2.6. Gerilme direnci

2.7. Güç durumu

3. İç kuvvet faktörleri (vsf)

3.1. Bir düzlemde dış kuvvetlerin etkisi durumu

3.2. Doğrusal kuvvet q, kesme kuvveti Qy ve eğilme momenti Mx arasındaki temel ilişkiler

Bu, kiriş elemanının birinci denge denklemi adı verilen bir ilişkiye yol açar.

4. VSF diyagramları

5. Diyagramların yapımını izleme kuralları

6. Stres durumunun genel durumu

6.1.Normal ve teğetsel gerilmeler

6.2. Teğet stres eşleşmesi yasası

7. Deformasyonlar

8. Malzemelerin mukavemetinde kullanılan temel varsayımlar ve yasalar

8.1. Malzemelerin mukavemetinde kullanılan temel varsayımlar

8.2. Malzemelerin mukavemetinde kullanılan temel yasalar

Sıcaklık farkı olması durumunda cisimler büyüklüklerini değiştirirler ve bu sıcaklık farkıyla doğru orantılıdır.

9. Bina yapılarını hesaplamak için mekanik yasalarını kullanma örnekleri

9.1. Statik olarak belirsiz sistemlerin hesaplanması

9.1.1. Statik olarak belirsiz betonarme kolon

9.1.2 Sıcaklık stresleri

9.1.3. Montaj gerilimleri

9.1.4. Limit denge teorisini kullanarak bir sütunun hesaplanması

9.2. Sıcaklık ve kurulum gerilmelerinin özellikleri

9.2.1. Sıcaklık stresinin vücut büyüklüğüne bağlılığı

9.2.2. Montaj gerilimlerinin gövde boyutlarından bağımsızlığı

9.2.3. Statik olarak belirli sistemlerde sıcaklık ve montaj gerilmeleri hakkında

9.3. Nihai yükün kendi kendine dengeli başlangıç ​​gerilimlerinden bağımsızlığı

9.4. Yerçekimi dikkate alınarak çekme ve sıkıştırma sırasında çubukların deformasyonunun bazı özellikleri

9.5. Çatlaklı yapı elemanlarının hesaplanması

Çatlaklı cisimlerin hesaplanması için prosedür

9.6. Yapıların dayanıklılık hesabı

9.6.1. Betonarme sünme varlığında betonarme kolonun dayanıklılığı

9.6.2. Viskoelastik malzemelerden yapılmış yapılarda gerilimin zamandan bağımsız olma durumu

9.7 Mikro hasar birikimi teorisi

10. Çubukların ve anız sistemlerinin sertliğinin hesaplanması

Kompozit çubuklar

Çubuk sistemleri

10.1. Bir yapının yer değiştirmesini hesaplamak için Mohr formülü

10.2. Çubuk sistemleri için Mohr formülü

11. Maddi imha kalıpları

11.1. Karmaşık stres durumunun düzenlilikleri

11.2. Teğetsel gerilimlere bağımlılık

11.3. Ana vurgular

Hesaplama

11.4. Maddi imha türleri

11.5.Kısa vadeli güç teorileri

11.5.1.İlk kuvvet teorisi

11.5.2.İkinci kuvvet teorisi

11.5.3 Üçüncü dayanım teorisi (maksimum teğetsel gerilmeler teorisi)

11.5.4.Dördüncü teori (enerji)

11.5.5. Beşinci teori - Mohr kriteri

12. Malzemelerin mukavemet problemlerinde mukavemet teorilerinin kısa özeti

13. İç basıncın etkisi altında silindirik bir kabuğun hesaplanması

14. Yorulma hatası (döngüsel dayanım)

14.1. Wöhler diyagramını kullanarak döngüsel yükleme altındaki yapıların hesaplanması

14.2. Çatlak geliştirme teorisini kullanarak döngüsel yükleme altındaki yapıların hesaplanması

15. Kirişlerin bükülmesi

15.1. Normal voltajlar. Formül Gezgini

15.2. Bir kesitte nötr çizginin (x ekseni) konumunu belirleme

15.3 Direnç anı

15.4 Galileo'nun hatası

15.5 Kirişteki kayma gerilmeleri

15.6. I-kiriş flanşındaki teğetsel gerilimler

15.7. Stres formüllerinin analizi

15.8. Emerson etkisi

15.9. Zhuravsky formülünün paradoksları

15.10. Maksimum kayma gerilmeleri hakkında (τzy)max

15.11. Işın gücü hesaplamaları

1. Kırılma yoluyla kırılma

2. Kesme yoluyla tahribat (delaminasyon).

3. Kirişin asal gerilmelere göre hesaplanması.

4. Mukavemet III ve IV teorilerine göre hesaplama.

16. Kirişlerin rijitlik açısından hesaplanması

16.1. Sapmayı hesaplamak için Mohr formülü

16.1.1 İntegral hesaplama yöntemleri. Yamuk ve Simpson formülleri

Yamuk formülü

Simpson'ın formülü

. Kirişin kavisli ekseninin diferansiyel denkleminin çözülmesine dayalı sapmaların hesaplanması

16.2.1 Kirişin eğri ekseni için diferansiyel denklemin çözümü

16.2.2 Clebsch kuralları

16.2.3 c ve d'yi belirleme koşulları

Sapmanın hesaplanması örneği

16.2.4. Elastik bir temel üzerindeki kirişler. Winkler yasası

16.4. Elastik bir temel üzerindeki kirişin eğri ekseninin denklemi

16.5. Elastik bir temel üzerinde sonsuz kiriş

17. Stabilite kaybı

17.1 Euler formülü

17.2 Diğer sabitleme koşulları.

17.3 Üstün esneklik. Uzun çubuk.

17.4 Yasinski formülü.

17.5 Burkulma

18. Şaftların burulması

18.1. Yuvarlak millerin burulması

18.2. Şaft bölümlerindeki gerilimler

18.3. Şaft sertliğinin hesaplanması

18.4. İnce duvarlı çubukların serbest burulması

18.5. Kapalı bir profilin ince duvarlı çubuklarının serbest burulması sırasındaki gerilmeler

18.6. İnce duvarlı kapalı profil çubukların bükülme açısı

18.7. Açık profil çubuklarının burulması

19. Karmaşık deformasyon

19.1. İç kuvvet faktörlerinin diyagramları (vsf)

19.2. Bükülme ile gerginlik

19.3. Maksimum çekme ve bükülme gerilmeleri

19.4 Eğik viraj

19.5. Burulma ve bükülme sırasında yuvarlak çubukların mukavemetinin kontrol edilmesi

19.6 Eksantrik sıkıştırma. Bölüm çekirdeği

19.7 Profil çekirdeğinin yapımı

20. Dinamik görevler

20.1. Vurmak

20.2 Dinamik katsayı formülünün uygulama kapsamı

Dinamizm katsayısının çarpan cismin hızı cinsinden ifade edilmesi

20.4. d'Alembert ilkesi

20.5. Elastik çubukların titreşimleri

20.5.1. Serbest titreşimler

20.5.2. Zorlanmış titreşimler

Rezonansla baş etmenin yolları

20.5.3 Sönümleyicili çubuğun zorlanmış titreşimleri

21. Limit denge teorisi ve yapısal hesaplamalarda kullanımı

21.1. Kiriş eğilme sorunu Momenti sınırlayın.

21.2. Hesaplama için limit denge teorisinin uygulanması

Edebiyat

İçerik

8.2. Malzemelerin mukavemetinde kullanılan temel yasalar

Statik ilişkiler. Aşağıdaki denge denklemleri formunda yazılırlar.

Hook kanunu ( 1678): kuvvet ne kadar büyük olursa deformasyon da o kadar büyük olur ve ayrıca kuvvetle doğru orantılıdır. Fiziksel olarak bu, tüm cisimlerin yay olduğu, ancak büyük bir sağlamlığa sahip olduğu anlamına gelir. Bir kiriş uzunlamasına bir kuvvetle basitçe gerildiğinde N= F bu yasa şu şekilde yazılabilir:

Burada
boyuna kuvvet, ben- ışın uzunluğu, A- kesit alanı, e- birinci türden esneklik katsayısı ( Gencin modülü).

Gerilme ve şekil değiştirme formülleri dikkate alınarak Hooke yasası şu şekilde yazılır:
.

Teğetsel gerilimler ile kayma açısı arasındaki deneylerde de benzer bir ilişki gözlenmektedir:

.

G ismindekayma modülü , daha az sıklıkla - ikinci türden elastik modül. Her yasa gibi Hooke yasasının da uygulanabilirlik sınırı vardır. Gerilim
Hooke yasasının geçerli olduğu noktaya denir orantılılık sınırı(Malzemelerin mukavemetindeki en önemli özellik budur).

Bağımlılığı tasvir edelim  itibaren  grafiksel olarak (Şekil 8.1). Bu resmin adı germe diyagramı . B noktasından sonra (yani
) bu bağımlılık doğrusal olmaktan çıkar.

Şu tarihte:
boşaltmadan sonra vücutta artık deformasyonlar görülür, bu nedenle isminde elastik sınır .

Gerilim σ = σt değerine ulaştığında birçok metal adı verilen bir özellik sergilemeye başlar. akışkanlık. Bu, sabit yük altında bile malzemenin deforme olmaya devam ettiği (yani sıvı gibi davrandığı) anlamına gelir. Grafiksel olarak bu, diyagramın apsise paralel olduğu anlamına gelir (DL bölümü). Malzemenin aktığı σt voltajına denir akma dayanımı .

Bazı malzemeler (St. 3 - inşaat çeliği) kısa bir akıştan sonra tekrar direnç göstermeye başlar. Malzemenin direnci belli bir maksimum σpr değerine kadar devam eder, daha sonra kademeli yıkım başlar. σ pr miktarına denir gerilme direnci (çeliğin eşanlamlısı: çekme dayanımı, beton için kübik veya prizmatik dayanım). Aşağıdaki tanımlamalar da kullanılmaktadır:

=R B

Kayma gerilmeleri ve kesmeler arasındaki deneylerde de benzer bir ilişki gözlemlenmiştir.

3) Duhamel-Neumann yasası (doğrusal sıcaklık genişlemesi):

Sıcaklık farkı olması durumunda cisimler büyüklüklerini değiştirirler ve bu sıcaklık farkıyla doğru orantılıdır.

Sıcaklık farkı olsun
. O zaman bu yasa şöyle görünür:

Burada α - doğrusal termal genleşme katsayısı, ben - çubuk uzunluğu, Δ ben- uzaması.

4) Sürünme Yasası .

Araştırmalar, küçük alanlarda tüm malzemelerin oldukça heterojen olduğunu göstermiştir. Çeliğin şematik yapısı Şekil 8.2'de gösterilmektedir.

Bileşenlerden bazıları sıvı özelliklerine sahip olduğundan, yük altındaki birçok malzeme zamanla ek uzamaya maruz kalır.
(Şekil 8.3.) (yüksek sıcaklıklarda metaller, beton, ahşap, plastik - normal sıcaklıklarda). Bu fenomene denir sürünme malzeme.

Sıvılar kanunu: kuvvet ne kadar büyük olursa, vücudun sıvı içindeki hareket hızı da o kadar büyük olur. Bu ilişki doğrusal ise (yani kuvvet hız ile orantılıysa), o zaman şu şekilde yazılabilir:

e
Göreli kuvvetlere ve göreceli uzamalara geçersek, şunu elde ederiz:

İşte indeks " cr "Malzemenin sünmesinden kaynaklanan uzama kısmının dikkate alındığı anlamına gelir. Mekanik karakteristiği viskozite katsayısı denir.

Enerji korunumu kanunu.

Yüklü bir kiriş düşünün

Örneğin bir noktayı hareket ettirme kavramını tanıtalım:

- B noktasının dikey hareketi;

- C noktasının yatay yer değiştirmesi.

Güçler
biraz iş yaparken sen. kuvvetleri göz önünde bulundurarak
kademeli olarak artmaya başlar ve bunların yer değiştirmelerle orantılı olarak arttığını varsayarak şunu elde ederiz:

.

Koruma kanununa göre: hiçbir iş kaybolmaz, başka işlere harcanır veya başka bir enerjiye dönüşür (enerji- bu vücudun yapabileceği iştir.)

Kuvvetlerin çalışması
Vücudumuzda ortaya çıkan elastik kuvvetlerin direncinin üstesinden gelmeye harcanır. Bu işi hesaplamak için cismin küçük elastik parçacıklardan oluştuğunu dikkate alıyoruz. Bunlardan birini ele alalım:

Komşu parçacıkların gerilimine maruz kalır . Sonuçta ortaya çıkan stres

Etkisi altında parçacık uzayacaktır. Tanıma göre uzama birim uzunluktaki uzamadır. Daha sonra:

İşi hesaplayalım dW kuvvetin yaptığı dN (burada kuvvetlerin de dikkate alındığı dikkate alınır) dN giderek artmaya başlar ve hareketlerle orantılı olarak artar):

Tüm vücut için şunları elde ederiz:

.

İş K taahhüt edilen , isminde elastik deformasyon enerjisi.

Enerjinin korunumu yasasına göre:

6)Prensip olası hareketler .

Bu, enerjinin korunumu yasasını yazma seçeneklerinden biridir.

Kuvvetlerin kirişe etki etmesine izin verin F 1 , F 2 , … . Vücutta noktaların hareket etmesine neden olurlar
ve voltaj
. Hadi cesedi verelim ek küçük olası hareketler
. Mekanikte formun gösterimi
"miktarın olası değeri" ifadesi anlamına gelir A" Bu olası hareketler vücudun olası ek deformasyonlar
. Ek dış kuvvetlerin ve streslerin ortaya çıkmasına yol açacaklar
, δ.

Ek olası küçük yer değiştirmeler üzerinde dış kuvvetlerin işini hesaplayalım:

Burada
- kuvvetlerin uygulandığı noktaların ek hareketleri F 1 , F 2 , …

Tekrar kesiti olan küçük bir elemanı düşünün dA ve uzunluk dz (bkz. Şekil 8.5. ve 8.6.). Tanıma göre ek uzama  dz Bu elementin miktarı aşağıdaki formülle hesaplanır:

dz=  dz.

Elemanın çekme kuvveti şu şekilde olacaktır:

dN = (+δ) dA ≈  dA..

Küçük bir eleman için iç kuvvetlerin ilave yer değiştirmeler üzerindeki işi aşağıdaki şekilde hesaplanır:

dW = dN  dz = dA dz =  dV

İLE
elde ettiğimiz tüm küçük elemanların deformasyon enerjisini toplayarak tam Enerji deformasyonlar:

Enerji korunumu kanunu K = sen verir:

.

