Bir kirişin menteşesine doğrudan etki eden bir nokta kuvvetiyle nasıl başa çıkılır?

Bir kirişin menteşesine etki eden bir nokta kuvvetinin olduğu bir soruyu çözmeye çalışıyorum. İşte sorun:

2 kN nokta kuvveti ile nasıl başa çıkacağımdan emin değilim ( ve menteşeler). Işını üç parçaya , , ve , bu 2 kN gücünün nereye gitmesi gerektiğini bilmiyorum. Eğer her iki ve denge denklemine dahil , toplamı dengesiz olacaktır. Bu sorunun statik olarak belirleyici olduğuna inanıyorum ama bu noktada sıkışıp kaldım. Çalışmalarımı buraya eklemek istemiyorum, çünkü gerçekten biraz açıklama ve yardımla kendim ele almak istiyorum.C E ¯ A C ¯ C E ¯ E G ¯ A C ¯ C E F $C$$C$$E$$\overline{AC}$$\overline{CE}$$\overline{EG}$$\overline{AC}$$\overline{CE}$$F_y$

Bu kiriş sunar beş kısıtlamaları (iken $X_A$ , $Y_A$ , $M_A$ , $Y_F$ , $Y_G$ ), aslında statik varılmıştır. Statik olarak belirsiz bir yapı, statik denge denklemlerinden daha fazla bilinmeyen (bu durumda kısıtlamalar) olan yapıdır. Genellikle birinin üç denklemi vardır: $\sum F_X = 0$ , $\sum F_Y = 0$ , $\sum M_? = 0$ (nerede $?$herhangi bir keyfi noktadır). Ancak menteşeler bize her biri için ek bir denklem verir: $\sum M_{h\pm} = 0$ , burada $h\hspace{-2pt}\pm$ bu sorudaki gibi menteşenin bir tarafıdır (sol veya sağ). Bu, menteşenin her iki tarafındaki tüm kuvvetleri dikkate alan küresel sıfır eğilme momenti denkleminden farklıdır. $C$ ve$E$ menteşeler tarafından verilen iki ek denklemiüç küresel denge denklemine eklediğimiz için, kontrastlarımız (5) kadar denklemimiz var ve bu sorunu geleneksel yollarla çözebiliriz.

Bununla birlikte , tamamen yardımcı olan bunu hesaplama yardımcıları olmadan yapmanın çok daha kolay bir yolu vardır .

Bu uygulamalı yaklaşım için, $\overline{CE}$ açıklığındaki çift menteşeye dikkat edilmelidir . Bu , basit bir şekilde desteklenen bir kirişte olduğu gibi , $C$ ve $E$ bükülme momentinin boş olması gerektiği anlamına gelir (bu karşılaştırmanın neden geçerli olduğunun daha ayrıntılı bir açıklaması sonunda görülebilir).

Bu kirişi aşağıdaki parçalarla değiştirelim ( $C$ ve $E$ yüklerin şimdilik boş bırakıldığına dikkat edin):

$\overline{CE}$ temsil eden kirişin çözülmesi önemsizdir. Şimdilik tek ihtiyacımız olan , her bir destekte $3\text{kN}$ eşit olan reaksiyonlardır .

Şimdi bu reaksiyonları alın ve diğer parçalara atın, $C$ de ilave edilmesi gereken konsantre $2\text{kN}$ kuvvet olduğunu unutmayın . Bu nedenle:

Diğer parçalar da izostatiktir ve önemsiz bir şekilde çözülebilir (birinin izostatik yapıların iç kuvvetlerinin nasıl elde edileceğini bildiği varsayılarak). Ortaya çıkan iç kuvvetler ( $G$ sadece yatay kuvvetler için bu parçayı sabit hale getirmek için desteği değiştirdim, bu durumda hiçbir şey değişmiyor):

Bu diyagramları oluştururken, orijinal ışın tarafından elde edilenlerle aynıdır:

Bu Gerber arkasındaki temel prensip ışınları çünkü karşılaştırma bu çift menteşe ve basit mesnetli kiriş arasına yapılabilir neden basit bir nedeni (temelde ne hangi $\overline{CE}$ gösterir). Bunlar diğer kirişlere dayanan kirişlerdir ( buradaki örneğe bakın)sağ ve soldaki kirişler Gerber kirişlerdir) ve bu nedenle yapının geri kalanından "kaldırılabilir", çözülebilir ve daha sonra reaksiyonları yapının geri kalanına dağıtılabilir. Dış kuvvetlerin veya kesme kuvvetlerini ileten komşu kirişlerin, bükülme momentinin Gerber kirişinin her bir ucunda boş olması gerektiğinden endişe etmesi gerekmez. Bu, makasın Gerber kirişi boyunca integralinin boş olması gerektiği anlamına gelir, bu sadece kiriş içindeki yükler ve ekstremitelerindeki reaksiyonlar dikkate alındığında ortaya çıkabilir.

Bu diyagramlar için kullandığım program , ücretsiz bir 2-D çerçeve analiz aracı olan Ftool idi .

Tepkileri nasıl bulacağınızı bildiğinizi varsayıyorum, ancak C ve E'deki iki menteşeden emin değilsiniz, çünkü asıl endişeniz gibi görünüyor. Reaksiyonları nasıl hesaplayacağınızdan emin değilseniz, bunu daha sonra ekleyebilirim. Tepkileri bulmak için SkyCiv Beam kullandım :

Gördüğünüz gibi bu reaksiyonlar iyi dengeleniyor:

$$\sum F_y = 11 + 10 + 5 - (6+2+6+2\times6) = 26 - 26 = 0\text{ kN} \\ \sum M_A = -32 +6(2)+2(4)+6(5)+12(11)- 10(8) -5(14)= 0\text{ kN.m}$$

Şimdi AC veya CE elemanında C menteşesine 2 kN nokta yükü eklemeyi seçip seçmemeniz önemli değildir. Sadece bir üye veya diğeri için serbest gövde diyagramına (FBD) ekleyin (her ikisi de DEĞİL!).

C'deki 2 kN nokta yükünü, CE elemanının sol ucuna değil, AC elemanının sağ ucuna etki ettirelim. C menteşesinde bir anın desteklenemediğini hatırlamak:

$$\sum F_y = 0\\ 11 - 6 - 2 + H_C = 0\\ \therefore H_C = 3\text{ kN}$$

Şimdi üye CE'yi düşünün (yine C veya E'de hiç an yok). Hc kuvveti, AC üyesi için FBD'de bulunanın tersi yönde olmalıdır:

$$\sum F_y = 0\\ H_C + H_E -6 = 0\\ 3 + H_E - 6 = 0\\ \therefore H_E = 3\text{ kN}$$

Son olarak, EG üyesinin tümünün iyi dengelendiğini doğrulamasını düşünün (yine E'deki kuvvet, CE üyesi için FBD'dekinin tersidir):

$$\sum F_y = -H_E + 10 + 5 - 12 = -3 + 10 + 5 - 12 = 0 \text{ }\checkmark$$

Aşağıdaki kesme kuvveti diyagramına (SFD) bakalım ve 2 kN nokta yükünün hangi üyeye etki ettiğinin neden önemli olmadığını anlayalım. Daha önce C noktasında kesme kuvvetinin Hc = 3 kN olduğunu çözdük. SFD'de görebileceğiniz gibi C noktasında İKİ değer vardır (x = 4m): 5 kN ve 3 kN. Açıkçası, bu değerler arasındaki fark 2 kN nokta yüküdür. Diyagramımıza AC yükü yerine CE üyesi için nokta yükünü ekleseydik, C noktasındaki kesme kuvvetini Hc = 5 kN olarak çözerdik. Yani her iki üyeye de dahil edebilirsiniz ve doğru olacaktır - sadece her iki üyeye dahil etmeyin.

SkyCiv Beam böyle analizler için oldukça kullanışlıdır ve mantığınızı, cevaplarınızı ve egzersizinizi kontrol etmenin iyi bir yoludur. Ayrıca ihtiyacınız varsa bükülme momenti diyagramını (BMD) artı sapma, stres arasında çözecektir.