Sitenin bölümleri
Editörün Seçimi:
- Sayıların çekimine yönelik yetkin bir yaklaşımın altı örneği
- Kışın Yüzü Çocuklar için Şiirsel Sözler
- Rusça dersi "isimlerin tıslamasından sonra yumuşak işaret"
- Cömert Ağaç (mesel) Cömert Ağaç masalına mutlu son nasıl eklenir?
- “Yaz ne zaman gelecek?” Konulu çevremizdeki dünya hakkında ders planı.
- Doğu Asya: ülkeler, nüfus, dil, din, tarih İnsan ırklarını aşağı ve yukarı diye ayıran sahte bilimsel teorilerin rakibi olarak gerçeği kanıtladı
- Askerlik hizmetine uygunluk kategorilerinin sınıflandırılması
- Maloklüzyon ve ordu Maloklüzyon orduya kabul edilmiyor
- Neden ölü bir anneyi canlı hayal ediyorsun: rüya kitaplarının yorumları
- Nisan ayında doğan insanlar hangi burçlara sahiptir?
Reklam
Temel tanımlamaların gücü. Malzemelerin mukavemetinin temelleri, hesaplama formülleri. Deformasyon Varsayımları |
Materyallerin kuvveti– Deforme olabilen mekaniğin bölümü sağlam Makinelerin ve yapıların elemanlarının mukavemet, sertlik ve stabilite açısından hesaplanmasına yönelik yöntemleri tartışan. Mukavemet, bir malzemenin çökmeden ve artık deformasyonlar ortaya çıkmadan dış kuvvetlere direnme yeteneğidir. Mukavemet hesaplamaları, belirli bir yüke en düşük malzeme maliyetiyle dayanabilecek parçaların boyutunu ve şeklini belirlemeyi mümkün kılar. Sertlik, bir cismin deformasyon oluşumuna direnme yeteneğidir. Sertlik hesaplamaları, vücut şekli ve boyutunda meydana gelen değişikliklerin kabul edilebilir standartları aşmamasını sağlar. Kararlılık, yapıların kendilerini dengeden çıkarmaya çalışan kuvvetlere direnme yeteneğidir. Stabilite hesaplamaları, ani denge kayıplarını ve yapı elemanlarının bükülmesini önler. Dayanıklılık, bir yapının önceden belirlenmiş bir süre boyunca çalışması için gerekli hizmet özelliklerini koruma yeteneğinden oluşur. Kiriş (Şekil 1, a - c), kesit boyutları uzunluğuna göre küçük olan bir gövdedir. Bir kirişin ekseni, kesitlerinin ağırlık merkezlerini birleştiren bir çizgidir. Sabit veya değişken kesitli kirişler vardır. Kiriş düz veya kavisli bir eksene sahip olabilir. Düz eksenli bir kirişe çubuk denir (Şekil 1, a, b). İnce duvarlı yapı elemanları plakalara ve kabuklara bölünmüştür. Kabuk (Şekil 1, d), boyutlarından biri (kalınlığı) diğerlerinden çok daha küçük olan bir gövdedir. Kabuğun yüzeyi düzlem ise nesneye plaka denir (Şekil 1, e). Diziler, boyutları aynı sırada olan gövdelerdir (Şekil 1, f). Bunlar yapıların temellerini içerir. istinat duvarları ve benzeri. Malzemelerin mukavemetindeki bu unsurlar, gerçek bir nesnenin tasarım diyagramını çizmek ve bunu gerçekleştirmek için kullanılır. mühendislik analizi. Bir tasarım şeması, yük altındaki davranışını etkileyen tüm önemsiz faktörlerin atıldığı, gerçek bir yapının idealize edilmiş bir modeli olarak anlaşılmaktadır. Malzeme özelliklerine ilişkin varsayımlarMalzemenin sürekli, homojen, izotropik ve tamamen elastik olduğu kabul edilir. Deformasyon Varsayımları1. Başlangıçtaki iç çabaların yokluğuna ilişkin hipotez. 2. Başlangıç boyutlarının sabitliği ilkesi - deformasyonlar, gövdenin orijinal boyutlarına kıyasla küçüktür. 3. Cisimlerin doğrusal deforme olabilirliğine ilişkin hipotez - deformasyonlar uygulanan kuvvetlerle doğru orantılıdır (Hooke yasası). 4. Kuvvetlerin eyleminin bağımsızlığı ilkesi. 5. Bernoulli'nin düzlem kesitler hipotezi - bir kirişin deformasyondan önceki düzlem kesitleri deformasyondan sonra düz ve kirişin eksenine dik kalır. 6. Saint-Venant ilkesi - yerel yüklerin etki alanından yeterli uzaklıkta bulunan vücudun stresli durumu, bunların ayrıntılı uygulama yöntemine çok az bağlıdır Dış kuvvetlerÇevreleyen cisimlerin yapısı üzerindeki etkinin yerini dış kuvvetler veya yükler adı verilen kuvvetler alır. Sınıflandırmalarını ele alalım. Yükler, aktif kuvvetleri (yapının oluşturulduğu algısı için) ve reaktif kuvvetleri (bağlantıların reaksiyonları) - yapıyı dengeleyen kuvvetleri içerir. Uygulama yöntemine göre dış kuvvetler konsantre ve dağıtılmış olarak ayrılabilir. Dağıtılmış yükler yoğunlukla karakterize edilir ve doğrusal, yüzeysel veya hacimsel olarak dağıtılabilir. Yükün niteliğine bağlı olarak dış kuvvetler statik ve dinamik olabilir. Statik kuvvetler, zaman içindeki değişimleri küçük olan yükleri içerir; Yapısal elemanların noktalarının ivmeleri (atalet kuvvetleri) ihmal edilebilir. Dinamik yükler, bir yapıda veya onun bireysel elemanlarında, hesaplamalarda ihmal edilemeyecek kadar ivmelenmelere neden olur. Iç kuvvetler. Bölüm yöntemi.Dış kuvvetlerin bir cisim üzerindeki etkisi onun deformasyonuna yol açar (vücudun parçacıklarının göreceli düzeni değişir). Sonuç olarak parçacıklar arasında ek etkileşim kuvvetleri ortaya çıkar. Bir yükün etkisi altında vücudun şekli ve boyutunda meydana gelen değişikliklere karşı bu direnç kuvvetlerine iç kuvvetler (çabalar) denir. Yük arttıkça iç kuvvetler de artar. Belirli bir yapı için dış kuvvetlerin iç kuvvetlerin belirli bir sınırlayıcı seviyesini aşması durumunda bir yapısal elemanın arızalanması meydana gelir. Bu nedenle yüklü bir yapının dayanımının değerlendirilmesi, ortaya çıkan iç kuvvetlerin büyüklüğü ve yönü hakkında bilgi sahibi olmayı gerektirir. Yüklü bir gövdedeki iç kuvvetlerin değerleri ve yönleri, verilen dış yükler altında kesitler yöntemiyle belirlenir. Bölüm yöntemi (bkz. Şekil 2), bir dış kuvvetler sisteminin etkisi altında dengede olan bir kirişin zihinsel olarak iki parçaya bölünmesi (Şekil 2, a) ve dengenin sağlanmasından oluşur. bunlardan biri, kirişin atılan kısmının hareketinin yerine, bölüm boyunca dağıtılan bir iç kuvvet sistemi olarak kabul edilir (Şekil 2, b). Bir bütün olarak kirişe yönelik iç kuvvetlerin, parçalarından biri için dışsal hale geldiğine dikkat edin. Ayrıca her durumda iç kuvvetler, kirişin kesilen kısmına etki eden dış kuvvetleri dengeler. Statik kuvvetlerin paralel aktarımı kuralına uygun olarak dağıtılmış tüm iç kuvvetleri kesitin ağırlık merkezine getiriyoruz. Sonuç olarak, onların ana vektörü R'yi elde ederiz ve ana nokta M iç kuvvet sistemi (Şekil 2, c). O xyz koordinat sistemini z ekseni kirişin uzunlamasına ekseni olacak şekilde seçtikten ve R ana vektörünü ve iç kuvvetlerin ana momentini M eksene yansıtarak kiriş kesitinde altı iç kuvvet faktörü elde ederiz: boyuna kuvvet N, enine kuvvetler Q x ve Q y, bükülme momentleri M x ve M y ve ayrıca tork T. İç kuvvet faktörlerinin türüne göre, kirişin yükünün niteliği belirlenebilir. Kirişin kesitlerinde yalnızca boyuna kuvvet N meydana gelirse ve başka kuvvet faktörü yoksa, kirişte "gerilme" veya "sıkışma" meydana gelir (kuvvetin yönüne bağlı olarak N). Eğer kesitlerde sadece enine kuvvet Q x veya Q y etki ediyorsa, bu bir “saf kesme” durumudur. "Burulma" sırasında kirişin kesitlerinde yalnızca tork momentleri T etki eder. "Saf bükülme" durumunda yalnızca bükülme momentleri M etki eder. kombine tipler yükleme (gerilme ile bükülme, bükülme ile burulma, vb.) “karmaşık direnç” durumlarıdır. Kirişin ekseni boyunca iç kuvvet faktörlerindeki değişikliklerin doğasını görsel olarak temsil etmek için diyagram adı verilen grafikleri çizilir. Diyagramlar kirişin en yüklü alanlarını belirlemenize ve tehlikeli bölümler oluşturmanıza olanak tanır. 