Bu orana denir olası hareketler ilkesi(aynı zamanda denir sanal hareketler ilkesi). Benzer şekilde, teğetsel gerilmelerin de etkili olduğu durumu düşünebiliriz. O zaman bunu deformasyon enerjisine çevirebiliriz K aşağıdaki terim eklenecektir:

Burada  kesme gerilmesi,  küçük elemanın yer değiştirmesidir. Daha sonra olası hareketler ilkesişu şekli alacaktır:

Enerjinin korunumu yasasını yazmanın önceki biçiminden farklı olarak, burada kuvvetlerin kademeli olarak artmaya başladığı ve yer değiştirmelerle orantılı olarak arttığı varsayımı yoktur.

7) Poisson etkisi.

Örnek uzama modelini ele alalım:

Bir gövde elemanının uzama yönünde kısalması olayına denir. Poisson etkisi.

Boyuna bağıl deformasyonu bulalım.

Enine bağıl deformasyon şöyle olacaktır:

Poisson oranı miktar denir:

İzotropik malzemeler için (çelik, dökme demir, beton) Poisson oranı

Bu, enine yönde deformasyonun olduğu anlamına gelir. az boyuna

Not : Modern teknolojiler Poisson oranı >1 olan kompozit malzemeler oluşturabilir, yani enine deformasyon uzunlamasına olandan daha büyük olacaktır. Örneğin, düşük açılı sert fiberlerle güçlendirilmiş bir malzeme için durum böyledir.
<<1 (см. рис.8.8.). Оказывается, что коэффициент Пуассона при этом почти пропорционален величине
yani daha az Poisson oranı ne kadar büyük olursa.

Şekil 8.8. Şekil 8.9

Daha da şaşırtıcı olan, (Şekil 8.9.)'da gösterilen malzemedir ve bu tür bir takviye için paradoksal bir sonuç vardır - uzunlamasına uzama, gövdenin boyutunda enine yönde bir artışa yol açar.

8) Genelleştirilmiş Hooke yasası.

Boyuna ve enine yönlerde uzanan bir eleman düşünelim. Bu yönlerde meydana gelen deformasyonu bulalım.

Deformasyonu hesaplayalım , eylemden kaynaklanan :

Eylemden kaynaklanan deformasyonu ele alalım Poisson etkisinin bir sonucu olarak ortaya çıkan:

Genel deformasyon şöyle olacaktır:

Geçerli ise ve , ardından x ekseni yönünde başka bir kısaltma eklenecektir
.

Buradan:

Aynı şekilde:

Bu ilişkilere denir genelleştirilmiş Hooke yasası.

Hooke yasasını yazarken, uzama şekil değiştirmelerinin kayma şekil değiştirmelerinden bağımsız olduğu (aynı şey olan kesme gerilimlerinden bağımsızlık hakkında) ve bunun tersi hakkında bir varsayımda bulunulması ilginçtir. Deneyler bu varsayımları iyi bir şekilde doğrulamaktadır. İleriye baktığımızda, tam tersine, gücün büyük ölçüde teğetsel ve normal gerilimlerin kombinasyonuna bağlı olduğunu görüyoruz.

Not: Yukarıdaki yasalar ve varsayımlar çok sayıda doğrudan ve dolaylı deneyle doğrulanmıştır, ancak diğer tüm yasalar gibi bunların da sınırlı bir uygulanabilirlik kapsamı vardır.

1. Temel kavramlar ve varsayımlar. Sertlik- Bir yapının, belirli sınırlar dahilinde, dış kuvvetlerin etkisini, herhangi bir tahribat veya geometrik boyutlarda önemli bir değişiklik olmaksızın algılama yeteneği. Kuvvet– Bir yapının ve malzemelerinin yüklere dayanma yeteneği. Sürdürülebilirlik– Bir yapının orijinal denge şeklini koruma yeteneği. Dayanıklılık– yük koşulları altında malzemelerin mukavemeti. Süreklilik ve homojenlik hipotezi: atomlardan ve moleküllerden oluşan malzemenin yerini sürekli homojen bir cisim alır. Süreklilik, keyfi olarak küçük bir hacmin bir madde içermesi anlamına gelir. Tekdüzelik, malzemenin özelliklerinin her noktada aynı olması anlamına gelir. Bir hipotez kullanmak sistemi uygulamanıza olanak tanır. koordinatları belirlemek ve bizi ilgilendiren fonksiyonları incelemek, matematiksel analiz kullanmak ve eylemleri çeşitli modellerle açıklamak. İzotropi hipotezi: Malzemenin özelliklerinin her yönde aynı olduğu varsayılmaktadır. Anizotropik bir ağaç, liflerin damar boyunca ve boyunca önemli ölçüde farklılık gösterdiği ağaçtır.

2. Malzemenin mekanik özellikleri. Altında akma dayanımıσ T, yükte gözle görülür bir artış olmadan gerinimin arttığı stres olarak anlaşılmaktadır. Altında elastik sınırσ У, malzemenin artık deformasyonlara uğramadığı en büyük gerilim olarak anlaşılmaktadır. Gerilme direnci(σ B), numunenin dayanabileceği maksimum kuvvetin başlangıç ​​kesit alanına oranıdır. Orantılılık sınırı(σ PR) – malzemenin Hooke yasasını takip ettiği en yüksek gerilim. E değeri, adı verilen bir orantı katsayısıdır. birinci türden elastik modül. Değer G adı kayma modülü veya 2. tür elastikiyet modülü.(G=0,5E/(1+μ)). µ - Poisson oranı adı verilen, malzemenin özelliklerini karakterize eden boyutsuz orantı katsayısı deneysel olarak belirlenir, tüm metaller için sayısal değerler 0,25...0,35 aralığındadır.

3. Kuvvetler.İncelenen nesnenin parçaları arasındaki etkileşim Iç kuvvetler. Bunlar yalnızca etkileşim halindeki bireysel yapısal birimler arasında değil, aynı zamanda yük altındaki bir nesnenin tüm bitişik parçacıkları arasında da ortaya çıkar. İç kuvvetler kesit yöntemiyle belirlenir. Yüzeysel ve hacimsel var dış kuvvetler. Yüzey kuvvetleri yüzeyin küçük alanlarına (bunlar konsantre kuvvetlerdir, örneğin P) veya yüzeyin sonlu alanlarına (bunlar dağıtılmış kuvvetlerdir, örneğin q) uygulanabilir. Bir yapının diğer yapılarla veya dış çevreyle etkileşimini karakterize ederler. Hacim kuvvetleri cismin hacmine dağıtılır. Bunlar yapının ivmeli hareketi sırasındaki yerçekimi kuvvetleri, manyetik stres ve atalet kuvvetleridir.

4. Gerilim kavramı, izin verilen gerilim. Gerilim– iç kuvvetlerin yoğunluğunun ölçüsü lim∆R/∆F=p – toplam gerilim. Toplam gerilim üç bileşene ayrılabilir: kesit düzlemine normal boyunca ve kesit düzleminde iki eksen boyunca. Toplam gerilim vektörünün normal bileşeni σ ile gösterilir ve normal gerilim olarak adlandırılır. Kesit düzlemindeki bileşenlere teğetsel gerilmeler denir ve τ ile gösterilir. İzin verilen voltaj– [σ]=σ ÖNCEKİ /[n] – malzemenin kalitesine ve güvenlik faktörüne bağlıdır.

5. Çekme-basınç deformasyonu. Gerilme (sıkıştırma)- altı yükleme türünden hangisi Iç kuvvetler beş yeni faktör (Qx, Qy, Mx, My, Mz, N) sıfıra eşittir ve N≠0. σ max =N max /F≤[σ] + - çekme mukavemeti durumu; σ max =N max /F≤[σ] - - basınç dayanımının durumu. Hooke değerinin matematiksel ifadesi: σ=εE, burada ε=∆L/L 0. ∆L=NL/EF – genişletilmiş Hooke bölgesi; burada EF, kesit çubuğun sertliğidir. ε – bağıl (boyuna) deformasyon, ε'=∆а/а 0 =∆в/в 0 – enine deformasyon, burada a 0 yüklemesi altında, в 0 ∆а=а 0 -а, ∆в=в miktarı kadar azalır 0-V.

6. Düzlem kesitlerin geometrik özellikleri. Statik alan momenti: S x =∫ydF, S y =∫xdF, S x =y c F, S y =x c F. Karmaşık bir şekil için S y =∑S yi, S x =∑S xi. Eksenel atalet momentleri: J x =∫y 2 dF, J y =∫x 2 dF. Bir dikdörtgen için J x =bh 3/12, J y =hb 3/12, bir kare için J x =J y =a 4/12. Merkezkaç atalet momenti: J xy =∫xydF, eğer kesit en az bir eksene simetrikse, J x y =0. Asimetrik cisimlerin merkezkaç atalet momenti, alanın büyük kısmının 1. ve 3. çeyreklerde yer alması durumunda pozitif olacaktır. Kutupsal eylemsizlik momenti: J ρ =∫ρ 2 dF, ρ 2 =x 2 +y 2, burada ρ koordinat merkezinden dF'ye olan mesafedir. J ρ =J x +J y . J çemberi için ρ =πd 4/32, J x =πd 4/64. J halkası için ρ =2J x =π(D 4 -d 4)/32=πD 4 (1-α 4)/32. Direniş anları: bir dikdörtgen için W x =J x /y max; burada y max, kesitin ağırlık merkezinden y boyunca uzanan sınırlara kadar olan mesafedir. W x =bh 2/6, W x =hb 2/6, W çemberi için ρ =J ρ /ρ max, W ρ =πd 3/16, W halkası için ρ =πD 3 (1-α 3) /16 . Ağırlık merkezi koordinatları: x c =(x1F1+x2F2+x3F3)/(F1+F2+F3). Ana dönme yarıçapları: i U =√J U /F, ben V =√J V /F. Koordinat eksenlerinin paralel ötelenmesi sırasındaki atalet momentleri: J x 1 =J x c +b 2 F, J y 1 =J uc +a 2 F, J x 1 y 1 =J x cyc +abF.

7. Kesme ve burulma deformasyonu. Saf değişim Seçilen bir elemanın yüzlerinde yalnızca teğetsel gerilimler τ oluştuğunda gerilim durumu çağrılır. Altında burulmaÇubuğun kesitinde Mz≠0 kuvvet faktörünün ortaya çıktığı hareket tipini anlayın, geri kalan Mx=My=0, N=0, Qx=Qy=0. Uzunluk boyunca iç kuvvet faktörlerindeki değişiklikler kesit yöntemi ve işaret kuralı kullanılarak bir diyagram şeklinde gösterilmektedir. Kayma deformasyonu sırasında, kayma gerilimi τ, açısal gerinim γ ile τ = Gγ ilişkisi ile ilişkilidir. dφ/dz=θ – bağıl bükülme açısı iki bölümün aralarındaki mesafeye bağlı olarak karşılıklı dönme açısıdır. θ=M K/GJ ρ, burada GJ ρ kesitin burulma sertliğidir. τ max =M Kmax /W ρ ≤[τ] – yuvarlak çubukların burulma mukavemetinin durumu. θ max =M K /GJ ρ ≤[θ] – yuvarlak çubukların burulma sertliğinin koşulu. [θ] – desteklerin türüne bağlıdır.

8. Bük. Altında bükmeÇubuğun ekseninin, eksene dik olarak yerleştirilmiş yüklerin hareketinden dolayı büküldüğü (büküldüğü) bu tür yüklemeyi anlayın. Tüm makinelerin milleri, kuvvetlerin etkisinden, birkaç kuvvetten - dişlilerin, dişlilerin, kaplin yarımlarının iniş yerlerindeki momentlerden dolayı bükülmeye maruz kalır. 1) Büküm adı temizÇubuğun kesitinde oluşan tek kuvvet faktörü eğilme momenti ise geri kalan iç kuvvet faktörleri sıfıra eşittir. sırasında deformasyonların oluşması saf viraj düz kesitlerin birbirine göre dönmesi sonucu düşünülebilir. σ=M y /J x – Gerilmeleri belirlemek için Navier formülü. ε=у/ρ – boyuna bağıl deformasyon. Diferansiyel bağımlılık: q=dQz/dz, Qz=dMz/dz. Mukavemet koşulu: σ max =M max /W x ≤[σ] 2) Bükme adı düz, eğer kuvvet düzlemi ise, yani. yüklerin hareket düzlemi merkezi eksenlerden biriyle çakışır. 3) Büküm adı eğik yüklerin hareket düzlemi merkezi eksenlerden herhangi biriyle çakışmıyorsa. σ = 0 koşulunu sağlayan kesitteki noktaların geometrik konumuna nötr kesit çizgisi denir; eğri çubuğun eğrilik düzlemine diktir. 4) Büküm adı enine kesitte bir bükülme momenti ve enine kuvvet ortaya çıkarsa. τ=QS x ots /bJ x – Zhuravsky formülü, τ max =Q max S xmax /bJ x ≤[τ] – mukavemet durumu. Enine bükülme sırasında kirişlerin mukavemetinin tam kontrolü, Navier formülü kullanılarak kesit boyutlarının belirlenmesinden ve ayrıca kayma gerilmelerinin kontrol edilmesinden oluşur. Çünkü Bölümde τ ve σ'nun varlığı karmaşık yüklemeyi ifade eder, bu durumda bunların birleşik etkisi altında gerilim durumunun değerlendirilmesi 4. mukavemet teorisi kullanılarak hesaplanabilir σ eq4 =√σ 2 +3τ 2 ≤[σ].

9. Gerginlik durumu. A noktası yakınındaki gerilim durumunu (SS) inceleyelim; bunun için koordinat sisteminde büyütülmüş bir ölçeğe yerleştirdiğimiz sonsuz küçük bir paralelyüz seçiyoruz. Atılan parçanın hareketlerini, yoğunluğu üç eksen boyunca genişleteceğimiz normal ve teğetsel gerilimlerin ana vektörü aracılığıyla ifade edilebilen iç kuvvet faktörleriyle değiştiriyoruz - bunlar A noktasının NS'sinin bileşenleridir. Hayır Gövde ne kadar karmaşık yüklenirse yüklensin, teğetsel gerilimlerin sıfır olduğu karşılıklı dik alanları belirlemek her zaman mümkündür. Bu tür sitelere ana siteler denir. Doğrusal NS – σ2=σ3=0 olduğunda, düz NS – σ3=0 olduğunda, hacimsel NS – σ1≠0, σ2≠0, σ3≠0 olduğunda. σ1, σ2, σ3 – asal gerilmeler. PNS sırasında eğimli alanlardaki gerilmeler: τ β =-τ α =0,5(σ2-σ1)sinα, σ α =0,5(σ1+σ2)+0,5(σ1-σ2)cos2α, σ β =σ1sin 2 α+σ2cos 2 α .

