) + Q(z 3) = 0,
Q(z 3) =- IN+ q(2+z 3) = -136 + 20 (2+z 3) – enačba naravnost,
pri z 3 = 0: Q= -136 + 40 = - 94 kN,
z 3 = 4m: Q= - 136 + 20 (2+4) = - 136 + 120 = - 16 kN.
IV oddelek
-parabola.
z 4 =0: M= 0kNm,
z 4 =1m: M= – 10kNm,
z 4 =2m: M= - 40kNm.
∑pri=- q· z 4 + Q(z 4) = 0,
Q(z 4) =q· z 4 = 20 z 4 – enačba naravnost.
pri z 4 = 0: Q= 0,
z 4 = 2m: Q= 40kN.
Preverjamo skoke v diagramih:
a) V diagramu M skok na desno oporo 24 kNm (od 16 do 40) je enak zgoščenemu momentu M 2 =24 velja na tem mestu.
b) V diagramu Q trije skoki:
prvi od njih na levem nosilcu ustreza koncentrirani reakciji A=104kN,
drugi je pod silo F=80kN in enako (64+16=80kN),
tretji je na desnem nosilcu in ustreza reakciji desnega nosilca 136 kN (94 + 40 = 136 kN)
Na koncu oblikujemo I-prerez.
Izbira njegovih dimenzij je narejena iz pogoja trdnosti pri normalnih napetostih:
∑M(Z) = M(z 1) +F· z 1 =0,
M(z 1) = -F· z 1 = -20· z 1 .
pri z 1 =0: M= 0,
z 1 =2m: M= – 40kNm,
∑pri= - F— Q(z 1) = 0,
Q(z 1) = - 20kN.
Razdelek II
z 2 =0: M= - 20 – 40 = -60 kNm,
z 2 =4m: M= 200 – 20 – 120 = 200 – 140 = 60kNm.
∑pri=- F+A— Q(z 2) = 0,
Q =- F+A=-20+50=30kN.
III razdelek
-parabola.
pri z 3 =0: M= - 20·4= - 80 kNm,
z 3 =2m: M= 210·2 - 20·(2+2) 2 = 420 - 320 = 100kNm,
z 3 =4m: M= 210 4 – 20 (2+4) 2 = 840 – 720 = 120 kNm.
∑pri= Q(z 3) + IN— q·(2+ z 3) = 0,
Q(z 3) = — IN+ q·(2+ z 3) = - 210 + 40·(2+ z 3) – enačba naravnost.
pri z 3 = 0: Q= -130kN,
z 3 = 4m: Q= 30kN.
Q(z 0) = - 210 + 40·(2+ z 0) = 0,
— 210 + 80 + 40 z 0 = 0,
40· z 0 = 130,
z 0 =3,25 m,
IV oddelek
parabola.
pri z 4 =0: M= 0 kNm,
z 4 =1m: M= – 20kNm,
z 4 =2m: M= - 80kNm.
∑pri=- q· z 4 + Q(z 4) = 0,
Q(z 4) =q· z 4 = 40 z 4 – enačba naravnost,
z 4 = 0: Q= 0,
z 4 = 2m: Q= 80kN.
3. Izbira odsekov (nevarni odsek glede na σ: | maksM|=131,25kNm,
nevaren odsek vzdolž τ: | maksQ|=130kN).
Možnost 1. Lesena pravokotna ([σ]=15MPa, [τ]=3MPa)
Sprejemamo: B=0,24m,
H=0,48m.
Preverjamo z τ:
Možnost 2. Leseni krog
Ravni ovinek. Ravninsko prečno upogibanje Konstruiranje diagramov faktorjev notranje sile za nosilce Konstruiranje diagramov Q in M z uporabo enačb Konstruiranje diagramov Q in M z uporabo karakterističnih prerezov (točk) Izračuni trdnosti pri ravni ovinek nosilci Glavne napetosti pri upogibanju. Popolna kontrola trdnosti nosilcev Pojem središča upogiba Določanje pomikov v nosilcih pri upogibanju. Koncepti deformacije nosilcev in pogoji za njihovo togost Diferencialna enačba ukrivljene osi nosilca Metoda neposredne integracije Primeri določanja pomikov v nosilcih z metodo neposredne integracije Fizični pomen integracijskih konstant Metoda začetnih parametrov (univerzalna enačba ukrivljene os žarka). Primeri določanja pomikov v nosilcu z metodo začetnih parametrov Določanje pomikov po Mohrovi metodi. Pravilo A.K. Vereščagin. Izračun Mohrovega integrala po pravilu A.K. Vereshchagina Primeri določanja pomikov z uporabo Mohrovega integrala Bibliografija Direktno upogibanje. Ravni prečni zavoj. 1.1. Konstruiranje diagramov notranjih faktorjev sile za nosilce Neposredni upogib je vrsta deformacije, pri kateri se v prerezih palice pojavita dva faktorja notranje sile: upogibni moment in prečna sila. V določenem primeru je lahko strižna sila enaka nič, potem se upogib imenuje čisti. Pri ravnem prečnem upogibanju se vse sile nahajajo v eni od glavnih vztrajnostnih ravnin palice in pravokotno na njeno vzdolžno os, momenti pa se nahajajo v isti ravnini (sl. 1.1, a, b). riž. 1.1 Prečna sila v poljubnem prerezu nosilca je številčno enaka algebraični vsoti projekcij na normalo na os nosilca vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani obravnavanega odseka. Bočna sila v presek m-n tramovi (slika 1.2, a) se štejejo za pozitivne, če je rezultanta zunanjih sil na levi strani odseka usmerjena navzgor, na desno - navzdol in negativna - v nasprotnem primeru (slika 1.2, b). riž. 1.2 Pri izračunu prečne sile v določenem odseku se zunanje sile, ki ležijo levo od odseka, vzamejo z znakom plus, če so usmerjene navzgor, in z znakom minus, če so usmerjene navzdol. Za desno stran žarka - obratno. 