Kuvvetleri basit bir kiriş içinde çözme

Pim eklem çerçevelerindeki kuvvetlerin nasıl çözüleceğini hatırlamaya çalışıyorum. Çok çabuk sıkışıp kalmış gibiyim ve içinde bulunduğum örnekler aynı konuyu tekrar etmiyor.

İşte üzerinde çalıştığım truss (korkunç görüntü, üzgünüm)

B1, B2 ve B3'teki reaksiyon kuvvetini hesaplamaya çalışırken, nereden geldiğime bağlı olarak farklı cevaplar alıyorum.

Örnek:

B1 hakkındaki an,

F (B2) = 2 x F (B3)

6 x F (B3) + 3 x F (B2) = -10 x 3

Bu nedenle:

F (B3) = +2.5kN

F (B2) = + 5kN

veya

B2, F (B1) = F (B3) hakkında biraz bekleyin

3 x F (B3) + 3 x F (B1) = -10 x 3

bu nedenle

F (B1) = + 5kN

F (B3) = + 5kN

veya

B3 hakkında bir dakika

F (B2) = 2 x F (B1)

6 x F (B1) + 3 x F (B2) = -10 x 3

Bu nedenle:

F (B1) = +2.5kN

F (B2) = + 5kN

Her kısıtlama için farklı cevaplar. Birisi lütfen nereye yanlış gittiğimi söyleyebilir mi? Teşekkürler zengin

civil-engineering structures structural-analysis

— Zengin
kaynak

Lütfen , bu sonuçları size getiren çalışmanızı gösteren sorunuzu düzenleyebilir misiniz?

— Wasabi

Bu statik olarak belirsiz bir makastır . Tepkileri sadece anları toplayarak çözemezsiniz. Bir kirişin tek başına dengeden çözülebilmesi için aşağıdaki denklemi sağlaması gerekir: . M üye sayısı (7) ise, r, reaksiyon sayısıdır (nasıl çektiğinize destek başına 6 - 2) ve j, eklem sayısıdır (5). Dolayısıyla bizde var: . Bunu çözmek için Kuvvet Yöntemi gibi başka bir yöntem kullanmanız gerekecektir.

m + r \leq 2 j

$m + r \leq 2j$

7 + 6 ≮ 2 (5)

$7 + 6 \nless 2(5)$

— mg4, ağustos

Teşekkürler mg4w. Güç Yöntemlerine kısa bir bakış, daha yapacak çok şeyim olduğunu gösteriyor. Ya da belki sorunu basitleştirerek hile yapmak.

— Zengin

@Rich, belirleyici makaslarla başlamanızı tavsiye ederim. Bir zamanlar bu belirsizliğe geçme konusunda kendinize güveniyorsunuz.

— mg4, ağustos

Bu muhtemelen çok yardımcı olacaktır.

— F.Bek

@ Mg4w zaten bir yorumda belirtildiği gibi, bu statik olarak belirsiz bir yapıdır. Bu, yapının denediğiniz gibi önemsiz bir şekilde çözülemeyeceği anlamına gelir (sonuna kadar tarif ettiğim gibi basitleştirici bir varsayım kullanmazsanız).

Sorunu göstermek için, bunlar elimizde olan küresel denge denklemleridir:

\begin{aligned} \sum F_{x} & = H_{t o p} + H_{m i d} + H_{b o t} = 0 \\ \sum F_{y} & = V_{t o p} + V_{m i d} + V_{b o t} - 10 = 0 \\ \sum M_{m i d} & = - 3.00 H_{t o p} + 3.00 H_{b o t} - 3.00 \times 10 = 0 \\ = - H_{t o p} + H_{b o t} + 10 = 0 \\ ∴ H_{t o p} & = H_{b o t} + 10 \end{aligned}

$\begin{align} \sum F_x &= H_{top} + H_{mid} + H_{bot} = 0 \\ \sum F_y &= V_{top} + V_{mid} + V_{bot} - 10 = 0 \\ \sum M_{mid} &= -3.00H_{top} + 3.00H_{bot} - 3.00\times10 = 0 \\ &= -H_{top} + H_{bot} + 10 = 0 \\ \therefore H_{top} &= H_{bot} + 10 \end{align}$

ama bu gidebileceğimiz kadarıyla. Ben yerine olabilir içinde , ama bu her yerde beni almak değildir. Sıkıştık. Bu, aşırı statik (statik olarak belirsiz) yapıların sorunu. Global denge sizi hiçbir yere götürmez. $H_{bot}$ $\sum F_x = 0$

