Bu gün Savo Kusić taxta pəncərələrə, ağac-alüminium pəncərələr, xüsusi pəncərələr, qapı və kotirovka sorğuları. Bu mətn struktur nəzəriyyəsinin arxivi olaraq qalır və statik dizayn, sabitlik hesablamaları və ya struktur reabilitasiyası təklifi deyil.
Əyilmə bükülməsinin diferensial tənliyi
Bütün idealizasiyaların təmin edildiyi güman edilir, xüsusən
- çubuq mükəmməl düzdür
- yükün P çubuğun şaftında hərəkət etdiyini
- gərginliklərin mütənasiblik həddinin altında qalması
- deformasiyaların hesablamaların adi sadələşdirilməsinə imkan verəcək qədər kiçik olması.
Əgər çubuq P qüvvəsinin təsiri altında və bəlkə də eninə istiqamətdə hərəkət edən q yükün hesabına əyilirsə, onda xarici yüklər və kəsikdəki qüvvələr arasında tarazlığın məlum şərtləri təmin edilməlidir. Bundan əlavə, kəsikdə deformasiyalar və qüvvələr arasında məlum əlaqənin olması təbiidir.
Şək. 1 - Balans
Şek.1_ds_ uzunluğunda əyilmiş çubuq elementi təqdim olunur. v’ tangensinin mailliyi kiçikdir ki, ikinci sıraya qədər elementin uzunluğunu ds=dz proyeksiyasına bərabər etmək olar. Bundan əlavə, aşağıda qeyd olunan sınaqlarda P çubuqun oxu boyunca daim dəyişdiyi hallar nəzərə alınmayacaq, yəni normal qüvvə N≈P=const. Element üçün mövcud olan üç tarazlıq şəraitində müəyyən sayda üzv nəzərə alına bilər. Əncirdən işarələr və işarələr üçün.10sonra tənliyin birinci yaxınlaşmasında qalır
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Transvers qüvvə aradan qaldırıla bilər və sonra M’‘=Pv’’-q saxlayır. Bernulli qanunu M=-EI/R çatışmayan tənliyi təmin edir. Çubuğun oxunun əyri, həmişə olduğu kimi, şüa əyilmə nəzəriyyəsindən aşağıdakı kimi sadələşdirilmişdir
Beləliklə, əyilmə anını aradan qaldırmaq mümkündür; və M=-EI*v’’ ilə əyilmiş çubuq
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
Daimi əyilmə sərtliyinin xüsusi vəziyyətində EI=const. tənlik (1) sadələşdirilmişdir, ona görə də
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) və (1a) qeyd olunan sadələşdirmələrə görə v-də xəttidir.
Praktik olaraq, sabit əyilmə sərtliyinin ən sadə halı EI=const. aşağıdakı nümunələr üçün əsas kimi xidmət edən xüsusilə vacibdir.
Eylerin işi
Klassik bükülmə halı üçün fərziyyələr qeyd olunan idealizasiyalardan başqa aşağıdakılardır: p=0, belə ki, N=const.=P, eləcə də tam olaraq çubuğun oxunda yerləşən sürtünməsiz sabit sərtlik. Adi diferensial tənlik (1a) q=0 səbəbiylə dördüncü tərtib, xətti və homojendir. Ümumi həll yolu:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
burada A, B, C, D dörd inteqrasiya sabitidir. EI≠0 fərziyyəsinə görə parametr sonlu ölçülüdür. Bundan əlavə, P>0.
Sl.2
Xətti diferensial tənlik (1a) homojen olduğundan, bu məsələ də n_∙_v(z) ilə həll edilir, burada n ixtiyari sabitdir. Artıq diferensial tənliyin riyazi təsnifatından (1a) v əyilmənin böyüklüyünü müəyyən etmək mümkün olmadığını görmək olar. Euler\ halda (şək. 2) A, B, C, D inteqrasiya sabitlərini təyin etmək üçün aşağıdakı kontur şərtləri mövcuddur: Artikulyasiya edilmiş dayağa görə, çubuqun hər iki ucunda əyilmə anı sıfırdır, yəni.
v=0 və M=0 z=0 üçün
v=0 və z=s üçün M=0.
M=-EI_∙_v’‘ görə, belə çıxır ki, M=0 v’’=0 dəyəridir, ona görə də dörd kontur şərti oxunur:
v=0 və v’’=0 z=0 üçün
v=0 və v’’=0 z=s üçün.