19-08-2012: Stepan Malzemelerin mukavemetine ilişkin açıkça sunulan malzemeler için size en derin selamlarımı sunuyorum!) 24-01-2013: zayıf teşekkür ederim dostum!!)) 24-01-2013: Doktor Lom Dağıtılmış yükü kastediyorsak doğrusal metre Bu durumda 1kg/1m dağıtılmış yük, 2kg/2m dağıtılmış yüke eşittir ve sonuçta yine 1kg/m verir. Ve konsantre yük, basitçe kilogram veya Newton cinsinden ölçülür. 30-01-2013: Vladimir Formüller iyidir! fakat kanopinin yapısını hesaplamak için nasıl ve hangi formüller kullanılmalı ve en önemlisi metalin (profil boru) boyutu ne olmalıdır??? 30-01-2013: Doktor Lom Fark ettiyseniz, bu makale yalnızca teorik kısma ayrılmıştır ve eğer siz de akıllıysanız, sitenin ilgili bölümünde yapısal hesaplamaların bir örneğini kolayca bulabilirsiniz: Yapısal hesaplamalar. Bunu yapmak için ana sayfaya gidin ve bu bölümü orada bulun. 05-02-2013: Aslan Tüm formüller ilgili tüm değişkenleri açıklamaz (( 05-02-2013: Doktor Lom Her nasılsa, çeşitli matematik problemlerini çözerken x değişkeninin kullanıldığı ortaya çıktı. Neden? X onu tanıyor. Değişken bir kuvvet uygulama noktasındaki (yoğunlaştırılmış yük) mesnetlerin tepkilerinin belirlenmesi ve mesnetlerden birine göre değişken bir noktadaki moment değerinin belirlenmesi iki farklı problemdir. Ayrıca her problemde x eksenine göre bir değişken belirlenmektedir. 05-02-2013: Aslan Elbette bunun bir tür ücretli iş olmadığını anlıyorum ama yine de. Bir formül varsa, altında tüm değişkenlerinin bir açıklaması bulunmalıdır, ancak bunu bağlamdan yukarıdan bulmanız gerekir. Ve bazı yerlerde bağlamda hiç bahsedilmiyor. Hiç şikayet etmiyorum. İşin eksikliklerinden bahsediyorum (bu arada bunun için sana zaten teşekkür ettim). Bir fonksiyon olarak x değişkenlerine ve daha sonra başka bir x değişkeninin bir parça olarak dahil edilmesine gelince, türetilmiş formül altında tüm değişkenleri belirtmeden, buradaki nokta, yerleşik gösterimde değil, bu tür bir gösterimin uygunluğundadır; materyalin sunumu. 05-02-2013: Doktor Lom Bana öyle geliyor ki, bu makalenin anlamını hala tam olarak doğru anlamıyorsunuz ve okuyucuların çoğunu hesaba katmıyorsunuz. Asıl amaç maksimuma çıkarmaktı basit yollarla her zaman uygun bilgiye sahip olmayan kişilere iletin Yüksek öğretim, malzemelerin mukavemet teorisinde ve yapı mekaniğinde kullanılan temel kavramlar ve tüm bunlara neden ihtiyaç duyulduğu. Bir şeylerin feda edilmesi gerektiği açık. Ancak. 28-02-2013: İvan Tünaydın 28-02-2013: Doktor Lom Makale metninde her şey doğrudur, çünkü düzgün dağıtılmış yük, kirişin uzunluğu boyunca hangi yükün uygulandığı anlamına gelir ve dağıtılmış yük kg/m cinsinden ölçülür. Desteğin tepkisini belirlemek için öncelikle toplam yükün neye eşit olacağını buluyoruz; kirişin tüm uzunluğu boyunca. 28-02-2013: İvan 28-02-2013: Doktor Lom Q konsantre bir yüktür, kirişin uzunluğu ne olursa olsun, destek reaksiyonlarının değeri Q'nun sabit değerinde sabit olacaktır. q belirli bir uzunluğa dağıtılmış bir yüktür ve bu nedenle kirişin uzunluğu ne kadar büyük olursa, sabit bir q değerinde destek reaksiyonlarının değeri daha büyük. Yoğunlaştırılmış yüke bir örnek, bir köprü üzerinde duran bir kişidir; dağıtılmış yüke bir örnek, köprü yapılarının ölü ağırlığıdır. 28-02-2013: İvan İşte burada! Şimdi net. Metinde q'nun dağıtılmış bir yük olduğuna dair bir gösterge yok, sadece "ku küçük" değişkeni görünüyor, bu yanıltıcıydı :-) 28-02-2013: Doktor Lom Konsantre ve dağıtılmış yük arasındaki fark, makalenin en başında bağlantısı bulunan giriş makalesinde anlatılmıştır, okumanızı tavsiye ederim. 16-03-2013: Vladislav Malzemelerin mukavemetinin temellerini inşaat veya tasarım yapanlara neden anlattığımız açık değil. Üniversitede yetkin öğretmenlerden gelen materyallerin gücünü anlamadılarsa, o zaman tasarımın yakınında hiçbir yere izin verilmemelidir ve popüler makaleler, çoğu zaman büyük hatalar içerdikleri için kafalarını daha da karıştıracaktır. 16-03-2013: Doktor Lom 1. İnşaat yapan herkes üniversitelerde eğitim görmemiştir. Ve bazı nedenlerden dolayı, evlerini yenileyen bu tür insanlar, bölmedeki kapı aralığının üzerindeki lento kesitini seçmek için profesyonellere ödeme yapmak istemiyorlar. Neden? onlara sor. 18-03-2013: Vladislav Sevgili Doktor Lom! 18-03-2013: Anna harika site, teşekkürler! Lütfen söyleyin bana, 1,4 m uzunluğundaki bir kiriş üzerinde her yarım metrede 500 N'lik bir nokta yüküm varsa, 1000 N/m'lik düzgün yayılı yükü hesaplayabilir miyim? ve o zaman q neye eşit olacak? 18-03-2013: Doktor Lom Vladislav 18-03-2013: Doktor Lom Anna 18-03-2013: Anna Nasıl hesaplanacağını biliyorum, teşekkür ederim, hangi şemayı almanın daha doğru olduğunu bilmiyorum, 0,45-0,5-0,45m'de 2 yük veya 0,2-0,5-0,5-0,2m'de 3 yük Nasıl hesaplanacağını biliyorum, teşekkür ederim, hangi şemayı almanın daha doğru olduğunu bilmiyorum, 0,45-0,5-0,45m'de 2 yük veya 0,2-0,5-0,5-0,2m'de 3 yük durum en elverişsiz konum, uçlarda destek. 18-03-2013: Doktor Lom Yüklerin en elverişsiz konumunu arıyorsanız ve ayrıca 2 değil 3 tane de olabilir, o zaman güvenilirlik adına, belirttiğiniz her iki seçenek için tasarımı hesaplamak mantıklı olacaktır. Hazırlıksız olarak, 2 yüklü seçenek en elverişsiz gibi görünüyor, ancak daha önce de söylediğim gibi her iki seçeneği de kontrol etmeniz tavsiye edilir. Güvenlik marjı hesaplamanın doğruluğundan daha önemliyse, 1000 kg/m'lik dağıtılmış yükü alıp bunu, yükün eşit olmayan dağılımını hesaba katan 1,4-1,6 ek faktörüyle çarpabilirsiniz. 19-03-2013: Anna İpucu için çok teşekkür ederim, bir soru daha: Ya belirttiğim yük kirişe değil de 2 sıra halinde dikdörtgen bir düzleme uygulanırsa, kat. birine sıkıca sıkıştırılmış daha büyük taraf ortada, o zaman diyagram nasıl görünecek veya o zaman nasıl sayılacak? 19-03-2013: Doktor Lom Açıklamanız çok belirsiz. Belirli bir yük üzerindeki yükü hesaplamaya çalıştığınızı anlıyorum. sac malzeme, iki katman halinde döşenir. "Ortada daha büyük bir tarafa sert bir şekilde sıkışmanın" ne anlama geldiğini hala anlamıyorum. Belki de bu tabaka malzemenin kontur boyunca duracağını kastediyorsunuz, peki o zaman ortada ne anlama geliyor? Bilmiyorum. Sac malzeme desteklerden birine sıkışırsa küçük alan ortada, bu tür bir sıkışma tamamen göz ardı edilebilir ve kirişin menteşeli olduğu düşünülebilir. Desteklerden birinde sert bir şekilde sıkıştırılmış tek açıklıklı bir kirişse (bir sac malzeme veya haddelenmiş metal profil olması önemli değildir), o zaman bu şekilde hesaplanmalıdır (bkz. makale " Hesaplama şemaları Statik olarak belirsiz kirişler için") Eğer bu, bir kontur boyunca desteklenen belirli bir döşeme ise, bu durumda böyle bir döşemenin hesaplanmasına ilişkin ilkeler ilgili makalede bulunabilir. Levha malzeme iki katman halinde döşeniyorsa ve bu katmanlar aynı kalınlığa sahipse, daha sonra tasarım yükü yarıya indirilebilir. 03-04-2013: Alexander Sergeevich Çok teşekkür ederim! insanlara hesaplamanın temellerini basitçe açıklamak için yaptığınız her şey için bina yapıları. Bu, kişisel olarak kendim için hesaplamalar yaparken bana çok yardımcı oldu; 09-04-2013: İskender Yükün düzgün dağıldığı mafsallı bir kirişe hangi kuvvetler etki eder? 09-04-2013: Doktor Lom Bkz. paragraf 2.2 11-04-2013: Anna Hala bir cevap bulamadığım için size geri döndüm. Daha net anlatmaya çalışacağım. 