2903, 2906, 2907, 2908, 2910 ixtisas tələbələri üçün hesablaşma-qrafik işlərin yerinə yetirilməsi üçün təlimatlar
Kazan, 2006
Tərtib edən: R.A.Kayumov
UDC 539.3
Mütləq sərt elementi olan statik qeyri-müəyyən çubuq sisteminin hesablanması; 2903, 2906, 2907, 2908, 2910 / KazGASU ixtisaslarının tələbələri üçün hesablaşma-qrafik işlərin yerinə yetirilməsi üçün təlimatlar; komp. R.A. Kayumov. Kazan, 2005, 24 s.
Bu təlimatlar sərt elementi olan ən sadə truss strukturlarının hesablanması metodologiyasını qısa şəkildə təsvir edir və hesablama nümunəsini təqdim edir.
Şəkil 6.
Rəyçi fizika-riyaziyyat elmləri namizədi elmləri, prof. Nəzəri mexanika kafedrası, KDUAE Şiqabutdinov F.G.
ã Kazan Dövlət Memarlıq və İnşaat Mühəndisliyi Universiteti
3 nömrəli tapşırıq
STATİK QEYRİYYƏTLİ MƏNFƏŞƏLİ ÇUBUK SİSTEMİNİN HESABLANMASI
Mütləq sərt bir şüa və verilmiş kəsikli sahə nisbətlərinə malik elastik çubuqlardan ibarət olan müəyyən bir menteşə çubuq sistemi (diaqrama bax) üçün tələb olunur:
1. Statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin edin.
2. Çubuqlardakı qüvvələri tapın.
3. Qüvvə təsirlərindən çubuqlar üçün möhkəmlik şərtlərini yazın və verilmiş sahə nisbətlərini nəzərə alaraq çubuqların kəsiklərini seçin. Material St-3, 240 MPa = 24 kN/sm 2, təhlükəsizlik əmsalı k = 1,5-ə bərabər alınan məhsuldarlıq gücü.
4. Çubuqların hazırlanmasının qeyri-dəqiqliyindən çubuqlardakı gərginlikləri tapın d 1 = d 2 = d 3 = (Cədvəl 3-ə baxın). Bir artı işarəsi varsa, o zaman çubuq daha uzun edilir; mənfi olarsa - daha qısa.
5.
Çubuqlarda temperaturun Dt° dəyişməsindən çubuqlardakı gərginlikləri tapın (Cədvəl 3-ə baxın). Polad üçün xətti genişlənmə əmsalı 
1/deq.
6. Güc və gücsüz təsirlərin müxtəlif variantları altında sistemin gücünü yoxlayın: 1) struktur yığılıb, hələ yüklənməyib, lakin temperatur fərqi baş verib; 2) temperatur fərqi olmadığı və strukturun yığılıb yükləndiyi hal. 3) strukturun yığılması, yüklənməsi və temperatur fərqinin olması halı.
7. və arasında sabit nisbəti fərz etməklə sistemin son yük tutumunu və həqiqi təhlükəsizlik amilini müəyyən edin.
Tapşırıq tam həcmdə PGS və AD ixtisaslarının tələbələri tərəfindən yerinə yetirilir. Digər ixtisasların tələbələri çubuq 3 istisna olmaqla, sistemin hesablanmasını yalnız icazə verilən gərginliklərə və icazə verilən yükə uyğun olaraq xarici yükləmə üçün həyata keçirirlər.
Hesablaşma və qrafik işlərin yerinə yetirilməsi üçün ilkin məlumatlar müəllim tərəfindən verilən kod əsasında seçilir.
3 nömrəli tapşırıq üçün sxemlər
cədvəl 3
| AMMA | B | IN | G | B | in | IN | |||||
| , kN | , kN/m | , m | , m | , m | , m | , m | , mm | ||||
| 0.3 | 3/2 | ||||||||||
| -30 | -0.4 | 1/2 | |||||||||
| 0.5 | 3/2 | ||||||||||
| -25 | -0.6 | 3/4 | 3/2 | ||||||||
| 0.7 | 5/4 | 1/2 | |||||||||
| -35 | -0.4 | 1/2 | 4/5 | ||||||||
| 0.5 | 2/3 | 1/2 | |||||||||
| -0.7 | 1/2 | 4/5 | |||||||||
| -20 | -0.3 | 3/2 | 2/3 | ||||||||
| 0.6 | 2/3 | 5/4 |
PROBLEMİN FORMULASI
Tapşırıqda göstərilən kəsişmə sahələrinin verilmiş nisbəti ilə hazırlanmış sərt şüa və deformasiya olunan çubuqlardan ibarət menteşəli çubuq sistemi (şəkil 1) nəzərdə tutulur. Məlum Dizayn Yükləri F , q ; tikinti ölçüləri h 1 , h 2 , L 1 , L 2 , L 3; dizayn temperatur dəyişiklikləri: D t 1 - birinci çubuqda, D t 2 - ikincidə, D t 3 - üçüncüdə; çubuqların istehsalında qeyri-dəqiqliklər, yəni d 1 - birinci çubuqdakı dizayn uzunluğundan fərq, d 2 - ikincidə, d 3 - üçüncüdə. Materialın mexaniki xüsusiyyətləri məlumdur: elastiklik modulu E \u003d 2 × 10 4 kN / sm 2, məhsuldarlıq gücü s t\u003d 24 kN / sm 2, termal genişlənmə əmsalı a=125×10 -7 1/deq. təhlükəsizlik faktoru k bu dizayn üçün 1,5-ə bərabər alınır.
 |
3 vəzifəni həll etmək lazımdır:
1. Layihə yüklərində icazə verilən gərginliklər baxımından bu çubuqların möhkəmliyi şərtindən bu sistemin istehsalı üçün çubuqların bölmələrini seçin.
2. Çubuqların hazırlanmasında dizayn temperaturunun dəyişməsinin və qeyri-dəqiqliyin yolverilməzliyi haqqında nəticə çıxarın.
3. Quruluşun maksimum yük qabiliyyətini, icazə verilən yükləri və həqiqi təhlükəsizlik marjasını tapın.
Beləliklə, iş dizayn hesablanması, yoxlama hesablanması, sistem üçün limit yüklərin hesablanmasından ibarətdir.
RGR-də 3 təsvir olmalıdır (miqyasda hazırlanmış): çubuq sisteminin orijinal diaqramı, güc diaqramı və kinematik sxem struktur deformasiyası.
2. Bölmələr üsulu.
3. Huk qanunu.
4. Temperaturun dəyişməsindən uzanma.
5. Dartma gücü, icazə verilən gərginlik, möhkəmlik vəziyyəti.
6. Plastik axını, axma gücü.
7. Statik qeyri-müəyyənlik.
8. Deformasiyaların uyğunluq vəziyyəti.
9. İcazə verilən gərginliklərin hesablanması.
10. Limit tarazlığı nəzəriyyəsi üzrə hesablama.
ÜMUMİ LAYİHƏT HESABLAMA PLANI
Birincisi, struktur əlaqələrdən azad edilir, onları reaksiyalarla əvəz edir. Bölmələr üsulu çubuqlarda yaranan daxili uzununa qüvvələri (normal qüvvələr) nəzərə alır. Bu vəziyyətdə, onları bölmədən istiqamətləndirmək lazımdır, yəni. şərti olaraq çubuqları uzanan hesab edin. Tarazlıq tənliklərindən reaksiyaları və uzununa qüvvələri müəyyən etmək mümkün deyil, çünki statikanın müstəvi məsələsində naməlum qüvvə amillərinin (reaksiyalar və uzununa qüvvələr) sayı üçdən çox olduğu halda, 3 müstəqil tarazlıq tənliyini tərtib etmək olar. Buna görə də çubuqların deformasiya qabiliyyətinin fərziyyəsindən irəli gələn əlavə tənliklər (çubuqların uzanmalarını bir-birinə aid edən deformasiyaların uyğunluğu tənlikləri) tərtib etmək lazımdır. Onlar həndəsi mülahizələrdən irəli gəlir. Bu zaman deformasiyaların kiçik olması fərziyyəsindən istifadə edilir. Bundan əlavə, aşağıdakı işarələr qaydası nəzərə alınmalıdır. Çubuğun dizayn uzunluğu arasındakı ümumi fərq l
və son həqiqi uzunluq l con ilə işarələnir D l
. Buna görə də, çubuq uzanırsa, o zaman 
, qısaldılmışsa, onda 
.
Şəkil 2-dən göründüyü kimi, çubuğun uzunluğunun dəyişməsi D l uzadılmasından ibarətdir D l (N) , eksenel gərginlik qüvvəsi ilə yaranır N , uzanma D l(t) temperaturun dəyişməsi və istehsal səhvləri nəticəsində yaranır d.
 |
Temperatur aşağı düşsə, o zaman D t < 0, то длина стержня уменьшается, т.е. ; если стержень сделан короче проектного, то d< 0. С учетом закона Гука это соотношение примет вид:
Çünki uzanmalar uzununa qüvvələrlə ifadə olunur 
düsturlara (1) uyğun olaraq, sonra uyğunluq tənliklərindən istənilən səyləri birləşdirən əlaqələri izləyin. Burada və aşağıda qeydi sadələşdirmək üçün aşağıdakı təyinatlar istifadə olunur: nömrə ilə çubuqda uzunlamasına qüvvə və gərginlik i
.
Nəzərdən keçirilən RGR-də reaksiyaların axtarılması tələb olunmur. Buna görə də, tarazlığın 3 tənliyindən birini - menteşənin D mərkəzindən keçən oxa nisbətən bütün xarici və daxili qüvvələrin momentlərinin sıfıra bərabərlik şərtini tərk etmək kifayətdir (şəkil 1). Yaranan sistemin həlli (tarazlıq tənlikləri və deformasiyaların uyğunluğu) qüvvələri tapmağa imkan verir. çubuqlarda.