Həlli (2) beləliklə dörd xətti tənliklə nəticələnir:
bir.3
Bu dörd homojen tənlik v(z)=0-a uyğun gələn A=B=C=D=0 adlanan ilk əhəmiyyətsiz həllə malikdir. Bükülməmiş çubuq v_(z_)=0, ixtiyari, xüsusən də yükün P kiçik dəyərləri üçün adi tarazlıq mövqeyidir. Burada biz ilk növbədə çubuğun hansı şəraitdə əyilməsi ilə maraqlanırıq, yəni v(z)≠0. Tənliklərin (3) A, B, C, D ≠ 0 ilə belə mənasız həlli yoxdur, o halda ki, əmsalın təyinedicisi sıfıra bərabərdir.
bir. 3a
Bükülmə şərtlərindən Δ = α4∙s∙sinαs = 0 myükün PK kritik dəyərlərini hesablaya bilərik. Bu tənlik yalnız o halda təmin edilir ki, sin αs = 0, yəni αKms = mπ üçün m=1,2,3 ilə,… Euler_-in bükülmə qüvvəsinin müvafiq qiymətləri PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Hər m dəyəri üçün müəyyən bükülmə qüvvəsi alınır. Əksər hallarda bu qüvvələrin yalnız ən kiçiyi maraq doğurur və o
PK1=EI(π/s)2.
Aşağıdakı versiyada kritik yüklərin ən aşağısına istinad edən m indeksi və ya 1 əsasən buraxılmış olacaq. Maraqlanan uyğun elastik xəttdir. Birdən (2) B=C=D=0 sabitləri alınır. Qalan şərt A∙sin__αs=0-dir. Yuxarıdakı hal üçün elastik bükülmə xətti m=1, buna görə də, v(z) = A_∙sinπz/s_, burada v(z) αK üçün. PK uyğun xüsusi funksiya. A miqyası qeyri-müəyyən olaraq qalır.
Bütün yük sahəsinə bir daha nəzər salaq. P ixtiyari dəyərləri üçün, xüsusən P_<_PK1 qüvvələr üçün v(z)=0, çubuq düz qalır.
Klassik sabitlik nəzəriyyəsində, “tədricən artan” yük altında P ardıcıl olaraq P dəyərlər silsiləsi nəzərdə tutulur, burada müşahidə olunan yük halının sabitliyi hər bir fərdi yük səviyyəsi üçün P təkrar sınaqdan keçirilir. Sabitlik testi zamanı P ölçüsü dəyişməz olaraq qalır. Bir vəziyyətin P sabit olduğu müəyyən edilərsə, yük bir şeylə artır və buna görə də sabitlik testi təkrarlanır. Bu dəqiq təyinetmə ona görə lazımdır ki, yükün növü ilə çaşqınlıq olmasın ki, bu da Şanley\ effektinin əsasını təşkil edir, bu zaman kiçik pozuntular eyni vaxtda hərəkət edərkən yükdə artım olur. Shanley-ə uyğun olaraq dayanıqlığı tədqiq edərkən, plastik bükülmə sahəsində klassik hesablama metodu ilə müqayisədə daha kiçik bifurkasiya qüvvəsi meydana gəlir.
Aşağıdakı mülahizələr yük artımının birinci yolunu nəzərdə tutur: Bu mənada yükün P tədricən artması ilə, PK1=EI_∙(π/s)_2 üçün əvvəlcə elastik bir bükülmə ilə elastiklik xəttinin bir bifurkasiya nöqtəsinə gəlir, line
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A elastik xəttin müəyyən edilməmiş amplitudasını bildirir. _P*__>_PK1 yüklər üçün Δ≠0 xəttiləşdirilmiş nəzəriyyəyə uyğundur, yəni orada tarazlıq mümkün deyil. Yalnız daha yüksək bükülmə qüvvələri üçün PK2 və s. yenidən Δ=0 və beləliklə də v(z)≠0 olacaq. Faktiki davranışa uyğun gəlməyən bu nəzəri nəticənin səbəbi diferensial tənliyin linearlaşdırılmasındadır.
İki hissədən ibarət preslənmiş çubuqların bükülməsi
Biz özümüzü iki hissəli preslənmiş çubuqlarla məhdudlaşdırırıq və üç və ya daha çox hissədən ibarət preslənmiş çubuqlar üçün oxşar nisbətlər tətbiq olunur.
Sl.3
Transvers birləşmənin növünə görə, şəbəkə çubuqları fərqlənir (şək.3a) və çərçivə çubuqları (şək.3e). Çarpaz bağlar olmasaydı, çubuğun hər bir hissəsi öz-özünə bükülərdi (şək.3b). Doldurma nisbətən zəifdirsə, onda tək bir kəmər çubuğu bütövlükdə çubuğu əyilmədən əyilə bilər. Şəbəkə çubuğu üçün əncir.3c müqayisə edilə bilər: menteşəli sistem üçün sol, davamlı kəmərlər üçün sağ; və çərçivə çubuğu üçün Şek.3f yumşaq birləşmə vərəqləri üçün solda, sərt birləşmə təbəqələri üçün sağda. Oradan da görmək olar ki, arıqlıq λ_ böyük təsirə malikdir1__=s1/i1_. Çubuğun fərdi hissəsi üçün I yerləşdirildi1=F1_∙_i12, s1 sahə aralığıdır (şək.3), i1 oxuna aiddir1-1(bax şək.4).