5 Upogibni moment v poljubnem prerezu nosilca je številčno enak algebraični vsoti momentov okoli središčne osi z odseka vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani obravnavanega odseka. Upogibni moment v m-n odseku žarka (sl. 1.3, a) se šteje za pozitivnega, če je rezultantni moment zunanjih sil na levi strani odseka usmerjen v smeri urinega kazalca, na desni - v nasprotni smeri urinega kazalca in negativen - v nasprotni smeri. primeru (slika 1.3, b). riž. 1.3 Pri izračunu upogibnega momenta v določenem odseku se momenti zunanjih sil, ki ležijo levo od odseka, štejejo za pozitivne, če so usmerjeni v smeri urinega kazalca. Za desno stran žarka - obratno. Primerno je določiti znak upogibnega momenta glede na naravo deformacije žarka. Upogibni moment se šteje za pozitivnega, če se v obravnavanem odseku odrezani del žarka upogne konveksno navzdol, to je, da so spodnja vlakna raztegnjena. V nasprotnem primeru je upogibni moment v preseku negativen. Med upogibnim momentom M, strižno silo Q in intenzivnostjo obremenitve q obstajajo diferencialna razmerja. 1. Prvi odvod strižne sile vzdolž abscise preseka je enak intenzivnosti porazdeljene obremenitve, tj. . (1.1) 2. Prvi odvod upogibnega momenta vzdolž abscise preseka je enak prečni sili, tj. (1.2) 3. Drugi odvod glede na absciso preseka je enak jakosti porazdeljene obremenitve, tj. (1.3) Porazdeljeno obremenitev, usmerjeno navzgor, štejemo za pozitivno. Iz diferencialnih razmerij med M, Q, q izhajajo številni pomembni zaključki: 1. Če je na prerezu nosilca: a) prečna sila pozitivna, se upogibni moment poveča; b) strižna sila je negativna, potem se upogibni moment zmanjša; c) prečna sila je nič, potem ima upogibni moment konstantno vrednost (čisti upogib); 6 d) prečna sila prehaja skozi ničlo, spreminja predznak iz plusa v minus, max M M, v nasprotnem primeru M Mmin. 2. Če na odseku nosilca ni porazdeljene obremenitve, je prečna sila konstantna, upogibni moment pa se spreminja po linearnem zakonu. 3. Če je na odseku nosilca enakomerno porazdeljena obremenitev, se prečna sila spremeni po linearnem zakonu in upogibni moment - po zakonu kvadratne parabole, konveksno obrnjene v smeri obremenitve ( v primeru konstruiranja diagrama M s strani raztegnjenih vlaken). 4. Na odseku pod zgoščeno silo ima diagram Q skok (za velikost sile), diagram M ima pregib v smeri sile. 5. Na odseku, kjer je uporabljen koncentrirani moment, ima diagram M skok, ki je enak vrednosti tega momenta. To se ne odraža v diagramu Q. Pri obremenitvi nosilcev s kompleksno obremenitvijo se izrišeta diagrama prečnih sil Q in upogibnih momentov M. Diagram Q(M) je graf, ki prikazuje zakonitost spremembe prečne sile (upogibnega momenta) po dolžini nosilca. Na podlagi analize diagramov M in Q so določeni nevarni odseki nosilca. Pozitivne ordinate diagrama Q so položene navzgor, negativne ordinate pa so položene navzdol od osnovne črte, narisane vzporedno z vzdolžno osjo žarka. Pozitivne ordinate M diagrama so položene navzdol, negativne ordinate pa navzgor, kar pomeni, da je M diagram sestavljen s strani raztegnjenih vlaken. Konstrukcijo diagramov Q in M za nosilce je treba začeti z določitvijo reakcij podpore. Pri nosilcu z enim vpetim koncem in drugim prostim koncem lahko začnemo s konstrukcijo diagramov Q in M na prostem koncu, brez ugotavljanja reakcij v vgradnji. 1.2. Konstrukcija diagramov Q in M z uporabo Beamovih enačb je razdeljena na odseke, znotraj katerih ostaneta funkciji za upogibni moment in strižno silo konstantni (nimata diskontinuitet). Meje odsekov so točke uporabe koncentriranih sil, parov sil in mest spremembe intenzivnosti porazdeljene obremenitve. Pri vsakem odseku se vzame poljuben odsek na razdalji x od izhodišča koordinat in za ta odsek sestavijo enačbe za Q in M. Z uporabo teh enačb se sestavijo diagrami za Q in M. Primer 1.1 Izdelajte diagrame prečnega odseka sile Q in upogibni momenti M za dani žarek (slika 1.4,a). Rešitev: 1. Določitev opornih