Bundan əlavə, icazə verilən gərginlik metodundan istifadə edərək dizayn (tapşırıq 1) və yoxlama (tapşırıq 2) hesablamaları aparılır. Məhsuldarlıq gərginliyi təhlükəli gərginlik kimi qəbul edilir s t. İcazə verilən gərginlik üsuluna görə dizayn sıradan çıxmış hesab edilir gərginlik ən azı bir çubuqda təhlükəli bir dəyərə çatdıqda, yəni. məhv edildiyi ortaya çıxdı ən azı birçubuqlardan:
Quruluşun təhlükəsizliyini təmin etmək üçün təhlükəsizlik marjası tələb olunur, yəni. həyata keçirilməlidir güc vəziyyəti mehriban
, (3)
harada k - təhlükəsizlik faktoru, [ s] - icazə verilən gərginlik.
Bir struktur elementin məhv edilməsi həmişə onun əməliyyat xüsusiyyətlərinin itirilməsi (yəni dağılması) demək deyil. Digər elementlər məhv edilmiş elementin daşımalı olduğu yükü və ya onun bir hissəsini götürə bilər. Bu mülahizə həll olunan 3-cü məsələdə istifadə olunur limit tarazlığı metodu, da çağırıb icazə verilən yükləmə üsulu.
Problemin formalaşdırılmasında qüvvələr olduğu güman edilir R Və Q mütənasib olaraq artır ( R / Q = const), çubuqların kəsik sahələri 1-ci məsələnin həllindən məlumdur, çubuqların materialı elastik-ideal-plastikdir. Yükün artması ilə bir çubuq əvvəlcə "axınacaq", içindəki gərginlik sonrakı deformasiya ilə artmayacaq və modul olaraq axma gücünə bərabər qalacaq. s t(şək. 3-ə baxın). Yüklərin sonrakı artması, ilk növbədə, ikincidə, sonra üçüncü çubuqlarda plastik axının başlayacağına səbəb olacaq, yəni. stress məhsuldarlıq həddinə çatıb. Aydındır ki, prosesin başlanğıcında quraşdırma və ya temperatur gərginlikləri nə olursa olsun, nəhayət, gərginliklərin bütün çubuqlarda axma gücünə çatdığı an gəlir (çünki onlar Şəkil 3-dəki deformasiya diaqramına uyğun olaraq böyük qiymətlər ala bilmirlər). . Əldə edilmiş güc dəyərləri F = F və s Və Q = Q və s məhdudlaşdırıcı adlanır, çünki onların artması qeyri-mümkündür və sistem qeyri-müəyyən müddətə deformasiyaya başlayacaq. Səylərdən bəri N i məhdudlaşdırıcı vəziyyətdə məlumdur (çünki onlar gərginliklərlə ifadə olunur), sonra tarazlıq tənliyindən müəyyən edilir. F və s. Yükləmə təhlükəsizliyi şəraitindən icazə verilən yüklər tapılır
 |
3-cü məsələnin həllində əsaslandırmadan göründüyü kimi, çubuqlar elastik-ideal-plastik materialdan hazırlanırsa, çubuqların hazırlanmasında temperatur dəyişikliklərinin və ya qeyri-dəqiqliyin olması konstruksiyanın yükdaşıma qabiliyyətini azaltmır.
QEYDLƏR
1. Müəllim çubuqların seçilməsi vəzifəsini, məsələn, çeşid cədvəllərinə uyğun olaraq açılardan kompozit bölməni seçmək üçün haddelenmiş polad çeşidinin istifadəsini tələb edərək təyin edə bilər (hesablama nümunəsinə bax).
2. Hesablama zamanı 3 əhəmiyyətli rəqəmi buraxmaq kifayətdir.
3. Çubuqların ölçülərini seçərkən, 5% həddindən artıq yüklənməyə icazə verilir.
Hesablama nümunəsi
Menteşe-çubuq sistemi verilsin (şək. 4). Məlumdur ki
E \u003d 2 × 10 4 kN / sm 2, s t \u003d 24 kN / sm 2, a \u003d 125 × 10 -7 1 / deq. (5)
Təkcə tarazlıq tənliklərindən dəstək reaksiyaları və daxili qüvvə faktorları tapıla bilməyən çubuq sistemləri adlanır statik olaraq qeyri-müəyyəndir.
Tələb olunan naməlum qüvvələrin sayı ilə müstəqil tarazlıq tənlikləri arasındakı fərq müəyyən edir sistemin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi. Statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi həmişə lazımsız (artıq) birləşmələrin sayına bərabərdir, onların çıxarılması statik olaraq qeyri-müəyyən sistemi statik olaraq təyin olunan həndəsi dəyişməz sistemə çevirir. Sistem bölmələrinin bir-birinə nisbətən hərəkətinə müəyyən məhdudiyyətlər qoyan həm xarici (istinad) əlaqələri, həm də daxili olanlar lazımsız ola bilər.
Həndəsi cəhətdən dəyişməz belə bir sistem adlanır ki, onun formasının dəyişməsi yalnız onun elementlərinin deformasiyaları ilə əlaqədar mümkündür.
Həndəsi dəyişkən elementləri xarici qüvvələrin təsiri altında deformasiya (mexanizm) olmadan hərəkət edə bilən belə bir sistem adlanır.
Şəkildə göstərilmişdir. 12.1 çərçivədə yeddi xarici (dəstək) keçid var. Bu bağlardakı qüvvələri (dəstək reaksiyaları) təyin etmək üçün yalnız üç müstəqil tarazlıq tənliyini tərtib etmək olar. Buna görə də, bu sistemin dörd artıq əlaqəsi var, yəni dörd dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Beləliklə, düz çərçivələr üçün statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi:
harada R- dəstək reaksiyalarının sayı.
Bir sıra elementlərdən (düz və ya əyrixətti) rigid şəkildə (menteşəsiz) bir-birinə bağlı olan və qapalı dövrə təşkil edən kontura qapalı dövrə deyilir. . Şəkil 12.2-də göstərilən düzbucaqlı çərçivə qapalı döngədir. Üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir, çünki onu statik olaraq qeyri-müəyyən etmək üçün onun elementlərindən birini kəsmək və üç əlavə əlaqəni aradan qaldırmaq lazımdır. Bu bağların reaksiyaları bunlardır: uzununa qüvvə, eninə qüvvə və kəsmə nöqtəsində təsir edən əyilmə momenti; onları statik tənliklərdən istifadə etməklə təyin etmək olmaz. Bənzər şərtlərdə, statik qeyri-müəyyənlik mənasında, həmişə olan hər hansı bir qapalı dövrə var üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyən.
İki çubuqun birləşdiyi bir çərçivə noduna bir menteşənin daxil edilməsi və ya onu çubuq oxunun hər hansı bir yerində yerləşdirmək, bir əlaqəni aradan qaldırır və ümumi statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini bir azaldır. Belə bir menteşə tək və ya sadə adlanır (şəkil 12.3).
Ümumiyyətlə, hər bir menteşə birləşdirən bir node daxildir cçubuqlar, statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini azaldır c-1 , çünki belə bir menteşə əvəz edir c-1 tək menteşələr (şək. 12.3). Beləliklə, qapalı döngələrin mövcudluğunda sistemin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi düsturla müəyyən edilir.
Statik olaraq qeyri-müəyyən sistemlər, yalnız tarazlıq tənliklərinin kifayət etmədiyi dayaqların reaksiyalarını təyin etmək üçün çubuq sistemləri adlanır. Kinematik nöqteyi-nəzərdən bunlar sərbəstlik dərəcələrinin sayı bağların sayından az olan çubuq sistemləridir. Belə sistemlərin statik qeyri-müəyyənliyini aşkar etmək üçün əlavə deformasiya uyğunluğu tənliklərini tərtib etmək lazımdır. Belə tənliklərin sayı çubuq sisteminin statik qeyri-müəyyənliyinin sayı ilə müəyyən edilir. Şəkil 8.14 statik olaraq qeyri-müəyyən şüaların və çərçivələrin nümunələrini göstərir.
8.14b-də göstərilən şüa deyilir davamlışüa. Bu ad, ara dəstəyin yalnız şüanı dəstəklədiyindən gəlir. Dəstək nöqtəsində, şüa bir menteşə ilə kəsilmir, menteşə şüa gövdəsinə kəsilmir. Buna görə də şüanın sol aralığa məruz qaldığı gərginliklərin və deformasiyaların təsiri sağ aralığa da təsir edir. Aralıq dəstəyin yerində şüa gövdəsinə bir menteşə kəsilirsə, nəticədə sistem statik olaraq təyin olunacaq - bir şüadan hər biri statik olaraq təyin olunan bir-birindən müstəqil iki şüa alacağıq. Qeyd etmək lazımdır ki, davamlı şüalar bölünmüş şüalarla müqayisədə daha az material tutumlu olur, çünki onlar əyilmə anlarını uzunluğu boyunca daha rasional şəkildə paylayırlar. Bu baxımdan, davamlı şüalar tikinti və mühəndislikdə geniş istifadə olunur. Bununla belə, davamlı şüalar, statik olaraq qeyri-müəyyən olmaqla, sistem deformasiyalarının istifadəsini ehtiva edən xüsusi hesablama texnikasını tələb edir.
Statik qeyri-müəyyən sistemlərin hesablanmasına keçməzdən əvvəl onların statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini necə təyin edəcəyini öyrənmək lazımdır. Statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etmək üçün ən sadə qaydalardan biri aşağıdakılardır:
,
(8.3)
harada 
struktura qoyulan istiqrazların sayı; 
nəzərdən keçirilən sistem üçün tərtib edilə bilən mümkün müstəqil tarazlıq tənliklərinin sayı.
