Arkivat e kategorive: Probleme me lakimin. Përkulje e pastër. Përkulje tërthore. Koncepte të përgjithshme Trare me prerje tërthore konstante nën përkuljen e rrafshët
Procesi i projektimit të ndërtesave dhe strukturave moderne rregullohet nga një numër i madh kodesh dhe rregulloresh të ndryshme ndërtimi. Në shumicën e rasteve, standardet kërkojnë që të sigurohen karakteristika të caktuara, për shembull, deformimi ose devijimi i trarëve të pllakave të dyshemesë nën ngarkesë statike ose dinamike. Për shembull, SNiP Nr. 2.09.03-85 përcakton për mbështetëse dhe mbikalime, devijimi i rrezes nuk është më shumë se 1/150 e gjatësisë së hapësirës. Për dysheme papafingo kjo shifër është tashmë 1/200, dhe për trarët në dysheme dhe akoma më pak - 1/250. Prandaj, një nga fazat e detyrueshme të projektimit është të kryhet një llogaritje e devijimit të rrezes.
Mënyrat për të kryer llogaritjet dhe testet e devijimit
Arsyeja pse SNiP-të vendosin kufizime të tilla drakoniane është e thjeshtë dhe e qartë. Sa më i vogël të jetë deformimi, aq më i madh është kufiri i forcës dhe fleksibilitetit të strukturës. Për një devijim më të vogël se 0.5%, elementi mbajtës i ngarkesës, trau ose pllaka ende ruan vetitë elastike, gjë që garanton rishpërndarje normale të forcave dhe ruajtjen e integritetit të të gjithë strukturës. Me rritjen e devijimit, korniza e ndërtesës përkulet, reziston, por qëndron kur tejkalohet vlera e lejuar, lidhjet thyhen dhe struktura humbet ngurtësinë dhe kapacitetin e saj mbajtës si një ortek;
- Përdorni një kalkulator softuerësh në internet, në të cilin kushtet standarde janë "të lidhura" dhe asgjë më shumë;
- Përdorni të dhëna të gatshme referencë për lloje të ndryshme dhe llojet e trarëve, për modele të ndryshme të ngarkesës mbështetëse. Është e nevojshme vetëm të identifikohet saktë lloji dhe madhësia e rrezes dhe të përcaktohet devijimi i dëshiruar;
- Llogaritni devijimin e lejuar me duart tuaja dhe me kokën tuaj, shumica e projektuesve e bëjnë këtë, ndërsa inspektorët e arkitekturës dhe ndërtimit të kontrollit preferojnë metodën e dytë të llogaritjes.
Për informacionin tuaj!
Për të kuptuar vërtet pse është kaq e rëndësishme të dihet madhësia e devijimit nga pozicioni fillestar, ia vlen të kuptohet se matja e sasisë së devijimit është e vetmja mënyrë e arritshme dhe e besueshme për të përcaktuar gjendjen e rrezes në praktikë. Duke matur se sa u mbyt trau tavani
, është e mundur të përcaktohet me 99% siguri nëse struktura është në gjendje emergjence apo jo.
Para fillimit të llogaritjes, do t'ju duhet të mbani mend disa varësi nga teoria e forcës së materialeve dhe të hartoni një diagram llogaritjeje. Varësisht se sa saktë është ekzekutuar diagrami dhe merren parasysh kushtet e ngarkimit, do të varet saktësia dhe korrektësia e llogaritjes.
Ne përdorim modeli më i thjeshtë trau i ngarkuar i paraqitur në diagram. Analogjia më e thjeshtë e një rreze mund të jetë një sundimtar prej druri, foto.
Në rastin tonë, rrezja:
- Ka prerje drejtkëndore S=b*h, gjatësia e pjesës mbajtëse është L;
- Sunduesi ngarkohet me një forcë Q që kalon nëpër qendrën e gravitetit të planit të përkulur, si rezultat i së cilës skajet rrotullohen përmes një këndi të vogël θ, me një devijim në lidhje me pozicionin fillestar horizontal. , e barabartë me f;
- Skajet e rrezes mbështeten në mënyrë të varur dhe lirshëm në mbështetëse fikse, në përputhje me rrethanat, nuk ka asnjë komponent horizontal të reaksionit, dhe skajet e sundimtarit mund të lëvizin në çdo drejtim.
Për të përcaktuar deformimin e një trupi nën ngarkesë, përdorni formulën e modulit elastik, i cili përcaktohet nga raporti E = R/Δ, ku E është një vlerë referencë, R është forca, Δ është sasia e deformimit të trupit. .
Llogaritni momentet e inercisë dhe forcave
Për rastin tonë, varësia do të duket kështu: Δ = Q/(S E) . Për një ngarkesë q të shpërndarë përgjatë traut, formula do të duket kështu: Δ = q h/(S E) .
Ajo që vijon është më së shumti pika themelore. Diagrami i mësipërm Young tregon devijimin e një trau ose deformimin e një vizoreje sikur të ishte shtypur nën një shtypje të fuqishme. Në rastin tonë, trau është i përkulur, që do të thotë se në skajet e vizores, në raport me qendrën e gravitetit, aplikohen dy momente përkuljeje me shenjë të ndryshme. Diagrami i ngarkimit për një rreze të tillë është dhënë më poshtë.
Për të transformuar varësinë e Young-ut për momentin e përkuljes, është e nevojshme të shumëzohen të dyja anët e barazisë me shpatullën L. Përftojmë Δ*L = Q·L/(b·h·E) .
Nëse imagjinojmë që një nga mbështetësit është i fiksuar në mënyrë të ngurtë dhe një moment balancues ekuivalent i forcave M max = q*L*2/8 do të zbatohet në të dytin, në përputhje me rrethanat, madhësia e deformimit të rrezes do të shprehet me varësinë Δх = M x/((h/3) b (h/2) E). Madhësia b h 2/6 quhet momenti i inercisë dhe caktohet W. Rezultati është Δx = M x / (W E) formula themelore për llogaritjen e një trau për lakimin W = M / E përmes momentit të inercisë dhe momentit të përkuljes.
Për të llogaritur me saktësi devijimin, do t'ju duhet të dini momentin e përkuljes dhe momentin e inercisë. Vlera e së parës mund të llogaritet, por formula specifike për llogaritjen e një trau për devijimin do të varet nga kushtet e kontaktit me mbështetëset në të cilat ndodhet trau dhe mënyra e ngarkimit, përkatësisht, për një ngarkesë të shpërndarë ose të përqendruar. Momenti i përkuljes nga një ngarkesë e shpërndarë llogaritet duke përdorur formulën Mmax = q*L 2/8. Formulat e dhëna janë të vlefshme vetëm për një ngarkesë të shpërndarë. Për rastin kur presioni në tra është i përqendruar në një pikë të caktuar dhe shpesh nuk përkon me boshtin e simetrisë, formula për llogaritjen e devijimit duhet të nxirret duke përdorur llogaritjen integrale.
Momenti i inercisë mund të konsiderohet si ekuivalenti i rezistencës së një trau ndaj ngarkesës së përkuljes. Madhësia e momentit të inercisë për një tra të thjeshtë drejtkëndor mund të llogaritet duke përdorur formulën e thjeshtë W=b*h 3 /12, ku b dhe h janë dimensionet e prerjes tërthore të traut.
Nga formula është e qartë se i njëjti vizore ose dërrasë seksion drejtkëndor mund të ketë një moment krejtësisht të ndryshëm të inercisë dhe sasisë së devijimit nëse e vendosni në mbështetëse mënyrë tradicionale ose vendoseni në buzë. Nuk është çudi që pothuajse të gjithë elementët sistem mahiçatitë janë bërë jo nga druri 100x150, por nga dërrasat 50x150.
Seksione reale strukturat e ndërtimit mund të ketë më shumë profile të ndryshme, nga katrori, rrethi deri te forma komplekse me rreze I ose kanal. Në të njëjtën kohë, përcaktimi i momentit të inercisë dhe sasisë së devijimit me dorë, "në letër", për raste të tilla bëhet një detyrë jo e parëndësishme për një ndërtues joprofesionist.
Formula për përdorim praktik
Në praktikë, më shpesh ia vlen problem i anasjelltë- përcaktoni kufirin e sigurisë së dyshemeve ose mureve për një rast specifik bazuar në vlerën e njohur të devijimit. Në biznesin e ndërtimit, është shumë e vështirë të vlerësohet faktori i sigurisë nga të tjerët, metoda jo destruktive. Shpesh, bazuar në madhësinë e devijimit, është e nevojshme të kryhet një llogaritje, të vlerësohet faktori i sigurisë së ndërtesës dhe gjendja e përgjithshme. strukturat mbajtëse. Për më tepër, në bazë të matjeve të marra, përcaktohet nëse deformimi është i pranueshëm, sipas përllogaritjes, apo objekti është në gjendje emergjence.
Këshilla! Në çështjen e llogaritjes gjendje kufizuese trarët për sa i përket devijimit, kërkesat e SNiP ofrojnë një shërbim të paçmuar. Duke vendosur kufirin e devijimit në një vlerë relative, për shembull, 1/250, kodet e ndërtimit lehtësojnë ndjeshëm përcaktimin e gjendjes emergjente të një trau ose pllake.
Për shembull, nëse keni ndërmend të blini ndërtesë e përfunduar, e cila ka qëndruar për një kohë mjaft të gjatë në tokë problematike, do të ishte e dobishme të kontrollohej gjendja e tavanit sipas devijimit ekzistues. Duke ditur gjithçka normë e lejuar devijimi dhe gjatësia e traut, mund të vlerësohet pa asnjë llogaritje se sa kritike është gjendja e strukturës.
Inspektimi i ndërtimit gjatë vlerësimit dhe vlerësimit të devijimit kapacitet mbajtës mbivendosja shkon në një mënyrë më të ndërlikuar:
- Fillimisht matet gjeometria e pllakës ose traut dhe regjistrohet vlera e devijimit;
- Bazuar në parametrat e matur, përcaktohet asortimenti i rrezes, pastaj zgjidhet formula për momentin e inercisë nga libri i referencës;
- Momenti i forcës përcaktohet nga devijimi dhe momenti i inercisë, pas së cilës, duke ditur materialin, mund të llogaritni sforcimet aktuale në një rreze metalike, betoni ose druri.
Pyetja është pse është kaq e vështirë nëse devijimi mund të merret duke përdorur formulën për llogaritjen për një tra të thjeshtë në mbështetëset e varur f=5/24*R*L 2 /(E*h) nën një forcë të shpërndarë. Mjafton të dihet gjatësia e hapësirës L, lartësia e profilit, rezistenca e projektimit R dhe moduli elastik E për një material specifik dyshemeje.
Këshilla! Përdorni në llogaritjet tuaja koleksionet ekzistuese të departamenteve të ndryshme organizatat e projektimit, në të cilën përmblidhen në formë të kondensuar të gjitha formulat e nevojshme për përcaktimin dhe llogaritjen e gjendjes së ngarkuar kufizuese.
konkluzioni
Shumica e zhvilluesve dhe projektuesve të ndërtesave serioze veprojnë në të njëjtën mënyrë. Programi është i mirë, ndihmon për të llogaritur shumë shpejt parametrat e devijimit dhe ngarkimit bazë të dyshemesë, por është gjithashtu e rëndësishme t'i siguroni klientit dëshmi dokumentare të rezultateve të marra në formën e llogaritjeve specifike vijuese në letër.
29-10-2012: Andrey
Kishte një gabim shtypi në formulën për momentin e përkuljes për një rreze me kapje të ngurtë në mbështetëse (e treta nga fundi): gjatësia duhet të jetë katror. Kishte një gabim shtypi në formulën për devijimin maksimal për një rreze me kapje të ngurtë në mbështetëse (e treta nga fundi): duhet të jetë pa "5".
29-10-2012: Doktor Lom
Po, me të vërtetë, janë bërë gabime gjatë redaktimit pas kopjimit. Aktiv për momentin gabimet janë korrigjuar, faleminderit për vëmendjen tuaj.
01-11-2012: Vic
gabim shtypi në formulën në shembullin e pestë nga lart (gradat pranë X dhe El janë të përziera)
01-11-2012: Doktor Lom
Dhe është e vërtetë. Korrigjuar. Faleminderit për vëmendjen tuaj.
10-04-2013: dridhje
Formula T.1 2.2 Mmax duket se i mungon një katror pas a.
11-04-2013: Doktor Lom
E drejta. Këtë formulë e kam kopjuar nga “Doracak i qëndrueshmërisë së materialeve” (redaktuar nga S.P. Fesik, 1982, f. 80) dhe as që i kam kushtuar rëndësi se me një regjistrim të tillë nuk respektohet as dimensioni. Tani unë kam rillogaritur gjithçka personalisht, dhe me të vërtetë distanca "a" do të jetë në katror. Kështu, rezulton se daktilografisë i ka munguar një dy të vogël, dhe unë rashë pas këtij mileti. Korrigjuar. Faleminderit për vëmendjen tuaj.
02-05-2013: Timko
Mirëdita, do të doja t'ju pyesja në Tabelën 2, Diagrami 2.4, unë jam i interesuar për formulën "momenti në fluturim" ku indeksi X nuk është i qartë -? a mund te pergjigjesh)
02-05-2013: Doktor Lom
Për trarët konsol në tabelën 2, ekuacioni i ekuilibrit statik është përpiluar nga e majta në të djathtë, d.m.th. origjina e koordinatave konsiderohej të ishte një pikë në një mbështetje të ngurtë. Sidoqoftë, nëse marrim parasysh një rreze konsol pasqyre, në të cilën mbështetja e ngurtë do të jetë në të djathtë, atëherë për një rreze të tillë ekuacioni i momentit në hapësirë do të jetë shumë më i thjeshtë, për shembull, për 2.4 Mx = qx2/6, më saktë. -qx2/6, pasi tani besohet se nëse momenti i diagramit ndodhet në krye, atëherë momenti është negativ.
Nga pikëpamja e forcës së materialit, shenja e momentit është një koncept mjaft konvencional, pasi në prerje tërthore, për të cilin përcaktohet momenti i përkuljes, ende veprojnë si sforcimet shtypëse ashtu edhe ato në tërheqje. Gjëja kryesore për të kuptuar është se nëse diagrami ndodhet në krye, atëherë streset elastike do të veprojnë në pjesën e sipërme të seksionit dhe anasjelltas.
Në tabelë, minusi për momentet në një mbështetje të ngurtë nuk tregohet, por drejtimi i veprimit të momentit është marrë parasysh gjatë hartimit të formulave.
25-05-2013: Dmitri
Ju lutem më tregoni se në çfarë raporti të gjatësisë së traut me diametrin e tij janë të vlefshme këto formula?