140*70 cm balkon çeşididir. Yan 140 95*46mm kare şeklinde ortasından 4 adet civata ile duvara vidalanır. Balkonun alt kısmı ortasından delikli bir levhadan oluşmaktadır (50*120) alüminyum alaşım ve tabanın altına 3 adet dikdörtgen içi boş profil kaynaklanmıştır, kat. duvara bağlanma noktasından başlayın ve biri yana paralel olmak üzere farklı yönlere doğru uzaklaşın, yani. düz, diğer iki tarafı farklı, köşelerde ise daire şeklinde 15 cm yüksekliğinde bir bordür vardır; balkonda en elverişsiz konumlarda her biri 80 kg'lık 2 kişi + eşit olarak dağıtılmış 40 kg'lık yük olabilir. Duvardaki kirişler sabit değil, her şey cıvatalarla tutuluyor. Peki alt kısmın deforme olmaması için hangi profili alacağımı ve sacın kalınlığını nasıl hesaplayabilirim? Bu bir ışın olarak kabul edilemez, sonuçta her şey bir uçakta mı oluyor? veya nasıl? 12-04-2013: Doktor Lom Biliyor musun Anna, tarifin iyi asker Schweik'in tıbbi komisyona sorduğu bilmeceyi çok anımsatıyor. 14-04-2013: Yaroslav Aslında işaretlerle ilgili bu kafa karışıklığı son derece sinir bozucu: (Her şeyi anlıyor gibiyim, geomhar'ı, bölümlerin seçimini ve çubukların stabilitesini. Ben de fiziği, özellikle de mekaniği seviyorum) Ama bu işaretlerin mantığı.. >_< Причем в механике же четко со знаками момента, относительно точки. А тут) Когда пишут "положительный -->çıkıntı aşağıdaysa" bu mantıkla anlaşılabilir bir durumdur. gerçek durum- bazı problem çözme örneklerinde “+”, bazılarında ise “-” dir. Ve çatlasan bile. Üstelik aynı durumlarda, örneğin kirişin sol reaksiyonu RA, diğer uca göre farklı şekilde belirlenecektir) Heh) Farkın yalnızca finalin "çıkıntılı kısmının" işaretini etkileyeceği açıktır. diyagram. Gerçi... muhtemelen bu yüzden bu konuya üzülmeye gerek yok) :) Bu arada, hepsi bu da değil, bazen örneklerde bazı nedenlerden dolayı belirtilen kapanış anı atılır, ROSE denklemlerinde. , içinde olmasına rağmen genel denklem atmayın) Kısacası, ideal doğruluğu ve formülasyon netliği nedeniyle klasik mekaniği her zaman sevdim) Ve işte... Ve bu henüz esneklik teorisi değildi, dizilerden bahsetmiyorum bile) 20-05-2013: ihtiyander Çok teşekkürler. 20-05-2013: İhtiyander Merhaba. Lütfen bölümde Q q L,M boyutunda bir örnek (problem) veriniz. Şekil No.1.2. Yükün uygulama mesafesine bağlı olarak destek reaksiyonlarındaki değişikliklerin grafiksel gösterimi. 20-05-2013: Doktor Lom Eğer doğru anladıysam, etki çizgilerini kullanarak destek reaksiyonlarını, kesme kuvvetlerini ve eğilme momentlerini belirlemekle ilgileniyorsunuz. Bu konular yapısal mekanikte daha ayrıntılı olarak tartışılmaktadır; örnekler burada bulunabilir - "Tek açıklıklı ve konsol kirişler için destek reaksiyonlarının etki çizgileri" (http://knigu-besplatno.ru/item25.html) veya burada - “Tek açıklıklı ve konsol kirişler için bükülme momentlerinin ve enine kuvvetlerin etki çizgileri”(http://knigu-besplatno.ru/item28.html). 22-05-2013: Eugene Merhaba! Bana yardım et lütfen. Bir konsol kirişim var; dağıtılmış bir yük tüm uzunluğu boyunca ona etki ediyor; yoğun bir kuvvet "aşağıdan yukarıya" uç noktaya etki ediyor. Kirişin kenarından 1 m mesafede tork M'dir. Kesme kuvveti ve momentlerin diyagramlarını çizmem gerekiyor. Şu andaki uygulama noktasında dağıtılmış yükün nasıl belirleneceğini bilmiyorum. Yoksa bu noktada sayılmasına gerek yok mu? 22-05-2013: Doktor Lom Dağıtılmış yük tüm uzunluk boyunca dağıtıldığı için dağıtılır ve belirli bir nokta için sadece kesitteki enine kuvvetlerin değeri belirlenebilir. Bu, kuvvet diyagramında herhangi bir sıçrama olmayacağı anlamına gelir. Ancak moment diyagramında moment eğiliyor ve dönmüyorsa bir sıçrama olacaktır. Belirttiğiniz yüklerin her biri için diyagramların nasıl görüneceğini “Kirişler için hesaplama diyagramları” makalesinde görebilirsiniz (bağlantı makalenin metninde 3. maddeden öncedir) 22-05-2013: Eugene Peki ya kirişin en uç noktasına uygulanan F kuvveti ne olacak? Bu nedenle enine kuvvetlerin diyagramında herhangi bir sıçrama olmayacak mı? 22-05-2013: Doktor Lom İrade. En uç noktada (kuvvetin uygulandığı nokta), doğru şekilde oluşturulmuş bir enine kuvvet diyagramı, değerini F'den 0'a değiştirecektir. Evet, makaleyi dikkatlice okursanız bu zaten açık olmalıdır. 22-05-2013: Eugene Teşekkür ederim Dr. Lom. Nasıl yapılacağını buldum, her şey yolunda gitti. Makaleleriniz çok faydalı ve bilgilendirici! Daha fazlasını yazın, çok teşekkür ederim! 18-06-2013: Nikita Makale için teşekkür ederim. Teknisyenlerim basit bir görevin üstesinden gelemiyor: Dört destek üzerinde bir yapı var, her desteğin yükü (200*200 mm baskı yatağı) 36.000 kg, destek aralığı 6.000*6.000 mm. Dayanacak zemindeki dağıtılmış yük ne olmalıdır? bu tasarım? (4 ve 8 ton/m2 seçenekleri mevcuttur - yayılma çok büyüktür). Teşekkür ederim. 18-06-2013: Doktor Lom Bir görevin var Ters sipariş Desteklerin reaksiyonları zaten bilindiğinde ve onlardan yükün belirlenmesi gerektiğinde, soru şu şekilde daha doğru bir şekilde formüle edilir: “zeminde hangi eşit dağıtılmış yükte destek reaksiyonları 36.000 kg olacak x ekseni boyunca ve z ekseni boyunca 6 m'lik destekler arasında bir adım var mı? 24-07-2013: İskender Üst üste gevşek bir şekilde istiflenmiş (uçları kapatılmamış) iki (üç, on) aynı kiriş (istif) birden daha büyük bir yükü taşıyabilir mi? 24-07-2013: Doktor Lom Evet. 24-07-2013: İskender Teşekkür ederim. 24-07-2013: Doktor Lom Bazı açılardan büyükanneler haklı. Betonarme anizotropik bir malzemedir ve gerçekte geleneksel izotropik ahşap kiriş olarak kabul edilemez. Ve hesaplamalar için olmasına rağmen betonarme yapılarÖzel formüller sıklıkla kullanılır ancak hesaplamanın özü değişmez. Örnek için "Direniş anının belirlenmesi" makalesine bakın. 27-07-2013: Dmitry Malzeme için teşekkürler. Lütfen bana bir hattaki 4 destek üzerindeki bir yükü hesaplama yöntemini söyleyin - yük uygulama noktasının solunda 1 destek, sağında 3 destek. Tüm mesafeler ve yük bilinmektedir. 27-07-2013: Doktor Lom "Çok aralıklı sürekli kirişler" makalesine bakın. 04-08-2013: İlya Bütün bunlar çok iyi ve oldukça anlaşılır. AMA... Yöneticilere bir sorum var. Hükümdarın direniş anını belirlerken 6'ya bölmeyi hatırladınız mı? Her nasılsa aritmetik bir türlü tutmuyor. 04-08-2013: düzenli Petrovich Peki ne tür bir şey uymuyor? 4.6'da mı, 4.7'de mi, yoksa başka birinde mi? Düşüncelerimi daha net ifade etmem gerekiyor. 15-08-2013: Alex Şok oldum, - malzemelerin gücünü tamamen unuttuğum ortaya çıktı ("malzeme teknolojisi" olarak da bilinir)), ancak daha sonra). 12-10-2013: Olegggan İyi günler, dağıtılmış bir yükün konsantre olana geçişinin "fiziğini" ve standart yükün sitenin tüm düzlemine dağılımını anlamak umuduyla siteye geldim, ancak görüyorum ki sen ve benim. cevabınız ile önceki soru kaldırıldı: ((Tasarım metal yapılarım zaten harika çalışıyor (yoğunlaştırılmış bir yük alıyorum ve her şeyi ona göre hesaplıyorum; ne mutlu ki, benim faaliyet alanım mimari değil, yardımcı cihazlarla ilgili ki bu yeterli), ama yine de kg/m2 - kg/m bağlamında dağıtılmış yük hakkında bilgi edinmek istiyorum, bu konuyu şu anda kimseden öğrenme fırsatım yok (bu tür sorularla nadiren karşılaşıyorum ama karşılaştığımda). , mantık başlıyor:(), sitenizi buldum - her şey yeterince sunuldu, ayrıca bilginin paraya mal olduğunu da anlıyorum. Siteyle ilgili önceki sorumun cevabı için bana nasıl ve nerede "teşekkür edebilirim" - Benim için bu gerçekten önemli. İletişim bir e-posta formuna aktarılabilir - benim sabunum." [e-posta korumalı]". Teşekkür ederim 14-10-2013: Doktor Lom Yazışmalarımızı “Yapılara Gelen Yüklerin Belirlenmesi” adlı ayrı bir yazıda derledim, tüm cevaplar orada. 