reakcij. Sestavimo ravnotežne enačbe: iz katerih dobimo Reakcije nosilcev so pravilno določene. Žarek ima štiri dele, sl. 1.4 obremenitve: CA, AD, DB, BE. 2. Konstrukcija diagrama Q. Odsek CA. V preseku CA 1 narišemo poljuben presek 1-1 na razdalji x1 od levega konca nosilca. Definiramo Q kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo levo od odseka 1-1: znak minus je vzet, ker je sila, ki deluje levo od odseka, usmerjena navzdol. Izraz za Q ni odvisen od spremenljivke x1. Diagram Q v tem razdelku bo upodobljen kot ravna črta, vzporedna z osjo abscise. Oddelek AD. Na odseku narišemo poljuben odsek 2-2 na razdalji x2 od levega konca nosilca. Q2 definiramo kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo levo od odseka 2-2: 8 Vrednost Q je v odseku konstantna (ni odvisna od spremenljivke x2). Q graf na odseku je ravna črta, vzporedna z abscisno osjo. Plot DB. Na mestu narišemo poljuben odsek 3-3 na razdalji x3 od desnega konca nosilca. Definiramo Q3 kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo desno od odseka 3-3: Dobljeni izraz je enačba nagnjene ravne črte. Razdelek BE. Na mestu narišemo odsek 4-4 na razdalji x4 od desnega konca žarka. Definiramo Q kot algebraično vsoto vseh zunanjih sil, ki delujejo desno od odseka 4-4: 4 Tu je vzet znak plus, ker je rezultantna obremenitev desno od odseka 4-4 usmerjena navzdol. Na podlagi dobljenih vrednosti sestavimo Q diagrame (slika 1.4, b). 3. Konstrukcija diagrama M. Odsek m1. Upogibni moment v prerezu 1-1 definiramo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo levo od prereza 1-1. – enačba premice. Prerez A 3 Upogibni moment v prerezu 2-2 določimo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo levo od prereza 2-2. – enačba premice. Prerez DB 4 Upogibni moment v prerezu 3-3 določimo kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo desno od prereza 3-3. – enačba kvadratne parabole. 9 Najdemo tri vrednosti na koncih odseka in v točki s koordinato xk, kjer Odsek BE 1 Določimo upogibni moment v odseku 4-4 kot algebraično vsoto momentov sil, ki delujejo desno od odseka 4-4. – enačba kvadratne parabole, najdemo tri vrednosti M4: Z uporabo dobljenih vrednosti sestavimo diagram M (slika 1.4, c). V odsekih CA in AD je diagram Q omejen z ravnimi črtami, vzporednimi z osjo abscise, v odsekih DB in BE pa z nagnjenimi ravnimi črtami. V odsekih C, A in B na diagramu Q so skoki v velikosti ustreznih sil, kar služi kot preverjanje pravilnosti grafa Q. V odsekih, kjer je Q 0, momenti naraščajo od leve proti desni. V območjih, kjer je Q 0, se momenti zmanjšajo. Pod zgoščenimi silami nastanejo pregibi v smeri delovanja sil. Pod koncentriranim momentom je skok v velikosti momenta. To kaže na pravilnost konstrukcije diagrama M. Primer 1.2 Konstruirajte diagrama Q in M za nosilec na dveh nosilcih, obremenjenih s porazdeljeno obremenitvijo, katere intenzivnost se spreminja po linearnem zakonu (slika 1.5, a). Rešitev Določitev reakcij podpore. Rezultanta porazdeljene obremenitve je enaka površini trikotnika, ki je diagram obremenitve in deluje v težišču tega trikotnika. Sestavimo vsote momentov vseh sil glede na točki A in B: Sestavimo diagram Q. Narišimo poljuben prerez na razdalji x od levega nosilca. Ordinata diagrama obremenitve, ki ustreza odseku, se določi iz podobnosti trikotnikov.Rezultanta tistega dela obremenitve, ki se nahaja levo od odseka.Prečna sila v odseku je enaka.Prečna sila se spreminja glede na z zakonom kvadratne parabole. Če enačimo enačbo prečne sile na nič, najdemo absciso odseka, v katerem gre diagram Q skozi nič: Q graf je prikazan na sl. 1.5, b. Upogibni moment v poljubnem odseku je enak Upogibni moment se spreminja po zakonu kubične parabole: Upogibni moment ima največjo vrednost v odseku, kjer je 0, to je na diagramu M, prikazanem na sl. 1,5, c. 1.3. Izdelava diagramov Q in M iz značilnih odsekov (točk) Z uporabo diferencialnih odvisnosti med M, Q, q in sklepi, ki izhajajo iz njih, je priporočljivo sestaviti diagrame Q in M iz značilnih odsekov (brez sestavljanja enačb). S to metodo se vrednosti Q in M izračunajo v značilnih odsekih. Karakteristični odseki so mejni odseki odsekov, pa tudi odseki, kjer ima dani faktor notranje sile ekstremno vrednost. Znotraj meja med značilnimi odseki je oris 12 diagrama vzpostavljen na podlagi diferencialnih odvisnosti med M, Q, q in iz njih izhajajočih zaključkov. Primer 1.3 Konstruirajte diagrama Q in M za žarek, prikazan na sl. 1.6, a. riž. 1.6. Rešitev: Q in M diagrama začnemo sestavljati od prostega konca žarka, pri čemer reakcij v vgradnji ni treba ugotavljati. Nosilec ima tri obremenitvene odseke: AB, BC, CD. V odsekih AB in BC ni porazdeljene obremenitve. Strižne sile so konstantne. Diagram Q je omejen na ravne črte, vzporedne z osjo x. Upogibni momenti se spreminjajo linearno. Diagram M je omejen z ravnimi črtami, nagnjenimi na abscisno os. Na odseku CD je enakomerno porazdeljena obremenitev. Prečne sile se spreminjajo po linearnem zakonu, upogibni momenti pa po zakonu kvadratne parabole s konveksnostjo v smeri porazdeljene obremenitve. Na meji odsekov AB in BC se prečna sila sunkovito spremeni. Na meji odsekov BC in CD se upogibni moment nenadoma spremeni. 1. Konstrukcija diagrama Q. Izračunamo vrednosti prečnih sil Q v mejnih odsekih odsekov: Na podlagi rezultatov izračuna sestavimo diagram Q za žarek (slika 1, b). Iz diagrama Q sledi, da je prečna sila na odseku CD enaka nič v odseku, ki se nahaja na razdalji qa a q od začetka tega odseka. V tem odseku ima upogibni moment največjo vrednost. 2. Izdelava diagrama M. Izračunamo vrednosti upogibnih momentov v mejnih odsekih odsekov: Pri največjem momentu v odseku Na podlagi rezultatov izračuna sestavimo diagram M (sl. 5.6, c). Primer 1.4 Z uporabo danega diagrama upogibnih momentov (sl. 1.7, a) za žarek (sl. 1.7, b) določite učinkovite obremenitve in sestavi diagram Q. Krog označuje oglišče kvadratne parabole. Rešitev: Določimo obremenitve, ki delujejo na nosilec. Odsek AC je obremenjen z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo, saj je diagram M v tem odseku kvadratna parabola. V referenčnem odseku B se na žarek nanaša koncentrirani moment, ki deluje v smeri urinega kazalca, saj imamo v diagramu M skok navzgor za velikost momenta. V SV odseku greda ni obremenjena, saj je M diagram v tem odseku omejen z nagnjeno premico. Reakcija nosilca B je določena iz pogoja, da je upogibni moment v odseku C enak nič, tj. Za določitev intenzivnosti porazdeljene obremenitve ustvarimo izraz za upogibni moment v odseku A kot vsoto momentov sile na desni in jo enačimo z nič. Sedaj določimo reakcijo nosilca A. Za to ustvarimo izraz za upogibne momente v preseku kot vsoto momentov sil na levi Shema izračuna nosilcev z obremenitvijo je prikazano na sl. 1.7, c. Začenši z levega konca žarka, izračunamo vrednosti prečnih sil v mejnih odsekih odsekov: Diagram Q je prikazan na sl. 1.7, d. Obravnavani problem je mogoče rešiti z izdelavo funkcionalnih odvisnosti za M, Q v vsakem odseku. Izberimo izhodišče koordinat na levem koncu žarka. V odseku AC je diagram M izražen s kvadratno parabolo, katere enačba ima obliko Konstante a, b, c dobimo iz pogoja, da parabola poteka skozi tri točke z znanimi koordinatami: Zamenjamo koordinate točk v enačbo parabole dobimo: Izraz za upogibni moment bo Z diferenciranjem funkcije M1 dobimo odvisnost za prečno silo Po diferenciranju funkcije Q dobimo izraz za intenziteto porazdeljene obremenitve. V odseku NE je izraz za upogibni moment predstavljen v obliki linearne funkcije.Za določitev konstant a in b uporabimo pogoje, da ta premica poteka skozi dve točki, katerih koordinate so znane. dobimo dve enačbi: ,b iz katere imamo a 20. Enačba za upogibni moment v prerezu NE bo Po dvojni diferenciaciji M2 ugotovimo Z uporabo najdenih vrednosti M in Q sestavimo diagrame upogibni momenti in strižne sile za nosilec. Poleg porazdeljene obremenitve na nosilec delujejo zgoščene sile v treh odsekih, kjer so skoki na diagramu Q in zgoščeni momenti v odseku, kjer je udarec na