Dua të di nëse ky nënkod është vetëm për trarët e gjatë, të cilët përdoren në ndërtimin e ndërtesave, apo mund të përdoret edhe për të llogaritur devijimet e boshteve deri në 2 m të gjatë Ju lutemi të përgjigjeni kështu l/D>. .
25-05-2013: Doktor Lom
Dmitry, ju thashë tashmë, për boshtet rrotulluese skemat e llogaritjes do të jenë të ndryshme. Sidoqoftë, nëse boshti është i palëvizshëm, atëherë ai mund të konsiderohet si një rreze, dhe nuk ka rëndësi se cili është seksioni i tij: i rrumbullakët, katror, drejtkëndor apo diçka tjetër. Këto skema llogaritëse pasqyrojnë më saktë gjendjen e traut në l/D>10, me një raport 5 25-05-2013: Dmitri
Faleminderit për përgjigjen. A mund të përmendni literaturë tjetër të cilës mund t'i referohem në punën time? 25-05-2013: Doktor Lom
Nuk e di se çfarë problemi po zgjidhni saktësisht dhe për këtë arsye është e vështirë të keni një bisedë thelbësore. Do të përpiqem ta shpjegoj idenë time ndryshe. 25-05-2013: Dmitri
A mund të komunikoj më pas me ju nëpërmjet postës ose Skype? Unë do t'ju them se çfarë lloj pune bëj dhe për çfarë ishin pyetjet e mëparshme. 25-05-2013: Doktor Lom
Mund të më shkruani, adresat e emailit nuk janë të vështira për t'u gjetur në sit. Por unë do t'ju paralajmëroj menjëherë, nuk bëj asnjë llogaritje dhe nuk nënshkruaj kontrata partneriteti. 08-06-2013: Vitali
Pyetje në tabelën 2, opsioni 1.1, formula e devijimit. Ju lutemi kontrolloni madhësinë. 09-06-2013: Doktor Lom
Kjo është e drejtë, dalja është centimetra. 20-06-2013: Evgeniy Borisovich
pershendetje. Më ndihmo ta kuptoj. Pranë qendrës kulturore kemi një skenë druri verore, me përmasa 12.5 x 5.5 metra, në cepat e stendës ka tuba metalikë me diametër 100 mm. Ata më detyrojnë të bëj një çati si një trung (është për të ardhur keq që nuk mund të bashkëngjit një foto), një mbulesë polikarbonati, të bëj fanta nga një tub profili (katror ose drejtkëndësh), ka një pyetje për punën time. Nëse nuk e bën, do të të pushojmë nga puna. Unë them se nuk do të funksionojë, por administrata dhe shefi im thonë se gjithçka do të funksionojë. Çfarë duhet të bëj? 20-06-2013: Doktor Lom
22-08-2013: Dmitri
Nëse një rreze (një jastëk nën një kolonë) shtrihet në tokë të dendur (më saktë, e varrosur nën thellësinë e ngrirjes), atëherë cila skemë duhet të përdoret për të llogaritur një rreze të tillë? Intuita sugjeron që opsioni "me dy mbështetje" nuk është i përshtatshëm dhe se momenti i përkuljes duhet të jetë dukshëm më i vogël. 22-08-2013: Doktor Lom
Llogaritja e themeleve është një temë më vete e madhe. Përveç kësaj, nuk është plotësisht e qartë se për cilën rreze po flasim. Nëse nënkuptojmë një jastëk nën një kolonë të një themeli kolone, atëherë baza për llogaritjen e një jastëku të tillë është forca e tokës. Qëllimi i jastëkut është të rishpërndajë ngarkesën nga kolona në bazë. Sa më e ulët të jetë forca, aq më e madhe është sipërfaqja e jastëkut. Ose sa më e madhe të jetë ngarkesa, aq më e madhe është zona e jastëkut me të njëjtën forcë dheu. 23-08-2013: Dmitri
Kjo i referohet një jastëku nën një kolonë të një themeli kolone. Gjatësia dhe gjerësia e jastëkut tashmë janë përcaktuar në bazë të ngarkesës dhe forcës së tokës. Por lartësia e jastëkut dhe sasia e përforcimit në të janë të diskutueshme. Doja të llogarisja në analogji me artikullin "Llogaritja e një trau betoni të armuar", por besoj se nuk do të ishte plotësisht e saktë të llogarisja momentin e përkuljes në një jastëk të shtrirë në tokë, si në një tra në dy mbështetëse me varëse. Pyetja është - çfarë skeme llogaritëse përdoret për të llogaritur momentin e lakimit në jastëk. 24-08-2013: Doktor Lom
Lartësia dhe seksioni kryq i armaturës në rastin tuaj përcaktohen si për trarët konsol (përgjatë gjerësisë dhe gjatësisë së jastëkut). Skema 2.1. Vetëm në rastin tuaj, reagimi mbështetës është ngarkesa në kolonë, ose më saktë pjesë e ngarkesës në kolonë, dhe ngarkesa e shpërndarë në mënyrë uniforme është shtytja e tokës. Me fjalë të tjera, skema e specifikuar e llogaritjes duhet të kthehet. 10-10-2013: Jaroslav
Mirëmbrëma, ju lutem më ndihmoni të zgjedh metalin. tra për derdhje prej 4,2 metrash Një ndërtesë banimi ka dy kate, bazamenti është i mbuluar me pllaka të zbrazëta 4,8 metra, në krye ka një mur mbajtës prej 1,5 tullash, 3,35 m i gjatë dhe 2,8 m Një portë Në krye të këtij muri ka pllaka dyshemeje në njërën anë 4,8 m të gjata. në 2.8 metra të tjera në pllaka ka përsëri një mur mbajtës si në dyshemenë poshtë dhe sipër ka trarë druri 20 me 20 cm të gjatë 5 m 6 copë dhe 3 metra të gjatë 6 copë dyshemeja është e punuar me dërrasa 40 mm 25 m2. Nuk ka ngarkesa të tjera, ju lutemi, më sugjeroni se cilin I-beam të marr për të fjetur i qetë. Deri tani gjithçka ka qëndruar për 5 vjet. 10-10-2013: Doktor Lom
Shikoni në seksionin: "Llogaritja e strukturave metalike" në artikullin "Llogaritja e bordit metalik për muret mbajtëse" përshkruan në detaje procesin e zgjedhjes së seksionit të një trau në varësi të ngarkesës aktuale; 04-12-2013: Kirill
Ju lutem më tregoni se ku mund të njihem me nxjerrjen e formulave për devijimin maksimal të një trau për pp. 1.2-1.4 në tabelën 1 04-12-2013: Doktor Lom
Derivimi i formulave për opsione të ndryshme për aplikimin e ngarkesave nuk ofrohet në faqen time të internetit. Ju mund të shihni parimet e përgjithshme mbi të cilat bazohet derivimi i ekuacioneve të tilla në artikujt "Bazat e forcës, formulat e llogaritjes" dhe "Bazat e forcës së forcës, përcaktimi i devijimit të rrezes". 24-03-2014: Sergej
është bërë një gabim në 2.4 të tabelës 1. edhe dimensioni nuk është respektuar 24-03-2014: Doktor Lom
Unë nuk shoh asnjë gabim, aq më pak mospërputhje me dimensionet, në skemën e llogaritjes që specifikuat. Zbuloni se çfarë saktësisht është gabimi. 09-10-2014: Sanych
Mirëdita. A kanë M dhe Mmax njësi të ndryshme matëse? 09-10-2014: Sanych
Tabela 1. Llogaritja 2.1. Nëse l është në katror, atëherë Mmax do të jetë në kg*m2? 09-10-2014: Doktor Lom
Jo, M dhe Mmax kanë një njësi të vetme matëse kgm ose Nm. Meqenëse ngarkesa e shpërndarë matet në kg/m (ose N/m), vlera e çift rrotullimit do të jetë kgm ose Nm. 12-10-2014: Pali
Mirëmbrëma. Unë punoj në prodhimin e mobiljeve me tapiceri dhe drejtori më dha një problem. Kërkoj ndihmën tuaj, sepse... Nuk dua ta zgjidh "me sy". 12-10-2014: Doktor Lom
Kjo varet nga shumë faktorë. Përveç kësaj, ju nuk treguat trashësinë e tubit. Për shembull, me një trashësi prej 2 mm, momenti i rezistencës së tubit është W = 3.47 cm^3. Prandaj, momenti maksimal i përkuljes që mund të përballojë tubi është M = WR = 3.47x2000 = 6940 kgm ose 69.4 kgm, atëherë ngarkesa maksimale e lejuar për 2 tuba është q = 2x8M/l^2 = 2x8x69.4/2.2^2 = 229.4 kg/m (me mbështetëse të varura dhe pa marrë parasysh çift rrotulluesin që mund të lindë kur ngarkesa transferohet jo përgjatë qendrës së gravitetit të seksionit). Dhe kjo është me një ngarkesë statike, dhe ngarkesa ka shumë të ngjarë të jetë dinamike, apo edhe tronditëse (në varësi të dizajnit të divanit dhe aktivitetit të fëmijëve, imja kërce mbi divane në mënyrë që të të marrë frymën), kështu që bëni llogaritë për veten tuaj. Artikulli "Vlerat e llogaritjes për tubat e profilit drejtkëndor" do t'ju ndihmojë. 20-10-2014: studenti
Doktor, ju lutemi ndihmoni. 21-10-2014: Doktor Lom
Për të filluar, një rreze e fiksuar në mënyrë të ngurtë dhe seksione mbështetëse janë koncepte të papajtueshme, shihni artikullin "Llojet e mbështetësve, cila skemë e projektimit të zgjidhni". Duke gjykuar nga përshkrimi juaj, ju ose keni një tra me varëse të vetme me konsol (shih tabelën 3), ose një tra me tre hapje të ngurtë me 2 mbështetëse shtesë dhe hapësira të pabarabarta (në këtë rast, ekuacionet me tre momente do t'ju ndihmojnë ). Por në çdo rast, reagimet mbështetëse nën një ngarkesë simetrike do të jenë të njëjta. 21-10-2014: studenti
e kuptoj. Përgjatë perimetrit të katit të parë ka një brez të blinduar 200x300h, perimetri i jashtëm është 4400x4400. Ka 3 kanale të ankoruara në të, me një hap prej 1 m. Hapësira është pa rafte, njëri prej tyre ka opsionin më të rëndë, ngarkesa është asimetrike. ATA. ta llogarisni traun si me mentesha? 21-10-2014: Doktor Lom
22-10-2014: studenti
përgjithësisht po. Siç e kuptoj unë, devijimi i kanalit do të rrotullojë edhe vetë rripin e blinduar në pikën e lidhjes, kështu që do të merrni një rreze të varur? 22-10-2014: Doktor Lom
Jo plotësisht kështu, së pari ju përcaktoni momentin nga veprimi i një ngarkese të përqendruar, pastaj momentin nga një ngarkesë e shpërndarë në mënyrë uniforme përgjatë gjithë gjatësisë së traut, pastaj momentin që lind nga veprimi i një ngarkese të shpërndarë në mënyrë uniforme që vepron në një seksion të caktuar të traut. Dhe vetëm atëherë shtoni vlerat e momenteve. Çdo ngarkesë do të ketë skemën e vet të llogaritjes. 07-02-2015: Sergej
A ka ndonjë gabim në formulën Mmax për rastin 2.3 në Tabelën 3? Rrezi me një tastierë, ndoshta plusi në vend të minusit duhet të jetë në kllapa 07-02-2015: Doktor Lom
Jo, jo një gabim. Ngarkesa në konsol zvogëlon momentin në hapësirë, por nuk e rrit atë. Megjithatë, kjo mund të shihet nga diagrami i momentit. 17-02-2015: Anton
Përshëndetje, para së gjithash, faleminderit për formulat, i ruajta ato në faqeshënuesit e mi. Ju lutem më tregoni, a ka një tra mbi hapësirë, katër trungje mbështeten në tra, distancat: 180mm, 600mm, 600mm, 600mm, 325mm. E kuptova diagramin dhe momentin e përkuljes, por nuk mund ta kuptoj se si do të ndryshojë formula e devijimit (Tabela 1, diagrami 1.4) nëse momenti maksimal është në vonesën e tretë. 17-02-2015: Doktor Lom
Unë tashmë i jam përgjigjur pyetjeve të ngjashme disa herë në komentet e artikullit "Skemat e llogaritjes për trarët statikisht të papërcaktuar". Por ju jeni me fat, për qartësi, unë bëra llogaritjen duke përdorur të dhënat nga pyetja juaj. Shikoni artikullin "Rasti i përgjithshëm i llogaritjes së një trau në mbështetëset e varur nën veprimin e disa ngarkesave të përqendruara", ndoshta me kalimin e kohës do t'i shtoj atij. 22-02-2015: roman
Doktor, unë me të vërtetë nuk mund t'i zotëroj të gjitha këto formula që janë të pakuptueshme për mua. Prandaj, ju kërkoj ndihmë. Unë dua të bëj një shkallë konsol në shtëpi (hapat janë ngjitur me tulla nga betoni i armuar gjatë ndërtimit të murit). Muri - gjerësia 20cm, tulla. Gjatësia e hapit të dalë është 1200*300mm, dua që hapat të jenë të formës së duhur (jo pykë). E kuptoj intuitivisht se përforcimi do të jetë "diçka më i trashë" në mënyrë që hapat të jenë diçka më të hollë? Por a mund të përballet betoni i armuar deri në 3 cm i trashë me një ngarkesë prej 150 kg në skaj? Ju lutem më ndihmoni, me të vërtetë nuk dua të prish. Do të isha shumë mirënjohës nëse mund të më ndihmonit të llogarisja... 22-02-2015: Doktor Lom
Fakti që nuk mund të zotëroni formula mjaft të thjeshta është problemi juaj. Në seksionin "Bazat e forcës së forcës" e gjithë kjo diskutohet në detaje të mjaftueshme. Këtu do të them se projekti juaj është absolutisht jorealist. Së pari, muri është ose 25 cm i gjerë ose blloqe zhir (megjithatë, mund të gaboj). Së dyti, as një mur me tulla dhe as një mur blloqe zhir nuk do të sigurojnë kapje të mjaftueshme të hapave me gjerësinë e specifikuar të murit. Përveç kësaj, një mur i tillë duhet të llogaritet për momentin e përkuljes që rrjedh nga trarët e konsolit. Së treti, 3 cm është një trashësi e papranueshme për një strukturë betoni të armuar, duke marrë parasysh faktin se shtresa minimale mbrojtëse në trarë duhet të jetë së paku 15 mm. Dhe kështu me radhë. 26-02-2015: roman
02-04-2015: Vitali
çfarë do të thotë x në tabelën e dytë, 2.4 02-04-2015: Vitali
Mirëdita Çfarë skeme (algoritmi) duhet të zgjidhet për të llogaritur një pllakë ballkoni, një konsol të mbërthyer nga njëra anë, si të llogariten saktë momentet në mbështetëse dhe në hapësirë, a mund të llogaritet si një tra konsol, sipas diagrameve nga tabela? 2, përkatësisht pikat 1, 1 dhe 2.1. faleminderit! 02-04-2015: Doktor Lom