17-10-2013: Artem Teşekkür ederim, daha yüksek bir teknik eğitime sahip olmak, okumak bir zevkti. Küçük bir not: Üçgenin ağırlık merkezi ortancanın kesiştiği noktadadır! (ortaortay yazdınız). 17-10-2013: Doktor Lom Doğru, yorum kabul edilir - tabii ki medyan. 24-10-2013: Sergey Ara kirişlerden birinin kazara devrilmesi durumunda bükülme momentinin ne kadar artacağını bulmak gerekiyordu. Mesafeye ikinci dereceden bir bağımlılık gördüm, dolayısıyla 4 kez. Ders kitabını karıştırmama gerek yoktu. Çok teşekkür ederim. 24-10-2013: Doktor Lom Çok sayıda desteğe sahip sürekli kirişler için her şey çok daha karmaşıktır, çünkü moment yalnızca açıklıkta değil aynı zamanda ara desteklerde de olacaktır (sürekli kirişlerle ilgili makalelere bakın). Ancak taşıma kapasitesinin ön değerlendirmesi için belirtilen ikinci dereceden bağımlılık kullanılabilir. 15-11-2013: Paul Anlayamıyorum. Kalıp yükünün doğru şekilde hesaplanması. Kazarken toprak akıyor, fosseptik için bir delik kazmanız gerekiyor L=4.5m, W=1.5m, H=2m. Kalıbın kendisini şu şekilde yapmak istiyorum: 100x100 kirişin çevresi etrafında bir kontur (üst, alt, orta (1m), ardından 2 dereceli bir çam tahtası 2x0.15x0.05. Bir kutu yapıyoruz. Ben dayanamayacağından korkuyorum... çünkü benim hesaplarıma göre levha 96 kg/m2'ye dayanacaktır. Kalıp duvarlarının gelişimi (4.5x2 +1.5x2)x2 = 24 m2 Kazılan toprağın hacmi 13500 kg/24 =. 562,5 kg/m2 Doğru mu yanlış mı...? 15-11-2013: Doktor Lom Çukurun duvarlarının bu kadar derinde parçalanması doğaldır ve toprağın özelliklerine göre belirlenir. Bunda bir sakınca yoktur; bu tür topraklarda yan duvarları şevli olarak hendekler ve çukurlar açılır. Gerekirse çukurun duvarları istinat duvarlarıyla güçlendirilir ve istinat duvarları hesaplanırken aslında toprağın özellikleri de dikkate alınır. Bu durumda, istinat duvarı üzerindeki topraktan gelen basınç yükseklikte sabit değildir, ancak üstte sıfırdan koşullu olarak eşit bir şekilde değişir. maksimum değer aşağıdadır ancak bu basıncın değeri toprağın özelliklerine bağlıdır. Olabildiğince basit bir şekilde anlatmaya çalışırsak, çukur duvarlarının şev açısı ne kadar büyük olursa istinat duvarına gelen basınç da o kadar fazla olacaktır. 15-11-2013: Paul Teşekkür ederim doktor. Hesaplamayı yanlış yaptım, hatanın farkına vardım. Şöyle sayarsak: açıklık uzunluğu 2m, çam tahtası h=5cm, b=15cm o zaman W=b*h2/6=25*15/6 = 375/6 =62,5cm3 15-11-2013: Doktor Lom Evet. Fosseptik kurulumu sırasında yine de istinat duvarı yapmak istiyorsunuz ve açıklamanıza göre bunu çukur kazıldıktan sonra yapacaksınız. Bu durumda levhaların üzerindeki yük, montaj sırasında ufalanan topraktan oluşacak ve bu nedenle minimum düzeyde olacak ve özel hesaplamalara gerek kalmayacaktır. 18-11-2013: Paul Teşekkürler doktor! Fikrinizi anlıyorum, materyalinizin daha fazlasını okumam gerekecek. Evet, çökme meydana gelmemesi için septik tankın içeri itilmesi gerekiyor. Kalıp buna dayanmalıdır çünkü Ayrıca yakınlarda 4 m mesafede bir temel bulunmaktadır ve tamamı kolaylıkla yıkılabilir. Bu yüzden bu kadar endişeliyim. Tekrar teşekkürler, bana umut verdin. 18-12-2013: Adolf Stalin Doktor, direnç anının belirlenmesine ilişkin bir örnek verdiğiniz makalenin sonunda, her iki durumda da 6'ya bölmeyi unuttunuz. Fark yine 7,5 kat olacak ancak rakamlar farklı olacak (0,08 ve 0,6) ve 0,48 ve 3,6 değil 18-12-2013: Doktor Lom Doğru, bir hata vardı, düzelttim. İlginiz için teşekkür ederiz. 13-01-2014: Anton Tünaydın. Bir sorum var: Bir kiriş üzerindeki yükü nasıl hesaplayabilirsiniz? Bir tarafta sabitleme sertse diğer tarafta sabitleme yoktur. ışın uzunluğu 6 metre. Şimdi kirişin ne olması gerektiğini, monoraydan daha iyi hesaplamamız gerekiyor. Gevşek taraftaki maksimum yük 2 tondur. şimdiden teşekkür ederim. 13-01-2014: Doktor Lom Konsol hesaplaması gibi hesaplayın. Daha fazla ayrıntı "Kirişler için hesaplama şemaları" makalesinde. 20-01-2014: yannay Eğer sopramat okumamış olsaydım açıkçası hiçbir şey anlamazdım. Popüler yazarsanız popüler yazarsınız. Ve sonra aniden bir anda bir şey ortaya çıkıyor, ne oluyor? neden x? neden birdenbire x/2 ve bunun l/2 ve l'den farkı nedir? Aniden q ortaya çıktı. Neresi? Belki bir yazım hatası vardı ve Q olarak etiketlenmesi gerekiyordu. Bunu ayrıntılı olarak anlatmak gerçekten imkansız mı? Ve türevlerle ilgili an... Sadece sizin anladığınız bir şeyi anlattığınızı anlıyorsunuz. Ve bunu ilk defa okuyanlar bunu anlamayacaktır. Bu nedenle ya ayrıntılı olarak yazmaya ya da bu paragrafı tamamen kaldırmaya değerdi. İkinci kez neden bahsettiğimi kendim anladım. 20-01-2014: Doktor Lom Ne yazık ki size burada yardımcı olamam. Daha popüler olarak, bilinmeyen niceliklerin özü yalnızca ilkokul sınıflarında sunulmaktadır. lise Okuyucuların da en azından bu düzeyde bir eğitime sahip olduğuna inanıyorum. 08-04-2014: Sveta Doktor! Monolitik bir betonarme kesitin, kesitin kenarlarının oranı 2x'ten büyük olacak şekilde, 2 menteşeli destek üzerinde kiriş olarak hesaplanmasına bir örnek verebilir misiniz? 09-04-2014: Doktor Lom "Betonarme yapıların hesaplanması" bölümünde birçok örnek bulunmaktadır. Üstelik sorudaki ifadenizin derin özünü hiçbir zaman anlayamadım, özellikle de şu: "olay örgüsünün kenarlarının oranı 2x'ten büyük olduğunda" 17-05-2014: Vladimir Tür. Sapromat'a ilk kez sitenizde rastladım ve ilgilenmeye başladım. Temelleri anlamaya çalışıyorum ama Q diyagramlarını anlayamıyorum; M ile her şey açık ve net, ayrıca farklılıkları da. Dağıtılmış Q için, örneğin bir ipin üzerine bir tank yolu veya bir kama koyuyorum ki bu uygun. ve elmayı astığım konsantre Q'ya her şey mantıklı. Parmaklarınızın üzerindeki bir diyagrama nasıl bakılır? Sizden şu atasözünden alıntı yapmamanızı rica ediyorum; bu bana yakışmıyor; ben zaten evliyim. Teşekkür ederim 17-05-2014: Doktor Lom Başlangıç olarak “Gücün kuvvetinin temelleri. Temel kavramlar ve tanımlar” yazısını okumanızı tavsiye ederim; bunu yapmazsanız aşağıda anlatılanlarla ilgili yanlış anlaşılmalar ortaya çıkabilir. Şimdi devam edeceğim. Parmaklarınızın üzerindeyse, örneğin tahta bir cetvel alın ve onu iki kitabın üzerine koyun, kitaplar masanın üzerinde olsun, böylece cetvelin kenarları kitaplara dayansın. Böylece, düzgün dağıtılmış bir yüke (kirişin kendi ağırlığına) maruz kalan menteşeli desteklere sahip bir kiriş elde ederiz. Cetveli ikiye bölersek ("Q" diyagramının değeri sıfırdır) ve parçalardan birini çıkarırsak (destek reaksiyonu koşullu olarak aynı kalırken), geri kalan kısım menteşe desteğine göre dönecek ve düşecektir kesme noktasında masanın üzerinde. Bunun olmasını önlemek için kesim yerinde bir bükülme momenti uygulanması gerekir (monun değeri “M” diyagramı ile belirlenir ve ortadaki moment maksimumdur), daha sonra cetvel aynı pozisyonda kalacaktır. Bu, ortada bulunan cetvelin kesitinde yalnızca normal gerilimlerin etkili olduğu ve teğet gerilimlerin sıfıra eşit olduğu anlamına gelir. Desteklerde normal gerilimler sıfırdır ve teğetsel gerilimler maksimumdur. Diğer tüm bölümlerde hem normal hem de kayma gerilmeleri etki etmektedir. 