Şəkil 8.14-də göstərilən sistemlərin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etmək üçün (8.3) tənliyindən istifadə edirik.
Şəkil 8.14a-da göstərilən şüa bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir, çünki sol ayağında üç bağı və sağ ayağında bir bağı var. Belə bir şüa üçün yalnız üç müstəqil tarazlıq tənliyi var. Beləliklə, şüanın statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi 
. Şəkil 8.14b-də göstərilən davamlı şüa da bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir, çünki onun sol dayaqda iki bağı və aralıq dayaqda və sağ dayağın hər birində bir əlaqəsi var - cəmi dörd əlaqə. Beləliklə, onun statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi 
.
Şəkildə göstərilən çərçivə. 8.14c, dayaqlarda altı bağ olduğundan üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Bu çərçivə üçün yalnız üç müstəqil tarazlıq tənliyi var. Beləliklə, (8.3) tənliyindən bu çərçivə üçün statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi: 
. Şəkil 8.18, d-də göstərilən çərçivənin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi dördə bərabərdir, çünki çərçivənin dayaqlarda yeddi əlaqəsi var. Buna görə də onun statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi bərabərdir 
.
Statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etmək üçün qayda (8.3) yalnız sadə sistemlər üçün istifadə olunur. Daha mürəkkəb hallarda bu qayda işləmir. Şəkil 8.15-də statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini (8.3) tənliyindən istifadə etməklə müəyyən etmək mümkün olmayan çərçivə göstərilir.
Xarici olaraq, Şəkil 8.15-də göstərilən sistem beş dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Bunu (8.3) tənliyindən istifadə etməklə qurmaq asandır: altı xarici əlaqədən (A bölməsində üç, B bölməsində üç və C bölməsində iki) üç mümkün tarazlıq tənliyi çıxarılır. Bununla belə, bu sistemin daxili statik qeyri-müəyyənliyi də var. (8.3) tənliyindən istifadə etməklə daxili statik qeyri-müəyyənliyi nəzərə almaq mümkün deyil. Şəkil 8.15-də göstərilən çərçivənin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etməyə keçməzdən əvvəl bir neçə tərif təqdim edirik. Bu təriflərdən birincisi sadə menteşə anlayışını ehtiva edir.
Sadə iki çubuq birləşdirən menteşə adlanır (şəkil 8.16).
Şəkil 8.16. sadə menteşə
Bir neçə çubuğu birləşdirən bir menteşə deyilir çətin(Şəkil 8.17).
Şəkil 8.17. mürəkkəb menteşə
Bir mürəkkəb menteşəni əvəz edə bilən sadə menteşələrin sayı düsturla müəyyən edilir:
,
(8.4)
harada 
- node daxil olan çubuqların sayı.
Şəkil 8.17-də göstərilən mürəkkəb menteşəni (8.4) düsturundan istifadə edərək sadə menteşələrin sayına yenidən hesablayırıq: 
. Beləliklə, Şəkil 8.17-də göstərilən mürəkkəb menteşə dörd sadə menteşə ilə əvəz edilə bilər.
Gəlin daha bir konsepsiya təqdim edək - qapalı döngə.
Teoremi sübut edək: hər hansı qapalı dövrə üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir.
Teoremi sübut etmək üçün xarici qüvvələrlə yüklənmiş qapalı dövrəni nəzərdən keçirək (şək.8.18).
Şaquli kəsiklə qapalı konturu kəsək və kəsik yerində yaranan daxili qüvvə amillərini göstərək. Bölmələrin hər birində üç daxili amil yaranır: kəsmə qüvvəsi 
, əyilmə anı 
və uzununa qüvvə 
. Ümumilikdə, konturun kəsilmiş hissələrinin hər biri, xarici qüvvələrə əlavə olaraq, altı daxili amildən təsirlənir (şəkil 8.18, b, c). Kəsmə hissələrindən birinin, məsələn, solun balansını nəzərə alsaq (şəkil 8.18, b), problemin üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyən olduğunu öyrənirik, çünki kəsik üçün yalnız üç müstəqil tarazlıq tənliyi tərtib edilə bilər. -qapalı hissə və kəsici hissədə hərəkət edən 6 naməlum qüvvə var. Beləliklə, qapalı döngənin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi bərabərdir 
. Teorem sübut edilmişdir.
İndi sadə bir menteşə və qapalı döngə anlayışından istifadə edərək, statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etmək üçün başqa bir qayda tərtib edə bilərik:
,
(8.5)
harada 
qapalı döngələrin sayı; 
sadə olanlar baxımından menteşələrin sayı (8.4).
(8.5) tənliyindən istifadə edərək Şəkil 8.15-də göstərilən çərçivənin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin edirik. Çərçivə beş konturdan ibarətdir 
dayaq çubuqlarının yaratdığı kontur da daxil olmaqla. D qovşağındakı menteşə sadədir, çünki iki çubuğu birləşdirir. K bölməsindəki menteşə mürəkkəbdir, çünki dörd çubuq birləşdirir. K bölməsində menteşəni əvəz edə biləcək sadə menteşələrin sayı (8.4) düsturuna uyğun olaraq: 
. Menteşe C də üç çubuğu birləşdirdiyi üçün mürəkkəbdir. Bu menteşe üçün 
. Bundan əlavə, sistem daha iki sadə menteşəyə malikdir, onun köməyi ilə bazaya bərkidilir. Beləliklə, sistemdəki sadə menteşələrin sayı 
. Qapalı döngələrin sayını əvəz etmək 
və sadə menteşələrin sayı 
(8.5) düsturunda çərçivənin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin edirik: 
. Beləliklə, Şek. 8.15 çərçivə, yeddi dəfə statik olaraq qeyri-müəyyən. Və bu o deməkdir ki, belə bir sistemi hesablamaq üçün üç tarazlıq tənliyinə əlavə olaraq, deformasiyaların uyğunluğunun yeddi tənliyini tərtib etmək lazımdır. Bu tənliklərə daxil olan naməlumlara münasibətdə bu şəkildə alınan 10 tənlik sistemini həll etməklə həm xarici rabitələrdə reaksiyaların böyüklüyünü, həm də çərçivədə yaranan daxili qüvvələri müəyyən etmək olar. Bu məsələnin həlli prosedurunu tarazlıq tənliklərini tənliklər sistemindən çıxarmaqla bir qədər sadələşdirmək olar. Lakin bu yanaşma xüsusi həll üsullarının istifadəsini tələb edir ki, onlardan biri də güc üsuludur.
Bir tapşırıq. Mütləq sərt şüanı dəstəkləyən polad çubuqlardakı gərginliyi təyin edin. Material - polad St3, α=60°, [σ]=160MPa.
- Sxemi çəkirik ölçmək. Çubuqları nömrələyirik.
Menteşəli sabit dayaqda AMMA reaksiyalar baş verir R A Və ÜSTÜNDƏ . Çubuqlarda 1 Və 2 səylər yaranır N 1 Və N 2 . Tətbiq olunur. Qapalı bir kəsiklə kəsin orta sistemin bir hissəsidir. Sxematik olaraq sərt bir şüa göstərəcəyik - bir xətt, səylərlə N 1 Və N 2 göndər bölməsindən.
Tərtib etmək tarazlıq tənlikləri
Naməlumların sayı keçir başına statik tənliklərin sayı 1 . Beləliklə, sistem və onun həlli üçün tələb olunur bir əlavə tənlik. Bəstələmək əlavə nəzərə alınacaq tənlik sistemin deformasiya diaqramı. Menteşəli sabit dəstək AMMA yerində qalır və çubuqlar qüvvənin təsiri altında deformasiyaya uğrayır.
Deformasiyaların sxemi
Deformasiya sxeminə görə, biz tərtib edəcəyik deformasiyaya uyğunluq şərtiüçbucaqların oxşarlığını nəzərə alaraq ACC 1 Və ABB 1 . Üçbucaqların oxşarlığından ABB 1 Və ACC 1 nisbətini yazın:
, harada BB 1=∆ ℓ
1
(birinci çubuğun uzadılması)
İndi ifadə edirik SS 1 deformasiya yolu ilə ikinciçubuq. Sxemdən bir fraqmenti böyüdək.
Şəkildən də bunu görmək olar SS 2 = SS bir · cos(90º- α )= SS bir · sinα.
Amma SS 2 = ∆ ℓ 2 , sonra Δ ℓ 2 = SS bir · sinα , harada:
Gəlin dönək deformasiyaya uyğunluq şərti(4) in deformasiya uyğunluğu tənliyi vasitəsilə. Bunu edərkən nəzərə almalıyıq deformasiyaların xarakteri(qısaldılması “-” işarəsi ilə, uzadılması “+” işarəsi ilə yazılır).
Sonra belə olacaq:
Hər iki hissəni qısaldırıq E , ədədi dəyərləri əvəz edin və ifadə edin N 1 boyunca N 2
Əlaqəni əvəz edin (6) tənliyə daxil (3) haradan tapırıq:
N 1 = 7.12kN (uzanmış),
N 2 = -20.35kN (sıxılmış).
müəyyən edək gərginlikçubuqlarda.
Boşluğu olan bir şüanın hesablanması. Statik olaraq qeyri-müəyyən polad pilləli şüa üçün uzununa qüvvələrin, normal gərginliklərin və yerdəyişmələrin diaqramlarını qurun. Şüanın gücünü yoxlayın. Yükləmədən əvvəl yuxarı uc ilə dayaq arasında Δ=0,1 mm boşluq var idi. Material - polad St 3, uzununa elastiklik modulu E=2·10 5 MPa, icazə verilən gərginlik [σ]=160 MPa.