x në të gjitha tabelat nënkupton distancën nga origjina në pikën në studim në të cilën do të përcaktojmë momentin e përkuljes ose parametra të tjerë. Po, pllaka juaj e ballkonit, nëse është e fortë dhe ngarkesat veprojnë mbi të, si në diagramet e treguara, mund të llogaritet sipas këtyre diagrameve. Për trarët konsol, momenti maksimal është gjithmonë në mbështetje, kështu që nuk ka nevojë të madhe për të përcaktuar momentin në hapësirë. 03-04-2015: Vitali
Faleminderit shumë! Edhe unë doja të sqaroja. Siç e kuptoj unë, nëse llogaritet sipas 2 tabelave. diagrami 1.1, (ngarkesa aplikohet në fund të konsolës) atëherë kam x = L, dhe në përputhje me rrethanat në hapësirën M = 0. Po sikur ta kem këtë ngarkesë edhe në skajet e pllakës? Dhe sipas skemës 2.1, unë llogaris momentin në mbështetje, ia shtoj momentit sipas skemës 1.1 dhe sipas asaj të saktë, për ta përforcuar, më duhet të gjej momentin në hapësirë. Nëse kam një mbivendosje të pllakës prej 1,45 m (në kthjellët), si mund të llogaris "x" për të gjetur momentin në hapësirë? 03-04-2015: Doktor Lom
Momenti në hapësirë do të ndryshojë nga Ql në mbështetje në 0 në pikën e aplikimit të ngarkesës, gjë që mund të shihet nga diagrami i momentit. Nëse ngarkesa juaj aplikohet në dy pika në skajet e pllakës, atëherë në këtë rast është më e këshillueshme që të sigurohen trarë që thithin ngarkesat në skajet. Në këtë rast, pllaka tashmë mund të llogaritet si një rreze në dy mbështetëse - trarët ose një pllakë e mbështetur në 3 anët. 03-04-2015: Vitali
faleminderit! Në momente tashmë e kuptova. Edhe nje pyetje. Nëse pllaka e ballkonit mbështetet në të dyja anët, duke përdorur shkronjën "G". Çfarë skeme llogaritëse duhet të përdoret atëherë? 04-04-2015: Doktor Lom
Në këtë rast, ju do të keni një pjatë të mbërthyer në 2 anët dhe nuk ka shembuj të llogaritjes së një pjate të tillë në faqen time të internetit. 27-04-2015: Sergej
I dashur doktor Lom! 27-04-2015: Doktor Lom
Unë nuk do të vlerësoj besueshmërinë e një dizajni të tillë pa llogaritje, por ju mund ta llogarisni atë duke përdorur kriteret e mëposhtme: 05-06-2015: studenti
Doktor, ku mund t'ju tregoj foton? 05-06-2015: studenti
Keni akoma një forum? 05-06-2015: Doktor Lom
E bëra, por nuk kam absolutisht kohë për të renditur mesazhet e padëshiruara në kërkim të pyetjeve normale. Pra, kjo është ajo për momentin. 06-06-2015: studenti
Doc, lidhja ime është https://yadi.sk/i/GardDCAEh7iuG 07-06-2015: Doktor Lom
Zgjedhja e skemës së projektimit do të varet nga ajo që dëshironi: thjeshtësia dhe besueshmëria ose përafrimi me funksionimin aktual të strukturës përmes përafrimeve të njëpasnjëshme. 07-06-2015: studenti
Doc, faleminderit, kam nevojë për thjeshtësi dhe besueshmëri. Kjo zonë është më e ngarkuara. Madje mendova të lidhja shtyllën e rezervuarit me mahi për të zvogëluar ngarkesën në dysheme, duke qenë se uji do të kullohej në dimër. Nuk mund të futem në një xhungël të tillë llogaritjesh. Në përgjithësi, a do të zvogëlojë konsol devijimi? 07-06-2015: studenti
Doktor, edhe një pyetje. tastiera është në mes të hapësirës së dritares, a ka kuptim ta zhvendosni atë në skaj? Sinqerisht 07-06-2015: Doktor Lom
Në përgjithësi, tastiera do të zvogëlojë devijimin, por siç thashë tashmë, sa në rastin tuaj është një pyetje e madhe, dhe një zhvendosje në qendër të hapjes së dritares do të zvogëlojë rolin e tastierës. Dhe gjithashtu, nëse kjo është zona juaj më e ngarkuar, atëherë ndoshta thjesht mund ta forconi rrezen, për shembull, me një kanal tjetër të ngjashëm? Nuk i di ngarkesat tuaja, por ngarkesa prej 100 kg ujë dhe gjysma e peshës së rezervuarit nuk më duket aq mbresëlënëse, por nga pikëpamja e devijimit në një hapësirë prej 4 m, kanalet 8P merren në llogarisni ngarkesën dinamike kur ecni? 08-06-2015: studenti
Doc, faleminderit për këshillën e mirë. Pas fundjavës do të rillogarit traun si një tra me dy hapje në menteshat. Nëse ka dinamikë më të madhe gjatë ecjes, unë përfshij në mënyrë konstruktive mundësinë e zvogëlimit të hapit të trarëve të dyshemesë. Shtëpia është një shtëpi fshati, kështu që dinamika është e tolerueshme. Zhvendosja anësore e kanaleve ka një ndikim më të madh, por kjo mund të trajtohet duke instaluar mbajtëse tërthore ose duke fiksuar dyshemenë. E vetmja gjë është, a do të shkërmoqet derdhja e betonit? Unë supozoj se do të mbështetet në fllanxhat e sipërme dhe të poshtme të kanalit plus përforcim të salduar në brinjë dhe rrjetë sipër. 08-06-2015: Doktor Lom
Unë tashmë ju thashë, nuk duhet të mbështeteni në tastierë. 09-06-2015: studenti
Doktor, e kuptoj. 29-06-2015: Sergej
Mirëdita. Dua t'ju pyes: themeli është hedhur: grumbuj betoni 1.8 m të thellë dhe më pas është hedhur një shirit 1 m i thellë me beton. Pyetja është kjo: a bartet ngarkesa vetëm te shtyllat apo shpërndahet në mënyrë të barabartë si te shtyllat ashtu edhe te shiriti? 29-06-2015: Doktor Lom
Si rregull, grumbujt bëhen në toka të dobëta në mënyrë që ngarkesa në themel të transmetohet përmes shtyllave, kështu që grilat në shtylla llogariten si trarët në mbështetëset e shtyllave. Megjithatë, nëse e derdhni skarën mbi tokë të ngjeshur, atëherë një pjesë e ngarkesës do të transferohet në bazë përmes grilës. Në këtë rast, grila konsiderohet si një rreze e shtrirë mbi një themel elastik dhe është një themel i rregullt shiritash. Diçka si kjo. 29-06-2015: Sergej
faleminderit. Vetëm se siti rezulton të jetë një përzierje balte dhe rërë. Për më tepër, shtresa e argjilës është shumë e fortë: shtresa mund të hiqet vetëm me një levë, etj., etj. 29-06-2015: Doktor Lom
Nuk i di të gjitha kushtet tuaja (distanca midis shtyllave, numri i kateve, etj.). Nga përshkrimi juaj, duket sikur keni bërë një themel të rregullt shiritash dhe grumbuj për besueshmëri. Prandaj, ju vetëm duhet të përcaktoni nëse gjerësia e themelit do të jetë e mjaftueshme për të transferuar ngarkesën nga shtëpia në themel. 05-07-2015: Yuri
Përshëndetje! Ne kemi nevojë për ndihmën tuaj për llogaritjet. Një portë metalike 1.5 x 1.5 m me peshë 70 kg është montuar në një tub metalik, i betonuar në një thellësi prej 1.2 m dhe i veshur me tulla (post 38 x 38 cm çfarë prerjeje dhe trashësie duhet të jetë tubi). nuk ka përkulje? 05-07-2015: Doktor Lom
Ju supozuat saktë se postimi juaj duhet të trajtohet si një rreze konsol. Dhe madje edhe me skemën e llogaritjes, pothuajse e keni kuptuar mirë. Fakti është se 2 forca do të veprojnë në tubin tuaj (në tendën e sipërme dhe të poshtme) dhe vlera e këtyre forcave do të varet nga distanca midis tendave. Më shumë detaje në artikullin "Përcaktimi i forcës së tërheqjes (pse kunja nuk qëndron në mur)." Kështu, në rastin tuaj, duhet të kryeni 2 llogaritjet e devijimit sipas skemës së projektimit 1.2, dhe më pas të shtoni rezultatet e marra, duke marrë parasysh shenjat (me fjalë të tjera, zbritni tjetrin nga një vlerë). 05-07-2015: Yuri
Faleminderit për përgjigjen. Ato. E bëra llogaritjen në maksimum me një diferencë të madhe, dhe vlera e devijimit e llogaritur rishtazi do të jetë në çdo rast më pak? 06-07-2015: Doktor Lom
01-08-2015: Pali
Ju lutem më tregoni, në diagramin 2.2 të tabelës 3, si të përcaktohet devijimi në pikën C nëse gjatësitë e seksioneve të konsolit janë të ndryshme? 01-08-2015: Doktor Lom
Në këtë rast, duhet të kaloni ciklin e plotë. Nëse kjo është e nevojshme apo jo, nuk e di. Për shembull, shikoni artikullin për llogaritjen e një trau nën veprimin e disa ngarkesave të përqendruara në mënyrë uniforme (lidhja me artikullin përpara tabelave). 04-08-2015: Yuri
Në pyetjen time të datës 5 korrik 2015. A ka ndonjë rregull për sasinë minimale të kapjes në beton për një rreze të caktuar konsol metalike 120x120x4 mm me një jakë prej 70 kg - (për shembull, të paktën 1/3 e gjatësisë) 04-08-2015: Doktor Lom
Në fakt, llogaritja e pinching është një temë më vete e madhe. Fakti është se rezistenca e betonit ndaj ngjeshjes është një gjë, por deformimi i tokës në të cilën shtypet betoni i themelit është krejt tjetër. Me pak fjalë, sa më i gjatë të jetë profili dhe sa më e madhe të jetë zona në kontakt me tokën, aq më mirë. 05-08-2015: Yuri
faleminderit! Në rastin tim, shtylla e portës metalike do të derdhet në një grumbull betoni me diametër 300 mm dhe gjatësi 1 m, dhe shtyllat në krye do të lidhen me një grilë betoni me kornizën e armaturës? beton kudo M 300. D.m.th. nuk do të ketë deformim të tokës. Do të doja të dija një raport të përafërt, megjithëse me një diferencë të madhe sigurie. 05-08-2015: Doktor Lom
Atëherë vërtet 1/3 e gjatësisë duhet të jetë e mjaftueshme për të krijuar një majë të ngurtë. Për shembull, shikoni artikullin "Llojet e mbështetësve, cilat skema të projektimit të zgjidhni". 05-08-2015: Yuri
20-09-2015: Karla
21-09-2015: Doktor Lom
Fillimisht mund të llogarisni rrezen veçmas për secilën ngarkesë sipas skemave të projektimit të paraqitura këtu, dhe më pas të shtoni rezultatet e marra duke marrë parasysh shenjat. 08-10-2015: Natalia
Përshëndetje doktor))) 08-10-2015: Doktor Lom
Siç e kuptoj, ju e keni fjalën për një rreze nga tabela 3. Për një tra të tillë, devijimi maksimal nuk do të jetë në mes të hapësirës, por më afër mbështetjes A. Në përgjithësi, sasia e devijimit dhe distanca x (deri në pikën e devijimit maksimal) varen nga gjatësia e konsolës, kështu që në këtë rast, duhet të përdorni ekuacionet e parametrave fillestarë të dhënë në fillim të artikullit. Devijimi maksimal në hapësirë do të jetë në pikën ku këndi i rrotullimit të seksionit të pjerrët është zero. Nëse tastiera është mjaft e gjatë, atëherë devijimi në fund të konzollës mund të jetë edhe më i madh se në hapësirë. 22-10-2015: Aleksandër
22-10-2015: Ivan
Faleminderit shumë për sqarimet tuaja. Ka shumë punë për të bërë në shtëpinë time. Gazebos, tenda, mbështetëse. Do të përpiqem të kujtoj se në një kohë kam fjetur si një student i zellshëm dhe më pas e kam kaluar rastësisht në Shkollën e Lartë Teknike Sovjetike. 27-11-2015: Michael
A nuk janë të gjitha dimensionet në SI? (shih komentin 06/08/2013 nga Vitaly) 27-11-2015: Doktor Lom
Cilat njësi do të përdorni, kgf ose Njuton, kgf/cm^2 ose Pascal, nuk ka rëndësi thelbësore. Si rezultat, ju do të merrni akoma centimetra (ose metra) si rezultat. Shih komentin 06/09/2013 nga Doktor Loma. 28-04-2016: Denis
Përshëndetje, unë kam një rreze sipas skemës 1.4. cila është formula për të gjetur forcën prerëse 28-04-2016: Doktor Lom
Për çdo seksion të rrezes, vlerat e forcës tërthore do të jenë të ndryshme (të cilat, megjithatë, mund të shihen nga diagrami përkatës i forcave tërthore). Në pjesën e parë 0< x < a, поперечная сила будет равна опорной реакции А. На втором участке a < x < l-b, поперечная сила будет равна А-Q и так далее, больше подробностей смотрите в статье "Основы сопромата. Расчетные формулы". 31-05-2016: Vitali
Faleminderit shumë, jeni të shkëlqyer! 14-06-2016: Denis
Kam hasur në faqen tuaj gjatë kësaj kohe. Gati më humbën llogaritjet e mia, gjithmonë mendoja se një tra konsol me ngarkesë në fund të traut do të përkulej më shumë sesa me një ngarkesë të shpërndarë në mënyrë uniforme, por formula 1.1 dhe 2.1 në tabelën 2 tregojnë të kundërtën. Faleminderit për punën tuaj 14-06-2016: Doktor Lom
Në përgjithësi, ka kuptim të krahasohet një ngarkesë e përqendruar me një të shpërndarë në mënyrë uniforme vetëm kur një ngarkesë reduktohet në një tjetër. Për shembull, kur Q = ql, formula për përcaktimin e devijimit sipas skemës së projektimit 1.1 do të marrë formën f = ql^4/3EI, d.m.th. devijimi do të jetë 8/3 = 2,67 herë më i madh se sa me një ngarkesë të shpërndarë thjesht në mënyrë uniforme. Pra, formulat për skemat e llogaritjes 1.1 dhe 2.1 nuk tregojnë asgjë të kundërtën, dhe fillimisht kishit të drejtë. 16-06-2016: inxhinier Garin