17-07-2015: Paul Doktor Lom. 18-07-2015: Doktor Lom Açıklamanızda tam olarak neyi hesaplamak istediğiniz açık değil; bağlamdan ahşap zeminin sağlamlığını kontrol etmek istediğiniz varsayılabilir (raf, konsol vb. parametrelerini belirlemeyeceksiniz). ). 06-08-2015: LennyT BT ağı dağıtım mühendisi olarak çalışıyorum (mesleğim gereği değil). Tasarımdan ayrılmamın nedenlerinden biri, malzemelerin mukavemeti ve termekh alanındaki formülleri kullanan hesaplamalardı (Melnikov, Mukhanov vb.'nin ellerine göre uygun bir formül aramak zorunda kaldım. :)) Enstitüde Dersleri ciddiye almadım. Sonuç olarak boşluklarım oldu. Hesaplamalardaki boşluklarıma Ch. Uzmanlar kayıtsızdı, çünkü güçlülerin talimatlarına uymak her zaman uygun olur. Sonuç olarak tasarım profesyoneli olma hayalim gerçekleşmedi. Hesaplamalardaki belirsizlikten her zaman endişeleniyordum (gerçi her zaman faiz vardı) ve onlar da buna göre kuruş ödediler. 06-08-2015: Doktor Lom Umutsuzluğa kapılmayın, öğrenmek için hiçbir zaman geç değildir. Genellikle 30 yaşında hayat daha yeni başlıyor. Yardımcı olduğuma sevindim. 09-09-2015: Sergey " M = A x - Q (x - a) + B (x - l) (1,5) Denklem 1.5'i çözmenin bize nasıl sıfır verdiğini gerçekten anlamıyorum. Eğer l=x'i yerine koyarsak, o zaman yalnızca üçüncü terim B(x-l) sıfıra eşit olur, fakat diğer ikisi değildir. O halde M nasıl 0'a eşit olur? 09-09-2015: Doktor Lom Ve mevcut değerleri formülde yerine koyarsınız. Gerçek şu ki, açıklığın sonunda destek reaksiyonu A'dan gelen moment, uygulanan Q yükünden gelen momente eşittir, yalnızca denklemdeki bu terimler farklı işaretler yani sıfır çıkıyor. 30-03-2016: Vladimir ben Uygulamada x, Q'nun uzaklığı ise a nedir, başlangıçtan... N.'ye kadar: l=25cm x=5cm sayılarla a ne olacak örneğini kullanarak 30-03-2016: Doktor Lom x, kirişin başlangıcından söz konusu kirişin kesitine kadar olan mesafedir. x, 0'dan l'ye kadar değişebilir (el, birlik değil), çünkü mevcut kirişin herhangi bir kesitini dikkate alabiliriz. a, kirişin başlangıcından konsantre Q kuvvetinin uygulama noktasına kadar olan mesafedir. Yani l = 25 cm ile a = 5 cm x, 5 cm dahil herhangi bir değere sahip olabilir. 30-03-2016: Vladimir ben Anlaşıldı. Bazı nedenlerden dolayı kesiti tam olarak kuvvetin uygulandığı noktada değerlendiriyorum. Yük noktaları arasındaki bölümü dikkate almaya gerek görmüyorum çünkü bir sonraki yoğunlaştırılmış yük noktasına göre daha az darbeye maruz kalıyor. Tartışmıyorum, sadece konuyu tekrar gözden geçirmem gerekiyor 30-03-2016: Doktor Lom Bazen sadece konsantre kuvvetin uygulandığı noktada değil, diğer kesitler için de moment değerinin, kesme kuvvetinin ve diğer parametrelerin belirlenmesine ihtiyaç duyulur. Örneğin, değişken kesitli kirişleri hesaplarken. 01-04-2016: Vladimir Sol destekten belirli bir mesafede konsantre bir yük uygularsanız - x. Q=1 l=25 x=5, sonra Rlev=A=1*(25-5)/25=0,8 Doktor Lom Dik üçgenlerde benzerlik ilkesini kullanıyoruz. Onlar. bir bacağın Q'ya eşit olduğu ve ikinci bacağın l'ye eşit olduğu bir üçgen, bacakları olan bir üçgene benzer x - destek reaksiyonunun değeri R ve l - a (veya ne tür bir desteğe bağlı olarak a) tanımladığımız reaksiyon), buradan aşağıdaki denklemler (Şekil 5.3'e göre) 31-12-2016: Konstantin Çalışmanız için çok teşekkür ederim. Ben de dahil olmak üzere birçok insana yardım ediyorsunuz. Her şey basit ve net bir şekilde sunuluyor. 04-01-2017: Rinat Merhaba. Eğer sizin için zor değilse bu moment denklemini nasıl elde ettiğinizi (türettiğinizi) açıklayınız: 04-01-2017: Doktor Lom Görünüşe göre makalede her şey yeterince ayrıntılı olarak açıklanmış, ama deneyeceğim. B - MV noktasındaki anın değeriyle ilgileniyoruz. Bu durumda kirişe 3 yoğunlaşmış kuvvet etki eder; A ve B destek reaksiyonları ve Q kuvveti. A destek reaksiyonu A, B desteğinden l mesafesinde A noktasına uygulanır, buna göre Al'a eşit bir moment yaratacaktır. Q kuvveti, B desteğinden (l - a) uzaklıkta uygulanır, buna göre bir - Q(l - a) momenti yaratacaktır. Eksi çünkü Q, destek reaksiyonlarının tersi yönde yönlendirilir. B noktasına B destek reaksiyonu uygulanır ve herhangi bir moment yaratmaz; daha doğrusu B noktasındaki bu destek reaksiyonundan gelen moment, sıfır kolu (l - l) nedeniyle sıfıra eşit olacaktır. Bu değerleri toplayıp denklemi (6.3) elde ederiz. 11-05-2017: Andrey Merhaba! Makale için teşekkür ederim, her şey ders kitabındakinden çok daha net ve ilginç, kuvvetlerdeki değişimi göstermek için bir "Q" diyagramı oluşturmaya karar verdim, soldaki diyagramın neden yukarıya çıktığını anlayamıyorum ve sağdan aşağıya doğru sol ve sağ desteklere ayna gibi etki ettiğim kuvvetleri yani kirişin kuvveti (mavi) ve desteğin (kırmızı) tepkilerini nasıl anladım? her iki tarafta da görüntülenecek, açıklayabilir misiniz? 11-05-2017: Doktor Lom Bu konu "Bir kiriş için diyagramların oluşturulması" makalesinde daha ayrıntılı olarak tartışılmaktadır, ancak burada bunda şaşırtıcı bir şey olmadığını söyleyeceğim - konsantre bir kuvvetin enine kuvvetler diyagramına uygulandığı noktada her zaman bir bu kuvvetin değerine eşit sıçrama yapın. 09-03-2018: Sergey Tünaydın! Resme bakın https://yadi.sk/i/CCBLk3Nl3TCAP2. Konsollarla güçlendirilmiş beton monolitik destek. Konsolu kesilmiş değil dikdörtgen yaparsam, hesap makinesine göre konsolun kenarındaki konsantre yük 4 mm'lik bir sapma ile 4t olur ve resimdeki bu kesilmiş konsolun üzerindeki yük ne olur. Bu durumda benim versiyonumda konsantre ve dağıtılmış yük nasıl hesaplanıyor? Samimi olarak. 09-03-2018: Doktor Lom Sergey, “Eğilim momentine eşit dirençli kirişlerin hesaplanması” makalesine bakın, bu kesinlikle sizin durumunuz değil, ama Genel İlkeler değişken kesitli kirişlerin hesaplamaları burada oldukça açık bir şekilde sunulmaktadır. 8.2. Malzemelerin mukavemetinde kullanılan temel yasalarStatik ilişkiler. Aşağıdaki denge denklemleri formunda yazılırlar. Hook kanunu ( 1678): kuvvet ne kadar büyük olursa deformasyon da o kadar büyük olur ve ayrıca kuvvetle doğru orantılıdır. Fiziksel olarak bu, tüm cisimlerin yay olduğu, ancak büyük bir sağlamlığa sahip olduğu anlamına gelir. Bir kiriş uzunlamasına bir kuvvetle basitçe gerildiğinde N= F bu yasa şu şekilde yazılabilir: Burada Gerilme ve şekil değiştirme formülleri dikkate alınarak Hooke yasası şu şekilde yazılır: Teğetsel gerilimler ile kayma açısı arasındaki deneylerde de benzer bir ilişki gözlenmektedir: . G
ismindekayma modülü
, daha az sıklıkla - ikinci türden elastik modül. Her yasa gibi Hooke yasasının da uygulanabilirlik sınırı vardır. Gerilim Bağımlılığı tasvir edelim
itibaren
grafiksel olarak (Şekil 8.1). Bu resmin adı germe diyagramı