- Yüklədikdən sonra boşluq bağlanacaq Və reaksiyalar yaranmaq və altındakı, və içində üst dəstək. Gəlin onları göstərək özbaşına, bunlar reaksiyalardır R A Və R B . Gəlin bəstələyək statik tənliyi.
∑saat=0 R A- F 1 + F 2 - R B=0
Tənlikdə 2 naməlumlar və tənlik bir, belə ki, vəzifə 1 bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir, və onun həlli 1 tələb edir əlavə tənlik.
Bu deformasiya uyğunluğu tənliyi. Bu halda şüa hissələrinin deformasiyalarının uyğunluğu ondan ibarətdir ki şüanın uzunluğunun dəyişməsi (uzatma) boşluqdan çox ola bilməz, yəni. Δ ℓ =Δ , bu deformasiyaya uyğunluq şərti.
- İndi şüanı hissələrə böləcəyik və onlara bölmələr çəkəcəyik - onların 4 sayında xarakterik süjetlər. Hər bölmə nəzərə alınır ayrıca, hərəkət edir bir istiqamətdə- aşağıdan yuxarı dəstək. Hər bölmədə qüvvəni ifadə edirik N boyunca naməlum reaksiya. Rejissorluq N bölməsindən.
Dəyərləri ayrıca yazırıq bölmələrdə uzununa qüvvələr:
N 1 = -R A
N 2 = 120 -R A
N 3 = 120 -R A
N 4 = 30-R A
3. Kompilyasiyaya qayıt deformasiyaya uyğunluq şərtləri. bizdə var 4 sahəsi deməkdir
Δ ℓ 1 + ∆ ℓ 2+∆ ℓ 3+∆ ℓ 4 = Δ (boşluğun ölçüsü).
Formuladan istifadə etməklə üçün mütləq deformasiyanın tərifi 
tərtib etmək deformasiya uyğunluğu tənliyi, məhz belədir əlavə problemi həll etmək üçün lazım olan tənlik.
Gəlin cəhd edək sadələşdirmək tənlik. Boşluğun ölçüsünü unutmayın Δ=0,1 mm = 0,1 10 -3 m
E- elastik modul, E\u003d 2 10 5 MPa \u003d 2 10 8 kPa.
Əvəzində əvəz edirik N onların dəyərləri, dəstək reaksiyası vasitəsilə yazılır R A .
4. Hesablayın N və qurmaq uzununa qüvvə diaqramı.
N 1 =-R A =-47,5 kN
N 2 =120 -R A = 72,5 kN
N 3 =120 -R A = 72,5 kN
N 4 =30-R A =-17,5 kN.
5. Müəyyən edin normal gərginliklər σ düstura görə və onların diaqramlarını qurun
Biz qururuq diaqram normal stresslər.
Yoxlama güc.
σ maks= 90,63 MPa< [σ]=160МПа.
Güclüyə zəmanət verilir.
- Hesablayın yerdəyişmə, deformasiyalar üçün düsturdan istifadə etməklə.
Gedək divardan AMMA boşluğa.
Dəyəri var ω 4 boşluğa bərabərdir, bu yerdəyişmələrin tərifinin düzgünlüyünün yoxlanılmasıdır.
Biz qururuq yerdəyişmə diaqramı.
Uzunlamasına qüvvə P və öz çəkisi (γ = 78 kN / m 3) polad çubuqda hərəkət edir. 1-1 bölməsinin yerdəyişməsini tapın.
Verilmiş: E \u003d 2 10 5 MPa, A \u003d 11 sm 2, a \u003d 3,0 m, b \u003d 3,0 m, c \u003d 1,3 m, P \u003d 2 kN.
Bölmə yerdəyişməsi 1-1 yerdəyişməsindən ibarət olacaq R qüvvəsinin təsirindən,öz ağırlığının hərəkətindən yuxarıdakı bölmə və öz ağırlığının hərəkətindən aşağıda bölmə. hərəkət edir R qüvvəsinin təsirindənçubuq hissəsinin uzanmasına bərabər olacaqdır uzunluq b+a yerləşir yuxarıda bölmə 1-1. P yükü uzanmağa səbəb olur yalnız a sahəsi,çünki yalnız var uzununa qüvvə bu yükdən. görə Hooke qanunu P qüvvəsinin təsirindən uzadılması bərabər olacaq: Müəyyən edin 1-1 bölmənin altındakı çubuğun öz ağırlığından uzanması.
kimi işarə edək. çağırılacaq ilə sahənin öz çəkisi Və a + b bölməsində çubuğun çəkisi
müəyyən edək 1-1 bölmənin üstündəki çubuğun öz ağırlığından uzanması.
Gəlin onu adlandırılacaq kimi işarə edək a+b bölməsinin öz çəkisi
Sonra 1-1 bölməsinin tam yerdəyişməsi:
Bunlar, bölmə 1-1 0,022 mm azalacaq.
Mütləq sərt bir şüa, döngə ilə sabit bir dəstəyə söykənir və menteşələrin köməyi ilə iki çubuğa bağlanır. Tələb olunur: 1) çubuqlarda qüvvələr və gərginlikləri Q qüvvəsi ilə ifadə edərək tapmaq; 2) İki çubuqdakı gərginliklərin böyüklüyünü icazə verilən gərginliyə bərabərləşdirməklə icazə verilən Q yükünü tapın. 
; 3) məhsuldarlıq gücü olduqda sistemin son yük qabiliyyətini tapın 
4) icazə verilən gərginliklərin və son yüklərin hesablanması zamanı əldə edilən hər iki dəyəri müqayisə edin. Ölçülər: a=2,1 m, b=3,0 m, c=1,8 m, en kəsiyi A=20 sm 2
Bu sistem bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Statik qeyri-müəyyənliyin açıqlanması üçün çubuq deformasiyalarının tarazlıq tənliyini və uyğunluq tənliyini birgə həll etmək lazımdır.
(1) -tarazlıq tənliyi
Gəlin bəstələyək deformasiya sxemi- şəklə bax. Sonra sxemdən: 
(2)
By Hooke qanunu bizdə:
Çubuq uzunluqları:
Sonra alırıq:
Yaranan əlaqəni tənliyə əvəz edin (1):
müəyyən edirik gərginlikçubuqlarda:
Limit vəziyyətində: Alınan əlaqələri tənlikdə əvəz edirik (1):
Müqayisə etdikdə yükün artdığını görürük: 
Polad çubuq və mis borudan ibarət sütun P qüvvəsi ilə sıxılır. Sütun uzunluğu ℓ-dir. Polad çubuqda və mis boruda baş verən qüvvələri və gərginlikləri ifadə edin. 
1 - 1 kəsiyini çəkək və kəsmə hissəsinin tarazlığını nəzərdən keçirək 
Gəlin bəstələyək statik tənlik: N C + N M - P= 0 , N C + N M = P (1)
Problem statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Deformasiya uyğunluğu tənliyişərtdən yaz ki polad çubuq və mis borunun uzanması eynidir:
(2) və ya
Çubuğun uzunluğuna görə hər iki hissəni ləğv edək və ifadə edək polad çubuqdakı qüvvə vasitəsilə mis boruda qüvvə:
(3)
Tapılan dəyəri tənliyə əvəz edin (1), alırıq:
Həmişə birlikdə işləyirik elastiklik modulu yüksək olan materialdan hazırlanmış element daha güclü şəkildə vurğulanır. At E C \u003d 2 10 5 MPa, E M \u003d 1 10 5 MPa:
Sütun üçün bütün bölmələrdə gərginlikləri təyin edin. P qüvvəsini tətbiq etdikdən sonra boşluq bağlanır, P = 200 kN, E = 2. 10 5 MPa, A \u003d 25 sm 2 
P qüvvəsini tətbiq etdikdən sonra olacaq sıxma səyləri. Gəlin onları C və B adlandıraq.
Gəlin bəstələyək statik tənlik: ∑y = 0; C + B - P \u003d 0; (bir)
Əlavə deformasiya uyğunluğu tənliyi: ∆ℓ 1 +∆ℓ 2 =0,3 mm (2);
Tapmaq mütləq deformasiya, bilmək lazımdır uzununa qüvvə Məkan aktivdir. Üstündə birinci kəsiyində uzununa qüvvə bərabərdir FROM, üstündə ikinci fərqlər (S-R). Bu dəyərləri mütləq deformasiyalar üçün ifadələrlə əvəz edək: 
(3)
ifadəsini əvəz edirik (3 ) ifadəyə ( 2) və tapın: C = 150 kN, və dən (1) B = 50 kN .
Sonra gərginlik sahələrdə:
Sərt bir şüa üç polad çubuqda dayandırılır; çubuq 2 dizayndan daha qısadır. Sistemin yığılmasından sonra çubuqlardakı gərginlikləri təyin edin. Verildi:
Bu sistemdə montaj tamamlandıqdan sonra sərt şüa çevriləcək və götürün yeni vəzifə.
xal C, D Və TO vəzifələrə keçin С 1 , D 1 Və K 1
Deformasiya modelinə görə SS 1 =Δℓ 1, DD 1 =Δ−D 1 D 2 = Δ−Δℓ 2, KK 1 \u003d ℓ 3,çubuqlar isə 1 və 3 yaşanır sıxılma, və çubuq 2 – uzanan.
Deformasiya sxeminə görə tarazlıq tənliyi forma alacaq: 
əsasında əlavə tənliklər əldə edilə bilər deformasiya sxeminin təhlili; oxşar üçbucaqlardan VSS 1 Və BDD 1, üçbucaqlar VSS 1 Və BKK 1 belədir:
görə Huk qanununun mütləq deformasiyaları: 
Sonra əlavə tənliklər aşağıdakı kimi yazılacaq: 
Alınan əlavə tənliklər sistemini və tarazlıq tənliyini birlikdə həll edərək əldə edirik:
N 1 \u003d 14,3 kN (çubuq sıxılır), N 2 \u003d 71,5 kN (çubuq uzanır), N 3 \u003d 42,9 kN (çubuq sıxılır).