Sl.4
Əncirin elastik bükülmə xətlərinə uyğun gələn mürəkkəb çubuqların bükülmə qüvvəsi.3d, və ya3g hərtərəfli nəzəri araşdırmaların mövzusu idi. Əgər çubuq unikal hissələrdən ibarət olsaydı (məsələn, qabırğa ilə) və ya eninə birləşmələr o qədər tez-tez olsaydı ki, iki hissədən əyilmiş çubuq bir çubuqdan təsirinə görə fərqlənmirsə, o zaman σ__K_=π olardı.2__E/λ__y__2. Orada λ__y=sK/iy_ işarəsi verir (Şəkil 1).4). Bununla belə, bu bükülmə gərginliyinə praktikada tam nail olunmayacaq, çünki bunun üçün kifayət qədər eninə əlaqələr yoxdur və onlar da elastikdirlər. F təklifinə uyğun olaraq qoysaq, əksər hallarda qane edən təxmini nəticə əldə edilir. Engesser\a ki, iki hissədən ibarət preslənmiş çubuğun əyilmə gərginliyi bərabərdir
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi sözdə ideal incəlikdir.
Çarpaz bağlar kifayət qədər sayda və çubuğun hər iki hissəsini birlikdə hərəkət etməyə məcbur etmək üçün kifayət qədər güclü olmalıdır. İkinci dərəcəli gərginliklər istisna olmaqla, çubuq düz qaldığı müddətcə eninə keçidlər gərginliksiz qalır. Yalnız əyilmə ilə onlar qüvvələri qəbul etməli və əyilmə ilə artan eninə qüvvələri ötürməlidirlər. Elastik bir xətt olduğu halda
eninə qüvvə I=const. bərabərdir
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
Əncir ilə. 5 m dərhal oxuna bilər Q(z)=PK∙v’(z). Çubuğun sonundakı ən yüksək dəyərdir
Sl.5
Transvers birləşmələr bu eninə qüvvəyə uyğun olmalıdır. Müvafiq yük bükülmə qüvvəsi PK olduğundan, bunun üçün yükdaşıma həddinə eninə birləşmələrdə də çatmaq kifayətdir - yəni bütün çubuqla eyni vaxtda. Aydındır ki, əgər çarpaz bağlantılar Q0 qəbul etmək üçün lazım olduğundan daha güclü ölçüdə olsaydı, heç bir faydası olmazdı. Digər tərəfdən, çox zəif olan çarpaz keçidlər çubuğun vaxtından əvvəl sıradan çıxmasına səbəb ola bilər.
Yuxarıdakı tənlik ilkin olaraq istifadə edilə bilməz, çünki bükülmə oxunun böyüklüyü məlum deyil. Çubuq PK altında laqeyd tarazlıqdadır və ən azı birinci yaxınlaşma dərəcəsində ixtiyari qiymət ala bilər. Buna görə də F-nin təklifinə görə faydalıdır. Krohn-a, əyilmiş çubuğun əyilmə nəticəsində nasazlıq səbəbindən daşıma qabiliyyətini itirdiyi maxv bükülmənin böyüklüyünü müəyyən etmək üçün. Bu, əlbəttə ki, əyilmənin konkav tərəfində məhsuldarlıq nöqtəsinə çatdıqda baş verəcəkdir (Şəkil 1).6). Bunun üçün əyilmələr daha da böyüyür və müvafiq əyilmə momentləri tətbiq edilə bilməz.
Şek. 6
Döngənin konkav tərəfindəki ümumi gərginlik şəklə uyğundur.6ideal plastik material üçün
Oradan hələ də dözülə bilən ən böyük lovğalıq gəlir
maxQ0 çubuq ucunda müvafiq eninə qüvvədir.
σK Tetmeier\ forması üçün istifadə edilərsə və σF= qoyun3,1t/sm2və sK=e/2∙ λy uyğun gələn iy≈e/2, onda Krohn’un maxQ təxmini qiyməti alınır0=F/28(t-də Q, sm-də _F_2).
İxtiyari xətlər üçün bükülmə gərginliyi əldə edilir
maxQ0=μK∙SK.
μK əmsalı çubuğun incəliyi ilə dəyişir, bu da materialdan asılıdır. Yuxarıdakı tənlik bükülməyə qarşı təhlükəsizlik əmsalına bölündükdə yazmaq olar
dozv__Q=μ∙dozvS.