Mirëdita! Ende nuk mund ta kuptoj, do të isha shumë mirënjohës nëse mund të më ndihmonit ta kuptoja një herë e përgjithmonë - kur llogarit (ndonjë) një rreze të zakonshme I me një ngarkesë të zakonshme të shpërndarë përgjatë gjatësisë së saj, çfarë momenti inercie duhet të përdor - Iy ose Iz dhe pse? Nuk gjej forcën e forcës në asnjë libër shkollor kudo që shkruajnë se prerja tërthore duhet të priret në një katror dhe duhet marrë momenti më i vogël i inercisë. Unë thjesht nuk mund ta kuptoj kuptimin fizik nga bishti, a mund ta interpretoj disi këtë në gishtat e mi? 16-06-2016: Doktor Lom
Unë ju këshilloj që të filloni duke parë artikujt "Bazat e materialeve të rezistencës" dhe "Drejt llogaritjes së shufrave fleksibël nën veprimin e një ngarkese ekscentrike kompresive", gjithçka shpjegohet atje me detaje të mjaftueshme dhe qartë. Këtu do të shtoj se më duket se po ngatërroni llogaritjet për përkulje tërthore dhe gjatësore. Ato. kur ngarkesa është pingul me boshtin neutral të shufrës, atëherë përcaktohet devijimi (përkulja tërthore) kur ngarkesa është paralele me boshtin neutral të traut, atëherë përcaktohet qëndrueshmëria, me fjalë të tjera, efekti gjatësor; duke u përkulur në kapacitetin mbajtës të shufrës. Natyrisht, gjatë llogaritjes së ngarkesës tërthore (ngarkesa vertikale për një tra horizontal) duhet të merret momenti i inercisë në varësi të pozicionit të traut, por në çdo rast do të jetë Iz. Dhe kur llogaritet qëndrueshmëria, me kusht që ngarkesa të aplikohet përgjatë qendrës së gravitetit të seksionit, merret parasysh momenti më i vogël i inercisë, pasi probabiliteti i humbjes së stabilitetit në këtë plan është shumë më i madh. 23-06-2016: Denis
Përshëndetje, pyetja është pse në tabelën 1 për formulat 1.3 dhe 1.4 formulat e devijimit janë në thelb të njëjta dhe madhësia b. a nuk reflektohet në formulën 1.4 në asnjë mënyrë? 23-06-2016: Doktor Lom
Me një ngarkesë asimetrike, formula e devijimit për skemën e projektimit 1.4 do të jetë mjaft e rëndë, por duhet mbajtur mend se devijimi në çdo rast do të jetë më i vogël se kur aplikoni një ngarkesë simetrike (natyrisht, me kusht b 03-11-2016: Vladimiri
në tabelën 1 për formulat 1.3 dhe 1.4, formula e devijimit duhet të jetë Ql^3/24EI në vend të Qa^3/24EI. Për një kohë të gjatë nuk mund ta kuptoja pse devijimi me kristalin nuk konvergonte 03-11-2016: Doktor Lom
Ashtu është, një tjetër gabim shtypi për shkak të redaktimit të pavëmendshëm (shpresoj të jetë i fundit, por jo fakt). E korrigjuar, faleminderit për vëmendjen tuaj. 16-12-2016: Ivan
Përshëndetje, doktor Lom. Pyetja është si vijon: po shikoja fotot nga kantieri dhe vura re një gjë: mbrapa e betonit të prodhuar në fabrikë është afërsisht 30*30 cm, e mbështetur në një panel betoni me tre shtresa rreth 7 centimetra (betoni i armuar paneli u sharrua pak për të mbështetur arkivën mbi të). Hapja për kornizën e ballkonit është 1.3 m, përgjatë majës së arkitës ka një rrip të blinduar dhe pllaka dyshemeje papafingo. A janë këto 7 cm kritike, mbështetja e skajit tjetër të kërcyesit është më shumë se 30 cm, gjithçka është në rregull tash e disa vite 16-12-2016: Doktor Lom
Nëse ka edhe një rrip të blinduar, atëherë ngarkesa në bluzë mund të zvogëlohet ndjeshëm. Unë mendoj se gjithçka do të jetë mirë dhe madje edhe në 7 cm ka një diferencë mjaft të madhe sigurie në platformën mbështetëse. Por në përgjithësi, natyrisht, duhet të numëroni. 25-12-2016: Ivan
Doktor, nëse supozojmë, mirë, thjesht teorikisht 25-12-2016: Doktor Lom
Unë mendoj se edhe në këtë rast asgjë nuk do të ndodhë. Por e përsëris, një përgjigje më e saktë kërkon llogaritje. 09-01-2017: Andrey
Në tabelën 1, në formulën 2.3, për të llogaritur devijimin, në vend të "q", tregohet "Q". Formula 2.1 për llogaritjen e devijimit, duke qenë një rast i veçantë i formulës 2.3, kur futja e vlerave përkatëse (a=c=l, b=0) merr një formë tjetër. 09-01-2017: Doktor Lom
Është e drejtë, ka pasur një gabim shtypi, por tani nuk ka rëndësi. Formulën e devijimit për një skemë të tillë të projektimit e mora nga libri referues i S.P. Fesik, si më e shkurtra për rastin e veçantë x = a. Por siç e vutë re saktë, kjo formulë nuk e kalon testin e kushteve kufitare, kështu që e hoqa fare. Kam lënë vetëm formulën për përcaktimin e këndit fillestar të rrotullimit në mënyrë që të thjeshtoj përcaktimin e devijimit duke përdorur metodën e parametrave fillestarë. 02-03-2017: Doktor Lom
Me sa di unë, një rast kaq i veçantë nuk merret parasysh në tekstet shkollore. Vetëm softueri do të ndihmojë këtu, për shembull, Lyra. 24-03-2017: Eageniy
Mirëdita, në formulën e devijimit 1.4 në tabelën e parë - vlera në kllapa është gjithmonë negative 24-03-2017: Doktor Lom
Gjithçka është e saktë, në të gjitha formulat e dhëna, shenja negative në formulën e devijimit do të thotë që rrezja përkulet poshtë përgjatë boshtit y. 29-03-2017: Oksana
Mirëdita, doktor Lom. A mund të shkruani një artikull në lidhje me çift rrotullues në një rreze metalike - kur ndodh fare, në cilat skema të projektimit dhe, natyrisht, do të doja të shihja llogaritjet tuaja me shembuj. Unë kam një tra metalik të mbështetur me varëse, njëra skaj është e konsolit dhe në të vjen një ngarkesë e përqendruar dhe ngarkesa shpërndahet në të gjithë traun nga betoni i armuar. pllakë e hollë 100 mm dhe mur gardh. Kjo rreze është më e jashtme. Me betonarme Pllaka lidhet me shufra 6 mm të salduara në tra me një hap prej 600 mm. Nuk mund ta kuptoj nëse do të ketë një çift rrotullues atje, nëse po, si ta gjej atë dhe të llogaris seksionin kryq të rrezes në lidhje me të? Doktor Lom Viktor, ledhatimi emocional është, sigurisht, i mirë, por nuk mund ta përhapësh në bukë dhe nuk mund ta ushqesh familjen me të. Përgjigjja në pyetjen tuaj kërkon llogaritje, llogaritjet janë kohë dhe koha nuk është përkëdhelje emocionale. 13-11-2017: 1
Në tabelën 2, shembulli nr. 1.1 ka një gabim në formulën për theta(x) 04-06-2019: Anton
Përshëndetje, i dashur doktor, kam një pyetje në lidhje me metodën e parametrave fillestarë. Në fillim të artikullit, ju shkruani se formula për devijimin e rrezes mund të merret duke integruar siç duhet ekuacionin e momentit të përkuljes dy herë, duke e ndarë rezultatin me EI dhe duke i shtuar kësaj rezultatin e integrimit të këndit të rrotullimit. 05-06-2019: Doktor Lom
Gabimi është se nuk keni integruar ekuacionin e momentit, por rezultatin e zgjidhjes së këtij ekuacioni për një pikë në mes të rrezes, dhe këto janë gjëra të ndryshme. Përveç kësaj, kur shtoni, duhet të monitoroni me kujdes shenjën "+" ose "-". Nëse analizoni me kujdes formulën e devijimit të dhënë për këtë skemë projektimi, do të kuptoni se për çfarë po flasim. Dhe kur integrohet këndi i rrotullimit, rezultati është q*l4/48, jo q*l4/96, dhe në formulën përfundimtare do të vijë me një minus, pasi një kënd i tillë fillestar i rrotullimit do të çojë në devijimin e rrezes nën boshtin x. 09-07-2019: Aleksandër
Përshëndetje, në formulat T.1 2.3 për momentet, çfarë merret si X? Mesi i ngarkesës së shpërndarë? 09-07-2019: Doktor Lom
Për të gjitha tabelat, distanca x është distanca nga pika e origjinës (zakonisht mbështetja A) deri në pikën në fjalë në boshtin neutral të rrezes. Ato. Formulat e dhëna ju lejojnë të përcaktoni vlerën e momentit për çdo seksion kryq të rrezes. Për një tra konsol të ngarkuar me një ngarkesë të shpërndarë me intensitet kN/m dhe një moment të përqendruar kN m (Fig. 3.12), kërkohet: ndërtimi i diagrameve të forcave prerëse dhe momenteve të përkuljes, përzgjedhja e një trau me prerje rrethore me një sforcim normal i lejuar kN/cm2 dhe kontrolloni qëndrueshmërinë e traut sipas sforcimeve tangjenciale me sforcim tangjencial të lejuar kN/cm2. Dimensionet e trarit m; m; m. Reagimi horizontal në ngulitje është zero, pasi ngarkesat e jashtme në drejtimin e boshtit z nuk veprojnë në rreze. Ne zgjedhim drejtimet e forcave reaktive të mbetura që dalin në ngulitje: ne do ta drejtojmë reagimin vertikal, për shembull, poshtë, dhe momentin - në drejtim të akrepave të orës. Vlerat e tyre përcaktohen nga ekuacionet statike: Kur përpilojmë këto ekuacione, ne e konsiderojmë momentin pozitiv kur rrotullohemi në drejtim të kundërt të akrepave të orës dhe projeksioni i forcës është pozitiv nëse drejtimi i saj përkon me drejtimin pozitiv të boshtit y. Nga ekuacioni i parë gjejmë momentin në vulë: Nga ekuacioni i dytë - reagimi vertikal: Vlerat pozitive që morëm për momentin dhe reagimi vertikal në embedment tregojnë se kemi marrë me mend drejtimet e tyre. Në përputhje me natyrën e fiksimit dhe ngarkimit të rrezes, ne e ndajmë gjatësinë e tij në dy seksione. Përgjatë kufijve të secilit prej këtyre seksioneve do të përshkruajmë katër seksione tërthore (shih Fig. 3.12), në të cilat do të përdorim metodën e seksioneve (ROZU) për të llogaritur vlerat e forcave prerëse dhe momenteve të përkuljes. Seksioni 1. Le të hedhim mendërisht anën e djathtë të rrezes. Le të zëvendësojmë veprimin e tij në anën e majtë të mbetur me një forcë prerëse dhe një moment përkuljeje. Për lehtësinë e llogaritjes së vlerave të tyre, le të mbulojmë anën e djathtë të rrezes së hedhur me një copë letre, duke rreshtuar skajin e majtë të fletës me pjesën në shqyrtim. Le të kujtojmë se forca prerëse që lind në çdo seksion kryq duhet të balancojë të gjitha forcat e jashtme (aktive dhe reaktive) që veprojnë në pjesën e rrezes që konsiderohet (d.m.th., e dukshme) nga ne. Prandaj, forca prerëse duhet të jetë e barabartë me shumën algjebrike të të gjitha forcave që shohim. Le të paraqesim edhe rregullin e shenjave për forcën prerëse: një forcë e jashtme që vepron në pjesën e traut në shqyrtim dhe që tenton të "rrotullojë" këtë pjesë në lidhje me seksionin në drejtim të akrepave të orës, shkakton një forcë prerëse pozitive në seksion. Një forcë e tillë e jashtme përfshihet në shumën algjebrike për përkufizimin me një shenjë plus. Në rastin tonë, ne shohim vetëm reagimin e mbështetjes, e cila rrotullon pjesën e rrezes së dukshme për ne në lidhje me seksionin e parë (në lidhje me skajin e copës së letrës) në drejtim të kundërt të akrepave të orës. Kjo është arsyeja pse Momenti i përkuljes në çdo seksion duhet të balancojë momentin e krijuar nga forcat e jashtme të dukshme për ne në lidhje me seksionin në fjalë. Rrjedhimisht, është e barabartë me shumën algjebrike të momenteve të të gjitha forcave që veprojnë në pjesën e traut që po shqyrtojmë, në lidhje me seksionin në shqyrtim (me fjalë të tjera, në lidhje me skajin e copës së letrës). Në këtë rast, ngarkesa e jashtme, duke përkulur pjesën e traut në shqyrtim me konveksitetin e saj poshtë, shkakton një moment lakimi pozitiv në seksion. Dhe momenti i krijuar nga një ngarkesë e tillë përfshihet në shumën algjebrike për përcaktim me një shenjë "plus". Ne shohim dy përpjekje: reagimin dhe momentin e mbylljes. Megjithatë, leva e forcës në lidhje me seksionin 1 është zero. Kjo është arsyeja pse Ne morëm shenjën "plus" sepse momenti reaktiv e përkul pjesën e rrezes të dukshme për ne me një konveks poshtë. Seksioni 2. Si më parë, ne do të mbulojmë të gjithë anën e djathtë të rrezes me një copë letre. Tani, ndryshe nga pjesa e parë, forca ka një shpatull: m Seksioni 3. Mbyllja e anës së djathtë të rrezes, gjejmë Seksioni 4. Mbuloni anën e majtë të rrezes me një fletë. Pastaj Duke përdorur vlerat e gjetura, ndërtojmë diagrame të forcave prerëse (Fig. 3.12, b) dhe momenteve të përkuljes (Fig. 3.12, c). Në zonat e shkarkuara, diagrami i forcave prerëse shkon paralelisht me boshtin e rrezes, dhe nën një ngarkesë të shpërndarë q - përgjatë një vije të drejtë të prirur lart. Nën reagimin mbështetës në diagram ka një kërcim poshtë nga vlera e këtij reagimi, domethënë me 40 kN. Në diagramin e momenteve të përkuljes shohim një thyerje nën reagimin e mbështetjes. Këndi i përkuljes drejtohet drejt reagimit mbështetës. Nën një ngarkesë të shpërndarë q, diagrami ndryshon përgjatë një parabole kuadratike, konveksiteti i së cilës drejtohet drejt ngarkesës. Në seksionin 6 në diagram ka një ekstrem, pasi diagrami i forcës prerëse në këtë vend kalon