10. Güç teorileri. LNS durumunda mukavemet değerlendirmesi σ max =σ1≤[σ]=σ pre /[n] koşuluna göre yapılır. NS durumunda σ1>σ2>σ3 varlığında, çeşitli gerilim kombinasyonlarında çok sayıda deney yapılması nedeniyle tehlikeli durumun deneysel olarak belirlenmesi emek yoğundur. Bu nedenle, kriter olarak adlandırılacak ve teorinin temelini oluşturacak faktörlerden birinin baskın etkisinin vurgulanmasına olanak tanıyan bir kriter kullanılır. 1) birinci mukavemet teorisi (maksimum normal gerilimler): gerilimli bileşenlerin mukavemeti, eğer eşit çekme gerilimlerine sahiplerse gevrek kırılmaya eşittir (σ2 ve σ3'ü öğretmez) – σ eq =σ1≤[σ]. 2) ikinci dayanım teorisi (maksimum çekme deformasyonları - Mariotta): n6 gerilmiş bileşimler, eğer eşit maksimum çekme deformasyonlarına sahiplerse gevrek kırılma açısından eşit derecede güçlüdürler. ε max =ε1≤[ε], ε1=(σ1-μ(σ2+σ3))/E, σ eq =σ1-μ(σ2+σ3)≤[σ]. 3) üçüncü dayanım teorisi (maksimum gerilme oranı - Coulomb): gerilme bileşenleri, eğer eşit maksimum gerilme oranına sahiplerse, kabul edilemez plastik deformasyonların görünümü açısından eşit derecede güçlüdürler τ max =0,5(σ1-σ3)≤[τ]=[ σ]/2, σ eq =σ1-σ3≤[σ] σ eq =√σ 2 +4τ 2 ≤[σ]. 4) şekil değişiminin spesifik potansiyel enerjisinin (enerji) dördüncü teorisi: deformasyon sırasında, şekil ve hacim değişimi için potansiyel enerji tüketimi U=U f +U V gerilim bileşenleri, eşit olmaları durumunda, kabul edilemez plastik deformasyonların ortaya çıkması açısından eşit derecede güçlüdür. şekil değişiminin spesifik potansiyel enerjisi. U eşdeğer =U f. Genelleştirilmiş Hooke değeri ve matematiksel dönüşümler dikkate alındığında σ eq =√(σ1 2 +σ2 2 +σ3 2 -σ1σ2-σ2σ3-σ3σ1)≤[σ], σ eq =√(0.5[(σ1-σ2) 2 +( σ1-σ3) 2 +(σ3-σ2) 2 ])≤[τ]. PNS durumunda, σ eq =√σ 2 +3τ 2. 5) Mohr'un beşinci dayanım teorisi (sınırlayıcı durumların genelleştirilmiş teorisi): Tehlikeli sınırlayıcı durum iki ana gerilim tarafından belirlenir, en yüksek ve en düşük σ eq =σ1-kσ3≤[σ], burada k eşit olmayan dayanımın katsayısıdır , malzemenin gerilime ve sıkıştırmaya eşit olmayan şekilde direnme yeteneğini hesaba katar k=[σ р ]/[σ сж ].

11. Enerji teoremleri. Bükme hareketi- Mühendislik hesaplamalarında, kirişlerin mukavemet koşullarını karşılarken yeterli sertliğe sahip olmadığı durumlar vardır. Kirişin sertliği veya deforme olabilirliği hareketlerle belirlenir: θ – dönme açısı, Δ – sapma. Yük altında kiriş deforme olur ve ρ A yarıçapı boyunca deforme olan elastik bir çizgiyi temsil eder. t A'daki sapma ve dönme açısı, kirişin teğet elastik çizgisi ve z ekseni tarafından oluşturulur. Sertliğin hesaplanması, maksimum sapmanın belirlenmesi ve izin verilenle karşılaştırılması anlamına gelir. Mohr'un yöntemi- Programlanabilmesi açısından uygun, sabit ve değişken rijitliğe sahip düzlemsel ve uzaysal sistemler için yer değiştirmelerin belirlenmesine yönelik evrensel bir yöntem. Sapmayı belirlemek için hayali bir kiriş çizeriz ve birim boyutsuz bir kuvvet uygularız. Δ=1/EJ x *∑∫MM 1 dz. Dönme açısını belirlemek için hayali bir ışın çizeriz ve birim boyutsuz moment θ=1/EJ x *∑∫MM’ 1 dz uygularız. Vereshchagin'in kuralı- sabit sertlikte entegrasyonun yerini, yük ve birim kiriş bileşenlerinin bükülme momentlerinin diyagramlarının cebirsel çarpımı ile değiştirilebilmesi açısından uygundur. Bu, SNA'nın ortaya çıkarılmasında kullanılan ana yöntemdir. Δ=1/EJ x *∑ω p M 1 c – Vereshchagin kuralı, burada yer değiştirme kirişin rijitliği ile ters orantılıdır ve kirişin kargo yükü alanı ile kirişin kargo yükü alanı çarpımı ile doğru orantılıdır. ağırlık merkezinin ordinatı. Uygulama özellikleri: bükülme momentlerinin diyagramı temel rakamlara bölünmüştür, ω p ve M 1 c işaretler dikkate alınarak alınır, eğer q ve P veya R kesit üzerinde aynı anda hareket ederse, diyagramlar tabakalandırılmalıdır, yani. her yük için ayrı ayrı inşa edin veya çeşitli katmanlama teknikleri kullanın.

12. Statik olarak belirsiz sistemler. SNS, statik denklemleri mesnetlerin tepkilerini belirlemeye yeterli olmayan sistemlere verilen addır. dengeleri için gerekenden daha fazla bağlantı ve reaksiyon var. Belirli bir sistem için toplam destek sayısı ile oluşturulabilecek bağımsız statik denklem sayısı arasındaki farka denir. statik belirsizlik derecesiS. Aşırı gerekli olanların sistemi üzerine bindirilen bağlantılara gereksiz veya ek denir. Ek destek bağlantılarının eklenmesi, bükülme momentlerinde bir azalmaya ve maksimum sapmaya yol açar; yapının gücü ve sağlamlığı artar. Statik belirsizliği ortaya çıkarmak için, desteklerin ek reaksiyonlarının belirlenmesine olanak tanıyan ek bir deformasyon uyumluluk koşulu kullanılır ve ardından Q ve M diyagramlarını belirleme çözümü her zamanki gibi gerçekleştirilir. Ana sistem Gereksiz bağlantıların ve yüklerin atılmasıyla belirli birinden elde edilir. Eşdeğer sistem– Ana sistemin, atılan bağlantının eylemlerinin yerini alan yüklerle ve gereksiz bilinmeyen reaksiyonlarla yüklenmesiyle elde edilir. Kuvvetlerin etkisinden bağımsızlık ilkesini kullanarak, P yükünden ve reaksiyon x1'den sapmayı buluruz. σ 11 x 1 +Δ 1р =0, deformasyonun uyumluluğunun kanonik denklemidir; burada Δ 1р, x1 uygulama noktasında P kuvvetinden yer değiştirmedir. Δ 1р – Мр*М1, σ 11 -М1*М1 – bu Vereshchagin yöntemiyle rahatlıkla gerçekleştirilir. Çözümün deformasyon doğrulaması– bunun için başka bir ana sistem seçiyoruz ve desteğin sıfıra eşit olması gereken dönme açısını belirliyoruz, θ=0 - M ∑ *M’.

13. Döngüsel güç. Mühendislik uygulamalarında, gerilimlerin dönüşümlü ve döngüsel olarak değiştiği durumlarda, σ'dan çok daha düşük gerilimlerde statik dayanım nedeniyle makine parçalarının %80'e kadarı tahrip olur. Döngüsel değişiklikler sırasında hasar birikimi süreci. strese malzeme yorgunluğu denir. Yorgunluk stresine karşı direnç sürecine döngüsel güç veya dayanıklılık denir. Döngünün T periyodu. σmax τmax normal gerilmelerdir. σm, τm – ortalama gerilim; r-döngüsü asimetri katsayısı; Dayanıklılık sınırını etkileyen faktörler: a) Gerilim yoğunlaştırıcılar: oluklar, dolgular, kamalar, dişler ve kamalar; bu, K σ =σ -1 /σ -1k K τ =τ -1 /τ -1k olarak belirtilen etkin gerilim yoğunlaşma faktörü tarafından dikkate alınır; b) Yüzey pürüzlülüğü: Metalin mekanik işlenmesi ne kadar pürüzlü olursa, döküm sırasında metalde o kadar çok kusur oluşur, parçanın dayanıklılık sınırı o kadar düşük olur. Kesiciden sonraki herhangi bir mikro çatlak veya çöküntü, yorulma çatlağının kaynağı olabilir. Bu, yüzey kalitesinin etki katsayısını hesaba katar. Fσ'ya Fτ'ya - ; c) Ölçek faktörü dayanıklılık sınırını etkiler; parçanın boyutu arttıkça kusurların bulunma olasılığı artar, bu nedenle parçanın boyutu ne kadar büyük olursa, dayanıklılığı değerlendirilirken o kadar kötü olur; bu, şu şekilde belirlenir: kesitin mutlak boyutlarının etki katsayısı. dσ'ya dτ'ya . Kusur katsayısı: K σD =/Kv ; Kv – sertleşme katsayısı ısıl işlemin türüne bağlıdır.

14. Sürdürülebilirlik. Bir sistemin kararlı bir durumdan kararsız bir duruma geçişine kararlılık kaybı denir ve buna karşılık gelen kuvvete denir. kritik kuvvet Rcr 1774 yılında E. Euler bir çalışma yaparak Pcr'yi matematiksel olarak belirledi. Euler'e göre Pcr, kolonun en küçük eğimi için gereken kuvvettir. Pkr=P 2 *E*Imin/L 2 ; Çubuğun esnekliğiλ=ν*L/i dk; Kritik voltajσ cr =P 2 E/λ 2. Üstün esneklikλ yalnızca çubuk malzemesinin fiziksel ve mekanik özelliklerine bağlıdır ve belirli bir malzeme için sabittir.

19-08-2012: Stepan

Malzemelerin mukavemetine ilişkin açıkça sunulan malzemeler için size en derin selamlarımı sunuyorum!)
Enstitüde bambu içtim ve bir şekilde malzemelerin sağlamlığına ayıracak zamanım olmadı, kurs bir ay içinde sona erdi)))
Artık mimar-tasarımcı olarak çalışıyorum ve sürekli hesaplama yapmam gerektiğinde takılıp kalıyorum, formüller ve çeşitli yöntemler çamuruna gömülüyorum ve temelleri kaçırdığımı anlıyorum..
Makalelerinizi okurken kafam yavaş yavaş organize oluyor - her şey net ve çok erişilebilir!

24-01-2013: zayıf

teşekkür ederim dostum!!))
Tek bir sorum var: 1 m başına maksimum yük 1 kg*m ise, o zaman 2 metre ne olacak?
2 kg*m veya 0,5kg*m ??????????

24-01-2013: Doktor Lom

Dağıtılmış yükü kastediyorsak doğrusal metre Bu durumda 1kg/1m dağıtılmış yük, 2kg/2m dağıtılmış yüke eşittir ve sonuçta yine 1kg/m verir. Ve konsantre yük, basitçe kilogram veya Newton cinsinden ölçülür.

30-01-2013: Vladimir

Formüller iyidir! fakat kanopinin yapısını hesaplamak için nasıl ve hangi formüller kullanılmalı ve en önemlisi metalin (profil borunun) boyutu ne olmalıdır???

30-01-2013: Doktor Lom

Fark ettiyseniz, o zaman bu makale yalnızca teorik kısma ayrılmıştır ve eğer siz de akıllıysanız, o zaman özel işçilik Sitenin ilgili bölümünde yapısal hesaplamaların bir örneğini bulacaksınız: Yapısal hesaplamalar. Bunu yapmak için şuraya gitmeniz yeterli: ana sayfa ve orada bu bölümü bulun.

05-02-2013: Aslan

Tüm formüller ilgili tüm değişkenleri açıklamaz ((
Gösterimde de bir karışıklık var, önce X, sol noktadan uygulanan Q kuvvetine olan mesafeyi ifade ediyor ve iddianın iki paragraf altında zaten bir fonksiyon var, sonra formüller türetiliyor ve karışıklık ortaya çıkıyor.

05-02-2013: Doktor Lom

Her nasılsa, çeşitli matematik problemlerini çözerken x değişkeninin kullanıldığı ortaya çıktı. Neden? X onu tanıyor. Değişken bir kuvvet uygulama noktasındaki (yoğunlaştırılmış yük) mesnetlerin tepkilerinin belirlenmesi ve mesnetlerden birine göre değişken bir noktadaki moment değerinin belirlenmesi iki farklı problemdir. Ayrıca her problemde x eksenine göre bir değişken belirlenmektedir.
Eğer bu kafanızı karıştırıyorsa ve bu kadar temel şeyleri anlayamıyorsanız o zaman ben hiçbir şey yapamam. Matematikçilerin Haklarını Koruma Derneği'ne şikayette bulunun. Ve senin yerinde olsaydım, yapısal mekanik ve malzemelerin sağlamlığıyla ilgili ders kitaplarına karşı şikayette bulunurdum, yoksa gerçekten nedir bu? Alfabelerde yeterince harf ve hiyeroglif yok mu?
Ayrıca size karşı bir sorum daha var: Üçüncü sınıfta elmalarda toplama ve çıkarma işlemleriyle ilgili problemleri çözerken, sayfadaki on problemde x'in bulunması da kafanızı karıştırdı mı yoksa bir şekilde başa çıktınız mı?