Beləliklə, arzu olunan çubuqlarda gərginliklər mənaları var: 
Problem həll edildi.
Pilləli mis çubuq t H =20ºС temperaturdan t К =50ºС-ə qədər qızdırılır. Çubuğun gücünü yoxlayın. Verildi:
Gəlin bəstələyək çubuq tarazlığı tənliyi xarici bağların reaktiv qüvvələrlə əvəzlənməsini fərz etməklə: 
Göründüyü kimi, sistem statik olaraq qeyri-müəyyəndir və onu həll etmək üçün əlavə tənlik tələb olunur.
Gərginlik uyğunluğu tənliyi xarici bağların yerdəyişmələrinin 0 - W B =0 və ya W K =0 bərabər olması şərtindən irəli gəlir. Bu cür: 
Harada:
Nəticə olaraq R B \u003d 20723N.
Normal Qüvvələr və Stresslər sahələrdə: 
Hesablamaların nəticələrinə görə σ maks =│69,1│MPa, burada σmax< σ adm , (69,1<80). Nəticədə, çubuqun möhkəmlik vəziyyəti təmin edilir.
Boşluğu olan bir çubuğun hesablanması. Aşağı ucu ilə dayaq arasında boşluq olan polad pilləli çubuq üçün tələb olunur: normal qüvvələr və gərginliklərin, yerdəyişmələrin diaqramlarını qurmaq; gücünü yoxlayın. Verildi:
Gəlin bəstələyək tarazlıq tənliyiçubuq:
Onda iki naməlum, sistem bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir, tələb olunur əlavə tənlik deformasiya tənliyidir.
Əlavə tənlik yazıla bilər çubuqun deformasiya prosesində boşluğun bağlanması şərtindən:
Nəzərdən keçirilən sahələr üçün mütləq deformasiyalar:
müəyyən edək normal (uzununa) qüvvələr, divardan boşluğa keçin: 
Tapılan bütün dəyərləri ilə əvəz edin əlavə tənlik:
İlkin məlumatları və abreviaturaları əvəz etdikdən sonra: 
From tarazlıq tənlikləri alırıq:
Bu cür, R B \u003d 40,74 kN, R K \u003d 9,26 kN.
Ödəniş Normal qüvvələr: 
Biz qururuq süjet N
Ödəniş Normal stresslər: 
Biz qururuq normal stress diaqramı
Ödəniş hərəkətlər xarakterik bölmələr.
Köçürülmə üçün işarələr qaydası qəbul edilir: aşağı - müsbət, yuxarı - mənfi. 
Biz qururuq hərəkət diaqramı.
Statik olaraq qeyri-müəyyən çubuq sistemi verilir (BCD hissəsi sərtdir). 1 və 2-ci çubuqların kəsişmə sahələrini seçmək tələb olunur. 
İşarə et səylər müvafiq olaraq 1 və 2 çubuqlarda N 1 və N 2.
N 1 və N 2 səyləri ilə sistemin sxemini göstərək 
Bu sistem üçün tərtib edin balans tənliyi, C dəstəyindəki reaktiv qüvvələri nəzərə almadan Bu tənlik ehtiva edir iki naməlum: N 1 və N 2. Buna görə də sistem bir dəfə statik olaraq qeyri-müəyyən, və onun həlli üçün tələb olunur əlavə tənlik. Bu gərginlik tənliyi. Gəlin sistemi göstərək deformasiya olunan vəziyyət yük altında :
From sistemin deformasiya olunan vəziyyətdə təhlili belə olur:
-dən bəri və yaza biləcəyimizi nəzərə alsaq: 
Son giriş zəruri əlavədir gərginlik tənliyi.
Çubuqların mütləq deformasiyalarının dəyərlərini yazaq: 
Sonra, ilkin məlumatları nəzərə alaraq əlavə tənlik forma alacaq: 
Diqqət yetirin tarazlıq tənliyi, sistemi alırıq: 
Bu tənliklər sisteminin həllindən belə çıxır:
N 1 \u003d 48kN (uzanmış çubuq), N 2 \u003d -36.31kN (çubuq sıxılmış).
görə çubuğun gücü vəziyyəti 1:
sonra şərti nəzərə alaraq A 1 \u003d 1.5A 2 tapşırığı alırıq, alırıq 
görə çubuğun gücü vəziyyəti 2:Sonra 
Nəhayət qəbul edirik:
Çubuq sistemlərinin (tirlər, çərçivələr və s.) konstruksiya kimi xidmət etməsi və xarici yüklərə tab gətirməsi üçün onlara müəyyən bağlar qoymaq lazımdır ki, onları xarici və daxili bağlara ayırır. Əlaqə adətən strukturun digər cisimlərinin, nöqtələrinin və ya hissələrinin hərəkətini məhdudlaşdıran cisimlər (maneələr) kimi başa düşülür. Təcrübədə belə orqanlar dəstəkləyici qurğular, bünövrələr və s. adlanır. Mühəndislik hesablamalarında ideal birləşmələr anlayışı təqdim olunur. Əgər, məsələn, şüanın sol ucunda (şəkil 1.1, a) şaquli hərəkəti qadağan edən bir şərt qoyularsa, bu nöqtədə bir xarici əlaqə olduğunu söyləyirlər. Şərti olaraq, iki menteşəli bir çubuq kimi təsvir edilmişdir. Şaquli və üfüqi yerdəyişmələr qadağandırsa, sistemə iki xarici keçid qoyulur (Şəkil 1.1, b). Düz bir sistemə yerləşdirmə üç xarici əlaqə verir (Şəkil 1.1, c), bu, şaquli, üfüqi yerdəyişmələrin və yerləşdirmə hissəsinin fırlanmasının qarşısını alır. ld Şek. 1.1 Bədəni (çubuq) müstəvidə bərkitmək və onun həndəsi dəyişməzliyini təmin etmək üçün ona üç bağ qoymaq lazımdır və kifayətdir (şək. 1.2) və hər üç bağ bir-birinə paralel olmamalı və kəsişməməlidir. bir nöqtə. Bundan sonra sistemin həndəsi dəyişməzliyini və onun statik təyin oluna bilməsini təmin edən əlaqələr zəruri əlaqələr kimi başa düşüləcəkdir. Həndəsi dəyişməz sistem yalnız elementlərinin deformasiyası hesabına öz formasını dəyişə bilən sistemdir (şək. 1.2), həndəsi dəyişkən sistem isə deformasiya olmadıqda belə hərəkətə imkan verə bilər (şək. 1.3). Belə bir sistem mexanizmdir (Şəkil 1.3, a). 5 Şek. 1.2 Qeyd edilənlərlə yanaşı, elementlərinin deformasiyası olmadan sonsuz kiçik yerdəyişmələrə imkan verən sistemlər kimi başa düşülən ani sistemlər də fərqləndirilir (şək. 1.4). düyü. 1.3 Beləliklə, məsələn, D menteşəsinə tətbiq olunan P qüvvəsinin təsiri altında (şəkil 1.4, a) deformasiya olmadan DV və DS çubuqları sonsuz kiçik bir bucaq d vasitəsilə B və C menteşələrinə nisbətən fırlanacaqdır. Sonra P qüvvəsinin kiçik bir dəyəri ilə kəsilmiş tarazlıq vəziyyətindən DW və DS çubuqlarındakı qüvvələr sonsuzluğa meyl edəcək, çubuqların eksenel deformasiyasına səbəb olacaq və sistemin mövqeyini dəyişdirəcəkdir. 6 Şek. 1.4 Şəkildəki çərçivə üçün. 1.4, b, statikanın tənliyini nəzərdən keçirərkən, P qüvvəsinin anı tarazlaşdırılmır (R1 reaksiyası nəzərdən keçirilən nöqtəyə nisbətən bir an yarada bilməz, çünki onun təsir xətti bu nöqtədən keçir). Bənzər bir xüsusiyyət Şəkildə göstərilən sistem üçün də özünü göstərir. 1.4, c. K nöqtəsinə nisbətən P qüvvəsinin momenti tarazlaşdırılmır. Beləliklə, bu sistemlər həm də elementlərinin deformasiyası olmadan sonsuz kiçik yerdəyişmələrə (moment nöqtəsinə nisbətən) imkan verir. Bina və tikililərdə belə sistemlər qəbuledilməzdir. Əgər həndəsi dəyişməz sistemdə zəruri əlavə əlaqələrlə yanaşı, statikanın müstəqil tənlikləri naməlum qüvvələri (əlaqələrin reaksiyalarını) təyin etmək üçün kifayət etmir və belə sistem statik qeyri-müəyyən adlanır. Müəyyən edilməli olan naməlum qüvvələrin sayı ilə statikanın müstəqil tənliklərinin sayı arasındakı fərq statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini xarakterizə edir ki, bu da adətən n simvolu ilə işarələnir. Beləliklə, Şəkildə göstərilən şüa və çərçivə. 1.5 iki dəfə (iki dəfə) statik olaraq qeyri-müəyyəndir. Bu sxemlərdə naməlum reaksiyaların sayı beş, onların hər biri üçün yazıla bilən müstəqil statik tənliklərin sayı isə üçdür. Hər hansı bir qapalı dövrə üç dəfə statik olaraq qeyri-müəyyən bir sistemdir (şək. 1.6). düyü. 1.6 Tək menteşənin təyin edilməsi sistemin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini bir azaldır (şəkil 1.7, a), çünki menteşədə əyilmə anı yoxdur. Tək menteşə dedikdə, iki çubuğun uclarını birləşdirən menteşə başa düşülür. düyü. 1.7 Bir neçə çubuqun uclarının birləşdiyi qovşağın tərkibinə daxil olan menteşə O=C–1 düsturu ilə təyin olunan tək menteşələrin sayına görə sistemin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini azaldır. Burada C bir qovşaqda birləşən çubuqların sayı kimi başa düşülür. Məsələn, çərçivədə (şəkil 1.7, b) tək menteşələrin sayı O=C–1=3-1=2 olduğu üçün statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsi iki vahid azalır və n4-ə bərabər olur.Statik təyin olunan çərçivələrin hesablanması