përmes vlerës zero. Gjendja normale e forcës së stresit ka formën: ku është momenti i rezistencës së traut gjatë përkuljes. Për një rreze me prerje rrethore është e barabartë me: Vlera më e madhe absolute e momentit të përkuljes ndodh në seksionin e tretë të rrezes: Pastaj diametri i kërkuar i rrezes përcaktohet nga formula Ne e pranojmë mm. Pastaj "Mbitensioni" është çfarë lejohet. Sforcimet më të mëdha prerëse që lindin në seksionin kryq të një trau me prerje rrethore llogariten me formulën ku është sipërfaqja e prerjes tërthore. Sipas diagramit, vlera më e madhe algjebrike e forcës prerëse është e barabartë me pra është i plotësuar edhe kushti i qëndrueshmërisë për sforcimet tangjenciale dhe me një diferencë të madhe. Për një tra të mbështetur thjesht të ngarkuar me një ngarkesë të shpërndarë me intensitet kN/m, forcë të përqendruar kN dhe moment të përqendruar kN m (Fig. 3.13), është e nevojshme të ndërtohen diagrame të forcave prerëse dhe momenteve të përkuljes dhe të zgjidhet një rreze me rreze I. prerje tërthore me një sforcim normal të lejuar kN/cm2 dhe sforcim tangjencial të lejuar kN/cm2. Hapësirë trau m. Oriz. 3.13 Për një rreze të dhënë thjesht të mbështetur, është e nevojshme të gjenden tre reagime mbështetëse: , dhe . Meqenëse në tra veprojnë vetëm ngarkesat vertikale pingul me boshtin e tij, reaksioni horizontal i mbështetëses së fiksuar të varur A është zero: . Drejtimet e reaksioneve vertikale zgjidhen në mënyrë arbitrare. Le t'i drejtojmë, për shembull, të dy reagimet vertikale lart. Për të llogaritur vlerat e tyre, le të krijojmë dy ekuacione statike: Le të kujtojmë se rezultanta e një ngarkese lineare, e shpërndarë në mënyrë uniforme në një seksion me gjatësi l, është e barabartë me, domethënë e barabartë me sipërfaqen e diagramit të kësaj ngarkese dhe zbatohet në qendrën e gravitetit të kësaj ngarkese. diagrami, domethënë në mes të gjatësisë. Le të kontrollojmë: . Kujtoni se forcat, drejtimi i të cilave përkon me drejtimin pozitiv të boshtit y, projektohen (projektohen) në këtë bosht me një shenjë plus: kjo është e vërtetë. Ne e ndajmë gjatësinë e rrezes në seksione të veçanta. Kufijtë e këtyre seksioneve janë pikat e aplikimit të forcave të përqendruara (aktive dhe/ose reaktive), si dhe pikat që korrespondojnë me fillimin dhe fundin e ngarkesës së shpërndarë. Ekzistojnë tre seksione të tilla në problemin tonë. Përgjatë kufijve të këtyre seksioneve, ne do të përshkruajmë gjashtë seksione tërthore, në të cilat do të llogarisim vlerat e forcave prerëse dhe momenteve të përkuljes (Fig. 3.13, a). Seksioni 1. Le të hedhim mendërisht anën e djathtë të rrezes. Për lehtësinë e llogaritjes së forcës prerëse dhe momentit të përkuljes që lind në këtë seksion, ne do të mbulojmë pjesën e traut që hodhëm me një copë letër, duke vendosur skajin e majtë të fletës së letrës me vetë seksionin. Forca prerëse në seksionin e rrezes është e barabartë me shumën algjebrike të të gjitha forcave të jashtme (aktive dhe reaktive) që shohim. Në këtë rast, ne shohim reagimin e mbështetjes dhe ngarkesës lineare q të shpërndarë në një gjatësi infinite të vogël. Ngarkesa lineare që rezulton është zero. Kjo është arsyeja pse Shenja plus merret sepse forca rrotullon pjesën e rrezes së dukshme për ne në lidhje me seksionin e parë (skajet e një copë letre) në drejtim të akrepave të orës. Momenti i përkuljes në seksionin e rrezes është i barabartë me shumën algjebrike të momenteve të të gjitha forcave që shohim në lidhje me seksionin në shqyrtim (d.m.th., në lidhje me skajin e copës së letrës). Ne shohim reagimin mbështetës dhe ngarkesën lineare q të shpërndara në një gjatësi infiniteminale. Megjithatë, forca ka një levë prej zero. Ngarkesa lineare rezultante është gjithashtu zero. Kjo është arsyeja pse Seksioni 2. Si më parë, ne do të mbulojmë të gjithë anën e djathtë të rrezes me një copë letre. Tani shohim reagimin dhe ngarkesën q që veprojnë në një seksion gjatësie. Ngarkesa lineare rezultante është e barabartë me . Është ngjitur në mes të një seksioni të gjatësisë. Kjo është arsyeja pse Le të kujtojmë se kur përcaktojmë shenjën e momentit të përkuljes, ne e çlirojmë mendërisht pjesën e rrezes së dukshme për ne nga të gjitha fiksimet mbështetëse aktuale dhe e imagjinojmë atë sikur të jetë mbërthyer në pjesën në shqyrtim (d.m.th., imagjinojmë mendërisht skajin e majtë e një copë letre si një ngulitje e ngurtë). Seksioni 3. Mbyllni anën e djathtë. marrim Seksioni 4. Mbuloni anën e djathtë të rrezes me një fletë. Pastaj Tani, për të kontrolluar korrektësinë e llogaritjeve, le të mbulojmë anën e majtë të rrezes me një copë letër. Ne shohim forcën e përqendruar P, reaksionin e mbështetësit të duhur dhe ngarkesën lineare q të shpërndara në një gjatësi infiniteminale. Ngarkesa lineare që rezulton është zero. Kjo është arsyeja pse Kjo është, gjithçka është e saktë. Seksioni 5. Si më parë, mbyllni anën e majtë të rrezes. do të kemi Seksioni 6. Le të mbyllim përsëri anën e majtë të rrezes. marrim Duke përdorur vlerat e gjetura, ndërtojmë diagrame të forcave prerëse (Fig. 3.13, b) dhe momenteve të përkuljes (Fig. 3.13, c). Sigurohemi që nën zonën e shkarkuar, diagrami i forcave prerëse të shkojë paralelisht me boshtin e rrezes, dhe nën një ngarkesë të shpërndarë q - përgjatë një linje të drejtë të pjerrët poshtë. Ekzistojnë tre kërcime në diagram: nën reaksion - lart me 37,5 kN, nën reagim - lart me 132,5 kN dhe nën forcën P - poshtë me 50 kN. Në diagramin e momenteve të përkuljes shohim thyerje nën forcën e përqendruar P dhe nën reaksionet mbështetëse. Këndet e thyerjes janë të drejtuara drejt këtyre forcave. Nën një ngarkesë të shpërndarë me intensitet q, diagrami ndryshon përgjatë një parabole kuadratike, konveksiteti i së cilës drejtohet drejt ngarkesës. Nën momentin e përqendruar ka një kërcim prej 60 kN m, domethënë nga madhësia e vetë momentit. Në seksionin 7 në diagram ka një ekstrem, pasi diagrami i forcës prerëse për këtë seksion kalon përmes vlerës zero (). Le të përcaktojmë distancën nga seksioni 7 në mbështetësen e majtë. Përkulje e drejtë. Përkulja tërthore e rrafshët Ndërtimi i diagrameve të faktorëve të forcës së brendshme për trarët Ndërtimi i diagrameve të Q dhe M duke përdorur ekuacione Ndërtimi i diagrameve të Q dhe M duke përdorur seksionet (pikat) karakteristike Llogaritjet e forcës për përkuljen e drejtpërdrejtë të trarëve Sforcimet kryesore gjatë përkuljes. Një kontroll i plotë i forcës së trarëve Koncepti i qendrës së përkuljes. Konceptet e deformimit të trarëve dhe kushtet për ngurtësinë e tyre Ekuacioni diferencial i boshtit të lakuar të një trau Metoda e integrimit të drejtpërdrejtë Shembuj të përcaktimit të zhvendosjeve në trarë me metodën e integrimit të drejtpërdrejtë Kuptimi fizik i konstantave të integrimit Metoda e parametrave fillestarë (ekuacioni universal i lakuar boshti i një trau). 1.3, b). Oriz. 1.3 Kur llogaritet momenti i përkuljes në një seksion të caktuar, momentet e forcave të jashtme që shtrihen në të majtë të seksionit konsiderohen pozitive nëse drejtohen në drejtim të akrepave të orës. Për anën e djathtë të rrezes - anasjelltas. Është i përshtatshëm për të përcaktuar shenjën e momentit të lakimit nga natyra e deformimit të rrezes. Momenti i përkuljes konsiderohet pozitiv nëse, në seksionin në shqyrtim, pjesa e prerë e rrezes përkulet në mënyrë konvekse poshtë, d.m.th., fijet e poshtme janë shtrirë. Në rastin e kundërt, momenti i përkuljes në seksion është negativ. Ekzistojnë marrëdhënie diferenciale midis momentit të përkuljes M, forcës prerëse Q dhe intensitetit të ngarkesës q. 1. Derivati i parë i forcës prerëse përgjatë abshisës së seksionit është i barabartë me intensitetin e ngarkesës së shpërndarë, d.m.th. Ordinatat pozitive të diagramit M janë vendosur, dhe ordinatat negative vendosen lart, d.m.th., diagrami M është ndërtuar nga ana e fibrave të shtrira. Ndërtimi i diagrameve Q dhe M për trarët duhet të fillojë me përcaktimin e reaksioneve mbështetëse. Për një tra me një skaj të mbërthyer dhe skajin tjetër të lirë, ndërtimi i diagrameve Q dhe M mund të fillohet nga skaji i lirë, pa përcaktuar reaksionet në embedment. 1.2. Ndërtimi i diagrameve Q dhe M duke përdorur ekuacionet e Trarit ndahet në seksione brenda të cilave funksionet për momentin e përkuljes dhe forcën prerëse mbeten konstante (nuk kanë ndërprerje). Kufijtë e seksioneve janë pikat e aplikimit të forcave të përqendruara, çiftet e forcave dhe vendet e ndryshimit të intensitetit të ngarkesës së shpërndarë. Në çdo seksion, merret një seksion arbitrar në një distancë x nga origjina e koordinatave, dhe për këtë seksion përpilohen ekuacionet për Q dhe M, duke përdorur këto ekuacione, diagramet e Q dhe M janë ndërtuar Shembulli 1.1 forcat Q dhe momentet e përkuljes M për një tra të caktuar (Fig. 1.4,a). Zgjidhja: 1. Përcaktimi i reaksioneve mbështetëse. Hartojmë ekuacionet e ekuilibrit: nga të cilat përftojmë Reaksionet e mbështetësve përcaktohen saktë. Trari ka katër seksione Fig. 1.4 ngarkesa: CA, AD, DB, BE. 2. Ndërtimi i diagramit Q. Seksioni CA. Në seksionin CA 1, ne vizatojmë një seksion arbitrar 1-1 në një distancë x1 nga skaji i majtë i rrezes. Ne e përkufizojmë Q si shumën algjebrike të të gjitha forcave të jashtme që veprojnë në të majtë të seksionit 1-1: Shenja minus merret sepse forca që vepron në të majtë të seksionit është e drejtuar poshtë. Shprehja për Q nuk varet nga ndryshorja x1. Diagrami Q në këtë seksion do të përshkruhet si një vijë e drejtë paralele me boshtin e abshisës. Seksioni AD. Në seksion ne vizatojmë një seksion arbitrar 2-2 në një distancë x2 nga skaji i majtë i rrezes. Ne përcaktojmë Q2 si shumën algjebrike të të gjitha forcave të jashtme që veprojnë në të majtë të seksionit 2-2: 8 Vlera e Q është konstante në seksion (nuk varet nga ndryshorja x2). Grafiku Q në seksion është një vijë e drejtë paralele me boshtin e abshisës. Komploti DB. Në sit vizatojmë një seksion arbitrar 3-3 në një distancë x3 nga skaji i djathtë i rrezes. Ne e përkufizojmë Q3 si shumën algjebrike të të gjitha forcave të jashtme që veprojnë në të djathtë të seksionit 3-3: Shprehja që rezulton është ekuacioni i një drejtëze të pjerrët. Seksioni BE. Në sit vizatojmë një seksion 4-4 në një distancë x4 nga skaji i djathtë i rrezes. Ne e përkufizojmë Q si shumën algjebrike të të gjitha forcave të jashtme që veprojnë në të djathtë të seksionit 4-4: 4 Këtu merret shenja plus sepse ngarkesa rezultante në të djathtë të seksionit 4-4 është e drejtuar poshtë. Në bazë të vlerave të marra ndërtojmë diagrame Q (Fig. 1.4, b). 3. Ndërtimi i diagramit M. Parcela m1. Ne përcaktojmë momentin e përkuljes në seksionin 1-1 si shumën algjebrike të momenteve të forcave që veprojnë në të majtë të seksionit 1-1. Duke përdorur këtë metodë, vlerat e Q dhe M llogariten në seksione karakteristike. Seksionet karakteristike janë seksionet kufitare të seksioneve, si dhe seksionet ku një faktor i caktuar i forcës së brendshme ka një vlerë ekstreme. Brenda kufijve midis seksioneve karakteristike, skica 12 e diagramit vendoset në bazë të varësive diferenciale midis M, Q, q dhe përfundimeve që dalin prej tyre. Shembulli 1.3 Ndërtoni diagramet Q dhe M për traun e paraqitur në Fig. 1.6, a. Oriz. 1.6. Zgjidhja: Fillojmë ndërtimin e diagrameve Q dhe M nga skaji i lirë i traut, ndërsa reaksionet në embedment nuk kanë nevojë të përcaktohen. Trari ka tre seksione ngarkimi: AB, BC, CD. Nuk ka ngarkesë të shpërndarë në seksionet AB dhe BC. Forcat prerëse janë konstante. Diagrami Q është i kufizuar në vija të drejta paralele me boshtin x. Momentet e përkuljes ndryshojnë në mënyrë lineare. Diagrami M kufizohet nga vija të drejta të prirura nga boshti i abshisës. Ekziston një ngarkesë e shpërndarë në mënyrë uniforme në seksionin CD. Forcat tërthore ndryshojnë sipas një ligji linear, dhe momentet e përkuljes - sipas ligjit të një parabole katrore me konveksitet në drejtim të ngarkesës së shpërndarë. Në kufirin e seksioneve AB dhe BC, forca tërthore ndryshon befas. Në kufirin e seksioneve BC dhe CD, momenti i përkuljes ndryshon befas. 