. B noktasından sonra (yani Şu tarihte: Gerilim σ = σt değerine ulaştığında birçok metal adı verilen bir özellik sergilemeye başlar. akışkanlık. Bu, sabit yük altında bile malzemenin deforme olmaya devam ettiği (yani sıvı gibi davrandığı) anlamına gelir. Grafiksel olarak bu, diyagramın apsise paralel olduğu anlamına gelir (DL bölümü). Malzemenin aktığı σt voltajına denir akma dayanımı . Bazı malzemeler (St. 3 - inşaat çeliği) kısa bir akıştan sonra tekrar direnç göstermeye başlar. Malzemenin direnci belirli bir maksimum σpr değerine kadar devam eder ve daha sonra kademeli yıkım başlar. σ pr miktarına denir gerilme direnci (çeliğin eşanlamlısı: çekme dayanımı, beton için kübik veya prizmatik dayanım). Aşağıdaki tanımlamalar da kullanılmaktadır: =R B Kayma gerilmeleri ve kesmeler arasındaki deneylerde de benzer bir ilişki gözlemlenmiştir. 3) Duhamel-Neumann yasası (doğrusal termal genleşme): Sıcaklık farkı olması durumunda cisimler büyüklüklerini değiştirirler ve bu sıcaklık farkıyla doğru orantılıdır.Sıcaklık farkı olsun Burada α - doğrusal termal genleşme katsayısı, ben - çubuk uzunluğu, Δ ben- uzaması. 4) Sürünme Yasası . Araştırmalar, küçük alanlarda tüm malzemelerin oldukça heterojen olduğunu göstermiştir. Çeliğin şematik yapısı Şekil 8.2'de gösterilmektedir. Bileşenlerden bazıları sıvı özelliklerine sahip olduğundan, yük altındaki birçok malzeme zamanla ek uzamaya maruz kalır. Sıvılar kanunu: kuvvet ne kadar büyük olursa, vücudun sıvı içindeki hareket hızı da o kadar büyük olur. Bu ilişki doğrusal ise (yani kuvvet hız ile orantılıysa), o zaman şu şekilde yazılabilir: e İşte indeks " cr ", malzemenin sünmesinden kaynaklanan uzama kısmının dikkate alındığı anlamına gelir. Mekanik karakteristiği viskozite katsayısı denir. Enerjinin korunumu kanunu. Yüklü bir kiriş düşünün Örneğin bir noktayı hareket ettirme kavramını tanıtalım: - B noktasının dikey hareketi; - C noktasının yatay yer değiştirmesi. Güçler . Koruma kanununa göre: hiçbir iş kaybolmaz, başka işlere harcanır veya başka bir enerjiye dönüşür (enerji- bu vücudun yapabileceği iştir.). Kuvvetlerin çalışması Komşu parçacıkların gerilimine maruz kalır . Sonuçta ortaya çıkan stres Etkisi altında parçacık uzayacaktır. Tanıma göre uzama birim uzunluktaki uzamadır. Daha sonra: İşi hesaplayalım dW kuvvetin yaptığı dN (burada kuvvetlerin de dikkate alındığı dikkate alınır) dN giderek artmaya başlar ve hareketlerle orantılı olarak artar): Tüm vücut için şunları elde ederiz: . İş W taahhüt edilen , isminde elastik deformasyon enerjisi. Enerjinin korunumu yasasına göre: 6)Prensip olası hareketler . Bu, enerjinin korunumu yasasını yazma seçeneklerinden biridir. Kuvvetlerin kirişe etki etmesine izin verin F 1
,
F 2
,
…
. Vücutta noktaların hareket etmesine neden olurlar Ek olası küçük yer değiştirmeler üzerinde dış kuvvetlerin işini hesaplayalım: Burada Tekrar kesiti olan küçük bir elemanı düşünün dA ve uzunluk dz (bkz. Şekil 8.5. ve 8.6.). Tanıma göre ek uzama dz Bu elementin miktarı aşağıdaki formülle hesaplanır: dz= dz. Elemanın çekme kuvveti şu şekilde olacaktır: dN = (+δ) dA ≈ dA.. Küçük bir eleman için iç kuvvetlerin ilave yer değiştirmeler üzerindeki işi aşağıdaki şekilde hesaplanır: dW = dN dz = dA dz = dV İLE Enerji korunumu kanunu W = sen verir: . Bu orana denir olası hareketler ilkesi(aynı zamanda denir sanal hareketler ilkesi). Benzer şekilde, teğetsel gerilmelerin de etkili olduğu durumu düşünebiliriz. O zaman bunu deformasyon enerjisine çevirebiliriz W aşağıdaki terim eklenecektir: Burada kesme gerilmesi, küçük elemanın yer değiştirmesidir. Daha sonra olası hareketler ilkesişu şekli alacaktır: Enerjinin korunumu yasasını yazmanın önceki biçiminden farklı olarak, burada kuvvetlerin kademeli olarak artmaya başladığı ve yer değiştirmelerle orantılı olarak arttığı varsayımı yoktur. 7) Poisson etkisi. Örnek uzama modelini ele alalım: Bir gövde elemanının uzama yönünde kısalması olayına denir. Poisson etkisi. Boyuna bağıl deformasyonu bulalım. Enine bağıl deformasyon şöyle olacaktır: Poisson oranı miktar denir: İzotropik malzemeler için (çelik, dökme demir, beton) Poisson oranı Bu, enine yönde deformasyonun olduğu anlamına gelir. az boyuna Not
: Modern teknolojiler Poisson oranı >1 olan kompozit malzemeler oluşturabilir, yani enine deformasyon uzunlamasına olandan daha büyük olacaktır. Örneğin, düşük açılı sert fiberlerle güçlendirilmiş bir malzeme için durum böyledir. Şekil 8.8. Şekil 8.9 Daha da şaşırtıcı olan, (Şekil 8.9.)'da gösterilen malzemedir ve bu tür bir takviye için paradoksal bir sonuç vardır - uzunlamasına uzama, gövdenin boyutunda enine yönde bir artışa yol açar. 8) Genelleştirilmiş Hooke yasası. Boyuna ve enine yönlerde uzanan bir eleman düşünelim. Bu yönlerde meydana gelen deformasyonu bulalım. Deformasyonu hesaplayalım eylemden kaynaklanan : Eylemden kaynaklanan deformasyonu ele alalım Poisson etkisinin bir sonucu olarak ortaya çıkan: Genel deformasyon şöyle olacaktır: Geçerli ise ve , ardından x ekseni yönünde başka bir kısaltma eklenecektir Buradan: Aynı şekilde: Bu ilişkilere denir genelleştirilmiş Hooke yasası. Hooke yasasını yazarken, uzama şekil değiştirmelerinin kayma şekil değiştirmelerinden bağımsız olduğu (aynı şey olan kesme gerilimlerinden bağımsızlık hakkında) ve bunun tersi hakkında bir varsayımda bulunulması ilginçtir. Deneyler bu varsayımları iyi bir şekilde doğrulamaktadır. İleriye baktığımızda, tam tersine, gücün büyük ölçüde teğetsel ve normal gerilimlerin kombinasyonuna bağlı olduğunu görüyoruz. Not: Yukarıdaki yasalar ve varsayımlar çok sayıda doğrudan ve dolaylı deneyle doğrulanmıştır, ancak diğer tüm yasalar gibi bunların da sınırlı bir uygulanabilirlik kapsamı vardır. 1. Temel kavramlar ve varsayımlar. Sertlik- Bir yapının, belirli sınırlar dahilinde, dış kuvvetlerin etkisini, herhangi bir tahribat veya geometrik boyutlarda önemli bir değişiklik olmaksızın algılama yeteneği. Kuvvet– Bir yapının ve malzemelerinin yüklere dayanma yeteneği. Sürdürülebilirlik– Bir yapının orijinal denge şeklini koruma yeteneği. Dayanıklılık– yük koşulları altında malzemelerin mukavemeti. Süreklilik ve homojenlik hipotezi: atomlardan ve moleküllerden oluşan malzemenin yerini sürekli homojen bir cisim alır. Süreklilik, keyfi olarak küçük bir hacmin madde içermesi anlamına gelir. Tekdüzelik, malzemenin özelliklerinin her noktada aynı olması anlamına gelir. Bir hipotez kullanmak sistemi uygulamanıza olanak tanır. koordinatları belirlemek ve bizi ilgilendiren fonksiyonları incelemek, matematiksel analiz kullanmak ve eylemleri çeşitli modellerle açıklamak. İzotropi hipotezi: Malzemenin özelliklerinin her yönde aynı olduğu varsayılır. Anizotropik bir ağaç, liflerin damar boyunca ve boyunca önemli ölçüde farklılık gösterdiği ağaçtır. 2. Malzemenin mekanik özellikleri. Altında akma dayanımıσ T, yükte gözle görülür bir artış olmadan gerinimin arttığı stres olarak anlaşılmaktadır. Altında elastik sınırσ У, malzemenin artık deformasyonlara uğramadığı en büyük gerilim olarak anlaşılmaktadır. Gerilme direnci(σ B), numunenin dayanabileceği maksimum kuvvetin başlangıç kesit alanına oranıdır. Orantılılık sınırı(σ PR) – malzemenin Hooke yasasını takip ettiği en yüksek gerilim. E değeri, adı verilen bir orantı katsayısıdır. birinci türden elastik modül. Değer G adı kayma modülü veya 2. tür elastikiyet modülü.(G=0,5E/(1+μ)). µ - Poisson oranı adı verilen, malzemenin özelliklerini karakterize eden boyutsuz orantı katsayısı deneysel olarak belirlenir, tüm metaller için sayısal değerler 0,25...0,35 aralığındadır. 3. Güçlü Yönler.