Əyilmə zamanı burulma üçün çubuq tarazlıq vəziyyətinin dəyişməsi zamanı əsas müstəvilərdən birində əyilir.
Lakin elə sabitlik hallarına da rast gəlinir ki, çubuq, yaxud tir tarazlığın dəyişməsi zamanı təkcə əyilmir, həm də burulur (şək. 60a). Daşıyıcı elementlərdə bu hadisə yan əyilmə, sıxılmış çubuqlarda isə, əyilmə zamanı torsiyaya da məruz qaldıqlarından, torsiya ilə əyilmə adlanır.
Hər iki hal üçün burulmaya qarşı sərtlik C, yaxud əyilməyə müqavimət C* həlledici əhəmiyyət daşıyır. Buna görə burulma ilə əlaqəli tarazlıq dəyişikliyinə əsasən burulmaya qarşı sərtliyi artıran tədbirlərlə təsir göstərmək olar (uyğun kəsik forması, eninə çərçivələr, yandan dayaqlandırma və s.). Digər tərəfdən, açıq kəsiyə malik lent formalı çubuqlar burulma zamanı əyilməyə xüsusilə həssasdır.
Yan əyilmə üçün diferensial tənlik
Şək. 1a
Qoy düz şüanın inersiya momentləri çox qeyri-bərabər olsun: Ix >> Iy. Yük y-z-müstəvisində yerləşir, beləliklə şüa bu əsas müstəvidə əyiləcək (u=ϑ=0). Təcrübə və nəzəriyyə göstərir ki, bu tarazlıq vəziyyəti əvvəlcə sabit olur, lakin daha böyük yüklərdə qeyri-sabit xarakter alır. Bu ikinci tarazlıq vəziyyəti eninə əyilmə və ϑ burulması ilə bağlıdır.
Aşağıda yan əyilmə üçün diferensial tənlik çıxarılacaq. u və ϑ üçün tənliklər homogendir. Əgər sərhəd şərtləri də homojendirsə, onda tirdə yan əyilmə yalnız məsələnin öz qiymətləri üçün mümkün olur, yəni yuxarıda təsvir edilən narahat edilməmiş tir üçün u və ϑ birinci növbədə sıfır qalır. Yan əyilmə şərti - ştanqanın əyilməsində olduğu kimi - inteqrasiya sabitləri üçün homogen şərt tənliklərinin əmsallar determinantının sıfıra bərabər qoyulması ilə alınır. Görəcəyik ki, yan əyilmə zamanı da elastik tarazlığın həqiqi bifurkasiya nöqtəsi mövcuddur.
Şək. 1b
Şək. 1b-də dz uzunluğunda şüa elementi göstərilmişdir. Gərginlik nəticələri N1, Q1, M1, eləcə də κ__1 əyriliyi yüklənmədən asılıdır və sonlu qiymətlərdir. Q, M, MD ilkin tarazlıq vəziyyətində sıfırdır və yalnız yan əyilmə baş verdikdə sıfırdan fərqli olacaq. Yan əyilmənin başlanğıcına aid sonlu qiymətlər, müvafiq deformasiyalar κ və d__ϑ/dz kimi, sonsuz dərəcədə kiçikdir.
Element dz-nin hər iki son kəsiyi çubuğun ikiqat əyri oxuna normal müstəvidə yerləşir və bu normal müstəvilərdə burulmuş olacaq.
Çubuğun əyilməsi hallarında olduğu kimi, bizi ilk növbədə kritik yükün böyüklüyü, yəni yanal əyilmənin başlanğıcı, deformasiya böyüklüyü isə daha az maraqlandırdığından, Q, M, MD kəmiyyətlərinin κ və ya ϑ’ ilə hasilini ikinci dərəcəli kiçik kəmiyyətlər kimi nəzərə almaya bilərik. Buna görə də, əlavə sadələşdirmə üçün əsas əyrilik κ1-i də sonsuz kiçik kimi qəbul edəcəyik və o, κ və ϑ’ kimi qəbul olunacaq.
Qeyd: κ__1 təsirini sadə xüsusi halda da nəzəri olaraq qiymətləndirmək olar (sabit əyilmə momenti M yükləmə kimi). Tikinti texnikasının əksər ehtiyaclarında κ__1 nəzərə alınmaya bilər. Məsələn, təsəvvür edə bilərik ki, müvafiq yüklənmə halı üçün tirdə elə bir “qaldırma” var ki, kritik yük üçün məhz κ__1=0.