1. Ndërtimi i diagramit Q. Llogaritim vlerat e forcave tërthore Q në seksionet kufitare të seksioneve: Bazuar në rezultatet e llogaritjes, ndërtojmë diagramin Q për traun (Fig. 1, b). Nga diagrami Q rezulton se forca tërthore në seksionin CD është e barabartë me zero në seksionin e vendosur në një distancë qa a q nga fillimi i këtij seksioni. Në këtë seksion, momenti i përkuljes ka vlerën e tij maksimale. 2. Ndërtimi i diagramit M. Llogaritim vlerat e momenteve të përkuljes në seksionet kufitare të seksioneve: Në momentin maksimal në seksion Bazuar në rezultatet e llogaritjes, ndërtojmë diagramin M (Fig. 5.6, c). Shembulli 1.4 Duke përdorur një diagram të caktuar të momenteve të përkuljes (Fig. 1.7, a) për një rreze (Fig. 1.7, b), përcaktoni ngarkesat që veprojnë dhe ndërtoni diagramin Q. Rrethi tregon kulmin e një parabole katrore. Zgjidhja: Le të përcaktojmë ngarkesat që veprojnë në tra. Seksioni AC është i ngarkuar me një ngarkesë të shpërndarë në mënyrë uniforme, pasi diagrami M në këtë seksion është një parabolë katrore. Në seksionin e referencës B, një moment i përqendruar aplikohet në rreze, duke vepruar në drejtim të akrepave të orës, pasi në diagramin M kemi një kërcim lart nga madhësia e momentit. Në seksionin NE, trau nuk është i ngarkuar, pasi diagrami M në këtë seksion është i kufizuar nga një vijë e drejtë e pjerrët. Reagimi i mbështetjes B përcaktohet nga kushti që momenti i përkuljes në seksionin C të jetë i barabartë me zero, d.m.th. Për të përcaktuar intensitetin e ngarkesës së shpërndarë, ne krijojmë një shprehje për momentin e përkuljes në seksionin A si shuma e momenteve të forcat në të djathtë dhe e barazojmë me zero Tani përcaktojmë reagimin e mbështetjes A. Për ta bërë këtë, ne do të përpilojmë një shprehje për momentet e përkuljes në seksion si shuma e momenteve të forcave në të majtë. Diagrami i projektimit të traut me një ngarkesë është paraqitur në Fig. 1.7, shek. Duke u nisur nga skaji i majtë i rrezes, ne llogarisim vlerat e forcave tërthore në seksionet kufitare të seksioneve: Diagrami Q është paraqitur në Fig. 1.7, d Problemi i konsideruar mund të zgjidhet duke hartuar varësi funksionale për M, Q në çdo seksion. Le të zgjedhim origjinën e koordinatave në skajin e majtë të rrezes. Në seksionin AC, diagrami M shprehet me një parabolë katrore, ekuacioni i së cilës ka formën Konstantet a, b, c gjenden nga kushti që parabola të kalojë nëpër tri pika me koordinata të njohura: Zëvendësimi i koordinatave të pikave. në ekuacionin e parabolës, marrim: Shprehja për momentin e përkuljes do të jetë Diferencimi i funksionit M1, marrim varësinë për forcën tërthore Pas diferencimit të funksionit Q, marrim një shprehje për intensitetin e ngarkesës së shpërndarë. Në pjesën NE, shprehja për momentin e përkuljes është paraqitur në formën e një funksioni linear Për të përcaktuar konstantet a dhe b, përdorim kushtet që kjo drejtëz të kalojë nëpër dy pika, koordinatat e të cilave janë të njohura fitojmë dy ekuacione: ,b nga të cilat kemi një 20. Ekuacioni për momentin e përkuljes në seksionin NE do të jetë Pas diferencimit të dyfishtë të M2, do të gjejmë duke përdorur vlerat e gjetura të M dhe Q, do të ndërtojmë diagramet e momentet e përkuljes dhe forcat prerëse për traun. Përveç ngarkesës së shpërndarë, forca të përqendruara aplikohen në tra në tre seksione, ku ka kërcime në diagramin Q dhe momente të përqendruara në seksionin ku ka një goditje në diagramin M. Shembulli 1.5 Për një tra (Fig. 1.8, a), përcaktoni pozicionin racional të menteshës C, në të cilën momenti më i madh i përkuljes në hapësirë është i barabartë me momentin e përkuljes në vendosje (në vlerë absolute). Ndërtoni diagramet e Q dhe M. Zgjidhje Përcaktimi i reaksioneve mbështetëse. Përkundër faktit se numri i përgjithshëm i lidhjeve mbështetëse është katër, rrezja është e përcaktuar statikisht. Momenti i përkuljes në menteshën C është zero, gjë që na lejon të krijojmë një ekuacion shtesë: shuma e momenteve rreth menteshës së të gjitha forcave të jashtme që veprojnë në njërën anë të kësaj varëseje është e barabartë me zero. Le të përpilojmë shumën e momenteve të të gjitha forcave në të djathtë të menteshës C. Diagrami Q për traun kufizohet nga një vijë e drejtë e pjerrët, pasi q = konst. Përcaktojmë vlerat e forcave tërthore në seksionet kufitare të traut: Abshisa xK e seksionit, ku Q = 0, përcaktohet nga ekuacioni nga i cili diagrami M për rreze kufizohet nga një parabolë katrore. Shprehjet për momentet e përkuljes në seksione, ku Q = 0, dhe në embedment shkruhen përkatësisht si më poshtë: Nga kushti i barazisë së momenteve, fitojmë një ekuacion kuadratik për parametrin e dëshiruar x: Vlera reale x2x 1.029 m. Ne përcaktojmë vlerat numerike të forcave tërthore dhe momenteve të përkuljes në seksionet karakteristike të rrezes Figura 1.8, b tregon diagramin Q, dhe në Fig. 1.8, c – diagrami M. Problemi i konsideruar mund të zgjidhet duke e ndarë traun e varur në elementët e tij përbërës, siç tregohet në Fig. 1.8, d Në fillim përcaktohen reagimet e mbështetësve VC dhe VB. Diagramet e Q dhe M janë ndërtuar për rrezen e varur SV nga veprimi i ngarkesës së aplikuar në të. Më pas kalojnë në rreze kryesore AC, duke e ngarkuar atë me një forcë shtesë VC, e cila është forca e presionit të rrezes CB në traun AC. Pas kësaj, diagramet Q dhe M janë ndërtuar për rreze AC. 1.4. Llogaritjet e rezistencës për përkuljen e drejtpërdrejtë të trarëve Llogaritjet e rezistencës bazuar në sforcimet normale dhe prerëse. Kur një tra përkulet drejtpërdrejt në seksionet e tij tërthore, lindin sforcimet normale dhe tangjenciale (Fig. 1.9). 11) Për trarët e bërë nga materiale të brishtë me seksione që janë asimetrike në lidhje me boshtin neutral, nëse diagrami M është i paqartë (Fig. 1.12), është e nevojshme të shënohen dy kushte të forcës - distanca nga boshti neutral në pikat më të largëta të zonave të shtrira dhe të ngjeshura të seksionit të rrezikshëm, përkatësisht; P - sforcimet e lejueshme për tension dhe ngjeshje, përkatësisht. Fig.1.12. Duke marrë parasysh anën e majtë të traut, marrim Diagrami i forcave tërthore është paraqitur në Fig. 1.14, shek. Diagrami i momenteve të përkuljes është paraqitur në Fig. 5.14, g 2. Karakteristikat gjeometrike të prerjes tërthore 3. Sforcimet më të larta normale në seksionin C, ku vepron Mmax (moduli): MPa. Sforcimet maksimale normale në rreze janë pothuajse të barabarta me ato të lejuara. 4. Sforcimet më të larta tangjenciale në seksionin C (ose A), ku vepron max Q (modulo): Këtu është momenti statik i zonës së gjysmëprerjes në lidhje me boshtin neutral; b2 cm – gjerësia e seksionit në nivel të boshtit neutral. 5. Sforcimet tangjenciale në një pikë (në mur) në seksionin C: Fig. 1.15 Këtu Szomc 834.5 108 cm3 është momenti statik i sipërfaqes së seksionit të vendosur mbi vijën që kalon nga pika K1; b2 cm – trashësia e murit në nivel të pikës K1. Diagramet dhe për seksionin C të traut janë paraqitur në Fig. 1.15. Shembulli 1.7 Për traun e paraqitur në Fig. 1.16, a, kërkohet: 1. Ndërtoni diagrame të forcave tërthore dhe momenteve të përkuljes përgjatë seksioneve (pikave) karakteristike. 2. Përcaktoni përmasat e prerjes tërthore në formë rrethi, drejtkëndëshi dhe rreze I nga gjendja e forcës nën sforcimet normale, krahasoni sipërfaqet e prerjes tërthore. 3. Kontrolloni dimensionet e zgjedhura të seksioneve të trarit sipas stresit tangjencial. Jepet: Zgjidhja: 1. Përcaktoni reaksionet e mbështetësve të traut Kontrolloni: 2. Ndërtimi i diagrameve Q dhe M. Vlerat e forcave tërthore në seksionet karakteristike të traut 25 Fig. 1.16 Në seksionet CA dhe AD, intensiteti i ngarkesës q = konst. Rrjedhimisht, në këto zona diagrami Q është i kufizuar në vija të drejta të prirura nga boshti. Në seksionin DB, intensiteti i ngarkesës së shpërndarë është q = 0, prandaj, në këtë seksion, diagrami Q është i kufizuar në një vijë të drejtë paralele me boshtin x. Diagrami Q për rreze është paraqitur në Fig. 1.16, b. Vlerat e momenteve të përkuljes në seksionet karakteristike të traut: Në pjesën e dytë përcaktojmë abshisën x2 të seksionit në të cilin Q = 0: Momenti maksimal në seksionin e dytë Diagrami M për traun është paraqitur në Fig. 1.16, shek. 2. Ne krijojmë një gjendje fortësie bazuar në sforcimet normale, nga e cila përcaktojmë momentin e kërkuar aksial të rezistencës së seksionit nga shprehja e përcaktuar nga diametri i kërkuar d i një rrezeje të një seksioni rrethor. Për një rreze të një seksioni drejtkëndor, Përcaktoni numrin e kërkuar të rrezes. Duke përdorur tabelat e GOST 8239-89, gjejmë vlerën më të afërt më të lartë të momentit aksial të rezistencës 597 cm3, që korrespondon me rreze I nr. 33 me karakteristikat: A z 9840 cm4. Kontrolli i tolerancës: (nënngarkimi me 1% të 5% të lejuar), rrezja I më e afërt Nr. 30 (W 2 cm3) çon në mbingarkesë të konsiderueshme (më shumë se 5%). Më në fund pranojmë rreze I nr. 33. Krahasojmë sipërfaqet e seksioneve të rrumbullakëta dhe drejtkëndëshe me sipërfaqen më të vogël A të traut I: Nga tre seksionet e marra në konsideratë, më ekonomike është seksioni me rreze I. 3. Llogaritim sforcimet normale më të larta në seksionin e rrezikshëm 27 të rrezes I (Fig. 1.17, a): Sforcimet normale në mur pranë fllanxhës së seksionit të rrezes I Diagrami i sforcimeve normale në seksionin e rrezikshëm të rrezja është paraqitur në Fig. 1.17, b. 5. Përcaktoni sforcimet më të larta prerëse për seksionet e zgjedhura të traut. a) seksioni drejtkëndor i traut: b) seksioni i rrumbullakët i traut: c) seksioni i rrezes I: Sforcimet tangjenciale në mur pranë fllanxhës së traut I në seksionin e rrezikshëm A (djathtas) (në pikën 2): diagrami i sforcimeve tangjenciale në seksionet e rrezikshme të rrezes I është paraqitur në Fig. 1.17, shek. Sforcimet tangjenciale maksimale në tra nuk i kalojnë sforcimet e lejuara Shembulli 1.8 Përcaktoni ngarkesën e lejuar në tra (Fig. 1.18, a), nëse është 60 MPa, jepen dimensionet e prerjes tërthore (Fig. 1.19, a). Ndërtoni një diagram të sforcimeve normale në një seksion të rrezikshëm të një trau me një ngarkesë të lejueshme. Do të fillojmë me rastin më të thjeshtë, të ashtuquajturën kthesë të pastër. Përkulja e pastër është një rast i veçantë i lakimit në të cilin forca tërthore në seksionet e traut është zero. Përkulja e pastër mund të ndodhë vetëm kur vetë pesha e rrezes është aq e vogël sa ndikimi i saj mund të neglizhohet. Për trarët në dy mbështetëse, shembuj të ngarkesave që shkaktojnë pastërti lakimi, i paraqitur në Fig. 88. Në seksionet e këtyre trarëve, ku Q = 0 dhe, rrjedhimisht, M = konst; bëhet lakimi i pastër. Forcat në çdo seksion të rrezes gjatë përkuljes së pastër reduktohen në një palë forcash, rrafshi i veprimit të të cilave kalon nëpër boshtin e rrezes dhe momenti është konstant. Tensionet mund të përcaktohen bazuar në konsideratat e mëposhtme. 1. Komponentët tangjencialë të forcave përgjatë zonave elementare në prerjen tërthore të një trau nuk mund të reduktohen në një çift forcash, rrafshi i veprimit i të cilave është pingul me rrafshin e seksionit. Nga kjo rrjedh se forca e përkuljes në seksion është rezultat i veprimit përgjatë zonave elementare vetëm forcat normale, dhe për këtë arsye me përkulje të pastër sforcimet reduktohen vetëm në normale. 2. Në mënyrë që përpjekjet në vendet elementare të reduktohen në vetëm disa forca, midis tyre duhet të ketë edhe pozitive edhe negative. Prandaj, duhet të ekzistojnë si fijet e tensionit ashtu edhe ato të ngjeshjes së rrezes. 