Xətti sistemlərin bükülməsi
Xətti sistemlər vəziyyətində, müqayisə üçün hər iki ucu menteşəli və əyilmə qüvvəsi PK=π olan çubuqun əyilmə uzunluğunu sK=β∙h təyin etmək adi haldır.2EI/s2K eynilə böyük. Aşağıdakı nümunələr üçün müqayisəli “burkulma uzunluğu” veriləcəkdir.
a) Çubuq hər iki ucundan sıxışdırılır (EI=const.)
Sl.7
Əncir işi üçün.7bükülmə PK=-dir4π2EI/h2=4,0∙PE, müqayisəli “burulma uzunluğu” sK=h/2və elastik bükülmə xətti v(z)=D(1- cos2πz/h).
b) Çubuq bir ucunda boşdur (şək.8)
Sl. 8
Çubuğun əyilməsi zamanı P istiqamətinin dəyişmədiyi güman edilir. Sonra (EI=const.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
Sərbəst sonluq üçün kontur şərtləri z=h burada oxuyun
M=0 və ya v’’=0
Q=M’-Pv’=0 və ya v’’’+a2∙v’=0.
c) Çubuq bir ucundan bərkidilir (şək. 9)
Sl.9
Kontur şərtləri ilə
v=0 və v’=0 z=0
v=0 və v’’=0 z=h
EI=const üçün əldə edilir. bükülmə vəziyyəti
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
və ya ekvivalent
tgαh=αh. (4)
Bu transsendental tənliyin kökləri K cədvəllərində verilmişdir. Hayashi’s. Ən aşağı bükülmə qüvvəsi PK cədvəlinə uyğundur1=4,49342/ h2∙ EI =2,046π2EI/h2.
Müqayisəli bükülmə uzunluğu sK = h / √-dir2,046=0,699h.
d) Bir ucunda pozğunluqla bərkidilmiş çubuq (şək.10)
Şək. 10
Sabit ölçülü ucun yerdəyişməsi halını nəzərdən keçirəcəyik. Bunun üçün kontur şərtləri
v=0və v’=0 z= üçün0,
v=v1və v’’=0 z=h üçün.
Elastik xətt ilə tarazlıq problemidir
{}-mötərizələrdən əvvəlki terminin məxrəci sıfır olacaq və P→PK olarsa, bükülmə bütün hədləri üstələyir (bax: bükülmə şərti tənlik. ()4)). Çubuğun davranışı üçün xarakterikdir ki, çubuğun orta və aşağı ucundakı əyilmələr artan yüklə P başlanğıcda kiçik olur və yalnız daha yüksək yüklər üçün işarəsini dəyişir. Sl.10yarım hündürlükdə əyilmələri göstərir.
e) İki sahə üzrə davamlı çubuq
Sl.11
Hər iki həll sahəsi üçün (şək.11) biz parametri tətbiq edəcəyik
Və_. v(z1) = A1∙synαz1+ B1∙cosαz1+ C1∙z1+ D1,_
II. v(z2) = A2∙synαz2+ B2∙cosαz2+ C2∙z2+ D2.
Sadəlik üçün belə olsun (EI)1=(EI)2=EI. Səkkiz sabiti tapmaq üçün A1, …, A2, … kontur şərtləri kimi xidmət edir
v=0və v’=0 üçün z1=0,
v=0və v’’=0 üçün z2=h,
eləcə də I və II sahələr arasında keçid şəraiti
v=0 üçün z1_z üçün =h i_2=0,
v’’ (z1=h)=v’(z2=0),
v’’ (z1=h)=v’’(z2=0).
Şərti tənliklər aşağıdakı cədvəldə verilmişdir
Əmsalın determinantını sıfıra bərabər qoymaqla bükülmə şərti alınır
Bükülmə uzunluğu sK=0,878_h_, əncir üçün isə.35ya β=0,699. ilə müqayisədə bükülmə qüvvəsi azalmışdır2,046:1,297menteşeli olan ikinci bir sahənin əlavə edilməsi səbəbindən. Digər sahə daha hündür çimdiklənsəydi, bükülmə qüvvəsi yenidən zirvəyə yüksələrdi.2,04_PE_.
Düsturların bu tarixi təqdimatı layihə və ya strukturun dayanıqlığının sübutu deyil. İdeal düz element, mərkəz yükü və elastik sahə ilə bağlı klassik fərziyyələrə mütləq ilkin qüsurlar, qalıq gərginliklər, ekssentriklik, birləşmə sərtliyi, materialın qeyri-xəttiliyi, yanal dayanıqlıq, nə də tətbiq olunarsa, yanğın, seysmik təsir və montaj fazaları daxil edilmir. Faktiki strukturun hesablanması qüvvədə olan qaydalara və standartlara uyğun olaraq səlahiyyətli inşaat mühəndisi tərəfindən aparılmalıdır.