ξ, η, ζ istiqamətlərində qüvvə komponentlərinin tarazlığından və eyni oxlara nisbətən moment şərtlərindən qeyd olunan sadələşdirmələrdən sonra əldə edilir
Q’ + N1u’’ – Q1__ϑ’ + pϑ = 0_,_ (1a)
Q1’ + p = 0_,_ (1b)
N1’ = 0_,_ (1c)
M1’ – Q1 = 0_,_ (1d)
MD’ + Q + M1__ϑ’ = 0_,_ (1e)
MD’ – M1u’’ + pe ϑ = 0_._ (1f)
Tən. (1c, d və b)-dən alınır
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
_Q1_nin düst. (1a)-dan çıxarılması ilə alınır
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
Beləliklə, tən. (1e)-dən Q aradan qaldırılacaq, sonra isə u ’’ aşağıdakı ilə: u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
ϑ üçün diferensial tənliyi almaqdan ötrü momentlər və deformasiya arasında aşağıdakı münasibətlər qəbul ediləcək
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
burada B1=EIx və B=EIy şüanın əyilməyə qarşı sərtliyini, C burulmaya qarşı sərtliyi, C* isə əyilməyə qarşı müqaviməti bildirir. Sonrakı hesablamalarımızda sadələşdirmə üçün C* ilə olan hədləri buraxacağıq. Əgər tənliklər, məsələn, I-profillərə tətbiq olunmalıdırsa, onda onları müvafiq şəkildə tamamlamq lazımdır. v’’ həddinin nəzərə alınmaması B1=∞ fərziyyəsi ilə eyni məna daşıyır.
Əgər M və MD 4 düsturu vasitəsilə ləğv edilərsə, sabit kəsikli şüanın yan əyilməsi üçün diferensial tənlik alınır
Differensial tənlik (5) ϑ üzrə homojendir və dördüncü dərəcəlidir. M1 yükgötürmədən asılı olaraq z-nin məlum funksiyasıdır.
Sabit əyilmə momentli tir
Qoy p=N1=0 olsun, bundan əlavə Mx=ɱ=sabit. Kəsik flanşasızdır (sıxlaşdırılmışdır) və şüa en kəsiyin ölçüləri ilə müqayisədə uzundur, buna görə C*=0 götürə bilərik. Onda tən. (5) M1=ɱ olduğuna görə sadələşir və belə alınır:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
və ya qısaldılmış şəkildə λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) Hər iki ucunda çəngəlli dayaq olan tirlər
Şək. 2
z=0 və z=l olduqda dayaq çəngəl formasındadır (şək. 2), bu isə u və v əyilmələrinə imkan verir, lakin son kəsiklərin fırlanmasının qarşısını alır; ϑ=0. x istiqamətində bərkidilmə olmadığından (yəni M=0, və ya tən. (4) üzrə həmçinin u’’=0), u’’ üçün tənlikdən alınır: MD’_=0 və bununla tən. (4c)-yə əsasən ikinci sərhəd şərti olaraq ϑ’’=0.
Tənliyin ümumi həlli (6a) belədir
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
Kontur şərtlərindən alınır
Bu homogen tənliklər sistemi aşağıdakılara malikdir:
- Trivial həll A1 = A2 = ∙∙∙ = 0, buna ϑ=0, u’’=0 və ya u=0 uyğun gəlir, beləliklə şüa yan istiqamətdə burulmur.
- Öz həllər Δ=0 və ya sin λ__l=0. Yan əyilmənin bu şərtinin kökləri λ__l=n__π (ilə n=1,2,3,∙∙∙) və uyğun kritik moment yükləmələri
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
Yanal əyilmənin ən kiçik momenti
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
n=1-də baş verir. Müvafiq həll tən. (1f)-nin tətbiqi ilə alınır:
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) Digər yan əyilmə halları
c) Əyilmə momenti və sıxıcı qüvvə nəticəsində yanal əyilmə
Şəkildə göstərilən nümunə üçün 3 N1=-D (sıxılma), p=0, sonra isə C*=0 qoyulmuşdur. Onda diferensial tənlik (5) sadələşir və belə yazılır
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
burada λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
Diferensial tənliyin həlli (9) yenə də bərabərlik (8) ilə verilir, yalnız indi λ başqa bir qiyməti bildirir.
Şək. 3
Şək. 3 üçün də a) bəndindəki kimi kontur şərtləri ϑ=0 və ϑ’’=0 z=0 və z=l üçün qüvvədədir. Buna görə A1 üçün şərt tənlikləri də formal baxımdan eynidir və yan büklənmə şərti Δ=sin λl=0 də eynidir. Kritik yük λl=nπ (n=1,2,3) münasibətini ödəyir və ən kiçik qiymət belədir
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
D=0 üçün buradan bərab. (8c) üzrə yan əyilmə momenti alınır və sırf sıxıcı yüklənmə (ɱ=0) üçün Euler-in əyilmə qüvvəsi _DK=B(π/l)_2.
Şək. 3‑də göstərilən hal y-z müstəvisində eksentrik əyilmə kimi adlandırılmalıdır. Deməli, əvvəl baxılmış sabitlik halı əyilmə müstəvisindən kənar əyilmənin yan əyilmə u və burulma ϑ ilə bağlı halıdır.
Əgər hər iki uc bərk sıxılmışdırsa (ϑ=0 və ϑ’=0) onda kontur şərtlərindən, Δ=0 vasitəsilə, yan əyilmə şərti alınır
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
λ__l=m__π kökləri ilə (m=2,4,∙∙∙) və yan əyilmə qüvvələri ilə
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.