3. Për faktin se forcat në seksione të ndryshme janë të njëjta, sforcimet në pikat përkatëse të prerjeve janë të njëjta. Le të shqyrtojmë një element afër sipërfaqes (Fig. 89, a). Meqenëse nuk zbatohen forca përgjatë skajit të saj të poshtëm, i cili përkon me sipërfaqen e rrezes, nuk ka stres mbi të. Prandaj, nuk ka sforcime në skajin e sipërm të elementit, pasi përndryshe elementi nuk do të ishte në ekuilibër Duke marrë parasysh elementin ngjitur me të në lartësi (Fig. 89, b), arrijmë në I njëjti përfundim, etj. Nga kjo rrjedh se nuk ka sforcime përgjatë skajeve horizontale të asnjë elementi. Duke marrë parasysh elementët që përbëjnë shtresën horizontale, duke filluar me elementin pranë sipërfaqes së traut (Fig. 90), arrijmë në përfundimin se nuk ka sforcime përgjatë skajeve vertikale anësore të asnjë elementi. Kështu, gjendja e stresit të çdo elementi (Fig. 91, a), dhe në kufi, fibrat, duhet të përfaqësohet siç tregohet në Fig. 91,b, d.m.th. mund të jetë ose tension boshtor ose ngjeshje boshtore. 4. Për shkak të simetrisë së aplikimit të forcave të jashtme, seksioni përgjatë mesit të gjatësisë së traut pas deformimit duhet të mbetet i sheshtë dhe normal me boshtin e traut (Fig. 92, a). Për të njëjtën arsye, seksionet në të katërtat e gjatësisë së traut gjithashtu mbeten të sheshta dhe normale me boshtin e traut (Fig. 92, b), përveç nëse seksionet ekstreme të traut gjatë deformimit mbeten të sheshta dhe normale me boshtin e rreze. Një përfundim i ngjashëm është i vlefshëm për seksionet në të tetat e gjatësisë së traut (Fig. 92, c), etj. Për rrjedhojë, nëse gjatë përkuljes seksionet e jashtme të traut mbeten të sheshta, atëherë për çdo seksion ai mbetet Është një pohim i drejtë që pas deformimit ai mbetet i sheshtë dhe normal me boshtin e traut të lakuar. Por në këtë rast, është e qartë se ndryshimi në zgjatjen e fibrave të rrezes përgjatë lartësisë së tij duhet të ndodhë jo vetëm vazhdimisht, por edhe në mënyrë monotone. Nëse një shtresë quajmë një grup fibrash që kanë të njëjtat zgjatime, atëherë nga ajo që u tha del se fijet e shtrirë dhe të ngjeshur të traut duhet të vendosen në anët e kundërta të shtresës në të cilën zgjatimet e fibrave janë të barabarta. në zero. Ne do të quajmë fibra, zgjatimet e të cilave janë zero neutrale; një shtresë e përbërë nga fibra neutrale është një shtresë neutrale; vija e kryqëzimit të shtresës neutrale me rrafshin e prerjes tërthore të traut - vija neutrale e këtij seksioni. Pastaj, bazuar në arsyetimin e mëparshëm, mund të argumentohet se me përkuljen e pastër të një trau, në çdo seksion ka një vijë neutrale që e ndan këtë pjesë në dy pjesë (zona): një zonë fibrash të shtrirë (zona e shtrirë) dhe një zona e fibrave të ngjeshura (zona e ngjeshur). Prandaj, në pikat e zonës së shtrirë të seksionit, sforcimet normale tërheqëse duhet të veprojnë, në pikat e zonës së ngjeshur - streset shtypëse, dhe në pikat e vijës neutrale sforcimet janë të barabarta me zero. Kështu, me lakimin e pastër të një trau me prerje tërthore konstante: 1) vetëm streset normale veprojnë në seksione; 2) i gjithë seksioni mund të ndahet në dy pjesë (zona) - të shtrirë dhe të ngjeshur; kufiri i zonave është vija e seksionit neutral, në pikat e së cilës sforcimet normale janë të barabarta me zero; 3) çdo element gjatësor i rrezes (në kufi, çdo fibër) i nënshtrohet tensionit aksial ose ngjeshjes, në mënyrë që fijet ngjitur të mos ndërveprojnë me njëra-tjetrën; 4) nëse pjesët ekstreme të rrezes gjatë deformimit mbeten të sheshta dhe normale me boshtin, atëherë të gjitha seksionet kryq të tij mbeten të sheshta dhe normale me boshtin e rrezes së lakuar. Le të shqyrtojmë një element të një trau që i nënshtrohet përkuljes së pastër, duke përfunduar para deformimit pas deformimit ku p është rrezja e lakimit të fibrës neutrale. Prandaj, zgjatja absolute e segmentit AB është e barabartë me dhe zgjatim relativ Meqenëse, sipas pozicionit (3), fibra AB i nënshtrohet tensionit boshtor, atëherë gjatë deformimit elastik Kjo tregon se sforcimet normale përgjatë lartësisë së traut shpërndahen sipas një ligji linear (Fig. 94). Meqenëse forca e barabartë e të gjitha forcave mbi të gjitha seksionet elementare të seksionit duhet të jetë e barabartë me zero, atëherë nga ku, duke zëvendësuar vlerën nga (5.8), gjejmë Por integrali i fundit është një moment statik rreth boshtit Oy, pingul me rrafshin e veprimit të forcave të përkuljes. Për shkak të barazisë së tij me zero, ky bosht duhet të kalojë nëpër qendrën e gravitetit O të seksionit. Kështu, vija e prerjes neutrale të traut është një vijë e drejtë y, pingul me rrafshin e veprimit të forcave të përkuljes. Quhet boshti neutral i seksionit të rrezes. Pastaj nga (5.8) rrjedh se sforcimet në pikat që shtrihen në të njëjtën distancë nga boshti neutral janë të njëjta. Rasti i përkuljes së pastër, në të cilën forcat e përkuljes veprojnë vetëm në një rrafsh, duke shkaktuar përkulje vetëm në atë rrafsh, është përkulje e pastër planare. Nëse rrafshi i përmendur kalon nëpër boshtin Oz, atëherë momenti i forcave elementare në lidhje me këtë bosht duhet të jetë i barabartë me zero, d.m.th. Duke zëvendësuar këtu vlerën e σ nga (5.8), gjejmë Integrali në anën e majtë të kësaj barazie, siç dihet, është momenti centrifugal i inercisë së seksionit në lidhje me boshtet y dhe z, pra Boshtet rreth të cilave momenti centrifugal i inercisë së seksionit është zero quhen boshtet kryesore të inercisë së këtij seksioni. Nëse ato, përveç kësaj, kalojnë nëpër qendrën e gravitetit të seksionit, atëherë ato mund të quhen boshtet kryesore qendrore të inercisë së seksionit. Kështu, me përkuljen e pastër të sheshtë, drejtimi i rrafshit të veprimit të forcave të përkuljes dhe boshti neutral i seksionit janë boshtet kryesore qendrore të inercisë së këtij të fundit. Me fjalë të tjera, për të marrë një kthesë të sheshtë, të pastër të një trau, një ngarkesë nuk mund të aplikohet në mënyrë arbitrare: ajo duhet të reduktohet në forcat që veprojnë në një plan që kalon nëpër një nga akset kryesore qendrore të inercisë së seksioneve të traut; në këtë rast, boshti tjetër kryesor qendror i inercisë do të jetë boshti neutral i seksionit. Siç dihet, në rastin e një seksioni që është simetrik ndaj çdo boshti, boshti i simetrisë është një nga boshtet e tij qendrore kryesore të inercisë. Rrjedhimisht, në këtë rast të veçantë sigurisht që do të marrim përkulje të pastër duke aplikuar ngarkesa të përshtatshme në një rrafsh që kalon nga boshti gjatësor i traut dhe boshti i simetrisë së seksionit të tij. Një vijë e drejtë pingul me boshtin e simetrisë dhe që kalon nëpër qendrën e gravitetit të seksionit është boshti neutral i këtij seksioni. Duke vendosur pozicionin e boshtit neutral, nuk është e vështirë të gjesh madhësinë e stresit në çdo pikë të seksionit. Në fakt, meqenëse shuma e momenteve të forcave elementare në lidhje me boshtin neutral yy duhet të jetë e barabartë me momentin e përkuljes, atëherë prej nga, duke zëvendësuar vlerën e σ nga (5.8), gjejmë Që nga integrali dhe nga shprehja (5.8) marrim Produkti EI Y quhet ngurtësi përkulëse e traut. Sforcimet më të mëdha tërheqëse dhe më të mëdha të shtypjes në vlerë absolute veprojnë në pikat e seksionit për të cilin vlera absolute e z është më e madhe, d.m.th., në pikat më të largëta nga boshti neutral. Me shënimin, Fig. 95 kemi Vlera Jy/h1 quhet momenti i rezistencës së seksionit ndaj tensionit dhe caktohet Wyr; në mënyrë të ngjashme, Jy/h2 quhet momenti i rezistencës së seksionit ndaj shtypjes dhe tregojnë Wyc, kështu dhe prandaj Nëse boshti neutral është boshti i simetrisë së seksionit, atëherë h1 = h2 = h/2 dhe, rrjedhimisht, Wyp = Wyc, kështu që nuk ka nevojë t'i dalloni ato, dhe ata përdorin të njëjtin shënim: duke e quajtur W y thjesht momentin e rezistencës së seksionit, për rrjedhojë, në rastin e një seksioni simetrik rreth boshtit neutral. Të gjitha përfundimet e mësipërme u morën në bazë të supozimit se seksionet tërthore të traut, kur përkulen, mbeten të sheshta dhe normale me boshtin e tij (hipoteza e seksioneve të sheshta). Siç është treguar, ky supozim është i vlefshëm vetëm në rastin kur seksionet ekstreme (fundore) të traut mbeten të sheshta gjatë përkuljes. Nga ana tjetër, nga hipoteza e seksioneve të rrafshët del se forcat elementare në seksione të tilla duhet të shpërndahen sipas një ligji linear. Prandaj, për vlefshmërinë e teorisë rezultuese të përkuljes së pastër të sheshtë, është e nevojshme që momentet e lakimit në skajet e traut të zbatohen në formën e forcave elementare të shpërndara përgjatë lartësisë së seksionit sipas një ligji linear (Fig. 96), që përkon me ligjin e shpërndarjes së stresit përgjatë lartësisë së trarëve të seksionit. Sidoqoftë, bazuar në parimin Saint-Venant, mund të argumentohet se ndryshimi i metodës së aplikimit të momenteve të përkuljes në skajet e traut do të shkaktojë vetëm deformime lokale, ndikimi i të cilave do të ndikojë vetëm në një distancë të caktuar nga këto skaje (përafërsisht e barabartë në lartësinë e seksionit). Seksionet e vendosura në të gjithë pjesën tjetër të gjatësisë së rrezes do të mbeten të sheshta. Rrjedhimisht, teoria e deklaruar e lakimit të pastër të sheshtë për çdo metodë të aplikimit të momenteve të përkuljes është e vlefshme vetëm brenda pjesës së mesme të gjatësisë së traut, e vendosur nga skajet e tij në distanca afërsisht të barabarta me lartësinë e seksionit. Nga këtu është e qartë se kjo teori është padyshim e pazbatueshme nëse lartësia e seksionit tejkalon gjysmën e gjatësisë ose hapësirës së traut.
A do të thoni që për boshtet rrotulluese modelet do të jenë të ndryshme për shkak të çift rrotullues? Nuk e di sa e rëndësishme është kjo, pasi libri teknik thotë se në rastin e kthimit, devijimi i futur nga çift rrotullimi në bosht është shumë i vogël në krahasim me devijimin nga komponenti radial i forcës prerëse. Çfarë mendoni ju?
Llogaritja e strukturave të ndërtesës, pjesëve makinerike etj., si rregull, përbëhet nga dy faza: 1. llogaritja e bazuar në gjendjet kufitare të grupit të parë - e ashtuquajtura llogaritja e forcës, 2. llogaritja e bazuar në gjendjet kufitare të grupit të dytë. . Një nga llojet e llogaritjes për gjendjet kufitare të grupit të dytë është llogaritja për devijimin.
Në rastin tuaj, për mendimin tim, llogaritjet e forcës do të jenë më të rëndësishme. Për më tepër, sot ekzistojnë 4 teori të forcës dhe llogaritjet për secilën nga këto teori janë të ndryshme, por në të gjitha teoritë merret parasysh ndikimi i përkuljes dhe i çift rrotullues gjatë llogaritjes.
Devijimi nën veprimin e çift rrotullues ndodh në një plan tjetër, por megjithatë merret parasysh në llogaritjet. Nëse ky devijim është i vogël apo i madh - llogaritja do të tregojë.
Unë nuk jam i specializuar në llogaritjet e pjesëve dhe mekanizmave të makinës dhe për këtë arsye nuk mund të tregoj literaturë autoritative për këtë çështje. Sidoqoftë, në çdo libër referimi për një inxhinier projektues të komponentëve dhe pjesëve të makinës, kjo temë duhet të mbulohet siç duhet.
postë: [email i mbrojtur]
Skype: dmytrocx75
Q - në kilogramë.
l - në centimetra.
E - në kgf/cm2.
I - cm4.
A është gjithçka në rregull? Janë marrë disa rezultate të çuditshme.
Nëse po flasim për një grilë, atëherë në varësi të metodës së ndërtimit të tij, ai mund të projektohet si një rreze në dy mbështetëse, ose si një rreze në një themel elastik.
Në përgjithësi, kur llogaritni themelet kolone, duhet të udhëhiqeni nga kërkesat e SNiP 2.03.01-84.
Për më tepër, nëse ngarkesa në themel transferohet nga një kolonë e ngarkuar në mënyrë ekscentrike ose jo vetëm nga kolona, atëherë një moment shtesë do të veprojë në jastëk. Kjo duhet të merret parasysh kur bëni llogaritjet.
Por e përsëris edhe një herë, mos u vetë-mjekoni, ndiqni kërkesat e SNiP të specifikuar.
Sidoqoftë, në rastet që keni treguar (përveç 1.3), devijimi maksimal mund të mos jetë në mes të rrezes, prandaj përcaktimi i distancës nga fillimi i rrezes deri në seksionin ku do të jetë devijimi maksimal është një detyrë më vete. Kohët e fundit, një pyetje e ngjashme u diskutua në temën "Skemat e llogaritjes për trarët statikisht të papërcaktuar", shikoni atje.