05-02-2013: Aslan

Elbette bunun bir tür ücretli iş olmadığını anlıyorum ama yine de. Bir formül varsa, altında tüm değişkenlerinin bir açıklaması bulunmalıdır, ancak bunu bağlamdan yukarıdan bulmanız gerekir. Ve bazı yerlerde bağlamda hiç bahsedilmiyor. Hiç şikayet etmiyorum. İşin eksikliklerinden bahsediyorum (bu arada bunun için sana zaten teşekkür ettim). Bir fonksiyon olarak x değişkenlerine ve daha sonra bir parça olarak başka bir x değişkeninin dahil edilmesine gelince, türetilmiş formül altında tüm değişkenleri belirtmeden, kafa karışıklığına neden olur; buradaki mesele yerleşik gösterimde değil, bu tür bir gösterimin amaca uygunluğundadır. materyalin sunumu.
Bu arada, arkasmınız uygun değil çünkü her şeyi tek sayfada sunuyorsunuz ve tüm değişkenleri belirtmeden ne demek istediğiniz bile belli değil. Örneğin programlamada tüm değişkenler her zaman belirtilir. Bu arada, eğer tüm bunları insanlar için yapıyorsanız, Kisilev'in bir matematikçi olarak değil, bir öğretmen olarak matematiğe ne gibi katkılar yaptığını öğrenmek size zarar vermez, belki o zaman neden bahsettiğimi anlarsınız.

05-02-2013: Doktor Lom

Bana öyle geliyor ki, bu makalenin anlamını hala tam olarak doğru anlamıyorsunuz ve okuyucuların çoğunu hesaba katmıyorsunuz. Asıl amaç maksimuma çıkarmaktı basit yollarla her zaman uygun bilgiye sahip olmayan kişilere iletin Yüksek öğretim, malzemelerin mukavemet teorisinde ve yapı mekaniğinde kullanılan temel kavramlar ve tüm bunlara neden ihtiyaç duyulduğu. Bir şeylerin feda edilmesi gerektiği açık. Ancak.
Makalelerim olmasa bile her şeyin raflara, bölümlere, kısımlara ve ciltlere yerleştirildiği ve tüm kurallara göre anlatıldığı yeterince doğru ders kitabı var. Ancak bu ciltleri hemen anlayabilen çok fazla insan yok. Çalışmalarım sırasında öğrencilerin üçte ikisi malzemelerin mukavemetinin anlamını yaklaşık olarak bile anlamadı ve bu konuda ne söyleyebiliriz? sıradan insanlar Kim onarım veya inşaatla uğraşıyor ve bir lento veya kiriş hesaplamak istiyor? Ancak sitem öncelikle bu tür insanlara yöneliktir. Açıklık ve sadeliğin, protokolü harfiyen takip etmekten çok daha önemli olduğuna inanıyorum.
Bu makaleyi ayrı bölümlere ayırmayı düşündüm, ancak bu durumda genel anlam geri döndürülemez bir şekilde kayboluyor ve dolayısıyla buna neden ihtiyaç duyulduğu anlayışı da kayboluyor.
Programların bilgisayarlar için yazılması ve bilgisayarların varsayılan olarak aptal olması nedeniyle programlama örneğinin yanlış olduğunu düşünüyorum. Ama insanlar başka bir konudur. Karınız veya kız arkadaşınız size “Ekmek bitti” dediğinde, daha fazla açıklama, tanımlama ve komut olmadan, genellikle ekmek satın aldığınız mağazaya gidersiniz, oradan tam olarak satın aldığınız ekmek türünü ve tam olarak aldığınız ekmeği satın alırsınız. genellikle satın aldığınız kadar. Aynı zamanda, varsayılan olarak, bu eylemi gerçekleştirmek için gerekli tüm bilgileri, eşinizle veya kız arkadaşınızla önceki iletişiminiz, mevcut alışkanlıklar ve görünüşte önemsiz görünen diğer faktörler bağlamından çıkarırsınız. Ve aynı zamanda, ekmek satın almanız için doğrudan talimat bile almadığınızı unutmayın. Bu, insanla bilgisayar arasındaki farktır.
Ancak sizinle aynı fikirde olabileceğim en önemli şey, makalenin, etrafımızdaki dünyadaki diğer her şey gibi mükemmel olmadığıdır. Ve ironiye kızmayın, bu dünyada çok fazla ciddiyet var, bazen onu sulandırmak istersiniz.

28-02-2013: İvan

Tünaydın
Formül 1.2'nin altında, kirişin tüm uzunluğu boyunca düzgün bir yük için desteklerin reaksiyonuna ilişkin formül A=B=ql/2 bulunmaktadır. Bana öyle geliyor ki A=B=q/2 olmalı, yoksa bir şeyi mi kaçırıyorum?

28-02-2013: Doktor Lom

Makale metninde her şey doğrudur, çünkü düzgün dağıtılmış yük, kirişin uzunluğu boyunca hangi yükün uygulandığı anlamına gelir ve dağıtılmış yük kg/m cinsinden ölçülür. Desteğin tepkisini belirlemek için öncelikle toplam yükün neye eşit olacağını buluyoruz; kirişin tüm uzunluğu boyunca.

28-02-2013: İvan

28-02-2013: Doktor Lom

Q konsantre bir yüktür, kirişin uzunluğu ne olursa olsun, destek reaksiyonlarının değeri Q'nun sabit değerinde sabit olacaktır. q belirli bir uzunluğa dağıtılmış bir yüktür ve bu nedenle kirişin uzunluğu ne kadar büyük olursa, sabit bir q değerinde destek reaksiyonlarının değeri daha büyük. Yoğun yüke bir örnek, bir köprü üzerinde duran bir kişidir; dağıtılmış yüke bir örnek, köprü yapılarının ölü ağırlığıdır.

28-02-2013: İvan

İşte burada! Şimdi net. Metinde q'nun dağıtılmış bir yük olduğuna dair bir gösterge yok, sadece "ku küçük" değişkeni görünüyor, bu yanıltıcıydı :-)

28-02-2013: Doktor Lom

Konsantre ve dağıtılmış yük arasındaki fark, makalenin en başında bağlantısı olan giriş makalesinde anlatılmıştır, okumanızı tavsiye ederim.

16-03-2013: Vladislav

Malzemelerin mukavemetinin temellerini inşaat veya tasarım yapanlara neden anlattığımız açık değil. Üniversitede yetkin öğretmenlerden gelen materyallerin gücünü anlamadılarsa, o zaman tasarımın yakınında hiçbir yere izin verilmemelidir ve popüler makaleler, çoğu zaman büyük hatalar içerdikleri için kafalarını daha da karıştıracaktır.
Herkes kendi alanında profesyonel olmalıdır.
Bu arada, yukarıdaki basit kirişlerdeki bükülme momentleri şu şekilde olmalıdır: olumlu işaret. Diyagramlara eklenen negatif işaret, genel kabul görmüş tüm normlarla çelişmektedir.

16-03-2013: Doktor Lom

1. İnşaat yapan herkes üniversitelerde eğitim görmemiştir. Ve bazı nedenlerden dolayı, evlerini yenileyen bu tür insanlar, bölmedeki kapı aralığının üzerindeki lento kesitini seçmek için profesyonellere ödeme yapmak istemiyorlar. Neden? onlara sor.
2. Ders kitaplarının basılı baskılarında çok sayıda yazım hatası vardır, ancak insanların kafasını karıştıran şey yazım hataları değil, materyalin aşırı soyut sunumudur. Bu metinde yazım hataları da bulunabilir, ancak kağıt kaynakların aksine bunlar keşfedildikten hemen sonra düzeltilecektir. Ama büyük hatalara gelince, seni hayal kırıklığına uğratmak zorundayım, burada öyle bir hata yok.
3. Eksenin altından oluşturulan moment diyagramlarının sadece olumlu işarete sahip olması gerektiğini düşünüyorsanız, size üzülüyorum. Birincisi, momentlerin diyagramı oldukça gelenekseldir ve yalnızca anın değerindeki değişimi gösterir. kesitler bükülebilir eleman. Bu durumda eğilme momenti kesitte hem basma hem de çekme gerilmelerine neden olur. Daha önce eksenin üstüne bir diyagram oluşturmak gelenekseldi; bu gibi durumlarda diyagramın pozitif işareti mantıklıydı. Daha sonra, netlik sağlamak amacıyla, momentlerin diyagramı şekillerde gösterildiği gibi oluşturulmaya başlandı, ancak diyagramların pozitif işareti eski hafızadan korundu. Ancak prensipte, daha önce de söylediğim gibi, bu, direniş anının belirlenmesi açısından temel bir önem taşımıyor. Bu konuyla ilgili yazıda şöyle deniyor: " bu durumda Bükülme momenti kirişi söz konusu kesit noktasına göre saat yönünde döndürmeye çalışırsa moment değeri negatif kabul edilir. Bazı kaynaklar bunun aksini düşünüyor ama bu kolaylıktan başka bir şey değil." Ancak bunu bir mühendise anlatmaya gerek yok, ben şahsen defalarca karşılaştım. Çeşitli seçenekler Diyagramların görüntülenmesi ve bu hiçbir zaman herhangi bir soruna neden olmadı. Ancak görünüşe göre makaleyi okumadınız ve ifadeleriniz, malzemelerin gücünün temellerini bile bilmediğinizi, bilgiyi genel kabul görmüş bazı normlarla ve hatta "herkesle" değiştirmeye çalıştığınızı doğruluyor.

18-03-2013: Vladislav

Sevgili Doktor Lom!
Mesajımı dikkatli okumamışsın. "Yukarıda verilen örneklerde" bükülme momentlerinin işaretindeki hatalardan bahsettim ve genel olarak değil - bunun için üniversiteler veya teknik okullar için malzemelerin mukavemeti, teknik veya uygulamalı mekanik üzerine herhangi bir ders kitabı açmak yeterlidir. yarım asır önce, 20 yıl önce veya 5 yıl önce yazılmış inşaatçılar veya makine mühendisleri. İstisnasız tüm kitaplarda, doğrudan bükülme sırasında kirişlerdeki bükülme momentlerine ilişkin işaretlerin kuralı aynıdır. Genel kabul görmüş normlardan bahsederken kastettiğim buydu. Ve koordinatların kirişin hangi tarafına yerleştirileceği başka bir sorudur. Amacımı açıklayayım.
İç kuvvetin yönünü belirlemek için diyagramlara işaret konur. Ancak aynı zamanda hangi burcun hangi yöne karşılık geldiği konusunda da anlaşmak gerekir. Bu anlaşma sözde işaret kuralıdır.
Temel eğitim literatürü olarak önerilen birkaç kitabı alıyoruz.
1) Alexandrov A.V. Malzemelerin Mukavemeti, 2008, s. 34 - inşaat uzmanlık öğrencileri için bir ders kitabı: "kiriş elemanını dışbükeyliği aşağıya doğru bükerek alt liflerin gerilmesine neden olursa bükülme momenti pozitif kabul edilir." Verilen örneklerde (ikinci paragrafta), alt lifler açıkça gerilmiştir, peki diyagramdaki işaret neden negatiftir? Yoksa A. Alexandrov'un açıklaması özel bir şey mi? Hiçbir şey böyle değil. Daha ileriye bakalım.
2) Potapov V.D. ve diğerleri Yapı mekaniği. Elastik sistemlerin statiği, 2007, s. 27 - İnşaatçılar için üniversite ders kitabı: "Kirişin alt liflerinde gerilime neden olan bir an olumlu kabul edilir."
3) A.V. Darkov, N.N. Şapoşnikov. Yapı Mekaniği, 1986, s. 27, inşaatçılar için de iyi bilinen bir ders kitabıdır: "Pozitif bir bükülme momentiyle, kirişin üst lifleri sıkışmaya (kısalma) ve alt lifler gerilime (uzama) maruz kalır;." Gördüğünüz gibi kural aynı. Belki makine imalatçıları için işler tamamen farklıdır? Yine hayır.
4) G.M. Itkovich. Malzemelerin Mukavemeti, 1986, s. 162 - makine mühendisliği teknik okulları öğrencileri için bir ders kitabı: “Bu parçayı (kirişin kesilen kısmı) dışbükey olarak aşağıya doğru büken bir dış kuvvet (moment), yani. sıkıştırılmış liflerin üstte olması pozitif bir bükülme momenti sağlar.”
Liste uzar gider ama neden? Bunu kuvvet testinden en az 4 puanla geçen her öğrenci bilir.
Bükülme momentleri diyagramının koordinatlarını çubuğun hangi tarafının çizeceği sorusu, yukarıdaki işaret kuralının tamamen yerini alabilecek başka bir anlaşmadır. Bu nedenle, çerçevelerde M diyagramları oluşturulurken, yerel koordinat sistemi çubuğa bağlı olduğundan ve çubuğun konumu değiştiğinde yönünü değiştirdiğinden diyagramlara bir işaret yerleştirilmez. Kirişlerde her şey daha basittir: ya yatay bir çubuktur ya da hafif bir açıyla eğimli bir çubuktur. Kirişlerde bu iki kural birbirinin aynısıdır (ancak doğru anlaşılırsa çelişmez). Ve koordinatların hangi taraftan çizileceği sorusu, sizin yazdığınız gibi "önce ve sonra" değil, yerleşik gelenekler tarafından belirlendi: inşaatçılar her zaman gerilmiş lifler üzerine diyagramlar inşa ettiler ve oluşturuyorlar ve makine imalatçıları sıkıştırılmış lifler üzerine (ta ki, Şimdi!). Nedenini açıklayabilirim ama zaten bu kadar yazdım. Yukarıdaki problemlerde M diyagramında bir artı işareti olsaydı veya hiç işaret olmasaydı (kesinlik açısından diyagramın gerilmiş lifler üzerine kurulduğunu gösterir), o zaman hiçbir tartışma olmayacaktı. Ve hiç kimse M işaretinin bir bahçe evinin inşası sırasında elemanların gücünü etkilemediğini tartışmıyor. Her ne kadar burada bile özel durumlar icat edebilirsiniz.
Genel olarak bu tartışma, görevin önemsizliğinden dolayı verimli değildir. Her yıl, bana yeni bir öğrenci akını geldiğinde, onlara bu basit gerçekleri açıklamak ya da kafaları karışan beyinlerini, dürüst olmak gerekirse, bireysel öğretmenler tarafından düzeltmek zorunda kalıyorum.
Ayrıca sitenizden faydalı ve ilginç bilgiler öğrendiğimi de belirtmek isterim. Örneğin, destek tepkilerinin etki çizgilerini grafiksel olarak eklemek: ders kitaplarında görmediğim ilginç bir teknik. Buradaki kanıt basit: etki çizgilerinin denklemlerini toplarsak aynı sonucu elde ederiz. Muhtemelen site inşaata başlayan ustalara faydalı olacaktır. Ama yine de bence SNIP'e dayalı literatürü kullanmak daha iyi. Yalnızca malzeme mukavemeti formüllerini değil aynı zamanda tasarım standartlarını da içeren popüler yayınlar vardır. Verilenler var basit teknikler hem aşırı yük faktörlerini hem de standart ve tasarım yüklerinin toplanmasını vb. içerir.