İncelenen nesnenin parçaları arasındaki etkileşim Iç kuvvetler. Bunlar yalnızca etkileşim halindeki bireysel yapısal birimler arasında değil, aynı zamanda yük altındaki bir nesnenin tüm bitişik parçacıkları arasında da ortaya çıkar. İç kuvvetler kesit yöntemiyle belirlenir. Yüzeysel ve hacimsel var dış kuvvetler. Yüzey kuvvetleri yüzeyin küçük alanlarına (bunlar konsantre kuvvetlerdir, örneğin P) veya yüzeyin sonlu alanlarına (bunlar dağıtılmış kuvvetlerdir, örneğin q) uygulanabilir. Bir yapının diğer yapılarla veya dış çevreyle etkileşimini karakterize ederler. Hacim kuvvetleri cismin hacmine dağıtılır. Bunlar yapının ivmeli hareketi sırasındaki yerçekimi kuvvetleri, manyetik stres ve atalet kuvvetleridir. 4. Gerilim kavramı, izin verilen gerilim. Gerilim– iç kuvvetlerin yoğunluğunun ölçüsü. lim∆R/∆F=p – toplam gerilim. Toplam gerilim üç bileşene ayrılabilir: kesit düzlemine normal boyunca ve kesit düzleminde iki eksen boyunca. Toplam gerilim vektörünün normal bileşeni σ ile gösterilir ve normal gerilim olarak adlandırılır. Kesit düzlemindeki bileşenlere teğetsel gerilmeler denir ve τ ile gösterilir. İzin verilen voltaj– [σ]=σ ÖNCEKİ /[n] – malzemenin kalitesine ve güvenlik faktörüne bağlıdır. 5. Çekme-basınç deformasyonu. Gerilme (sıkıştırma)– altı iç kuvvet faktöründen (Qx, Qy, Mx, My, Mz, N) beşinin sıfıra eşit olduğu ve N≠0 olduğu yükleme türü. σ max =N max /F≤[σ] + - çekme mukavemeti durumu; σ max =N max /F≤[σ] - - basınç dayanımının durumu. Hooke değerinin matematiksel ifadesi: σ=εE, burada ε=∆L/L 0. ∆L=NL/EF – genişletilmiş Hooke bölgesi; burada EF, kesit çubuğun sertliğidir. ε – bağıl (boyuna) deformasyon, ε'=∆а/а 0 =∆в/в 0 – enine deformasyon, burada a 0 yüklemesi altında, в 0 ∆а=а 0 -а, ∆в=в miktarı kadar azalır 0-V. 6. Düzlem kesitlerin geometrik özellikleri. Statik alan momenti: S x =∫ydF, S y =∫xdF, S x =y c F, S y =x c F. Karmaşık bir şekil için S y =∑S yi, S x =∑S xi. Eksenel atalet momentleri: J x =∫y 2 dF, J y =∫x 2 dF. Bir dikdörtgen için J x =bh 3/12, J y =hb 3/12, bir kare için J x =J y =a 4/12. Merkezkaç atalet momenti: J xy =∫xydF, eğer kesit en az bir eksene simetrikse, J x y =0. Asimetrik cisimlerin merkezkaç atalet momenti, alanın büyük kısmının 1. ve 3. çeyreklerde yer alması durumunda pozitif olacaktır. Kutupsal eylemsizlik momenti: J ρ =∫ρ 2 dF, ρ 2 =x 2 +y 2, burada ρ koordinat merkezinden dF'ye olan mesafedir. J ρ =J x +J y . Bir J çemberi için ρ =πd 4 /32, J x =πd 4 /64. J halkası için ρ =2J x =π(D 4 -d 4)/32=πD 4 (1-α 4)/32. Direniş anları: bir dikdörtgen için W x =J x /y max; burada y max, kesitin ağırlık merkezinden y boyunca uzanan sınırlara kadar olan mesafedir. W x =bh 2/6, W x =hb 2/6, W çemberi için ρ =J ρ /ρ max, W ρ =πd 3/16, W halkası için ρ =πD 3 (1-α 3) /16 . Ağırlık merkezi koordinatları: x c =(x1F1+x2F2+x3F3)/(F1+F2+F3). Ana atalet yarıçapları: i U =√J U /F, ben V =√J V /F. Koordinat eksenlerinin paralel ötelenmesi sırasındaki atalet momentleri: J x 1 =J x c +b 2 F, J y 1 =J uc +a 2 F, J x 1 y 1 =J x cyc +abF. 7. Kesme ve burulma deformasyonu. Saf değişim Seçilen bir elemanın yüzlerinde yalnızca teğetsel gerilimler τ oluştuğunda gerilim durumu çağrılır. Altında burulmaÇubuğun kesitinde Mz≠0 kuvvet faktörünün göründüğü, geri kalan Mx=My=0, N=0, Qx=Qy=0 olduğu hareket tipini anlayın. Uzunluk boyunca iç kuvvet faktörlerindeki değişiklikler kesit yöntemi ve işaret kuralı kullanılarak bir diyagram şeklinde gösterilmektedir. Kayma deformasyonu sırasında, kayma gerilimi τ, açısal gerinim γ ile τ = Gγ ilişkisi ile ilişkilidir. dφ/dz=θ – bağıl bükülme açısı iki bölümün aralarındaki mesafeye bağlı olarak karşılıklı dönme açısıdır. θ=M K/GJ ρ, burada GJ ρ kesitin burulma sertliğidir. τ max =M Kmax /W ρ ≤[τ] – yuvarlak çubukların burulma mukavemetinin durumu. θ max =M K /GJ ρ ≤[θ] – yuvarlak çubukların burulma sertliğinin koşulu. [θ] – desteklerin türüne bağlıdır. 8. Bükül. Altında bükmeÇubuğun ekseninin, eksene dik olarak yerleştirilmiş yüklerin hareketinden dolayı büküldüğü (büküldüğü) bu tür yüklemeyi anlayın. Tüm makinelerin milleri, kuvvetlerin etkisi, birkaç kuvvet - dişlilerin, dişlilerin ve kaplin yarımlarının iniş yerlerindeki momentler nedeniyle bükülmeye maruz kalır. 1) Büküm adı temizÇubuğun kesitinde oluşan tek kuvvet faktörü eğilme momenti ise geri kalan iç kuvvet faktörleri sıfıra eşittir. Saf bükülme sırasında deformasyonların oluşması, düz kesitlerin birbirine göre dönmesinin bir sonucu olarak düşünülebilir. σ=M y /J x – Gerilmeleri belirlemek için Navier formülü. ε=у/ρ – boyuna bağıl deformasyon. Diferansiyel bağımlılık: q=dQz/dz, Qz=dMz/dz. Mukavemet koşulu: σ max =M max /W x ≤[σ] 2) Bükme adı düz, eğer kuvvet düzlemi ise, yani. yüklerin hareket düzlemi merkezi eksenlerden biriyle çakışır. 3) Büküm adı eğik yüklerin hareket düzlemi merkezi eksenlerden herhangi biriyle çakışmıyorsa. σ = 0 koşulunu sağlayan kesitteki noktaların geometrik konumuna nötr kesit çizgisi denir; eğri çubuğun eğrilik düzlemine diktir. 4) Büküm adı enine kesitte bir bükülme momenti ve enine kuvvet ortaya çıkarsa. τ=QS x ots /bJ x – Zhuravsky formülü, τ max =Q max S xmax /bJ x ≤[τ] – mukavemet durumu. Enine bükülme sırasında kirişlerin mukavemetinin tam kontrolü, Navier formülü kullanılarak kesit boyutlarının belirlenmesinden ve ayrıca kesme gerilmelerinin kontrol edilmesinden oluşur. Çünkü kesitte τ ve σ'nun varlığı karmaşık yüklemeye işaret eder, bu durumda bunların birleşik etkisi altında gerilim durumunun değerlendirilmesi 4. dayanım teorisi kullanılarak hesaplanabilir σ eq4 =√σ 2 +3τ 2 ≤[σ]. 9. Gerginlik durumu. A noktası yakınındaki gerilim durumunu (SS) inceleyelim; bunun için koordinat sisteminde büyütülmüş bir ölçeğe yerleştirdiğimiz sonsuz küçük bir paralelyüz seçiyoruz. Atılan parçanın hareketlerini, yoğunluğu üç eksen boyunca genişleteceğimiz normal ve teğetsel gerilimlerin ana vektörü aracılığıyla ifade edilebilen iç kuvvet faktörleriyle değiştiriyoruz - bunlar A noktasının NS'sinin bileşenleridir. Hayır Gövde ne kadar karmaşık yüklenirse yüklensin, teğetsel gerilimlerin sıfır olduğu karşılıklı dik alanları belirlemek her zaman mümkündür. Bu tür sitelere ana siteler denir. Doğrusal NS – σ2=σ3=0 olduğunda, düz NS – σ3=0 olduğunda, hacimsel NS – σ1≠0, σ2≠0, σ3≠0 olduğunda. σ1, σ2, σ3 – asal gerilmeler. PNS sırasında eğimli alanlardaki gerilmeler: τ β =-τ α =0,5(σ2-σ1)sinα, σ α =0,5(σ1+σ2)+0,5(σ1-σ2)cos2α, σ β =σ1sin 2 α+σ2cos 2 α . 10. Güç teorileri. LNS durumunda mukavemet değerlendirmesi σ max =σ1≤[σ]=σ pre /[n] koşuluna göre yapılır. NS durumunda σ1>σ2>σ3 varlığında, çeşitli gerilim kombinasyonlarında çok sayıda deney yapılması nedeniyle tehlikeli durumun deneysel olarak belirlenmesi emek yoğundur. Bu nedenle, kriter olarak adlandırılacak ve teorinin temelini oluşturacak faktörlerden birinin baskın etkisinin vurgulanmasına olanak tanıyan bir kriter kullanılır. 1) birinci mukavemet teorisi (maksimum normal gerilimler): gerilimli bileşenlerin mukavemeti, eğer eşit çekme gerilimlerine sahiplerse gevrek kırılmaya eşittir (σ2 ve σ3'ü öğretmez) – σ eq =σ1≤[σ]. 2) ikinci dayanım teorisi (maksimum çekme deformasyonları - Mariotta): n6 gerilmiş bileşimler, eğer eşit maksimum çekme deformasyonlarına sahiplerse gevrek kırılma açısından eşit derecede güçlüdürler. ε max =ε1≤[ε], ε1=(σ1-μ(σ2+σ3))/E, σ eq =σ1-μ(σ2+σ3)≤[σ]. 