diagramu M. Primer 1.5 Za žarek (slika 1.8, a) določite racionalni položaj tečaja C, pri katerem je največji upogibni moment v razponu enak upogibnemu momentu v vgradnji (v absolutni vrednosti). Sestavite diagrama Q in M. Rešitev Določitev reakcij podpore. Kljub dejstvu, da je skupno število nosilnih členov štiri, je nosilec statično determiniran. Upogibni moment v tečaju C je enak nič, kar nam omogoča, da sestavimo dodatno enačbo: vsota momentov okoli tečaja vseh zunanjih sil, ki delujejo na eni strani tega tečaja, je enaka nič. Sestavimo vsoto momentov vseh sil desno od tečaja C. Diagram Q za nosilec je omejen z nagnjeno ravnino, saj je q = const. Določimo vrednosti prečnih sil v mejnih odsekih nosilca: Absciso xK odseka, kjer je Q = 0, določimo iz enačbe, iz katere je diagram M za nosilec omejen s kvadratno parabolo. Izraza za upogibne momente v prerezih, kjer je Q = 0, in v vložku zapišemo takole: Iz pogoja enakosti momentov dobimo kvadratno enačbo za želeni parameter x: Realna vrednost x2x 1.029 m. Določimo numerične vrednosti prečnih sil in upogibnih momentov v značilnih odsekih nosilca.Slika 1.8, b prikazuje diagram Q, na sl. 1.8, c - diagram M. Obravnavani problem je mogoče rešiti z razdelitvijo zgibnega nosilca na njegove sestavne elemente, kot je prikazano na sl. 1.8, d Na začetku se določijo reakcije nosilcev VC in VB. Diagrami Q in M so izdelani za viseči nosilec SV glede na delovanje obremenitve, ki se nanj nanaša. Nato se premaknejo na glavni nosilec AC in ga obremenijo z dodatno silo VC, ki je sila pritiska nosilca CB na nosilec AC. Po tem se zgradita diagrama Q in M za žarek AC. 1.4. Izračuni trdnosti za direktni upogib nosilcev Izračuni trdnosti na podlagi normalnih in strižnih napetosti. Ko se žarek upogne neposredno v svojih prerezih, nastanejo normalne in tangencialne napetosti (slika 1.9). 18 sl. 1.9 Normalne napetosti so povezane z upogibnim momentom, tangencialne napetosti so povezane s strižno silo. Z neposrednim čisti ovinek strižne napetosti enake nič. Normalne napetosti na poljubni točki prečnega prereza nosilca so določene s formulo (1.4) kjer je M upogibni moment v danem odseku; Iz – vztrajnostni moment preseka glede na nevtralno os z; y je razdalja od točke, kjer je določena normalna napetost, do nevtralne osi z. Normalne napetosti vzdolž višine odseka se spreminjajo po linearnem zakonu in dosežejo največjo vrednost v točkah, ki so najbolj oddaljene od nevtralne osi.Če je odsek simetričen glede na nevtralno os (sl. 1.11), potem sl. 1.11 so največje natezne in tlačne napetosti enake in so določene s formulo, je osni moment upora odseka med upogibanjem. Za pravokotni odsek s širino b in višino h: (1.7) Za krožni odsek s premerom d: (1.8) Za obročasti odsek – notranji oziroma zunanji premer obroča. Za nosilce iz plastičnih materialov so najbolj racionalne simetrične oblike 20 presekov (I-žarek, škatlasta oblika, obročasta). Za nosilce iz krhkih materialov, ki se ne upirajo enako napetosti in stiskanju, so racionalni odseki, ki so asimetrični glede na nevtralno os z (T-žarek, U-oblika, asimetrični I-žarek). Za nosilce stalnega prereza iz plastičnih materialov s simetričnimi oblikami prereza je pogoj trdnosti zapisan takole: (1.10) kjer je Mmax največji upogibni moment v modulu; – dovoljena napetost za material. Za nosilce stalnega prečnega prereza iz plastičnih mas z nesimetričnimi oblikami preseka zapišemo trdnostni pogoj v naslednji obliki: (1.11) Za nosilce iz krhkih materialov z nesimetričnimi preseki glede na nevtralno os, če diagram M je nedvoumen (sl. 1.12), morate napisati dva pogoja trdnosti - razdalje od nevtralne osi do najbolj oddaljenih točk raztegnjenega in stisnjenega območja oz. nevaren odsek; P – dovoljene napetosti za napetost oziroma stiskanje. Slika 1.12. 