18-03-2013: Anna

harika site, teşekkürler! Lütfen söyleyin bana, 1,4 m uzunluğundaki bir kiriş üzerinde her yarım metrede 500 N'lik bir nokta yüküm varsa, 1000 N/m'lik düzgün yayılı yükü hesaplayabilir miyim? Peki o zaman q neye eşit olacak?

18-03-2013: Doktor Lom

Vladislav
Bu haliyle eleştirinizi kabul ediyorum ama yine de ikna olmadım. Mesela çok eski bir El Kitabı var. teknik mekanik, acad tarafından düzenlenmiştir. BİR. Dinnika, 1949, 734 s. Tabii ki, bu rehber uzun süredir modası geçmiş ve artık kimse kullanmıyor, ancak bu dizinde kiriş diyagramları sıkıştırılmış fiberler üzerine oluşturuldu ve şu anda alışılageldiği gibi değil ve diyagramların üzerine işaretler konuldu. “Önce-sonra” derken kastettiğim tam olarak buydu. Bir 20-50 yıl daha sonra, diyagramların işaretlerini belirlemek için şu anda kabul edilen kriterler yeniden değişebilir, ancak bu, anladığınız gibi, özü değiştirmeyecektir.
Şahsen bana öyle geliyor ki, eksenin altında bulunan bir diyagram için negatif bir işaret, pozitif bir işaretten daha mantıklıdır, çünkü ilkokuldan itibaren bize ordinat ekseni boyunca yerleştirilen her şeyin pozitif olduğu, aşağıda olan her şeyin pozitif olduğu öğretildi. olumsuz. Ve şu anda kabul edilen tanımlama, konunun anlaşılmasının önündeki ana olmasa da birçok engelden biridir. Ayrıca bazı malzemeler için hesaplanan çekme mukavemeti, hesaplanan basınç mukavemetinden çok daha azdır ve bu nedenle negatif işaret, böyle bir malzemeden yapılmış bir yapı için tehlikeli bir alanı açıkça göstermektedir, ancak bu benim kişisel görüşümdür. Ancak bu konuda mızrak kırmaya değmeyeceğine katılıyorum.
Ayrıca doğrulanmış ve onaylanmış kaynakları kullanmanın daha iyi olduğuna da katılıyorum. Üstelik çoğu makalemin başında okuyucularıma sürekli şunu tavsiye ediyorum ve yazıların yalnızca bilgilendirme amaçlı olduğunu ve hiçbir şekilde hesaplama tavsiyesi teşkil etmediğini ekliyorum. Aynı zamanda seçim hakkı okuyuculara aittir, yetişkinlerin kendileri ne okuduklarını ve onunla ne yapacaklarını çok iyi anlamalıdır.

18-03-2013: Doktor Lom

Anna
Noktasal yük ve düzgün dağıtılmış yük hala farklı şeylerdir ve noktasal yüke ilişkin hesaplamaların nihai sonuçları, doğrudan tekil yükün uygulama noktalarına bağlıdır.
Açıklamanıza göre, kirişe yalnızca iki simetrik olarak yerleştirilmiş nokta yükü etki eder..html), konsantre bir yükü düzgün dağıtılmış bir yüke dönüştürmekten daha fazlası.

18-03-2013: Anna

Nasıl hesaplanacağını biliyorum, teşekkür ederim, hangi şemayı almanın daha doğru olduğunu bilmiyorum, 0,45-0,5-0,45m'de 2 yük veya 0,2-0,5-0,5-0,2m'de 3 yük Nasıl hesaplanacağını biliyorum, teşekkür ederim, hangi şemayı almanın daha doğru olduğunu bilmiyorum, 0,45-0,5-0,45m'de 2 yük veya 0,2-0,5-0,5-0,2m'de 3 yük durum en elverişsiz konum, uçlarda destek.

18-03-2013: Doktor Lom

Yüklerin en elverişsiz konumunu arıyorsanız ve ayrıca 2 değil 3 tane de olabilir, o zaman güvenilirlik adına, belirttiğiniz her iki seçenek için tasarımı hesaplamak mantıklı olacaktır. Hazırlıksız olarak, 2 yüklü seçenek en elverişsiz gibi görünüyor, ancak daha önce de söylediğim gibi her iki seçeneği de kontrol etmeniz tavsiye edilir. Güvenlik marjı hesaplamanın doğruluğundan daha önemliyse, 1000 kg/m'lik dağıtılmış yükü alıp bunu, yükün eşit olmayan dağılımını hesaba katan 1,4-1,6 ek faktörüyle çarpabilirsiniz.

19-03-2013: Anna

İpucu için çok teşekkür ederim, bir soru daha: Ya belirttiğim yük kirişe değil de 2 sıra halinde dikdörtgen bir düzleme uygulanırsa, kat. ortada daha büyük bir tarafa sıkı bir şekilde sıkıştırılmışsa, diyagram o zaman nasıl görünecek veya nasıl hesaplanacak?

19-03-2013: Doktor Lom

Açıklamanız çok belirsiz. İki katman halinde döşenen belirli bir sac malzeme üzerindeki yükü hesaplamaya çalıştığınızı anlıyorum. "Ortada daha büyük bir tarafa sert bir şekilde sıkışmanın" ne anlama geldiğini hala anlamıyorum. Belki de bu tabaka malzemenin kontur boyunca duracağını kastediyorsunuz, peki o zaman ortada ne anlama geliyor? Bilmiyorum. Sac malzeme ortadaki küçük bir alanda desteklerden birine sıkıştırılırsa, bu tür bir sıkıştırma tamamen göz ardı edilebilir ve kiriş menteşeli olarak kabul edilebilir. Desteklerden birinde sert bir şekilde sıkıştırılan tek açıklıklı bir kirişse (bir sac malzeme veya metal profil olması önemli değildir), o zaman bu şekilde hesaplanmalıdır (bkz. “Statik olarak belirsiz hesaplama şemaları” makalesi). kirişler”) Kontur boyunca desteklenen belirli bir levha ise, böyle bir levhanın hesaplanmasına ilişkin ilkeler ilgili makalede bulunabilir. Sac malzeme iki kat halinde döşenirse ve bu katmanlar aynı kalınlığa sahipse tasarım yükü yarıya indirilebilir.
Bununla birlikte, diğer hususların yanı sıra sac malzeme, konsantre yükten kaynaklanan yerel basınç açısından da kontrol edilmelidir.

03-04-2013: Alexander Sergeevich

Çok teşekkür ederim! insanlara hesaplamanın temellerini basitçe açıklamak için yaptığınız her şey için bina yapıları. Bu, kişisel olarak kendim için hesaplamalar yaparken bana çok yardımcı oldu;
ve tamamlanmış bir inşaat teknik okulu ve enstitüsü ve şimdi emekliyim ve uzun zamandır ders kitaplarını ve SNiP'leri açmadım, ancak gençliğimde bir zamanlar öğretmenlik yaptığımı ve bunun acı verici derecede anlaşılmaz olduğunu, temelde her şeyin orada ortaya çıktı ve bunun bir beyin patlaması olduğu ortaya çıktı, ancak sonra her şey netleşti çünkü eski maya çalışmaya başladı ve beyin mayası doğru yönde dolaşmaya başladı. Tekrar teşekkürler.
Ve

09-04-2013: İskender

Yükün düzgün dağıldığı mafsallı bir kirişe hangi kuvvetler etki eder?

09-04-2013: Doktor Lom

Bkz. paragraf 2.2

11-04-2013: Anna

Hala bir cevap bulamadığım için size geri döndüm. Daha net anlatmaya çalışacağım. 140*70 cm balkon çeşididir. Yan 140 95*46mm kare şeklinde ortasından 4 adet civata ile duvara vidalanır. Balkonun alt kısmı ortasından delikli bir levhadan oluşmaktadır (50*120) alüminyum alaşım ve tabanın altına 3 adet dikdörtgen içi boş profil kaynaklanmıştır, kat. duvarla bağlantı noktasından başlayın ve farklı taraflar bir tarafa paralel, yani. düz, diğer iki tarafı farklı, köşelerde ise sabit tarafın karşısında, daire içinde 15 cm yüksekliğinde bir bordür var; balkonda en elverişsiz konumlarda her biri 80 kg'lık 2 kişi + eşit olarak dağıtılmış 40 kg'lık yük olabilir. Duvardaki kirişler sabit değil, her şey cıvatalarla tutuluyor. Peki alt kısmın deforme olmaması için hangi profili alacağımı ve sac kalınlığını nasıl hesaplayabilirim? Bu bir ışın olarak kabul edilemez, sonuçta her şey bir uçakta mı oluyor? veya nasıl?

12-04-2013: Doktor Lom

Biliyor musun Anna, tarifin iyi asker Schweik'in tıbbi komisyona sorduğu bilmeceyi çok anımsatıyor.
Buna rağmen öyle görünüyor Detaylı Açıklama, tasarım şeması tamamen anlaşılmaz, "alüminyum alaşımlı" levhanın ne tür bir deliği var, "dikdörtgen içi boş profillerin" tam olarak nasıl yerleştirildiği ve hangi malzemeden yapıldığı - kontur boyunca veya ortadan köşelere kadar, ve bu nasıl bir dairesel sınırdır? Ancak ben komisyonda yer alan tıp aydınları gibi olmayacağım ve size cevap vermeye çalışacağım.
1. Zemin kaplaması hala 0,7 m tasarım uzunluğuna sahip bir kiriş olarak düşünülebilir ve eğer levha kontur boyunca kaynaklanırsa veya basitçe desteklenirse, açıklığın ortasındaki bükülme momentinin değeri aslında daha az olacaktır. Henüz metal döşemenin hesaplanmasına ayrılmış bir makalem yok, ancak hesaplamaya adanmış “Kontur boyunca desteklenen bir levhanın hesaplanması” adlı bir makalem var. betonarme döşemeler. Ve yapısal mekanik açısından hesaplanan elemanın hangi malzemeden yapıldığı önemli olmadığından, maksimum bükülme momentini belirlemek için bu makalede özetlenen önerileri kullanabilirsiniz.
2. Kesinlikle sert malzemeler yalnızca teoride mevcut olduğundan döşeme hala deforme olacaktır, ancak sizin durumunuzda ne kadar deformasyonun kabul edilebilir sayılması gerektiği başka bir sorudur. Kullanabilirsiniz standart gereklilik- açıklık uzunluğunun 1/250'sinden fazla olmamalıdır.

14-04-2013: Yaroslav

Aslında işaretlerle ilgili bu kafa karışıklığı son derece sinir bozucu: (Her şeyi anlıyor gibiyim, geomhar'ı, bölümlerin seçimini ve çubukların stabilitesini. Ben de fiziği, özellikle de mekaniği seviyorum) Ama bu işaretlerin mantığı.. >_< Причем в механике же четко со знаками момента, относительно точки. А тут) Когда пишут "положительный -->dışbükey aşağı doğru ise" bu mantıkla anlaşılabilir. Ancak gerçek durumda - bazı problem çözme örneklerinde "+", diğerlerinde - "-". Ve çatlasanız bile. Üstelik aynı durumlarda, örneğin , RA ışınlarının sol reaksiyonu diğer uca göre farklı şekilde belirlenecektir) Heh) Farkın yalnızca son diyagramın "çıkıntılı kısmının" işaretini etkileyeceği açıktır. Yine de... muhtemelen bu yüzden var bu konuya üzülmeye gerek yok) :) Bu arada hepsi bu da değil, bazen örneklerde bazı nedenlerden dolayı belirtilen kapanış anını atlıyorlar, ROSE denklemlerinde, gerçi genel denklem atmayın) Kısacası, ideal doğruluğu ve formülasyon netliği nedeniyle klasik mekaniği her zaman sevdim) Ve işte... Ve bu henüz esneklik teorisi değildi, dizilerden bahsetmiyorum bile)

20-05-2013: ihtiyander

Çok teşekkürler.

20-05-2013: İhtiyander

Merhaba. Lütfen bölümde Q q L,M boyutunda bir örnek (problem) veriniz. Şekil No.1.2. Yükün uygulama mesafesine bağlı olarak destek reaksiyonlarındaki değişikliklerin grafiksel gösterimi.

20-05-2013: Doktor Lom

Eğer doğru anladıysam, etki çizgilerini kullanarak destek reaksiyonlarını, kesme kuvvetlerini ve eğilme momentlerini belirlemekle ilgileniyorsunuz. Bu konular yapısal mekanikte daha ayrıntılı olarak tartışılmaktadır; örnekler burada bulunabilir - “Tek açıklıklı ve konsol kirişler için destek reaksiyonlarının etki çizgileri” (http://knigu-besplatno.ru/item25.html) veya burada - “Tek açıklıklı ve konsol kirişler için bükülme momentlerinin ve enine kuvvetlerin etki çizgileri”(http://knigu-besplatno.ru/item28.html).

22-05-2013: Eugene

Merhaba! Bana yardım et lütfen. Bir konsol kirişim var; dağıtılmış bir yük tüm uzunluğu boyunca ona etki ediyor; konsantre bir kuvvet "aşağıdan yukarıya" en uç noktaya etki ediyor. Kirişin kenarından 1 m mesafede tork M'dir. Kesme kuvveti ve momentlerin diyagramlarını çizmem gerekiyor. Şu andaki uygulama noktasında dağıtılmış yükün nasıl belirleneceğini bilmiyorum. Yoksa bu noktada sayılmasına gerek yok mu?

22-05-2013: Doktor Lom

Dağıtılmış yük tüm uzunluk boyunca dağıtıldığı için dağıtılır ve belirli bir nokta için sadece kesitteki enine kuvvetlerin değeri belirlenebilir. Bu, kuvvet diyagramında herhangi bir sıçrama olmayacağı anlamına gelir. Ancak moment diyagramında moment eğiliyor ve dönmüyorsa bir sıçrama olacaktır. Belirttiğiniz yüklerin her biri için diyagramların nasıl görüneceğini “Kirişler için hesaplama diyagramları” makalesinde görebilirsiniz (bağlantı makalenin metninde 3. maddeden öncedir)

22-05-2013: Eugene

Peki ya kirişin en uç noktasına uygulanan F kuvveti ne olacak? Bu nedenle enine kuvvetlerin diyagramında herhangi bir sıçrama olmayacak mı?

22-05-2013: Doktor Lom

İrade. En uç noktada (kuvvetin uygulandığı nokta), doğru şekilde oluşturulmuş bir enine kuvvet diyagramı, değerini F'den 0'a değiştirecektir. Evet, makaleyi dikkatlice okursanız bu zaten açık olmalıdır.