3) üçüncü dayanım teorisi (maksimum gerilme oranı - Coulomb): gerilme bileşenleri, eğer eşit maksimum gerilme oranına sahiplerse, kabul edilemez plastik deformasyonların görünümü açısından eşit derecede güçlüdürler τ max =0,5(σ1-σ3)≤[τ]=[ σ]/2, σ eq =σ1-σ3≤[σ] σ eq =√σ 2 +4τ 2 ≤[σ]. 4) şekil değişiminin spesifik potansiyel enerjisinin (enerji) dördüncü teorisi: deformasyon sırasında, şekil ve hacim değişimi için potansiyel enerji tüketimi U=U f +U V gerilim bileşenleri, eşit olmaları durumunda, kabul edilemez plastik deformasyonların ortaya çıkması açısından eşit derecede güçlüdür. şekil değişiminin spesifik potansiyel enerjisi. U eşdeğer =U f. Genelleştirilmiş Hooke değeri ve matematiksel dönüşümler dikkate alındığında σ eq =√(σ1 2 +σ2 2 +σ3 2 -σ1σ2-σ2σ3-σ3σ1)≤[σ], σ eq =√(0.5[(σ1-σ2) 2 +( σ1-σ3) 2 +(σ3-σ2) 2 ])≤[τ]. PNS durumunda, σ eq =√σ 2 +3τ 2. 5) Mohr'un beşinci dayanım teorisi (sınırlayıcı durumların genelleştirilmiş teorisi): Tehlikeli sınırlayıcı durum iki ana gerilim tarafından belirlenir, en yüksek ve en düşük σ eq =σ1-kσ3≤[σ], burada k eşit olmayan dayanımın katsayısıdır , malzemenin gerilime ve sıkıştırmaya eşit olmayan şekilde direnme yeteneğini hesaba katar k=[σ р ]/[σ сж ]. 11. Enerji teoremleri. Bükme hareketi- Mühendislik hesaplamalarında, kirişlerin mukavemet koşullarını karşılarken yeterli sertliğe sahip olmadığı durumlar vardır. Kirişin sertliği veya deforme olabilirliği hareketlerle belirlenir: θ – dönme açısı, Δ – sapma. Yük altında kiriş deforme olur ve ρ A yarıçapı boyunca deforme olan elastik bir çizgiyi temsil eder. t A'daki sapma ve dönme açısı, kirişin teğet elastik çizgisi ve z ekseni tarafından oluşturulur. Sertliğin hesaplanması, maksimum sapmanın belirlenmesi ve izin verilenle karşılaştırılması anlamına gelir. Mohr'un yöntemi- Programlanabilmesi açısından uygun, sabit ve değişken rijitliğe sahip düzlemsel ve uzaysal sistemler için yer değiştirmelerin belirlenmesine yönelik evrensel bir yöntem. Sapmayı belirlemek için hayali bir kiriş çizeriz ve birim boyutsuz bir kuvvet uygularız. Δ=1/EJ x *∑∫MM 1 dz. Dönme açısını belirlemek için hayali bir ışın çizeriz ve birim boyutsuz moment θ=1/EJ x *∑∫MM’ 1 dz uygularız. Vereshchagin'in kuralı- sabit sertlikte, entegrasyonun yerini yükün ve birim kiriş bileşenlerinin bükülme momentlerinin diyagramlarının cebirsel çarpımı ile değiştirilebilmesi açısından uygundur. Bu, SNA'nın ortaya çıkarılmasında kullanılan ana yöntemdir. Δ=1/EJ x *∑ω p M 1 c – Yer değiştirmenin kirişin sertliği ile ters orantılı ve kirişin yük taşıyan yapısının alanının çarpımı ile doğru orantılı olduğu Vereshchagin kuralı ve ağırlık merkezinin koordinatı. Uygulama özellikleri: bükülme momentlerinin diyagramı temel rakamlara bölünmüştür, ω p ve M 1 c işaretler dikkate alınarak alınır, eğer q ve P veya R kesit üzerinde aynı anda hareket ederse, diyagramlar tabakalandırılmalıdır, yani. her yükten ayrı olarak oluşturun veya uygulayın çeşitli teknikler Paketler. 12. Statik olarak belirsiz sistemler. SNS, statik denklemleri mesnetlerin tepkilerini belirlemeye yeterli olmayan sistemlere verilen addır. dengeleri için gerekenden daha fazla bağlantı ve reaksiyon var. Belirli bir sistem için toplam destek sayısı ile oluşturulabilecek bağımsız statik denklem sayısı arasındaki farka denir. statik belirsizlik derecesiS. Aşırı gerekli olanların sistemi üzerine bindirilen bağlantılara gereksiz veya ek denir. Ek destek bağlantılarının eklenmesi, bükülme momentlerinde bir azalmaya ve maksimum sapmaya yol açar; yapının gücü ve sağlamlığı artar. Statik belirsizliği ortaya çıkarmak için, desteklerin ek reaksiyonlarının belirlenmesine olanak tanıyan ek bir deformasyon uyumluluk koşulu kullanılır ve ardından Q ve M diyagramlarını belirleme çözümü her zamanki gibi gerçekleştirilir. Ana sistem Gereksiz bağlantıların ve yüklerin atılmasıyla belirli birinden elde edilir. Eşdeğer sistem– Ana sistemin, atılan bağlantının eylemlerinin yerini alan yüklerle ve gereksiz bilinmeyen reaksiyonlarla yüklenmesiyle elde edilir. Kuvvetlerin etkisinden bağımsızlık ilkesini kullanarak, P yükünden ve reaksiyon x1'den sapmayı buluyoruz. σ 11 x 1 +Δ 1р =0, deformasyonun uyumluluğunun kanonik denklemidir; burada Δ 1р, x1 uygulama noktasında P kuvvetinden yer değiştirmedir. Δ 1р – Мр*М1, σ 11 -М1*М1 – bu Vereshchagin yöntemiyle rahatlıkla gerçekleştirilir. Çözümün deformasyon doğrulaması– bunun için başka bir ana sistem seçiyoruz ve desteğin sıfıra eşit olması gereken dönme açısını belirliyoruz, θ=0 - M ∑ *M’. 13. Döngüsel güç. Mühendislik uygulamalarında, gerilimlerin dönüşümlü ve döngüsel olarak değiştiği durumlarda, σ'dan çok daha düşük gerilimlerde statik dayanım nedeniyle makine parçalarının %80'e kadarı tahrip olur. Döngüsel değişiklikler sırasında hasar birikimi süreci. strese malzeme yorgunluğu denir. Yorgunluk stresine karşı direnç sürecine döngüsel güç veya dayanıklılık denir. Döngünün T periyodu. σmax τmax normal gerilmelerdir. σm, τm – ortalama gerilim; r-döngüsü asimetri katsayısı; Dayanıklılık sınırını etkileyen faktörler: a) Gerilim yoğunlaştırıcılar: oluklar, dolgular, kamalar, dişler ve kamalar; bu, K σ =σ -1 /σ -1k K τ =τ -1 /τ -1k olarak belirtilen etkin gerilim yoğunlaşma faktörü tarafından dikkate alınır; b) Yüzey pürüzlülüğü: Metalin mekanik işlenmesi ne kadar pürüzlü olursa, döküm sırasında metalde o kadar çok kusur oluşur, parçanın dayanıklılık sınırı o kadar düşük olur. Kesiciden sonraki herhangi bir mikro çatlak veya çöküntü, yorulma çatlağının kaynağı olabilir. Bu, yüzey kalitesinin etki katsayısını hesaba katar. Fσ'ya Fτ'ya - ; c) Ölçek faktörü dayanıklılık sınırını etkiler; parçanın boyutu arttıkça kusurların bulunma olasılığı artar, bu nedenle parçanın boyutu ne kadar büyükse, dayanıklılığı değerlendirilirken o kadar kötü olur; bu, şuna göre belirlenir: kesitin mutlak boyutlarının etki katsayısı. dσ'ya dτ'ya. Kusur katsayısı: K σD =/Kv ; Kv – sertleşme katsayısı ısıl işlemin türüne bağlıdır. 14. Sürdürülebilirlik. Bir sistemin kararlı bir durumdan kararsız bir duruma geçişine kararlılık kaybı denir ve buna karşılık gelen kuvvete denir. kritik kuvvet Rcr 1774 yılında E. Euler bir çalışma yaparak Pcr'yi matematiksel olarak belirledi. Euler'e göre Pcr, kolonun en küçük eğimi için gereken kuvvettir. Pkr=P 2 *E*Imin/L 2 ; Çubuk esnekliğiλ=ν*L/i dk; Kritik voltajσ cr =P 2 E/λ 2. Üstün esneklikλ yalnızca çubuk malzemesinin fiziksel ve mekanik özelliklerine bağlıdır ve belirli bir malzeme için sabittir. |
Yeni
- Kışın Yüzü Çocuklar için Şiirsel Sözler
- Rusça dersi "isimlerin tıslamasından sonra yumuşak işaret"
- Cömert Ağaç (mesel) Cömert Ağaç masalına mutlu son nasıl eklenir?
- “Yaz ne zaman gelecek?” Konulu çevremizdeki dünya hakkında ders planı.
- Doğu Asya: ülkeler, nüfus, dil, din, tarih İnsan ırklarını aşağı ve yukarı diye ayıran sahte bilimsel teorilerin rakibi olarak gerçeği kanıtladı
- Askerlik hizmetine uygunluk kategorilerinin sınıflandırılması
- Maloklüzyon ve ordu Maloklüzyon orduya kabul edilmiyor
- Neden ölü bir anneyi canlı hayal ediyorsun: rüya kitaplarının yorumları
- Nisan ayında doğan insanlar hangi burçlara sahiptir?
- Neden deniz dalgalarında bir fırtına hayal ediyorsunuz?