Əsas anlayışlar Çərçivə bütün və ya bəzi düyün birləşmələrinin sərt olduğu çubuq sistemidir (şək. 1.8 a). Sərt düyün yükün təsiri altında onu meydana gətirən çubuqların oxları arasındakı bucağın dəyişməməsi ilə xarakterizə olunur (şəkil 1.8 a). Çarpaz çubuğun elastik xətlərinə toxunan bucaq və B düyünündəki maili dirək arasındakı bucaq dəyişməz olaraq qalır α və eyni çarpaz çubuğun elastik xətləri ilə tangenslər arasındakı bucaq və D nodesindəki sağ dirək eyni dəyərini saxlayır β. Çubuqların bütün oxları eyni müstəvidə (şəkil 1.8 a, b, c) və məkanda (şəkil 1.8 d) yatdıqda çərçivələr düz ola bilər. Çərçivənin üfüqi çubuğuna çarpaz çubuq, onu dəstəkləyən çubuqlar isə rəf adlanır. Sol duruş maili, sağ duruş isə şaquli vəziyyətdədir. Çərçivələr üç çubuqdan ibarət sadə ola bilər (Şəkil 1.8), mürəkkəb, çox aralıqlı (Şəkil 1.8 b) və çox səviyyəli (Şəkil 1.8 c). Onlar həm də naməlum reaksiyaların, səylərin sayı verilmiş çərçivə üçün tərtib oluna bilən müstəqil statik tənliklərin sayından az və ya bərabər olduqda statik olaraq müəyyən edilmiş (Şəkil 1.8 b) və bu şərt olmadıqda statik olaraq qeyri-müəyyən bölünürlər. görüşdü (Şəkil 1.8 a, c, d) Bu daha sonra müzakirə olunacaq. Şüalardan fərqli olaraq, çərçivələrin en kəsiklərində əyilmə momentləri, eninə qüvvə ilə yanaşı, uzununa qüvvə də var. düyü. 1.8 Qüvvələrin təyini (M, Q, N) kəsik metodundan (ROSE) istifadə edərək şüalarda olduğu kimi həyata keçirilir. Bu halda, əyilmə momenti M və eninə qüvvə Q üçün işarə qaydası tirlər üçün olduğu kimi və uzununa qüvvə üçün N üçün gərginlikdə 9 çubuqda olduğu kimi - sıxılma. Normal n və kəsmə gərginliklərinin təyini, çubuq əyilmiş olduqda, şüalarda olduğu kimi eyni asılılıqlara uyğun olaraq həyata keçirilir. Mürəkkəb müqavimət zamanı çubuqda əyilmə momenti ilə yanaşı uzununa qüvvə də yarandıqda, o zaman hesablama "Mürəkkəb müqavimət" bölməsində təsvir edilən gərginlik - sıxılma ilə əyilmə halında olduğu kimi aparılır.Misal. 1.1 Verilmiş çərçivə üçün (Şəkil 1.9) daxili qüvvələrin diaqramlarını tərtib edin və P = 5 kN; q = 10 kN/m; EIz = const; postların bölmələri olduqda K kəsiyinin ümumi yerdəyişməsinin böyüklüyünü və istiqamətini tapın. və çarpazlar eynidir I = 8000 sm4: 1. Dayaq reaksiyalarını tapın: a) şaquli reaksiyalar V1, V2: b) üfüqi H1 və H2 reaksiyaları: 2. M, Q, N daxili qüvvələrin diaqramlarını qururuq. əyilmə anlarının diaqramının M.Statik olaraq qeyri-müəyyən çubuq sistemlərinin güc üsulu ilə hesablanması
Konturun içərisində olduğunu nəzərə alaraq müşahidə nöqtəsini seçirik. Bu halda, sahələr 1-3, 3-4, 4-K, 4-2 bölmələrinin üstündə yerləşir, xarici, kontur daxilində isə daxili hesab olunur. Bükülmə anlarını təyin edərkən, şüalarda olduğu kimi eyni qaydalara əməl edirik. Çərçivənin hər bir hissəsinin xarakterik bölmələrindəki anları hesablayırıq. Süjet 1-3. Dəstəyin yan tərəfdən sonundakı an 1, M13 = 0. Düyündəki an 3, İşarə mənfidir, çünki 1-3-cü bölmədə aşağı kəsmə hissəsi qabarıqlıqla yuxarıya doğru əyilmişdir. müşahidəçi. Süjet 3-4 (çəngəl). Bölmənin başlanğıcındakı an (3 node bölməsində) M34, rəfdə olduğu kimi 1 - Moment Menteşədə an sıfırdır. Bölmə 2-4 (maili post) 4-K bölməsi Bölmənin əvvəlində moment MK4 = 0. Bölmənin sonunda əyilmə momentlərinin əyrisi göstərilir (şəkil 1.10, a) 1.10 M diaqramının qurulmasının düzgünlüyünü yoxlayırıq. Əgər M diaqramı düzgün qurulubsa, onda hər hansı dayaqdan kənar düyün və ya xarici və daxili qüvvələrin təsiri altında çərçivənin hər hansı bir hissəsi tarazlıqda olmalıdır. Çərçivə bölmələrindən düyünə sonsuz yaxın olan kəsikləri, məsələn, qovşağı (4) kəsək və onun tarazlığını nəzərdən keçirək. M diaqramından müvafiq bölmələrdəki anların qiymətlərini alırıq (Şəkil 1.10, b). Düyün momenti tənlikləri (4) formaya malikdirÇox aralıqlı davamlı şüaların qüvvələrinin metodu ilə hesablanmasının xüsusiyyətləri
Şərt ödənilir, bu o deməkdir ki, düyünə (4) bitişik hissələrdə momentlər düzgün müəyyən edilir. Eynilə, qovşaqda (3) yoxlama aparılır və s.Qeyd Əgər qovşaqda cəmlənmiş xarici qüvvələr (moment və ya qüvvələr) tətbiq edilirsə, onda yoxlama zamanı onlar nəzərə alınmalıdır. Paylanmış yük göstərilmir, çünki dx kiçik dəyərdir. b. Transvers qüvvələrin diaqramının qurulması Q. Biz şüalar üçün olduğu kimi eyni işarə qaydasına əməl edirik: əgər kəsikdən solda olan xarici qüvvələrin nəticəsi yuxarıya, sağa isə aşağıya doğru yönəldilirsə, eninə qüvvə Q > 0, əgər əksinə - m Bölmə 1–3. Sol kəsici hissə 10 kN nəzərə alındıqda (mənfi, çünki sol kəsici hissə aşağıya yönəldilmiş H1 12 qüvvəsinin təsiri altındadır, əgər müşahidəçinin nöqtəsindən kəsici hissəyə baxsanız). Bu hissənin uzunluğu boyunca eninə qüvvə sabitdir (şəkil 1.11, a). 1.11 Bölmə 3-4 Kəsikdən sola təsir edən qüvvələr nəzərə alındıqda qovşaqdan (3) x məsafədə qəbul edilən hər hansı kəsikdə kəsmə qüvvəsi 103 01QV xqx-ə bərabərdir. x = 0-da, düyünün (3) solunda olan bölmədə eninə qüvvəni alırıq, yəni Q34 30kN; x = 3 m-də biz eninə qüvvə Q alırıq, yəni düyünün (4) solunda olan hissədə. 3-4-cü bölmədəki eninə qüvvə xətti qanuna uyğun olaraq dəyişir (Şəkil 1.11, a). Süjet 4-K. Bölmənin sağ ucundan x məsafədə olan kəsikdə (şəkil 1.11, a) eninə qüvvə bərabərdir (xətti qanun). x = 0-da biz, x = 3 m-də isə 2-4-cü bölməni alırıq. Çubuğun uzununa oxuna perpendikulyar olaraq Y oxuna 2-ci nöqtədə tətbiq olunan H2, V2 xarici qüvvələri (şəkil 1.11, a) proyeksiya edərək, bu bölmənin kəsişməsində eninə qüvvəni əldə edirik. 3-4-cü hissənin uzunluğu boyunca eninə qüvvə sabitdir. Transvers qüvvələrin diaqramı göstərilmişdir (şəkil 1.11, a).Çubuq sistemlərinin statik qeyri-müəyyənliyinin açıqlanmasında simmetriya xassələrinin istifadəsi
in. Uzunlamasına qüvvələrin diaqramının qurulması N. Hər bir bölmənin bölməsində uzununa qüvvəni hesablayırıq. Süjet 1–3. Aşağı hissəni nəzərə alırıq (şək. 1.12) Mənfi qəbul edilir, çünki V1 reaksiyasını tarazlayan uzununa qüvvə kəsiyə, yəni V1 reaksiyasına yönəldilmişdir, bu da kəsmə hissəsinin sıxılma altında olduğunu bildirir. Uzunlamasına qüvvə kəsikdən uzaqlaşdırılıbsa, N işarəsi müsbətdir. Süjet 3-4 (çarpaz çubuğunda). Uzunlamasına qüvvə N30 kN, mənfi, sıxıcı kimi. x bölməsində (şəkil 1.12, b) 4-K bölməsində: bölmənin uzununa oxuna perpendikulyar. Süjet 2–4. düyü. 1.12 X bölməsindəki maili dirəkdə çubuqun oxu ilə üst-üstə düşən V2 və H2 xarici qüvvələri X oxuna proyeksiya edərək uzununa qüvvəni tapırıq (şəkil 1.12): 34 5 4 (sıxılma), Buna görə də biz təyin edirik. mənfi işarəsi N24 kN. 14 Uzunlamasına qüvvələrin diaqramı göstərilmişdir (şəkil 1.11, b). 3. K kəsiyinin yerdəyişmələrini təyin edirik. Bunun üçün Mohr inteqralından, A.K.-nin düsturlarından istifadə edirik. Vereshchagin, Simpson, ("Birbaşa əyilmə" bölməsinə baxın). K bölməsinin şaquli yerdəyişməsini təyin edirik. Bunun üçün çərçivəni bütün xarici yüklərdən (q, P) azad edirik və bu bölmədə tək ölçüsüz qüvvə tətbiq edirik (Şəkil 1). 1.13, a) İstiqamət biz qüvvələri özümüz qəbul edirik, məsələn, aşağıya.Gərginlik və ya sıxılma şəraitində işləyən statik qeyri-müəyyən sistemlərin qüvvələrinin metodu ilə hesablanması