22-05-2013: Eugene

Teşekkür ederim Dr. Lom. Nasıl yapılacağını buldum, her şey yolunda gitti. Makaleleriniz çok faydalı ve bilgilendirici! Daha fazlasını yazın, çok teşekkür ederim!

18-06-2013: Nikita

Makale için teşekkür ederim. Teknisyenlerim basit bir görevin üstesinden gelemiyor: Dört destek üzerinde bir yapı var, her desteğin yükü (200*200 mm baskı yatağı) 36.000 kg, destek aralığı 6.000*6.000 mm. Dayanacak zemindeki dağıtılmış yük ne olmalıdır? bu tasarım? (4 ve 8 ton/m2 seçenekleri mevcuttur - yayılma çok büyüktür). Teşekkür ederim.

18-06-2013: Doktor Lom

Desteklerin reaksiyonları zaten bilindiğinde ve bunlardan yükü belirlemeniz gerektiğinde ters sırada bir sorununuz var ve ardından soru şu şekilde daha doğru bir şekilde formüle edilir: “zemine eşit olarak dağıtılmış yük ne kadar olacak? x ekseni ve z ekseni boyunca 6 m'lik destekler arasındaki adımlarla destek reaksiyonları 36.000 kg olur mu?"
Cevap: "m^2 başına 4 ton"
Çözüm: Destek reaksiyonlarının toplamı 36x4 = 144 t, taban alanı 6x6 = 36 m^2, bu durumda düzgün dağıtılmış yük 144/36 = 4 t/m^2 olur. Bu, denklem (1.1)'den kaynaklanmaktadır; bu denklem o kadar basittir ki, birinin onu nasıl anlayamadığını anlamak çok zordur. Ve bu gerçekten çok basit bir görev.

24-07-2013: İskender

Üst üste gevşek bir şekilde istiflenmiş (uçları kapatılmamış) iki (üç, on) aynı kiriş (istif) birden daha büyük bir yükü taşıyabilir mi?

24-07-2013: Doktor Lom

Evet.
Kirişlerin temas eden yüzeyleri arasında ortaya çıkan sürtünme kuvvetini hesaba katmazsak, üst üste istiflenmiş aynı kesite sahip iki kiriş 2 kat yüke, 3 kiriş - 3 kat yüke dayanacaktır, ve benzeri. Onlar. Yapı mekaniği açısından kirişlerin yan yana ya da üst üste olması fark etmez.
Bununla birlikte, sorunları çözmeye yönelik bu yaklaşım etkisizdir, çünkü iki özdeş serbestçe katlanmış kirişin yüksekliğine eşit bir yüksekliğe sahip bir kiriş, iki serbestçe katlanmış kirişten 2 kat daha büyük bir yüke dayanacaktır. Ve 3 özdeş serbestçe katlanmış kirişin yüksekliğine eşit bir yüksekliğe sahip bir kiriş, 3 serbestçe katlanmış kirişten 3 kat daha büyük bir yüke dayanacaktır vb. Bu, direnç denklemi anından itibaren ortaya çıkar.

24-07-2013: İskender

Teşekkür ederim.
Bunu tasarımcılara paraşütçüler ve bir yığın tuğla, bir defter/yalnız bir çarşaf örneğini kullanarak kanıtlıyorum.
Büyükanneler pes etmez.
Betonarme, ahşaptan farklı yasalara tabidir.

24-07-2013: Doktor Lom

Bazı açılardan büyükanneler haklı. Betonarme anizotropik bir malzemedir ve gerçekte geleneksel izotropik ahşap kiriş olarak kabul edilemez. Ve hesaplamalar için olmasına rağmen betonarme yapılarÖzel formüller sıklıkla kullanılır ancak hesaplamanın özü değişmez. Örnek için "Direniş anının belirlenmesi" makalesine bakın.

27-07-2013: Dmitry

Malzeme için teşekkürler. Lütfen bana bir hattaki 4 destek üzerindeki bir yükü hesaplama yöntemini söyleyin - yük uygulama noktasının solunda 1 destek, sağında 3 destek. Tüm mesafeler ve yük bilinmektedir.

27-07-2013: Doktor Lom

"Çok aralıklı sürekli kirişler" makalesine bakın.

04-08-2013: İlya

Bütün bunlar çok iyi ve oldukça anlaşılır. AMA... Yöneticilere bir sorum var. Hükümdarın direniş anını belirlerken 6'ya bölmeyi hatırladınız mı? Her nasılsa aritmetik bir türlü tutmuyor.

04-08-2013: düzenli Petrovich

Peki ne tür bir şey uymuyor? 4.6'da mı, 4.7'de mi, yoksa başka birinde mi? Düşüncelerimi daha net ifade etmem gerekiyor.

15-08-2013: Alex

Şok oldum - malzemelerin gücünü tamamen unuttuğum ortaya çıktı ("malzeme teknolojisi" olarak da bilinir)), ancak daha sonra).
Doktor, siteniz için teşekkürler, okudum, hatırlıyorum, her şey çok ilginç. Bunu tesadüfen buldum ve görev, hazır sütunları kullanmak için neyin daha karlı olacağını değerlendirmek için ortaya çıktı (minimum malzeme maliyeti kriterine göre [esas olarak ekipman / aletler için işçilik maliyetlerini ve giderlerini hesaba katmadan] inşaat profil boruları(kare) hesaplamaya göre veya ellerinizi kullanın ve sütunları kendiniz kaynaklayın (örneğin bir köşeden). Ah, paçavralar ve donanım parçaları, öğrenciler, ne kadar zaman önceydi. Evet biraz nostalji var.

12-10-2013: Olegggan

İyi günler Dağıtılmış bir yükün konsantre olana geçişinin "fiziğini" ve standart yükün sitenin tüm düzlemine dağılımını anlama umuduyla siteye geldim, ancak görüyorum ki sen ve benim cevabınız ile önceki soru kaldırıldı: ((Tasarım metal yapılarım zaten harika çalışıyor (yoğunlaştırılmış bir yük alıyorum ve her şeyi ona göre hesaplıyorum; ne mutlu ki, benim faaliyet alanım mimari değil, yardımcı cihazlarla ilgili ki bu yeterli), ama yine de kg/m2 - kg/m bağlamında dağıtılmış yük hakkında bilgi edinmek istiyorum, şu anda bu konuyu kimseden öğrenme fırsatım yok (bu tür sorularla nadiren karşılaşıyorum ama karşılaştığımda) , mantık başlıyor:(), sitenizi buldum - her şey yeterince sunuluyor, ayrıca bilginin paraya mal olduğunu da anlıyorum. Siteyle ilgili önceki soruma verdiğiniz yanıt için bana nasıl ve nerede "teşekkür edebileceğimi" söyleyin - bu benim için gerçekten önemli. İletişim bir e-posta formuna aktarılabilir - sabunum " [e-posta korumalı]". Teşekkür ederim

14-10-2013: Doktor Lom

Yazışmalarımızı “Yapılara Gelen Yüklerin Belirlenmesi” adlı ayrı bir yazıda derledim, tüm cevaplar orada.

17-10-2013: Artem

Teşekkür ederim, daha yüksek bir teknik eğitime sahip olmak, okumak bir zevkti. Küçük bir not: Üçgenin ağırlık merkezi ortancanın kesiştiği noktadadır! (ortaortay yazdınız).

17-10-2013: Doktor Lom

Doğru, yorum kabul edilir - tabii ki medyan.

24-10-2013: Sergey

Ara kirişlerden birinin kazara devrilmesi durumunda bükülme momentinin ne kadar artacağını bulmak gerekiyordu. Mesafeye ikinci dereceden bir bağımlılık gördüm, dolayısıyla 4 kez. Ders kitabını karıştırmama gerek yoktu. Çok teşekkür ederim.

24-10-2013: Doktor Lom

Çok sayıda desteğe sahip sürekli kirişler için her şey çok daha karmaşıktır, çünkü moment yalnızca açıklıkta değil aynı zamanda ara desteklerde de olacaktır (sürekli kirişlerle ilgili makalelere bakın). Ancak taşıma kapasitesinin ön değerlendirmesi için belirtilen ikinci dereceden bağımlılık kullanılabilir.

15-11-2013: Paul

Anlayamıyorum. Kalıp yükünün doğru şekilde hesaplanması. Kazarken toprak akıyor, fosseptik için bir delik kazmanız gerekiyor L=4.5m, W=1.5m, H=2m. Kalıbın kendisini şu şekilde yapmak istiyorum: 100x100 kirişin çevresi etrafında bir kontur (üst, alt, orta (1m), ardından 2 dereceli bir çam tahtası 2x0.15x0.05. Bir kutu yapıyoruz. Ben dayanamayacağından korkuyorum...çünkü benim hesaplamalarıma göre levha 96 kg/m2'ye dayanacaktır.Kalıp duvarlarının gelişimi (4.5x2 +1.5x2)x2 = 24 m2.Hazırlanan toprağın hacmi 13500 kg.13500/24 ​​= 562,5 kg/m2 Doğru mu yanlış mı... Peki çıkış yolu nedir?

15-11-2013: Doktor Lom

Çukurun duvarlarının bu kadar derinde parçalanması doğaldır ve toprağın özelliklerine göre belirlenir. Bunda yanlış bir şey yok, bu tür topraklarda yan duvarları eğimli olarak hendekler ve çukurlar açılır. Gerekirse çukurun duvarları istinat duvarlarıyla güçlendirilir ve istinat duvarları hesaplanırken aslında toprağın özellikleri de dikkate alınır. Aynı zamanda yerden gelen basınç da istinat duvarı yükseklikte sabit değildir, ancak üstte sıfırdan alttaki maksimum değere kadar koşullu olarak düzgün bir şekilde değişir, ancak bu basıncın değeri toprağın özelliklerine bağlıdır. Olabildiğince basit bir şekilde anlatmaya çalışırsak, çukur duvarlarının şev açısı ne kadar büyük olursa istinat duvarına gelen basınç da o kadar fazla olacaktır.
Kazılan tüm toprağın kütlesini duvarların alanına böldünüz ama bu doğru değil. Aynı derinlikte çukurun genişliği veya uzunluğu iki kat daha büyükse, duvarlar üzerindeki baskının iki kat daha büyük olacağı ortaya çıktı. Hesaplamalar için toprağın hacimsel ağırlığını belirlemeniz yeterlidir ki bu ayrı bir sorudur ancak prensipte bunu yapmak zor değildir.
Yüksekliğe, toprağın hacimsel ağırlığına ve iç sürtünme açısına bağlı olarak basıncı belirlemek için bir formül sunmuyorum, üstelik siz istinat duvarını değil kalıbı hesaplamak istiyorsunuz gibi görünüyor. Prensip olarak kalıp levhaları üzerindeki baskı beton karışımı aynı prensiple belirlenir ve hatta biraz daha basittir, çünkü beton karışımı geleneksel olarak kabın tabanına ve duvarlarına eşit basınç uygulayan bir sıvı olarak düşünülebilir. Ve septik tankın duvarlarını bir kerede tüm yüksekliğe kadar değil, iki geçişte doldurursanız, buna göre beton karışımından gelen maksimum basınç 2 kat daha az olacaktır.
Daha sonra kalıp olarak kullanmak istediğiniz levha (2x0.15x0.05) çok ağır yüklere dayanabilir. Tam olarak nasıl karar verdiğini bilmiyorum taşıma kapasitesi tahtalar. "Hesaplama" makalesine bakın ahşap zemin".

15-11-2013: Paul

Teşekkür ederim doktor, hesaplamayı yanlış yaptım, hatanın farkına vardım. Şöyle sayarsak: açıklık uzunluğu 2m, çam tahtası h=5cm, b=15cm o zaman W=b*h2/6=25*15/6 = 375/6 =62,5cm3
M=G*R = 62,5*130 = 8125/100 = 81,25 kgm
bu durumda q = 8M/l*l = 81,25*8/4 = 650/4 = 162 kg/m veya 1 m 162 kg/m2 adımla.
Ben bir inşaatçı değilim, bu yüzden plastik bir septik tankı itmek istediğimiz çukur için bunun çok mu yoksa yeterli mi olduğunu tam olarak anlamıyorum, yoksa kalıbımız çatlayacak ve bunu yapmak için zamanımız olmayacak Tümü. Görev bu, başka bir şey önerebilirseniz size minnettar olacağım... Tekrar teşekkürler.

15-11-2013: Doktor Lom

Evet. Fosseptik kurulumu sırasında hala istinat duvarı yapmak istiyorsunuz ve açıklamanıza göre bunu çukur kazıldıktan sonra yapacaksınız. Bu durumda levhaların üzerindeki yük, montaj sırasında ufalanan topraktan oluşacak ve bu nedenle minimum düzeyde olacak ve özel hesaplamalara gerek kalmayacaktır.
Foseptik tankını kurmadan önce toprağı doldurup sıkıştıracaksanız, gerçekten bir hesaplamaya ihtiyaç vardır. Ancak benimsediğiniz hesaplama şeması doğru değil. Sizin durumunuzda, 3 adet 100x100 kirişe tutturulmuş bir tahta, iki aralıklı sürekli bir kiriş olarak düşünülmelidir, böyle bir kirişin açıklıkları yaklaşık 90 cm olacaktır, bu, 1 panelin dayanabileceği maksimum yükün bundan önemli ölçüde daha büyük olacağı anlamına gelir. Sizin tarafınızdan belirlenir, ancak aynı zamanda yüksekliğe bağlı olarak yükün yerden eşit olmayan dağılımı da dikkate alınmalıdır. Aynı zamanda 4,5 m'lik uzun kenar boyunca uzanan kirişlerin taşıma kapasitesini de kontrol edin.
Prensip olarak sitede sizin durumunuza uygun hesaplama şemaları var ancak toprak özelliklerinin hesaplanmasına ilişkin henüz bir bilgi yok ancak bu, malzemelerin mukavemetinin temellerinden uzak ve bence bu kadar doğru bir hesaplamaya ihtiyacınız yok. Ancak genel olarak süreçlerin özünü anlama arzunuz övgüye değer.

18-11-2013: Paul

Teşekkürler doktor! Fikrinizi anlıyorum, materyalinizin daha fazlasını okumam gerekecek. Evet, çökme meydana gelmemesi için septik tankın içeri itilmesi gerekiyor. Kalıp buna dayanmalıdır çünkü Ayrıca yakınlarda 4 metre uzaklıkta bir temel var ve tamamı kolaylıkla yıkılabiliyor. Bu yüzden bu kadar endişeliyim. Tekrar teşekkürler, bana umut verdin.