Şimdi, elle çözülebilir, ancak biraz çalışma gerektirir. İşte yapınız:

Önemsiz yöntemlerin takılacağı noktaya ulaştıktan sonra, işleri temiz tutmak için mümkün olduğunca yapınızı basitleştirerek başlayalım. Başlangıç için, 4 ve 7 numaralı çubukların hiçbir zaman yüklenmeyeceğini gözlemleyin. Bunlar makas çubuklarıdır (her iki ucundan menteşeli) ve bu nedenle sadece eksenel yük alırlar. Eksenel bir yük almaları için, eksenleri boyunca deforme olmaları gerekir, ancak her iki ekstremite de kısıtlı olduklarından, deforme olmazlar ve bu nedenle asla bir yük almazlar. Böylece onları modelimizden kaldırabiliriz.

Ayrıca, yükün uygulandığı bölge önemsiz bir şekilde çözülebilir. Yük dikeydir ve sadece çubuk (2) dikey bir bileşene sahiptir, bu nedenle dış kuvvetin tamamını emmesi gerekir. Dolayısıyla, çubuk 2'deki eksenel kuvvetin dikey bileşeni -10 kN'ye eşittir. Yatay bileşen, ortaya çıkan kuvvetin çubuğa paralel olacak şekilde olması gerekir, böylece bunu bulabiliriz.

\begin{matrix} \frac{- 10}{h} = \tan θ_{2} = \frac{3}{- 2} \\ ∴ h = 6.67 kN \\ N_{2} = \sqrt{10^{2} + {6.67}^{2}} = 12.02 kN (compression) \end{matrix}

$\begin{gather} \frac{-10}{h} = \tan\theta_2 = \frac{3}{-2} \\ \therefore h = 6.67\ \text{kN} \\ N_2 = \sqrt{10^2 + 6.67^2} = 12.02\ \text{kN (compression)} \end{gather}$

Şimdi, eğer çubuk 2 bu düğüm üzerinde 6.67 kN yatay bir kuvvet üretiyorsa, çubuk 1 bunu dengelemeli, -6.67 kN'lik yatay bir kuvveti oluşturarak barı gerginleştirir.

Artık 1 ve 2 numaralı çubukları modelden de çıkarabiliriz, iç kuvvetleriyle değiştirebiliriz. Bu nedenle şu modelle sonuçlanıyoruz (destekler menteşelidir, bu nedenle menteşeye "bilye" gerek yoktur):

Şimdi, çubuk 1 tarafından uygulanan yatay yük, destek tarafından basit bir şekilde emilir ve çoğunlukla bunu unutabiliriz.

Çubuklar 3 ve 6 aynı teğete sahip olduklarından (modül olarak), çubuk 2 tarafından taşınan 10 kN'lik dikey kuvvet, aralarında eşit olarak bölünecektir. Tıpkı çubuk 2'de olduğu gibi, bu içlerinde yatay kuvvetler oluşturur. Yukarıdakiyle aynı yöntemi kullanarak, (çubuk 6 için pozitif, çubuk 3 için negatif) olduğunu . Bu nedenle, bu yük nedeniyle çubuklarda meydana gelen eksenel kuvvet 5.27 kN'ye (çubuk 3 için gerilme, çubuk 6 için sıkıştırma) eşittir. Çubuk 3 ve 6 tarafından oluşturulan yatay bileşenler kendilerini iptal ettiklerinden, çubuk 5 etkilenmez. $h = \pm1.67\ \text{kN}$

Ve şimdi sıkışıp kaldığımız noktaya varıyoruz: 2 çubuğunun uyguladığı 6.67 kN yatay kuvvet. 3, 5 ve 6 numaralı çubukların tümü yatay bileşenlere sahiptir ve bu nedenle bu kuvveti emmeye katılabilirler. Bu nedenle, gücün aralarında nasıl ayrıldığını bulmak zorundayız.