düyü. 1.13 Şek. 1.13, bu qüvvədən M1 əyilmə momentlərinin qrafiki təqdim olunur. M və M1 diaqramlarını Vereshchagin üsuluna görə çoxaldırıq, K bölməsinin şaquli yerdəyişməsini tapırıq. 4-K bölməsində Simpson düsturu, 2-4-cü hissədə isə Vereshchagin düsturu istifadə edilmişdir. K bölməsinin üfüqi yerdəyişməsini təyin edirik. Bunun üçün çərçivəni xarici yüklərdən azad edirik, onu üfüqi olaraq tətbiq olunan tək ölçülü olmayan qüvvə ilə yükləyirik (şəkil 1.13, b). Bu qüvvənin sxemi Şəkildə göstərilmişdir. 1.13b. Vereshchagin və Simpson düsturlarından istifadə edərək üfüqi yerdəyişməni hesablayırıq. Mənfi işarə faktiki üfüqi yerdəyişmənin vahid qüvvənin tətbiqinin əks istiqamətinə, yəni sola yönəldildiyini göstərir. 15 Tapılan yerdəyişmələrin həndəsi cəmi kimi K kəsiyinin tam yerdəyişməsini tapırıq. Tam hərəkət istiqaməti bucaqla müəyyən edilir (Şəkil 1.14, b). K kəsiyinin fırlanma bucağını təyin edirik. K kəsiyində vahid ölçüsüz moment tətbiq edirik (şəkil 1.14, a) və ondan əyilmə momentlərinin diaqramını qururuq.Statik olaraq qeyri-müəyyən çubuq sistemlərinin matris şəklində güc üsulu ilə hesablanması
düyü. 1.14 Vereshchagin düsturundan istifadə edərək M və M3 diaqramlarını vururuq, K bölməsinin fırlanma bucağını tapırıq: 16 1.3. Statik qeyri-müəyyən çubuq sistemlərinin qüvvələr üsulu ilə hesablanması Çubuq sistemlərinin statik qeyri-müəyyənliyini aşkar etmək üçün ən çox istifadə edilən üsul qüvvələr üsuludur. Bu, verilmiş statik qeyri-müəyyən sistemin həm xarici, həm də daxili əlavə (əlavə) əlaqələrdən azad olması və onların hərəkətinin qüvvələr və momentlərlə əvəz olunmasından ibarətdir. Onların dəyəri daha sonra müəyyən edilir ki, yerdəyişmələr atılan keçidlər tərəfindən sistemə qoyulan məhdudiyyətlərə uyğun olsun. Beləliklə, göstərilən həll üsulu ilə atılan və ya kəsilmiş bağların yerlərində hərəkət edən qüvvələr və ya anlar naməlum olur. Beləliklə, "qüvvələr üsulu" adı. Şəkildə göstərilən statik qeyri-müəyyən çərçivənin hesablanması nümunəsindən istifadə edərək güc metodunun mahiyyətini nəzərdən keçirək. 1.15. Çubuqların xarici yükünün, ölçülərinin və sərtliyinin məlum olduğunu güman edirik. Hesablama proseduru 2.1. Statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsini təyin etdik, bunun üçün ifadəni istifadə edirik, burada X naməlumların sayıdır (5 xarici keçid var); Y - nəzərdən keçirilən sistem üçün tərtib edilə bilən müstəqil statik tənliklərin sayıdır. Müəyyən bir çərçivə üçün naməlum reaksiyaların sayı beş, müstəqil tənliklərin sayı isə üçdür, çünki qüvvələr sistemi düz və ixtiyari yerləşmişdir, buna görə də Sistem iki dəfə statik olaraq qeyri-müəyyəndir. 2.2. Verilmiş sistemi statik olaraq təyin olunan, həndəsi cəhətdən dəyişməz və verilmiş sistemə ekvivalentə çeviririk, yəni əsas sistemi təşkil edirik. Bunun üçün lazımsız əlaqələri ataraq və ya kəsərək aradan qaldırırıq. Əncirdə. 1.15 lazımsız dəstək bağlantılarını atmaqla əldə edilən əsas sistemi göstərir və şək. 1.16 Əsas sistemlər bağların atılması və kəsilməsi ilə formalaşır. Məsələn, (Şəkil 1.16, a) A dəstəyində üfüqi bir əlaqə atılır və C dəstəyində bölmənin fırlanmasına mane olan bir əlaqə kəsilir. Beləliklə, hər bir statik qeyri-müəyyən çubuq sistemi üçün bir ola bilər 1.15 17 əsas sistemlər üçün bir neçə variant seçin (şək. 1.15, 1.16). Xüsusi diqqət yetirmək lazımdır ki, qüvvələr metodunun əsas sisteminin formalaşmasında yeni birləşmələrin tətbiqi yolverilməzdir. Əsas sistemin rasional olması arzu edilir, yəni daxili güc amillərinin diaqramlarını qurmaq daha asan olan və hesablamaların miqdarı ən kiçikdir. Belə bir sistem Şəkildə göstərilmişdir. 1.15 (seçim I). Çərçivənin sərbəst (boş) ucundan diaqramlar qurarsanız, burada dəstək reaksiyalarını təyin etməyə ehtiyac yoxdur. düyü. 1.16 2.3. Əsas sistemi xarici qüvvələr və atılan (kəsilmiş) bağların qüvvələri ilə yükləyərək ekvivalent bir sistem meydana gətiririk (şək. 1.17). Naməlum qüvvə amilləri Xi simvolu ilə işarələnəcək, burada i naməlumların sayıdır. Əgər rədd edilmiş məhdudiyyətlər xətti yerdəyişmələri qadağan edirsə, naməlumlar qüvvələr, bucaq yerdəyişmələri qadağandırsa, momentlərdir. Əgər əsas sistem əlavə birləşmələrin kəsilməsi ilə alınmışdırsa, kəsmə yerlərində kəsilmiş sistemin həm sağ, həm də sol hissələrinə bərabər və əks qüvvələr və momentlər tətbiq edilir. Baxılan nümunədə X1 və X2 oynaq dəstəyinin reaksiyasının şaquli və üfüqi komponentlərini təmsil edir A. 2.4. Əsas və verilmiş sistemlərin ekvivalentliyi şərtlərini riyazi formada ifadə edən qüvvələr metodunun kanonik tənliklərini tərtib edirik. Əks təqdirdə, xarici yükün və naməlum qüvvələrin birgə təsirindən uzaq həddindən artıq keçidlər istiqamətində nisbi yerdəyişmələrin sıfıra bərabər olması lazım olduğunu ifadə edən şərtləri ifadə edirlər. Baxılan nümunənin ekvivalent sistemi üçün, qüvvələrin hərəkətinin müstəqilliyi prinsipinə əsaslanan və Şek. 1.18 kanonik tənliklər şəklində yazılacaqdırburada 11 eyni qüvvənin yaratdığı əlavə naməlum X1 istiqamətində əsas sistemdə nisbi yerdəyişmədir; 12 - X2 qüvvəsinin yaratdığı əlavə naməlum X1 istiqamətində nisbi hərəkət; 1P - müəyyən bir yükün yaratdığı naməlum X1-in hərəkət istiqamətində nisbi yerdəyişmə. düyü. 1.18 Bu tənliklərin fiziki mənası. Birinci tənlik, verilmiş P yükünün birləşmiş hərəkətindən və X1 və X2 naməlumlarının tam dəyərlərindən artıq naməlum X1 istiqamətində A dayaq hissəsinin şaquli hərəkət imkanını inkar edir. İkinci tənlik oxşar məna daşıyır. Bu formada (1.1) mühəndislik hesablamalarında tənliklərdən istifadə çətin olduğundan onları yeni formaya çevirəcəyik. Xətti sistemlər üçün ifadənin yazıla biləcəyini nəzərə alaraq: burada 11 əsas sistemdə X1 1 qüvvəsinin təsirindən X1 qüvvəsi istiqamətində nisbi yerdəyişmədir (şək. 1.19); 21 - X1 qüvvəsindən X2 qüvvəsi istiqamətində əsas sistemdə nisbi yerdəyişmə 1. Burada X1 və X2 atılan bağların reaksiyalarının faktiki qiymətləridir. Onda güc metodunun (1.1) kanonik tənlikləri formada yazıla bilər Analogiyaya görə, n dəfə statik qeyri-müəyyən sistemlər üçün kanonik tənliklər formaya malikdir. Aparıcı əmsallar həmişə müsbətdir. Yan amillər müsbət, mənfi və ya sıfır ola bilər. 1P - sərbəst və ya yük əmsalları adlanır. 2.5. Kanonik tənliklərin əmsallarını təyin edirik. Bu əmsallar sistemin nöqtələrinin düşmüş bağlar istiqamətində yerdəyişmələrini ifadə edir, buna görə də onları Mohr inteqralından istifadə etməklə tapmaq olar: Əmsalların təyini proseduru: Şəkil 2. 