18-12-2013: Adolf Stalin

Doktor, direnç anının belirlenmesine ilişkin bir örnek verdiğiniz makalenin sonunda, her iki durumda da 6'ya bölmeyi unuttunuz. Fark yine 7,5 kat olacak ancak sayılar farklı olacak (0,08 ve 0,6) ve 0,48 ve 3,6 değil

18-12-2013: Doktor Lom

Doğru, bir hata vardı, düzelttim. İlginiz için teşekkür ederiz.

13-01-2014: Anton

Tünaydın. Bir sorum var: Bir kiriş üzerindeki yükü nasıl hesaplayabilirsiniz? Bir tarafta sabitleme sertse diğer tarafta sabitleme yoktur. ışın uzunluğu 6 metre. Şimdi kirişin ne olması gerektiğini, monoraydan daha iyi hesaplamamız gerekiyor. gevşek taraftaki maksimum yük 2 tondur. şimdiden teşekkür ederim.

13-01-2014: Doktor Lom

Konsol hesaplaması gibi hesaplayın. Daha fazla ayrıntı "Kirişler için hesaplama şemaları" makalesinde.

20-01-2014: yannay

Eğer sopramat okumamış olsaydım açıkçası hiçbir şey anlamazdım. Popüler yazarsanız popüler yazarsınız. Ve sonra aniden bir anda bir şey ortaya çıkıyor, ne oluyor? neden x? neden birdenbire x/2 ve bunun l/2 ve l'den farkı nedir? Aniden q ortaya çıktı. Neresi? Belki bir yazım hatası vardı ve Q olarak etiketlenmesi gerekiyordu. Bunu ayrıntılı olarak anlatmak gerçekten imkansız mı? Ve türevlerle ilgili an... Sadece sizin anladığınız bir şeyi anlattığınızı anlıyorsunuz. Ve bunu ilk defa okuyanlar bunu anlamayacaktır. Bu nedenle ya ayrıntılı olarak yazmaya ya da bu paragrafı tamamen kaldırmaya değerdi. İkinci kez neden bahsettiğimi kendim anladım.

20-01-2014: Doktor Lom

Ne yazık ki size burada yardımcı olamam. Daha popüler olarak, bilinmeyen niceliklerin özü yalnızca ilkokul lise Okuyucuların da en azından bu düzeyde bir eğitime sahip olduğuna inanıyorum.
Dış tekil yük Q, düzgün dağılmış yük q'dan, iç kuvvetler P'nin iç gerilmeler p'den farklı olması kadar farklıdır. Ayrıca, bu durumda, dış doğrusal, düzgün dağıtılmış bir yük dikkate alınır ve yine de dış yük hem düzlem hem de hacim üzerinde dağıtılabilirken, yük dağılımı her zaman düzgün değildir. Bununla birlikte, küçük harfle gösterilen herhangi bir dağıtılmış yük her zaman Q bileşke kuvvetine indirgenebilir.
Ancak yapı mekaniğinin ve malzemelerin mukavemet teorisinin tüm özelliklerini tek bir makalede sunmak fiziksel olarak imkansızdır, bunun için başka makaleler de vardır. Okuyun, belki bir şeyler daha net hale gelir.

08-04-2014: Sveta

Doktor! Monolitik bir betonarme kesitin, kesitin kenarlarının oranı 2x'ten büyük olacak şekilde, 2 menteşeli destek üzerinde kiriş olarak hesaplanmasına bir örnek verebilir misiniz?

09-04-2014: Doktor Lom

"Betonarme yapıların hesaplanması" bölümünde birçok örnek bulunmaktadır. Üstelik sorudaki ifadenizin derin özünü hiçbir zaman anlayamadım, özellikle de şu: "olay örgüsünün kenarlarının oranı 2x'ten büyük olduğunda"

17-05-2014: Vladimir

Tür. Sapromat'a ilk kez sitenizde rastladım ve ilgilenmeye başladım. Temelleri anlamaya çalışıyorum ama Q diyagramlarını anlayamıyorum; M ile her şey açık ve net, ayrıca aralarındaki farklar da. Dağıtılmış Q için, örneğin ipin üzerine bir tank yolu veya bir kama (hangisi uygunsa) koyarım. ve elmayı astığım konsantre Q'ya her şey mantıklı. Parmaklarınızın üzerindeki bir diyagrama nasıl bakılır? Sizden ricam şu atasözünü alıntılamamanızdır; bana yakışmıyor; ben zaten evliyim. Teşekkür ederim

17-05-2014: Doktor Lom

Başlangıç ​​olarak “Gücün kuvvetinin temelleri. Temel kavramlar ve tanımlar” yazısını okumanızı tavsiye ederim, bu olmazsa aşağıda anlatılanlar yanlış anlaşılabilir. Şimdi devam edeceğim.
Enine kuvvetlerin diyagramı - geleneksel bir isim, daha doğrusu - kirişin kesitlerinde ortaya çıkan teğetsel gerilmelerin değerlerini gösteren bir grafik. Böylece “Q” diyagramını kullanarak teğetsel gerilmelerin değerlerinin maksimum olduğu bölümleri belirleyebilirsiniz (bu, yapının daha ileri hesaplamaları için gerekli olabilir). "Q" diyagramı (diğer diyagramlar gibi) sistemin statik denge koşullarına göre oluşturulmuştur. Onlar. Belirli bir noktadaki teğetsel gerilmeleri belirlemek için kirişin bir kısmı (dolayısıyla kesitler) bu noktada kesilir ve geri kalan kısım için sistemin denge denklemleri oluşturulur.
Teorik olarak bir kirişin sonsuz sayıda kesiti vardır ve bu nedenle denklemler oluşturmak ve teğetsel gerilmelerin değerlerini sonsuz olarak belirlemek de mümkündür. Ancak hiçbir şeyin eklenip çıkarılmadığı veya değişimin bir tür matematiksel kalıpla tanımlanabildiği alanlarda bunu yapmaya gerek yoktur. Böylece gerilim değerleri yalnızca birkaç karakteristik kesit için belirlenir.
Ve "Q" grafiği de bazı şeyleri gösteriyor Genel anlam kesitler için kayma gerilmeleri. Kesit yüksekliği boyunca teğetsel gerilmeleri belirlemek için başka bir diyagram oluşturulur ve buna kayma gerilmesi diyagramı “t” adı verilir. Daha fazla ayrıntı "Mukavemetli malzemelerin temelleri. Kayma gerilmelerinin belirlenmesi" makalesindedir.

Parmaklarınızdaysa, örneğin tahta bir cetvel alın ve onu iki kitabın üzerine koyun, kitaplar masanın üzerinde olsun, böylece cetvelin kenarları kitaplara dayansın. Böylece, düzgün dağıtılmış bir yüke (kirişin kendi ağırlığına) maruz kalan menteşeli desteklere sahip bir kiriş elde ederiz. Cetveli ikiye bölersek ("Q" diyagramının değeri sıfırdır) ve parçalardan birini çıkarırsak (destek reaksiyonu koşullu olarak aynı kalırken), geri kalan kısım menteşe desteğine göre dönecek ve düşecektir kesme noktasında masanın üzerinde. Bunun olmasını önlemek için kesim yerinde bir bükülme momenti uygulanması gerekir (monun değeri “M” diyagramı ile belirlenir ve ortadaki moment maksimumdur), daha sonra cetvel aynı pozisyonda kalacaktır. Bu, ortada bulunan cetvelin kesitinde yalnızca normal gerilimlerin etkili olduğu ve teğet gerilimlerin sıfıra eşit olduğu anlamına gelir. Desteklerde normal gerilimler sıfırdır ve teğetsel gerilimler maksimumdur. Diğer tüm bölümlerde hem normal hem de kayma gerilmeleri etki etmektedir.

17-07-2015: Paul

Doktor Lom.
Dönen bir konsolun üzerine mini bir vinç takmak, konsolun kendisini yüksekliği ayarlanabilen metal bir standa (kullanılan) takmak istiyorum. iskele). Rafın 140*140 mm boyutunda iki platformu vardır. yukarı ve aşağı. Standı ahşap bir zemine, alttan sabitleyerek ve yukarıdan aralıklı olarak kuruyorum. Her şeyi M10-10mm somunlara bir saplamayla sabitliyorum. Açıklığın kendisi 2 m, eğim 0,6 m, zemin kirişleri - kenarlı tahta 3,5 cm x 200 cm, zemin dil ve oluk tahtası 3,5 cm, tavan kirişi - kenarlı tahta 3,5 cm x 150 cm, tavan dil ve oluk tahtası 3,5 cm, Tamamı çam, 2. sınıf normal nem. Standın ağırlığı 10 kg, vinç ise 8 kg'dır. Döner konsol 16 kg, döner konsolun bomu maksimum 1 m, vincin kendisi bomun kenarında boma bağlanmıştır. 100 kg'a kadar ağırlığı 2 metreye kadar kaldırmak istiyorum. Bu durumda yük kaldırıldıktan sonra 180 derece içinde bir ok gibi dönecektir. Hesaplamayı denedim ama yapamadım. Her ne kadar hesaplamalarınız Parke zemin Anladığımı düşünüyorum. Teşekkür ederim Sergey.

18-07-2015: Doktor Lom

Açıklamanızda tam olarak neyi hesaplamak istediğiniz açık değil; bağlamdan bakıldığında, ahşap zeminin sağlamlığını kontrol etmek istediğiniz varsayılabilir (raf, konsol vb. parametrelerini belirlemeyeceksiniz). ).
1. Tasarım şemasının seçimi.
Bu durumda sizin kaldırma mekanizması direğin bağlandığı noktada uygulanan konsantre yük olarak değerlendirilmelidir. Bu yükün bir kirişe mi yoksa iki kirişe mi etki edeceği rafın nereye takıldığına bağlı olacaktır. Daha fazla ayrıntı için "Bir bilardo salonunda zeminin hesaplanması" makalesine bakın. Ek olarak, boylamasına kuvvetler hem döşemelerin kirişlerine hem de tahtalara etki edecektir ve yük raftan ne kadar uzaktaysa bu kuvvetlerin önemi de o kadar büyük olacaktır. Nasıl ve neden uzun süre açıklamak için “Çıkma kuvvetinin belirlenmesi (dübelin neden duvarda kalmadığı)” makalesine bakın.
2. Yüklerin toplanması
Yük kaldıracağınız için yük statik değil en azından dinamik yani dinamik olacaktır. kaldırma mekanizmasından gelen statik yükün değeri uygun katsayı ile çarpılmalıdır ("Şok yüklerin hesaplanması" makalesine bakın). Yükün geri kalanını (mobilyalar, insanlar vb.) Unutmayın.
Saplamalara ek olarak ara parça kullanacağınız için ara parçadan gelen yükün belirlenmesi en emek yoğun iştir çünkü Öncelikle yapıların deformasyonunun belirlenmesi ve ardından sapma değerinden etkin yükün belirlenmesi gerekecektir.
Bunun gibi.

06-08-2015: LennyT

BT ağ dağıtım mühendisi olarak çalışıyorum (mesleğim gereği değil). Tasarımdan ayrılmamın nedenlerinden biri, malzemelerin mukavemeti ve termekh alanındaki formülleri kullanan hesaplamalardı (Melnikov, Mukhanov vb.'nin ellerine göre uygun bir formül aramak zorunda kaldım. :)) Enstitüde Dersleri ciddiye almadım. Sonuç olarak boşluklarım oldu. Hesaplamalardaki boşluklarıma Ch. Uzmanlar kayıtsızdı, çünkü güçlülerin talimatlarına uymak her zaman uygundur. Sonuç olarak tasarım profesyoneli olma hayalim gerçekleşmedi. Hesaplamalardaki belirsizlikten her zaman endişeleniyordum (gerçi her zaman faiz vardı) ve onlar da buna göre kuruş ödediler.
Yıllar sonra 30 yaşına geldim ama hala ruhumda bir kalıntı var. Yaklaşık 5 yıl önce internette bu kadar açık bir kaynak yoktu. Her şeyin net bir şekilde sunulduğunu görünce geri dönüp tekrar çalışmak istiyorum!)) Materyalin kendisi benim gibi insanların gelişimine paha biçilmez bir katkı))) ve muhtemelen onlardan binlerce var... I Sanırım onlar da benim gibi sana çok minnettar olacaklar. Yaptığınız iş için teşekkürler!

06-08-2015: Doktor Lom

Umutsuzluğa kapılmayın, öğrenmek için hiçbir zaman geç değildir. Genellikle 30 yaşında hayat daha yeni başlıyor. Yardımcı olduğuma sevindim.

09-09-2015: Sergey

" M = A x - Q (x - a) + B (x - l) (1,5)
Örneğin mesnetlerde eğilme momenti yoktur ve aslında denklem (1.3)'ü x=0 için çözmek bize 0 verir ve denklemi (1.5) x=l için çözmek de bize 0 verir."

Denklem 1.5'i çözmenin bize nasıl sıfır verdiğini gerçekten anlamıyorum. Eğer l=x'i yerine koyarsak, o zaman yalnızca üçüncü terim B(x-l) sıfıra eşit olur, fakat diğer ikisi değildir. O halde M nasıl 0'a eşit olur?

09-09-2015: Doktor Lom

Ve mevcut değerleri formülde yerine koyarsınız. Gerçek şu ki, açıklığın sonunda destek reaksiyonu A'dan gelen moment, uygulanan Q yükünden gelen momente eşittir, yalnızca denklemdeki bu terimler farklı işaretler yani sıfır çıkıyor.
Örneğin, açıklığın ortasına uygulanan Q konsantre yükü ile destek reaksiyonu A = B = Q/2 ise açıklığın sonundaki moment denklemi aşağıdaki forma sahip olacaktır.
M = lxQ/2 - Qxl/2 + 0xQ/2 = Ql/2 - Ql/2 = 0.

30-03-2016: Vladimir ben

Uygulamada x, Q'nun uzaklığı ise a nedir, başlangıçtan... N.'ye kadar: l=25cm x=5cm sayılarla a ne olacak örneğini kullanarak

30-03-2016: Doktor Lom

x, kirişin başlangıcından söz konusu kirişin kesitine kadar olan mesafedir. x, 0'dan l'ye kadar değişebilir (el, birlik değil), çünkü mevcut kirişin herhangi bir kesitini dikkate alabiliriz. a, kirişin başlangıcından konsantre Q kuvvetinin uygulama noktasına kadar olan mesafedir. Yani l = 25 cm ile a = 5 cm x, 5 cm dahil herhangi bir değere sahip olabilir.