Çubuklar, düğümlerin yer değiştirmesine direnen yaylarla değiştirilebilir. Makas çubukları için yayların sertliği eşittir . Yaylar , temelde bunu yapan Hooke Yasasına göre çalışır . $K = \dfrac{EA}{L}$

F = K δ

$F = K\delta$

burada , çubuğun deformasyonu. $\delta$

Şimdi, düğüm açıkça yalnızca yatay yönde deforme olacaktır. Fakat çubuklar 3 ve 6 eğimlidir, bu nedenle sertlikleri sadece kısmidir, bu nedenle bu sertliğin yatay bileşenini elde etmemiz gerekir; bu, (burada , yatay eksenle 3 ve 6 numaralı çubukların açısıdır. İşaret kosinüs için önemli değildir). Çubuklar 3 ve 6 tarafından hissedilen deformasyon da eğimlidir, bu yüzden bize ayrıca " . $\overline{K}_3 = \overline{K}_6 = \dfrac{EA}{L}\cos\theta$ $\theta$ $\overline{\delta}_3 = \overline{\delta}_6 = \delta\cos\theta$

Bu nedenle Hooke'un yatay deformasyonlar için çubuk 3 ve 6 yasası aslında şöyle görünür:

F = K δ \cos^{2} θ = \frac{E A}{L} \cos^{2} θ δ

$F = K\delta\cos^2\theta = \frac{EA}{L}\cos^2\theta\delta$

Bu nedenle, düğüm tarafından hissedilen toplam sertlik, eşittir ( tüm çubuklar için eşit varsayılarak ): $EA$

\begin{aligned} K & = K_{3} + K_{5} + K_{6} \\ K_{3} = K_{6} & = \frac{E A}{L_{3}} \cos^{2} θ \\ K_{5} & = \frac{E A}{L_{5}} \end{aligned}

$\begin{align} K &= K_3 + K_5 + K_6 \\ K_3 = K_6 &= \frac{EA}{L_3}\cos^2\theta \\ K_5 &= \frac{EA}{L_5} \end{align}$

Peki, yatay kuvvetin hangi kısmı bara 5 gidecek?

\begin{aligned} f_{5} & = \frac{\frac{E A}{L_{5}}}{\frac{E A}{L_{5}} + 2 \frac{E A}{L_{3}} \cos^{2} θ} \\ f_{5} & = \frac{\frac{1}{L_{5}}}{\frac{1}{L_{5}} + 2 \frac{1}{L_{3}} \cos^{2} θ} \\ f_{5} & = \frac{1}{1 + 2 \frac{1}{\sqrt{10}} {(\frac{1}{\sqrt{10}})}^{2}} = 0.9405 \\ ∴ f_{3} = f_{6} & = \frac{1 - 0.9405}{2} = 0.0297 \end{aligned}

$\begin{align} f_5 &= \dfrac{\dfrac{EA}{L_5}}{\dfrac{EA}{L_5} + 2\dfrac{EA}{L_3}\cos^2\theta} \\ f_5 &= \dfrac{\dfrac{1}{L_5}}{\dfrac{1}{L_5} + 2\dfrac{1}{L_3}\cos^2\theta} \\ f_5 &= \dfrac{1}{1 + 2\dfrac{1}{\sqrt{10}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{10}}\right)^2} = 0.9405 \\ \therefore f_3 = f_6 &= \frac{1 - 0.9405}{2} = 0.0297 \end{align}$

Böylece, 5 numaralı çubuk, yatay yükün% 94,05'ini ve 3 ve 6 numaralı çubukların her biri% 2,97'dir. Bu nedenle, Çubuk 5, eksenel bir sıkıştırmaya sahipken, çubuklar 3 ve 6'daki eksenel kuvvetin yatay bileşeni eşittir . Daha önce 2, 3 ve 6 numaralı çubuklarda kullanılanla aynı yöntemi kullanarak, 3 ve 6 numaralı çubukların dikey bileşenlerini (çubuk 3 için pozitif, çubuk 6 için negatif). Bu, 0.63 kN'lik (her ikisi de sıkıştırma) 3 ve 6 nolu çubuklar üzerinde ortaya çıkan bir eksenel kuvveti oluşturur. $0.9405\times6.67 = 6.27\ \text{kN}$ $0.0297\times6.67 = 0.20\ \text{kN}$ $v = 0.20\times\dfrac{\pm3}{1} = \pm0.60\ \text{kN}$

Eksenel kuvvetleri, çubuk 2 tarafından uygulanan kuvvetlerin hem dikey hem de yatay bileşenleri nedeniyle, çubuk 3 ve 6'ya ekleyerek şunları elde ederiz:

\begin{aligned} N_{3} & = 5.27 - 0.63 = 4.64 kN & (tension) \\ N_{6} & = - 5.27 - 0.63 = - 5.90 kN & (compression) \end{aligned}