21 Če ima diagram upogibnih momentov odseke različnih znakov (sl. 1.13), potem je poleg preverjanja odseka 1-1, kjer deluje Mmax, potrebno izračunati največje natezne napetosti za odsek 2-2 (z najvišjo trenutek nasprotnega predznaka). riž. 1.13 Skupaj z glavnim izračunom z uporabo normalnih napetosti je v številnih primerih potrebno preveriti trdnost žarka s tangencialnimi napetostmi. Tangencialne napetosti v nosilcih se izračunajo po formuli D. I. Zhuravsky (1.13), kjer je Q prečna sila v prerezu obravnavanega nosilca; Szотс - statični moment glede na nevtralno os območja dela preseka, ki se nahaja na eni strani ravne črte, narisane skozi dano točko in vzporedno z osjo z; b – širina preseka na ravni obravnavane točke; Iz je vztrajnostni moment celotnega odseka glede na nevtralno os z. V mnogih primerih se največje strižne napetosti pojavijo na ravni nevtralne plasti nosilca (pravokotnik, I-nosilec, krog). V takih primerih se trdnostni pogoj za tangencialne napetosti zapiše v obliki, (1.14) kjer je Qmax največja prečna sila v absolutni vrednosti; – dopustna strižna napetost materiala. Za pravokotni odsek žarka ima pogoj trdnosti obliko (1.15) A je površina prečnega prereza žarka. Za krožni odsek je trdnostni pogoj predstavljen v obliki (1.16) Za I-prerez je trdnostni pogoj zapisan takole: (1.17) kjer je Szo,тmсax statični moment polpreseka glede na nevtralno os; d – debelina stene I-nosilca. Običajno se dimenzije prečnega prereza nosilca določijo iz stanja trdnosti pri normalnih napetostih. Preverjanje trdnosti žarkov s tangencialnimi napetostmi se izvaja v obvezno za kratke tramove in tramove katere koli dolžine, če so v bližini nosilcev koncentrirane sile velikega obsega, pa tudi za lesene, kovičene in varjene tramove. Primer 1.6 Preverite trdnost nosilca škatlastega prereza (slika 1.14) z uporabo normalnih in strižnih napetosti, če je MPa. Konstruirajte diagrame v nevarnem delu žarka. riž. 1.14 Rešitev 23 1. Izdelava diagramov Q in M z uporabo karakterističnih odsekov. Če upoštevamo levo stran nosilca, dobimo Diagram prečnih sil je prikazan na sl. 1.14, c. Diagram upogibnih momentov je prikazan na sl. 5.14, g 2. Geometrijske značilnosti prečnega prereza 3. Najvišje normalne napetosti v prerezu C, kjer deluje Mmax (modulo): MPa. Največje normalne napetosti v nosilcu so skoraj enake dovoljenim. 4. Največje tangencialne napetosti v prerezu C (ali A), kjer deluje max Q (modulo): Tukaj je statični moment površine polprereza glede na nevtralno os; b2 cm – širina preseka v višini nevtralne osi. 5. Tangencialne napetosti v točki (v steni) v prerezu C: sl. 1.15 Tukaj je Szomc 834,5 108 cm3 statični moment površine odseka, ki se nahaja nad črto, ki poteka skozi točko K1; b2 cm – debelina stene na nivoju točke K1. Diagrama in za odsek C žarka sta prikazana na sl. 1.15. Primer 1.7 Za žarek, prikazan na sl. 1.16, a, zahtevano: 1. Konstruirajte diagrame prečnih sil in upogibnih momentov vzdolž značilnih odsekov (točk). 2. Določite dimenzije prečnega prereza v obliki kroga, pravokotnika in I-žarka iz pogoja trdnosti pri normalnih napetostih, primerjajte površine prečnega prereza. 3. Preverite izbrane dimenzije prerezov nosilca glede na tangencialno napetost. Podano: Rešitev: 1. Določite reakcije nosilcev nosilca Preverite: 2. Konstrukcija diagramov Q in M. Vrednosti prečnih sil v značilnih odsekih nosilca 25 Sl. 1.16 V prerezih CA in AD je intenzivnost obremenitve q = const. Posledično je na teh območjih diagram Q omejen na ravne črte, nagnjene na os. V odseku DB je intenzivnost porazdeljene obremenitve q = 0, zato je v tem odseku diagram Q omejen na ravno črto, vzporedno z osjo x. Q diagram za žarek je prikazan na sl. 1.16, b. Vrednosti upogibnih momentov v značilnih odsekih nosilca: V drugem odseku določimo absciso x2 odseka, v katerem je Q = 0: Največji moment v drugem odseku Diagram M za nosilec je prikazan na sl. 1.16, c. 2. Ustvarimo pogoj trdnosti, ki temelji na normalnih napetostih, iz katerih določimo zahtevani aksialni moment upora odseka iz izraza, določenega z zahtevanim premerom d žarka krožnega odseka Območje krožnega odseka. Za žarek pravokotnega odseka Zahtevana višina odseka Površina pravokotnega odseka Določite zahtevano število I-žarka. Z uporabo tabel GOST 8239-89 najdemo najbližjo višjo vrednost aksialnega momenta upora 597 cm3, kar ustreza I-žarku št. 33 z značilnostmi: A z 9840 cm4. Preverjanje tolerance: (podobremenitev za 1% od dovoljenih 5%) najbližji I-nosilec št. 30 (W 2 cm3) povzroči znatno preobremenitev (več kot 5%). Končno sprejmemo I-žarek št. 33. Primerjamo površine okroglega in pravokotnega odseka z najmanjšo površino A I-žarka: Od treh obravnavanih odsekov je najbolj ekonomičen odsek I-žarka. 