30-03-2016: Vladimir ben

Anlaşıldı. Bazı nedenlerden dolayı kesiti tam olarak kuvvetin uygulandığı noktada değerlendiriyorum. Yük noktaları arasındaki bölümü dikkate almaya gerek görmüyorum çünkü bir sonraki yoğunlaştırılmış yük noktasına göre daha az darbeye maruz kalıyor. Tartışmıyorum, sadece konuyu tekrar gözden geçirmem gerekiyor

30-03-2016: Doktor Lom

Bazen sadece konsantre kuvvetin uygulandığı noktada değil, diğer kesitler için de moment değerinin, kesme kuvvetinin ve diğer parametrelerin belirlenmesine ihtiyaç duyulur. Örneğin, değişken kesitli kirişleri hesaplarken.

01-04-2016: Vladimir

Sol destekten belirli bir mesafede konsantre bir yük uygularsanız - x. Q=1 l=25 x=5, sonra Rlev=A=1*(25-5)/25=0,8
ışınımızın herhangi bir noktasındaki momentin değeri M = P x denklemiyle açıklanabilir. Dolayısıyla M=A*x x, kuvvetin uygulama noktasıyla çakışmadığında, söz konusu kesitin x=6'ya eşit olmasına izin verin, o zaman şunu elde ederiz:
M=A*x=(1*(25-5)/25)*6=4,8. Bir kalem alıp değerlerimi sırayla formüllere yazdığımda kafam karışıyor. X'leri ayırt edip birine farklı bir harf atamam gerekiyor. Yazarken iyice anladım. Yayınlamak zorunda değilsiniz ama belki birisinin buna ihtiyacı olabilir.

Doktor Lom

Dik üçgenlerde benzerlik ilkesini kullanıyoruz. Onlar. bir bacağın Q'ya eşit olduğu ve ikinci bacağın l'ye eşit olduğu bir üçgen, bacakları olan bir üçgene benzer x - destek reaksiyonunun değeri R ve l - a (veya ne tür bir desteğe bağlı olarak a) tanımladığımız reaksiyon), buradan aşağıdaki denklemler (Şekil 5.3'e göre)
Rlev = Q(l - a)/l
Rpr = Qa/l
Açıkça anlattım mı bilmiyorum ama daha detaylı anlatılacak bir yer yok gibi görünüyor.

31-12-2016: Konstantin

Çalışmanız için çok teşekkür ederim. Ben de dahil olmak üzere birçok insana yardımcı oluyorsunuz. Her şey basit ve net bir şekilde sunuluyor

04-01-2017: Rinat

Merhaba. Eğer sizin için zor değilse bu moment denklemini nasıl elde ettiğinizi (türettiğinizi) açıklayınız:
МB = Аl - Q(l - a) + В(l - l) (x = l) Dedikleri gibi kurallara göre. Küstahlık olarak algılamayın, gerçekten anlamadım.

04-01-2017: Doktor Lom

Görünüşe göre makalede her şey yeterince ayrıntılı olarak açıklanmış, ama deneyeceğim. B - MV noktasındaki anın değeriyle ilgileniyoruz. Bu durumda kirişe 3 konsantre kuvvet etki eder; destek reaksiyonları A ve B ve kuvvet Q. Destek reaksiyonu A, destek B'den l mesafesinde A noktasına uygulanır, buna göre Al'a eşit bir moment yaratacaktır. Q kuvveti, B desteğinden (l - a) uzaklıkta uygulanır, buna göre bir - Q(l - a) momenti yaratacaktır. Eksi çünkü Q, destek reaksiyonlarının tersi yönde yönlendirilir. B destek reaksiyonu B noktasına uygulanır ve herhangi bir an yaratmaz, daha doğrusu B noktasındaki bu destek reaksiyonundan gelen moment, sıfır kolu (l - l) nedeniyle sıfıra eşit olacaktır. Bu değerleri toplayıp denklemi (6.3) elde ederiz.
Ve evet, l açıklık uzunluğudur, birim değil.

11-05-2017: Andrey

Merhaba! Makale için teşekkür ederim, her şey ders kitabındakinden çok daha net ve ilginç, kuvvetlerdeki değişimi göstermek için bir "Q" diyagramı oluşturmaya karar verdim, soldaki diyagramın neden yukarıya çıktığını anlayamıyorum ve sağdan aşağıya doğru sol ve sağ desteklere ayna gibi etki ettiğim kuvvetleri yani kirişin kuvveti (mavi) ve desteğin (kırmızı) tepkilerini nasıl anladım? her iki tarafta da görüntülenecek, açıklayabilir misiniz?

11-05-2017: Doktor Lom

Bu konu "Bir kiriş için diyagramların oluşturulması" makalesinde daha ayrıntılı olarak tartışılmaktadır, ancak burada bunda şaşırtıcı bir şey olmadığını söyleyeceğim - konsantre bir kuvvetin enine kuvvetler diyagramına uygulandığı noktada her zaman bir bu kuvvetin değerine eşit sıçrama yapın.

09-03-2018: Sergey

Tünaydın! Resme bakın https://yadi.sk/i/CCBLk3Nl3TCAP2. Konsollarla güçlendirilmiş beton monolitik destek. Konsolu kesilmiş değil dikdörtgen yaparsam, hesap makinesine göre konsolun kenarındaki konsantre yük 4 mm'lik bir sapma ile 4t olur ve resimdeki bu kesilmiş konsolun üzerindeki yük ne olur. Bu durumda benim versiyonumda konsantre ve dağıtılmış yük nasıl hesaplanıyor? Samimi olarak.

09-03-2018: Doktor Lom

Sergey, “Eğilim momentine eşit dirençli kirişlerin hesaplanması” makalesine bakın, bu kesinlikle sizin durumunuz değil, ama Genel İlkeler değişken kesitli kirişlerin hesaplamaları burada oldukça açık bir şekilde sunulmaktadır.

Materyallerin kuvveti– Deforme olabilen mekaniğin bölümü sağlam Makinelerin ve yapıların elemanlarının mukavemet, sertlik ve stabilite açısından hesaplanmasına yönelik yöntemleri tartışan.

Mukavemet, bir malzemenin çökmeden ve artık deformasyonlar ortaya çıkmadan dış kuvvetlere direnme yeteneğidir. Mukavemet hesaplamaları, belirli bir yüke dayanabilecek parçaların boyutunu ve şeklini belirlemeyi mümkün kılar. en düşük maliyetli malzeme.

Sertlik, bir cismin deformasyon oluşumuna direnme yeteneğidir. Sertlik hesaplamaları, vücut şekli ve boyutunda meydana gelen değişikliklerin kabul edilebilir standartları aşmamasını sağlar.

Kararlılık, yapıların kendilerini dengeden çıkarmaya çalışan kuvvetlere direnme yeteneğidir. Stabilite hesaplamaları, ani denge kayıplarını ve yapı elemanlarının bükülmesini önler.

Dayanıklılık, bir yapının önceden belirlenmiş bir süre boyunca çalışması için gerekli hizmet özelliklerini koruma yeteneğinden oluşur.

Kiriş (Şekil 1, a - c), kesit boyutları uzunluğuna göre küçük olan bir gövdedir. Bir kirişin ekseni, kesitlerinin ağırlık merkezlerini birleştiren bir çizgidir. Sabit veya değişken kesitli kirişler vardır. Kiriş düz veya kavisli bir eksene sahip olabilir. Düz eksenli bir kirişe çubuk denir (Şekil 1, a, b). İnce duvarlı yapı elemanları plakalara ve kabuklara bölünmüştür.

Kabuk (Şekil 1, d), boyutlarından biri (kalınlığı) diğerlerinden çok daha küçük olan bir gövdedir. Kabuğun yüzeyi düzlem ise nesneye plaka denir (Şekil 1, e). Diziler, boyutları aynı sırada olan gövdelerdir (Şekil 1, f). Bunlar arasında bina temelleri, istinat duvarları vb. yer alır.

Malzemelerin mukavemetindeki bu unsurlar, gerçek bir nesnenin tasarım diyagramını çizmek ve mühendislik analizini gerçekleştirmek için kullanılır. Bir tasarım şeması, yük altındaki davranışını etkileyen tüm önemsiz faktörlerin atıldığı, gerçek bir yapının idealize edilmiş bir modeli olarak anlaşılmaktadır.

Malzeme özelliklerine ilişkin varsayımlar

Malzemenin sürekli, homojen, izotropik ve tamamen elastik olduğu kabul edilir.
Süreklilik: Malzeme sürekli olarak kabul edilir. Tekdüzelik – fiziki ozellikleri Malzeme her noktada aynıdır.
İzotropi: Malzemenin özellikleri her yönde aynıdır.
İdeal esneklik- bir malzemenin (gövdenin) deformasyona neden olan nedenleri ortadan kaldırdıktan sonra şeklini ve boyutunu tamamen eski haline getirme özelliği.

Deformasyon Varsayımları

1. Başlangıçtaki iç çabaların yokluğuna ilişkin hipotez.

2. Başlangıç ​​boyutlarının sabitliği ilkesi - deformasyonlar, gövdenin orijinal boyutlarına kıyasla küçüktür.

3. Cisimlerin doğrusal deforme olabilirliğine ilişkin hipotez - deformasyonlar uygulanan kuvvetlerle doğru orantılıdır (Hooke yasası).

4. Kuvvetlerin eyleminin bağımsızlığı ilkesi.

5. Bernoulli'nin düzlem kesitler hipotezi - bir kirişin deformasyondan önceki düzlem kesitleri deformasyon sonrasında düz ve kirişin eksenine dik kalır.

6. Saint-Venant ilkesi - yerel yüklerin etki alanından yeterli uzaklıkta bulunan vücudun stresli durumu, bunların ayrıntılı uygulama yöntemine çok az bağlıdır

Dış kuvvetler

Çevreleyen cisimlerin yapısı üzerindeki etkinin yerini dış kuvvetler veya yükler adı verilen kuvvetler alır. Sınıflandırmalarını ele alalım. Yükler şunları içerir: aktif kuvvetler(yapının oluşturulduğu algısı için) ve reaktif (bağlantıların reaksiyonları) - yapıyı dengeleyen kuvvetler. Uygulama yöntemine göre dış kuvvetler Konsantre ve dağıtılmış olarak ayrılabilir. Dağıtılmış yükler yoğunlukla karakterize edilir ve doğrusal, yüzeysel veya hacimsel olarak dağıtılabilir. Yükün niteliğine bağlı olarak dış kuvvetler statik ve dinamik olabilir. Statik kuvvetler, zaman içindeki değişimleri küçük olan yükleri içerir; Yapısal elemanların noktalarının ivmeleri (atalet kuvvetleri) ihmal edilebilir. Dinamik yükler, bir yapıda veya onun bireysel elemanlarında, hesaplamalarda ihmal edilemeyecek türde ivmelere neden olur.

Iç kuvvetler. Bölüm yöntemi.

Dış kuvvetlerin bir cisim üzerindeki etkisi onun deformasyonuna yol açar (vücut parçacıklarının göreceli düzeni değişir). Sonuç olarak, parçacıklar arasında ortaya çıkar ek kuvvetler etkileşimler. Bir yükün etkisi altında vücudun şekli ve boyutunda meydana gelen değişikliklere karşı bu direnç kuvvetlerine iç kuvvetler (çabalar) denir. Yük arttıkça iç kuvvetler de artar. Belirli bir yapı için dış kuvvetlerin iç kuvvetlerin belirli bir sınırlayıcı seviyesini aşması durumunda bir yapısal elemanın arızalanması meydana gelir. Bu nedenle yüklü bir yapının dayanımının değerlendirilmesi, ortaya çıkan iç kuvvetlerin büyüklüğü ve yönü hakkında bilgi sahibi olmayı gerektirir. Yüklü bir cisimdeki iç kuvvetlerin değerleri ve yönleri verilenler için belirlenir harici yükler bölüm yöntemini kullanarak.

Bölüm yöntemi (bkz. Şekil 2), bir dış kuvvetler sisteminin etkisi altında dengede olan bir kirişin zihinsel olarak iki parçaya bölünmesi (Şekil 2, a) ve dengenin sağlanmasından oluşur. bunlardan biri, kirişin atılan kısmının hareketinin yerine, bölüm boyunca dağıtılan bir iç kuvvet sistemi olarak kabul edilir (Şekil 2, b). Bir bütün olarak kirişe yönelik iç kuvvetlerin, parçalarından biri için dışsal hale geldiğine dikkat edin. Ayrıca her durumda iç kuvvetler, kirişin kesilen kısmına etki eden dış kuvvetleri dengeler.

Statik kuvvetlerin paralel aktarımı kuralına uygun olarak dağıtılmış tüm iç kuvvetleri kesitin ağırlık merkezine getiriyoruz. Sonuç olarak, onların ana vektörü R'yi ve iç kuvvetler sisteminin ana momenti M'yi elde ederiz (Şekil 2, c). O xyz koordinat sistemini z ekseni kirişin uzunlamasına ekseni olacak şekilde seçtikten ve R ana vektörünü ve iç kuvvetlerin ana momentini M eksene yansıtarak kiriş kesitinde altı iç kuvvet faktörü elde ederiz: boyuna kuvvet N, enine kuvvetler Q x ve Q y, bükülme momentleri M x ve M y ve ayrıca tork T. İç kuvvet faktörlerinin türüne göre, kirişin yükünün niteliği belirlenebilir. Kirişin kesitlerinde yalnızca boyuna kuvvet N meydana gelirse ve başka kuvvet faktörü yoksa, kirişte "gerilme" veya "sıkışma" meydana gelir (kuvvetin yönüne bağlı olarak N). Eğer kesitlerde sadece enine kuvvet Q x veya Q y etki ediyorsa, bu bir “saf kesme” durumudur. "Burulma" sırasında kirişin kesitlerinde yalnızca tork momentleri T etki eder. "Saf eğilme" sırasında yalnızca eğilme momentleri M etki eder. Kombine yükleme türleri de mümkündür (çekme ile bükülme, bükülme ile burulma, vb.) - bunlar “karmaşık direnç” vakalarıdır. Kirişin ekseni boyunca iç kuvvet faktörlerindeki değişikliklerin doğasını görsel olarak temsil etmek için diyagram adı verilen grafikler çizilir. Diyagramlar kirişin en yüklü alanlarını belirlemenize ve tehlikeli bölümler oluşturmanıza olanak tanır.