Thelbi i problemit është ky: në bazën e divanit është planifikuar një kornizë metalike e bërë nga tubi i profilizuar 40x40 ose 40x60, i shtrirë në dy mbështetëse me një distancë prej 2200 mm. PYETJE: a mjafton prerja e profilit për ngarkesa nga pesha e vetë divanit + le të marrim 3 persona me peshë 100 kg???
Trari i fiksuar fort, hapësire 4 m, i mbështetur nga 0,2 m Ngarkesa: shpërndahet 100 kg/m përgjatë traut, plus 100 kg/m në zonën 0-2 m, plus 300 kg në mes (në. 2 m). Përcaktoi reaksionet mbështetëse: A – 0,5 t; B - 0,4 t Pastaj mbërtheva: për të përcaktuar momentin e lakimit nën një ngarkesë të përqendruar, është e nevojshme të llogaritet shuma e momenteve të të gjitha forcave në të djathtë dhe në të majtë. Plus, një moment shfaqet në mbështetëset.
Si llogariten ngarkesat në këtë rast? Është e nevojshme të sillni të gjitha ngarkesat e shpërndara në ato të përqendruara dhe t'i përmblidhni (zbrisni nga reaksioni mbështetës * distanca) sipas formulave të skemës së projektimit? Në artikullin tuaj për dërrasat, paraqitja e të gjitha forcave është e qartë, por këtu nuk mund të hyj në metodologjinë e përcaktimit të forcave që veprojnë.
Momenti maksimal është në mes, rezulton M = Q + 2q + nga një ngarkesë asimetrike në një maksimum prej 1.125q. Ato. I shtova të 3 ngarkesat, a është e saktë?
Nëse nuk jeni gati për të trajtuar të gjitha këto, atëherë është më mirë të kontaktoni një stilist profesionist - do të jetë më e lirë.
Ju lutem më tregoni se çfarë skeme duhet të përdoret për të llogaritur devijimin e rrezes së një mekanizmi të tillë https://yadi.sk/i/MBmS5g9kgGBbF. Ose mbase, pa hyrë në llogaritje, më tregoni nëse një rreze 10 ose 12 I është e përshtatshme për bumin, ngarkesa maksimale 150-200 kg, lartësia e ngritjes 4-5 metra. Raft - tub d=150, mekanizëm rrotullues ose bosht boshti, ose shpërndarës ballor Gazelle. Kositja mund të bëhet e ngurtë nga i njëjti rreze I, dhe jo me kabllo. faleminderit.
1. Bumi mund të konsiderohet si një tra i vazhdueshëm me dy hapje me konsol. Mbështetësit për këtë rreze nuk do të jenë vetëm mbështetësja (kjo është mbështetja e mesme), por edhe pikat e lidhjes së kabllove (mbështetjet e jashtme). Ky është një tra statikisht e papërcaktuar, por për të thjeshtuar llogaritjet (që do të çojë në një rritje të lehtë të faktorit të sigurisë), bumi mund të konsiderohet thjesht si një tra me një hapje të vetme me konsol. Mbështetja e parë është pika e lidhjes së kabllove, e dyta është baza. Atëherë skemat tuaja të llogaritjes janë 1.1 (për ngarkesë - ngarkesë e gjallë) dhe 2.3 (peshë e vdekur e bumit - ngarkesë e përhershme) në tabelën 3. Dhe nëse ngarkesa është në mes të hapësirës, atëherë 1.1 në tabelën 1.
2. Në të njëjtën kohë, nuk duhet të harrojmë se ngarkesa juaj e drejtpërdrejtë nuk do të jetë statike, por të paktën dinamike (shih artikullin "Llogaritja për ngarkesat e goditjes").
3. Për të përcaktuar forcat në kabllo, duhet të ndani reagimin mbështetës në vendin ku kablloja është ngjitur nga sinusi i këndit midis kabllit dhe rrezes.
4. Rafti juaj mund të konsiderohet si një kolonë metalike me një mbështetje - një shtrëngim i ngurtë në fund (shih artikullin "Llogaritja e kolonave metalike"). Ngarkesa do të aplikohet në këtë kolonë me një ekscentricitet shumë të madh nëse nuk ka kundërngarkesë.
5. Llogaritja e pikave të kryqëzimit të bumit dhe raftit dhe hollësitë e tjera të llogaritjes së komponentëve dhe mekanizmave të makinës nuk janë marrë ende në konsideratë në këtë faqe.
çfarë skeme projektimi është marrë përfundimisht për traun e dyshemesë dhe traun konsol, dhe a do të ndikojë trari konsol (ngjyra kafe) në zvogëlimin e devijimit të traut të dyshemesë (rozë)?
mur - bllok shkumë D500, lartësi 250, gjerësi 150, tra i rripit të blinduar (blu): 150x300, përforcim 2x?12, sipër dhe poshtë, shtesë në fund në hapjen e dritares dhe sipër në vendet ku trari mbështetet në hapjen e dritares - rrjetë ?5, qeliza 50. B në kënde ka kolona betoni 200x200, hapësira e traut të brezit të armuar është 4000 pa mure.
tavani: kanali 8P (rozë), për llogaritjet mora 8U, saldova dhe ankorova me armaturën e traut të rripit të përforcuar, të betonuar, nga fundi i traut në kanal 190 mm, nga 30 sipër, hapësire 4050.
në të majtë të tastierës ka një hapje për shkallët, kanali mbështetet në një tub 50 (jeshile), hapësira deri në rreze është 800.
në të djathtë të konsolës (e verdhë) - banjo (dush, tualet) 2000x1000, dysheme - pllakë tërthore me shirita të përforcuar të derdhur, dimensionet 2000x1000 lartësia 40 - 100 në kallëp të përhershëm (fletë valëzuar, valë 60) + pllaka muri me ngjitës, në profile. Pjesa tjetër e dyshemesë është dërrasë 25, kompensatë, linoleum.
Në pikat e shigjetave mbështeten mbështetësit e rezervuarit të ujit, 200 l.
Muret e katit 2: mbështjellës me 25 dërrasa nga të dyja anët, me izolim, lartësia 2000, i mbështetur në rrip të blinduar.
çati: mahi - një hark trekëndësh me një kravatë, përgjatë traut të dyshemesë, në rritje prej 1000, i mbështetur në mure.
tastierë: kanal 8P, hapësirë 995, salduar me armaturë të përforcuar, betonuar në tra, salduar në kanalin e tavanit. shtrirja djathtas dhe majtas përgjatë trarit të dyshemesë - 2005.
Ndërsa jam duke salduar kornizën e përforcimit, është e mundur të lëviz konsolën majtas dhe djathtas, por nuk duket se ka ndonjë arsye për ta zhvendosur atë majtas?
Në rastin e parë, trau i dyshemesë mund të konsiderohet si një rreze e varur me dy hapje me një mbështetje të ndërmjetme - një tub, dhe kanali, të cilin ju e quani një rreze konsol, nuk mund të merret fare parasysh. Kjo është e gjithë llogaritja.
Më pas, për të kaluar thjesht në një rreze me shtrëngim të ngurtë në mbështetësit e jashtëm, së pari duhet të llogaritni rripin e përforcuar për veprimin e çift rrotullues dhe të përcaktoni këndin e rrotullimit të seksionit kryq të rripit të përforcuar, duke marrë parasysh ngarkesa nga muret e katit të 2-të dhe deformimi i materialit të murit nën ndikimin e çift rrotullues. Dhe kështu llogaritni një rreze me dy hapje duke marrë parasysh këto deformime.
Përveç kësaj, në këtë rast, duhet të merret parasysh ulja e mundshme e mbështetjes - tubi, pasi nuk mbështetet në themel, por në një pllakë betoni të armuar (siç e kuptoj nga figura) dhe kjo pllakë do të deformohet. . Dhe vetë tubi do të pësojë deformim të kompresimit.
Në rastin e dytë, nëse doni të merrni parasysh punën e mundshme të kanalit kafe, duhet ta konsideroni atë si një mbështetje shtesë për traun e dyshemesë dhe kështu fillimisht të llogaritni traun me 3 hapje (reagimi i mbështetjes në suportin shtesë do të të jetë ngarkesa në traun e konsolit), më pas përcaktoni masën e devijimit në traun fundor të konsolit, rillogaritni rrezen kryesore duke marrë parasysh uljen e mbështetëses dhe, ndër të tjera, merrni parasysh edhe këndin e rrotullimit dhe devijimit të rripi i përforcuar në pikën ku është ngjitur kanali kafe. Dhe kjo nuk është e gjitha.
Për të llogaritur konsolën dhe instalimin, është më mirë të merrni gjysmën e hapësirës nga rafti në rreze (4050-800-50=3200/2=1600-40/2=1580) ose nga buza e dritares (1275- 40=1235 Dhe ngarkesa në tra është e njëjtë me dritaren, mbivendosja do të duhet të rillogaritet, por ju keni shembuj të tillë rishpërndarja e ngarkesës së aplikuar pothuajse përgjatë boshtit të rezervuarit?
Ju supozoni se pllakat e dyshemesë mbështeten në fllanxhën e poshtme të kanalit, por çfarë ndodh me anën tjetër? Në rastin tuaj, një rreze I do të ishte një opsion më i pranueshëm (ose 2 kanale secili si rreze dyshemeje).
Nuk ka probleme në anën tjetër - këndi është në ngulitje në trupin e rrezes. Unë nuk jam përballur ende me llogaritjen e një trau me dy hapje me hapësira të ndryshme dhe ngarkesa të ndryshme, do të përpiqem të ri-studoj artikullin tuaj për llogaritjen e një trau me shumë hapje duke përdorur metodën e momenteve.
Kam llogaritur nga tabela. 2, pika 1.1. (#komente) si devijimi i një trau konsol me ngarkesë 70 kg, shpatull 1.8 m, tub katror 120x120x4 mm, moment inercie 417 cm4. Kam një devijim prej 1.6 mm? E vërtetë apo e rreme?
P.S. Unë nuk e kontrolloj saktësinë e llogaritjeve, prandaj mbështetuni vetëm te vetja.
Ju mund të hartoni menjëherë ekuacionet e ekuilibrit statik të sistemit dhe t'i zgjidhni këto ekuacione.
Unë kam një rreze sipas skemës 2.3. Tabela juaj jep një formulë për llogaritjen e devijimit në mes të hapësirës l/2, por cila formulë mund të përdoret për të llogaritur devijimin në fund të konsolës? A do të jetë devijimi në mes të hapësirës maksimale? Rezultati i marrë duke përdorur këtë formulë duhet të krahasohet me devijimin maksimal të lejuar sipas SNiP "Ngarkesat dhe Ndikimet" duke përdorur vlerën l - distanca midis pikave A dhe B? Faleminderit paraprakisht, jam plotësisht i hutuar. E megjithatë, nuk mund ta gjej burimin origjinal nga i cili janë marrë këto tabela - a është e mundur të tregohet emri?
Kur krahasoni rezultatin e marrë të devijimit në një hapësirë me SNiPovk, atëherë gjatësia e hapësirës është distanca l midis A dhe B. Për konsolin, në vend të l, merret distanca 2a (vargja e dyfishtë konsol).
Këto tabela i përpilova vetë, duke përdorur libra të ndryshëm referimi mbi teorinë e rezistencës së materialeve, duke kontrolluar të dhënat për gabime të mundshme, si dhe metodat e përgjithshme për llogaritjen e trarëve, kur diagramet e nevojshme për mendimin tim nuk ishin në librat e referencës, kështu që ka shumë burime parësore.
se armatura në brezin e armuar mbi tra është shkatërruar plotësisht, brezi i përforcuar do të plasaritet dhe do të bjerë mbi tra së bashku me pllakat e dyshemesë? A është e mjaftueshme kjo zonë mbështetëse prej 7 cm?
Le të themi se nuk e di devijimin e rrezes në skemën e projektimit 2.1 (Tabela 1). Momentin e përkuljes do ta integroj dy herë ∫q*l2/8dx=q*l3/24;∫q*l3/24dx=q*l4/96.
Pastaj do ta ndaj vlerën me EI. q*l4/(96*EI).
Dhe do t'i shtoj rezultatin e integrimit të këndit të rrotullimit: ∫q*l3/24dx=q*l4/96. q*l4/(96*EI)+q*l4/(96*EI)=q*l4/(48*EI).
Ju merrni vlerën -5*q*l4/(384*EI).
Ju lutem më tregoni. Ku gabova?Skema llogaritëse për problemin e përkuljes së drejtpërdrejtë tërthore
Oriz. 3.12Zgjidhja e problemit "Përkulja e drejtë tërthore"
Përcaktimi i reagimeve mbështetëse
kN.
kNm.
kN; kNm.
kN;
kNm.
kNm.
.Përcaktoni diametrin e kërkuar të seksionit kryq të rrezes
,
.
kN cm
cm.
kN/cm2 kN/cm2.
,Ne kontrollojmë forcën e traut nga sforcimet më të larta të prerjes
,
kN. Pastaj
kN/cm2 kN/cm2,Një shembull i zgjidhjes së problemit "Përkulja e drejtë tërthore" nr. 2
Gjendja e një problemi shembullor në përkuljen e drejtë tërthore
Një shembull i një problemi të përkuljes së drejtë - diagrami i llogaritjes
Zgjidhja e një problemi shembull për përkuljen e drejtë
Përcaktimi i reagimeve mbështetëse
;
kN.Ne ndërtojmë diagrame të forcave prerëse dhe momenteve të përkuljes
kN.
kNm.
kN;
kNm.
kN;
Gjendja e stresit të një trau nën përkulje të pastër
të vendosura ndërmjet seksioneve m-m dhe n-n, të cilat janë të vendosura njëra nga tjetra në një distancë infinite të vogël dx (Fig. 93). Për shkak të pozicionit (4) të paragrafit të mëparshëm, seksionet m-m dhe n-n, të cilat ishin paralele para deformimit, pas përkuljes, duke mbetur të sheshta, do të formojnë një kënd dQ dhe do të kryqëzohen përgjatë një vije të drejtë që kalon nga pika C, e cila është qendra e lakimit të fibrës neutrale NN. Pastaj pjesa AB e fibrës e mbyllur midis tyre, e vendosur në një distancë z nga fibra neutrale (drejtimi pozitiv i boshtit z merret drejt konveksitetit të rrezes gjatë përkuljes), pas deformimit do të kthehet në një hark AB pjesë e fibrës neutrale O1O2, pasi është kthyer në një hark, O1O2 nuk do të ndryshojë gjatësinë e saj, ndërsa fibra AB do të marrë një zgjatim:
është. momenti i inercisë së seksionit në lidhje me boshtin yy, atëherë