3. Izračunamo najvišje normalne napetosti v nevarnem odseku 27 I-žarka (sl. 1.17, a): Normalne napetosti v steni blizu prirobnice odseka I-žarka Diagram normalnih napetosti v nevarnem odseku žarek je prikazan na sl. 1.17, b. 5. Določite največje strižne napetosti za izbrane odseke nosilca. a) pravokotni prerez žarka: b) okrogel del nosilci: c) Presek I-nosilca: Tangencialne napetosti v steni blizu prirobnice I-nosilca v nevarnem odseku A (desno) (pri točki 2): Diagram tangencialnih napetosti v nevarnih odsekih I-nosilca je prikazan na sl. . 1.17, c. Največje tangencialne napetosti v nosilcu ne presegajo dovoljenih napetosti. Primer 1.8 Določite dovoljeno obremenitev nosilca (slika 1.18, a), če je 60 MPa, so podane dimenzije preseka (slika 1.19, a). Izdelajte diagram normalnih napetosti v nevarnem delu nosilca pri dovoljeni obremenitvi. Slika 1.18 1. Določanje reakcij nosilcev nosilca. Zaradi simetrije sistema 2. Konstrukcija diagramov Q in M z uporabo karakterističnih prerezov. Prečne sile v značilnih odsekih nosilca: diagram Q za nosilec je prikazan na sl. 5.18, b. Upogibni momenti v značilnih odsekih nosilca Za drugo polovico nosilca so ordinate M vzdolž simetrijskih osi. Diagram M za žarek je prikazan na sl. 1.18, b. 3. Geometrijske značilnosti odseka (slika 1.19). Figuro razdelimo na dva preprosta elementa: I-žarek - 1 in pravokotnik - 2. Sl. 1.19 Glede na sortiment za I-nosilec št. 20 imamo Za pravokotnik: Statični moment površine preseka glede na os z1 Razdalja od osi z1 do težišča preseka Vztrajnostni moment relativnega preseka na glavno središčno os z celotnega odseka v skladu s formulami za prehod na vzporedne osi 4. Pogoj trdnosti za normalne napetosti za nevarno točko "a" (sl. 1.19) v nevarnem odseku I (sl. 1.18): Po zamenjavi numerični podatki 5. Pri dovoljeni obremenitvi v nevarnem odseku bodo normalne napetosti v točkah "a" in "b" enake: Diagram normalnih napetosti za nevarni odsek 1-1 je prikazan na sl. 1.19, b.
Izračun žarka za upogibanje "ročno", na staromoden način, vam omogoča, da se naučite enega najpomembnejših, najlepših, jasno matematično preverjenih algoritmov v znanosti o trdnosti materialov. Z uporabo številnih programov, kot je “vnesli začetne podatke...
... – dobi odgovor« današnjemu sodobnemu inženirju omogoča veliko hitrejše delo kot njegovi predhodniki pred sto, petdesetimi in celo dvajsetimi leti. Vendar s tem sodoben pristop Inženir je prisiljen popolnoma zaupati avtorjem programa in sčasoma preneha "občutiti fizični pomen" izračunov. Toda avtorji programa so ljudje in ljudje se radi zmotimo. Če ne bi bilo tako, potem ne bi bilo številnih popravkov, izdaj, "popravkov" skoraj nobenemu programsko opremo. Zato se mi zdi, da bi vsak inženir moral imeti možnost včasih "ročno" preveriti rezultate izračuna.
Pomoč (goljufalica, beležka) za izračun nosilcev za upogibanje je predstavljena spodaj na sliki.
Poskusimo ga uporabiti na preprostem vsakdanjem primeru. Recimo, da sem se odločil narediti vodoravno palico v svojem stanovanju. Lokacija je bila določena - hodnik širine meter in dvajset centimetrov. Na nasprotnih stenah na zahtevani višini drug nasproti drugega varno pritrdim nosilce, na katere bo pritrjen prečni nosilec - palica iz jekla St3 z zunanjim premerom dvaintrideset milimetrov. Ali bo ta nosilec podpiral mojo težo in dodatne dinamične obremenitve, ki bodo nastale med vajami?
Narišemo diagram za izračun žarka za upogibanje. Očitno bo najnevarnejša shema za uporabo zunanje obremenitve, ko se začnem vleči navzgor in se z eno roko zataknem za sredino palice.