1.19 20 a) verilmiş xarici yükdən P və düşmüş bağların vahid qüvvələrindən əsas sistem üçün əyilmə momentinin diaqramlarını çəkirik X11 (şək. 1.20); düyü. 1.20 b) kanonik tənliklərin əmsallarını hesablayırıq. Baxılan sistem yalnız düzxətli çubuqlardan ibarət olduğundan və onların uzunluqları daxilində çubuqların sərtliyi sabit olduğundan, Mohr inteqralının hesablanması A.K.-nin metodu ilə aparılır. Vereshchagin Simpsonun düsturları və trapesiyalarından istifadə edərək müvafiq diaqramları vuraraq: 2.6. Kanonik tənliklər sistemini yazırıq. Tapılmış əmsalları (1.3) tənliyində əvəz etdikdən sonra əldə edirik: Tənliklər sistemini həll edirik və naməlum qüvvələri tapırıq, kN: Qeyd. Əgər qüvvə işarəsi mənfi olarsa, bu o deməkdir ki, faktiki qüvvə (reaksiya) ekvivalent sistemdə qəbul edilən Xi qüvvəsindən əks istiqamətə yönəldilmişdir. Beləliklə, sistemin statik qeyri-müəyyənliyi aşkar edilir. 2.7. Verilmiş sistem üçün daxili qüvvə amillərinin yekun (real) diaqramlarını qururuq. Planlaşdırma iki şəkildə edilə bilər. Birinci yol Biz əsas sistemi verilmiş yüklə və tapılan qüvvələr X1 və X2 ilə yükləyirik (Şəkil 1.17), bundan sonra M, Q və N diaqramlarını şərti statik olaraq təyin olunan sistemlə eyni şəkildə qururuq. Bu şəkildə qurulmuş diaqramlar Şəkildə göstərilmişdir. 1.21, burada əyilmə momenti diaqramının ordinatları uzanan liflərin tərəfdən çəkilir. Bu üsul sadə sistemlər üçün ən əlverişlidir. İkinci üsul Hər hansı (adətən xarakterik) bölmədə əyilmə momentlərinin dəyərlərini 22 düsturuna uyğun olaraq qüvvələrin təsirinin müstəqilliyi prinsipinə əsaslanaraq hesablayırıq, burada k əyilmə dəyəri olan bölmənin sayıdır. an müəyyən edilir; n sistemin statik qeyri-müəyyənlik dərəcəsidir. düyü. 1.21 Bu halda, tapılan qüvvə Xi mənfi işarəyə malikdirsə, onda müvafiq Mi diaqramı çubuqların oxlarına nisbətən əks olunmalıdır. Bükülmə anlarının faktiki qiymətlərini təyin edərkən, hesablanmış hissələrdə momentlərin ordinatları onların əlamətləri nəzərə alınmaqla M1, M2 və MP diaqramlarından götürülür. Baxılan hissədə anların işarələri anların ordinatlarının əsas xəttinin hansı tərəfində yerləşməsindən və müşahidəçinin nöqtəsinin mövqeyindən asılı olaraq müəyyən edilir. Bizim vəziyyətimizdə, müşahidəçinin nöqtəsinin konturun içərisində yerləşdiyini güman edirik, buna görə də anların müsbət dəyərləri daxili liflərin hesablanmış hissəsində gərginliyə səbəb olan anlar və mənfi dəyərlər qəbul edilir. konturun xarici liflərindən. Məsələn, çərçivənin D bölməsi üçün digər bölmələr üçün də eyni şəkildə əldə edirik. Müəyyən bir sistem üçün əyilmə momentlərinin yekun diaqramı şək. 1.21 a. 23 2.8. Bükülmə anlarının real diaqramını qurmağın düzgünlüyünün deformasiya yoxlanışını həyata keçiririk. Deformasiya testinin mənası, əsas sistemdə naməlum qüvvələrin tapılmış dəyərlərində atılan (kəsilmiş) bağlar istiqamətində yerdəyişmələrin olmamasını təsdiqləməkdir. Deməli, əgər naməlum qüvvələr düzgün tapılıbsa, onda nəzərdən keçirilən misal üçün bərabərliklər təmin edilməlidir: Əgər tək momentlərin 2 diaqramını qurursansa, onda yoxlama qrup yerdəyişməsinin yoxlanışı adlanır (şək. 1.22): yerdəyişmənin olmaması məsələnin həllinin düzgünlüyünü təsdiq edir. Aparılan hesablamalar əsas sistemin nöqtələrinin atılan əlaqələr istiqamətində yerdəyişmələrinin olmamasını təsdiq etmirsə, hesablama xətasını müəyyən etmək üçün kanonik tənliklərin əmsallarının təyin edilməsinin düzgünlüyünü yoxlamaq lazımdır. düsturuna görə Bu tənlikdə bərabərlik yoxdursa, kanonik tənliklərin əmsallarının sətir-sətir yoxlanışı aparılır. Birinci xətt: . Əgər bu sətirdə hesablama xətası yoxdursa, o zaman şərt yerinə yetirilməlidir: Eynilə 2-ci və digər sətirləri yoxlaya bilərsiniz. Bu yoxlamaları yerinə yetirərkən, yük əmsallarının hesablanmasının düzgünlüyünü yoxlamaq lazımdır: 2.9. Verilmiş sistemdən çubuqları ardıcıl olaraq kəsərək və onları menteşəli statik olaraq təyin olunan şüalar kimi nəzərə alaraq əyilmə momentlərinin M diaqramına uyğun olaraq Q eninə qüvvələrin diaqramını qururuq. Dəyərləri və istiqamətləri müvafiq bölmələrdə M diaqramından seçilən çubuqların uclarında anlar tətbiq edirik. Xarici qüvvələrin olması halında biz onları müvafiq ərazilərdə tətbiq edirik. Statik tarazlıq şəraitindən dəstək reaksiyalarını təyin edirik və statik olaraq təyin olunan şüalar üçün həmişə olduğu kimi Q xəttini çəkirik. Verilmiş çərçivə üçün (şək. 1.15) rack üçün eninə qüvvələrin diaqramını qurarkən biz AB kəsiyini kəsdik və B bölməsində M real momentlərin diaqramından götürülmüş B 3, 56 MP anını tətbiq edirik (şəkil 1). 1.21, b). 3 P tarazlığının nəzərə alınmasından dəstək reaksiyalarını təyin edirik və Q eninə qüvvələrin diaqramını qururuq (şək. 1.23). düyü. 1.22 25 Oxşar şəkildə, BC üfüqi çubuqunu (arxa çubuğu) kəsdik, onun tarazlığını nəzərdən keçirdik və çərçivənin bu hissəsi üçün Q xəttini çəkdik (şək. 1.24). Fərdi çubuqlar üçün Q diaqramlarını müəyyən bir sistemə köçürürük. Verilmiş çərçivə üçün eninə qüvvələrin yekun diaqramı Şəkil 7.14, b-də göstərilmişdir. Əyilmə momentlərinin diaqramına görə eninə qüvvələrin diaqramının qurulması diferensial asılılıq əsasında da mümkündür: burada α - əyilmə momentlərinin diaqramını əsas xəttə (şüa oxu) təsvir edən düz xəttin meyl bucağı ). Əyilmə anı ox istiqamətində artarsa, eninə qüvvə müsbət hesab olunur. Baxılan misal üçün: 2.10. Uzunlamasına qüvvələrin N diaqramını qururuq.Rezervasyonlu truss iki və ya üç span davamlı şüa və yay dartma birləşməsi olan trussed şüaları daxildir; onlar polad və taxta konstruksiyalar üçün xarakterikdir, davamlı haddelenmiş profilin yuxarı akkordu (mişarlanmış taxta və ya yapışdırılmış taxta paketləri). Kiçik aralıqların dəmir-beton trussları da ola bilər.
Vikipediyadan, pulsuz ensiklopediyadan
düyü. 7.16 Şək. 1.24 26 Bunu etmək üçün qovşaqların kəsilməsi metodundan istifadə edirik (biz yalnız qovşağına sonsuz yaxın olan bölmələri olan dəstəksiz qovşaqları kəsdik) və xarici yükün təsiri altında onların tarazlığını nəzərə alırıq (əgər qovşaqlara tətbiq olunursa) və atılmış (kəsilmiş) bağlardakı qüvvələr. Biz düyünü B kəsdik. Q diaqramından müvafiq bölmələrdə götürülmüş eninə qüvvələri ona tətbiq edirik (şəkil 1.23, b). Düyün eninə və uzununa qüvvələrin təsiri altında tarazlıqda olmalıdır (şəkil 1.25) (naməlum). Statik tarazlıq şərtindən naməlum uzununa qüvvələri təyin edirik. Uzunlamasına qüvvələrin diaqramı Şəkildə göstərilmişdir. 1.23, c. 2.11. Problemin həllinin düzgünlüyünün son yoxlamasını həyata keçiririk. Sistem (çərçivə), kənar dəstək bloku və ya sistemin bəzi hissəsi xarici yükün və atılan (kəsilmiş) bağların qüvvələrinin təsiri altında tarazlıqda olmalıdır. Verilmiş nümunə üçün statik tənliklərdən istifadə edərək çərçivənin balansını nəzərdən keçiririk (Şəkil 1.26):
Tarazlıq şərti təmin edilir. Qeydlər. 1. Çərçivədə bir neçə dəstəksiz qovşaq varsa, onda bütün qovşaqlar çeklə əhatə olunur.