$\begin{alignat}{2} N_3 &= 5.27 - 0.63 = 4.64\ \text{kN}&&\text{ (tension)} \\ N_6 &= -5.27 - 0.63 = -5.90\ \text{kN}&&\text{ (compression)} \\ \end{alignat}$

Özetlemek gerekirse, her bir kuvvetler:

\begin{aligned} N_{1} & = 6.67 kN & (tension) \\ N_{2} & = 12.02 kN & (compression) \\ N_{3} & = 4.64 kN & (tension) \\ N_{4} & = 0.00 kN \\ N_{5} & = 6.27 kN & (compression) \\ N_{6} & = 5.90 kN & (compression) \\ N_{7} & = 0.00 kN \end{aligned}

$\begin{alignat}{2} N_1 &= 6.67\ \text{kN}&&\text{ (tension)} \\ N_2 &= 12.02\ \text{kN}&&\text{ (compression)} \\ N_3 &= 4.64\ \text{kN}&&\text{ (tension)} \\ N_4 &= 0.00\ \text{kN}&& \\ N_5 &= 6.27\ \text{kN}&&\text{ (compression)} \\ N_6 &= 5.90\ \text{kN}&&\text{ (compression)} \\ N_7 &= 0.00\ \text{kN}&& \\ \end{alignat}$

Tepkimeler için sadece bu iç bileşenleri kullanabiliriz.

En üst , 1 ve 3 numaralı çubuklarımız var.

\begin{aligned} V_{t o p} & = 5.00 - 0.60 & = 4.40 kN \\ H_{t o p} & = 6.67 + 1.67 - 0.20 & = 8.14 kN \end{aligned}

$\begin{alignat}{2} V_{top} &= 5.00 - 0.60 &&= 4.40\ \text{kN} \\ H_{top} &= 6.67+1.67-0.20 &&= 8.14\ \text{kN} \\ \end{alignat}$

Orta destekte sadece 5 çubuğuna sahibiz, bu yüzden sadece -6,27 kN'lik yatay bir bileşene sahip.

\begin{aligned} V_{m i d} & = 0.00 kN \\ H_{m i d} & = - 6.27 kN \end{aligned}

$\begin{align} V_{mid} &= 0.00\ \text{kN} \\ H_{mid} &= -6.27\ \text{kN} \\ \end{align}$

Alt sadece 6 var.

\begin{aligned} V_{b o t} & = 5.00 + 0.60 & = 5.60 kN \\ H_{b o t} & = - 1.67 - 0.20 & = - 1.87 kN \end{aligned}

$\begin{alignat}{2} V_{bot} &= 5.00 + 0.60 &&= 5.60\ \text{kN} \\ H_{bot} &= -1.67-0.20 &&= -1.87\ \text{kN} \\ \end{alignat}$

Bu reaksiyonların küresel denge denklemlerini sağladığını fark edeceksiniz. Ve işte çalışmamızı kontrol edecek bilgisayar modeli (yuvarlama hatalarına izin veriyor):

Şimdi, basitleştirici bir varsayım benimseyerek bu sorunu önemsizce çözmenin bir yolu var. Tek yapmanız gereken, çubuğun (5) eksenel olarak rijit olduğu varsayımıdır, yani hiçbir şekilde deforme olmaz. Çubuğun hepsinde aynı varsa, böyle bir varsayımın geçerliliği sorgulanabilir . Bununla birlikte, 3 ve 6 numaralı çubukların uzunluğunun üçte birinden daha azdır, yani sertliğin üç katından fazladır. Bunu sert olarak düşünmeniz yeterliyse (şahsen, komşularından en az bir büyüklük sırası olan şeyler için kişisel olarak kabul edilebilir olduğuna inanıyorum, ancak konuyla ilgili herhangi bir kod "önerisi" bilmiyorum), çözüm önemsiz hale geliyor . $EA$

Çubuk 5 sert olduğundan, merkezi düğüm çubuk 2 tarafından uygulanan yatay kuvvetten herhangi bir yatay yer değiştirmeye maruz kalmayacaktır. Bu nedenle, çubuklar 3 ve 6 deforme olmaz ve bu bileşenden etkilenmez, yani çubuk 5 emer bu yatay bileşenin tamamı. Ve bu o. Açıkçası, bu reaksiyonların yanı sıra 3 ve 6 numaralı çubukların sonuçlarını da değiştirecek. Karşılaştırma için, işte bu durumda sonuç:

_{Ücretsiz 2D çerçeve analiz aracı Ftool ile elde edilen tüm rakamlar}

— Wasabi
kaynak

-1

Dengede üyelerde zaten var olduğu fikri üzerinde çalışarak, dikey kuvvetin A noktasındaki yatay kuvvete eşit olduğunu önerebiliriz. 3 kuvvet için moment:

M_{A} = 0

$M_A=0$

3 F_{A} \sin 270 - B_{1} \cos 0 - R_{A} \sin β = 0

$3F_A \sin 270 -B_1 \cos 0 -R_A \sin \beta=0$

3 F_{A} \sin 270 - B_{1} \cos 0 = R_{A} \sin β

$3F_A \sin 270 -B_1 \cos 0 =R_A \sin \beta$

\frac{3 F_{A} \sin 270 - B_{1} \cos 0}{\sin β} = R_{A}

$\frac{3F_A \sin 270 -B_1 \cos 0}{ \sin \beta} =R_A$

Yana tüm üyeler üzerinde yatay kuvvet uygular biz truss kalanını kalk artık mümkün olmalıdır. $R_A$ $B_1, B_2, B_3$

Bu nedenle, B1'deki yatay reaksiyon 10kN olacaktır ve A'dan gelen çapraz iniş kuvveti 58.614kN sıkıştırma olacaktır. Bu, B2'ye basınç dik bir kuvvetle sonuçlanır.

58.614 \cos (180 - \arctan \frac{3}{2}) = 32.513 k N

$58.614 \cos (180-\arctan \frac 3{2})=32.513kN$

Bu kuvvet bunun için 3 dikey pim ekleminin üzerine dağıtılmalıdır.

Tüm bunlara rağmen, birkaç örnek hesaplamaların statik olarak belirleyici yapılarla nasıl çalıştığını açıklamaktadır.

— Rhodie
kaynak

Takip etmiyorum. "Dikey kuvvet, A noktasındaki yatay kuvvete eşittir" ile neyi kastediyorsunuz? Hangi dikey kuvvet uygulanmış olan? Fakat bu yatay kuvvete nasıl eşittir? Hangi yatay kuvvet? Çapraz elemanın A üzerindeki yatay bileşenini mi kastediyorsunuz? Ancak bu bileşenler açıkça eşit değildir, çünkü bu köşegen 45 ° açıda değildir. Ve "üyeler , , " nedir? Bunlar destek değil üyeler. Ve nedir ve neden onlara "yatay bir kuvvet uygular"?

B_{1}

$B_1$

B_{2}

$B_2$

B_{3}

$B_3$

R_{A}

$R_A$

— Wasabi

Lütfen cevabımdaki yazılım sonuçlarına bakın (veya kendiniz bir model çalıştırın) ve sonuçlarınızın benim elde ettiğim sonuçlarla nasıl eşleştiğini görün.

— Wasabi

Yorumlarım maalesef düzenlemenizden sonra hala geçerli. Ve bu görüntülerle ne göstermeye çalışıyorsun? Yapının statik olarak belirlenmesini sağlamak için sınır koşullarını değiştirdiğinizden ve bu sonuçlara ulaşmak için gereken işi gerçekten göstermediğinizden, cevabınıza ne eklediklerini anlamıyorum.

— Wasabi

Kafesin her bir bölümünü belirli bir sisteme dönüştürerek her bir elemandaki iç gerilimi hesaplayabiliriz. Tüm sisteme uygulanan dış kuvvetlerin olduğu durumlarda, 3 pim yükü eşit olarak paylaşmalıdır ve bu nedenle 30kN / 3 olmalıdır. Gerçekte, her birinde belirsiz bir miktarda paylaşılan kuvvetler olacak, ancak makas makbuz statik olarak belirlenecek şekilde tasarlanırsa, mantıksal olarak aşırı tasarlanır ve bu nedenle tüm yükleme koşullarında emniyetli olur.

— Rhodie

Buna gerek yok, çünkü bu "her bir parçayı [...] belirli bir sisteme dönüştürmek" keyfidir. Örneğin, ilk modelde, neden en alta bir XY desteği, asıl desteğe sadece Y desteği koydunuz? Tabii, destekleri (gerçek destek XY, altta sadece Y) ters çevirirseniz, aynı sonucu alırsınız. Peki neden dibe Y kısıtlaması koymayı seçtin?

— Wasabi