Začetni podatki:
F1 = 900 n – sila, ki deluje na žarek (moja teža) brez upoštevanja dinamike
d = 32 mm – zunanji premer palice, iz katere je izdelan žarek
E = 206000 n/mm^2 - modul elastičnosti materiala jeklenega nosilca St3
[σi] = 250 n/mm^2 - dopustne upogibne napetosti (meja tečenja) za material jeklenega nosilca St3
Mejni pogoji:
Мx (0) = 0 n*m – moment v točki z = 0 m (prvi nosilec)
Mx (1,2) = 0 n*m – moment v točki z = 1,2 m (drugi nosilec)
V (0) = 0 mm – upogib v točki z = 0 m (prvi nosilec)
V (1,2) = 0 mm – upogib v točki z = 1,2 m (drugi nosilec)
Izračun:
1. Najprej izračunajmo vztrajnostni moment Ix in uporni moment Wx odseka žarka. Koristili nam bodo pri nadaljnjih izračunih. Za krožni prerez (ki je prerez palice):
Ix = (π*d^4)/64 = (3,14*(32/10)^4)/64 = 5,147 cm^4
Wx = (π*d^3)/32 = ((3,14*(32/10)^3)/32) = 3,217 cm^3
2. Ustvarimo ravnotežne enačbe za izračun reakcij nosilcev R1 in R2:
Qy = -R1+F1-R2 = 0
Mx (0) = F1*(0-b2) -R2*(0-b3) = 0
Iz druge enačbe: R2 = F1*b2/b3 = 900*0,6/1,2 = 450 n
Iz prve enačbe: R1 = F1-R2 = 900-450 = 450 n
3. Iz uklonske enačbe za drugi odsek poiščemo kot zasuka nosilca v prvi podpori pri z = 0:
V (1,2) = V (0)+U (0)*1,2+(-R1*((1,2-b1)^3)/6+F1*((1,2-b2)^3)/6)/
U (0) = (R1*((1.2-b1)^3)/6 -F1*((1.2-b2)^3)/6)/(E*Ix)/1,2 =
= (450*((1.2-0)^3)/6 -900*((1.2-0.6)^3)/6)/
/(206000*5,147/100)/1,2 = 0,00764 rad = 0,44˚
4.
Sestavimo enačbe za izdelavo diagramov za prvi odsek (0 Strižna sila: Qy(z) = -R1 Upogibni moment: Mx (z) = -R1*(z-b1) Rotacijski kot: Ux (z) = U (0)+(-R1*((z-b1)^2)/2)/(E*Ix) Uklon: Vy (z) = V (0)+U (0)*z+(-R1*((z-b1)^3)/6)/(E*Ix) z = 0 m: Qy(0) = -R1 = -450 n Ux(0) = U(0) = 0,00764 rad Vy (0) = V (0) = 0 mm z = 0,6 m: Qy(0,6) = -R1 = -450 n Mx (0,6) = -R1*(0,6-b1) = -450*(0,6-0) = -270 n*m Ux (0,6) = U (0)+(-R1*((0,6-b1)^2)/2)/(E*Ix) = 0,00764+(-450*((0,6-0)^2)/2)/(206000*5,147/100) = 0 rad Vy (0,6) = V (0)+U (0)*0,6+(-R1*((0,6-b1)^3)/6)/(E*Ix) = 0+0,00764*0,6+(-450*((0,6-0)^3)/6)/ (206000*5,147/100) = 0,003 m Žarek se bo pod težo mojega telesa upognil v sredini za 3 mm. Mislim, da je to sprejemljivo odstopanje. 5.
Zapišemo diagramske enačbe za drugi del (b2 Bočna sila: Qy (z) = -R1+F1 Upogibni moment: Mx (z) = -R1*(z-b1)+F1*(z-b2) Rotacijski kot: Ux (z) = U (0)+(-R1*((z-b1)^2)/2+F1*((z-b2)^2)/2)/(E*Ix) Uklon: Vy (z) = V (0)+U (0)*z+(-R1*((z-b1)^3)/6+F1*((z-b2)^3)/6)/( E*Ix) z = 1,2 m: Qy (1,2) = -R1+F1 = -450+900 = 450 n Mx (1.2) = 0 n*m Ux (1,2) = U (0)+(-R1*((1,2-b1)^2)/2+F1*((1,2-b2)^2)/2)/(E* Ix) = 0,00764+(-450*((1,2-0)^2)/2+900*((1,2-0,6)^2)/2)/ /(206000*5,147/100) = -0,00764 rad Vy (1,2) = V (1,2) = 0 m 6.
Diagrame gradimo z uporabo zgoraj pridobljenih podatkov. 7.
Izračunamo upogibne napetosti v najbolj obremenjenem delu - na sredini nosilca in jih primerjamo z dovoljenimi napetostmi: σi = Mx max/Wx = (270*1000)/(3,217*1000) = 84 n/mm^2 σi = 84 n/mm^2< [σи] = 250 н/мм^2 Kar zadeva upogibno trdnost, je izračun pokazal trikratno varnostno rezervo - vodoravno palico je mogoče varno izdelati iz obstoječe palice s premerom dvaintrideset milimetrov in dolžino tisoč dvesto milimetrov. Tako lahko zdaj preprosto "ročno" izračunate žarek za upogibanje in ga primerjate z rezultati, pridobljenimi pri izračunu s katerim koli od številnih programov, predstavljenih na internetu. Prosim TISTE, KI SPOŠTUJETE avtorjevo delo, da SE NAROČITE na objave člankov.
88 komentarjev na “Izračun nosilcev za upogibanje - “ročno”!”Članki s podobno tematiko
Ocene