Изгиб. Определение опорных реакций. Правила знаков для поперечных сил и изгибающих моментов

Электротехника \ Основы конструирования и технологии производства радиоэлектронных систем

Страницы работы

8 страниц (Word-файл)

Посмотреть все страницы

Скачать файл

Фрагмент текста работы

12. Изгиб

Очень часто стержни  подвергаются действию поперечных сил и внешних пар (рис.31). Под действием таких нагрузок ось стержня искривляется. При этом в поперечных сечениях стержня возникает изгибающие моменты, плоскость действия которых перпендикулярна плоскости поперечного сечения стержня.

Рис.31

Указанный вид нагружения называют изгибом, а стержни, работающие на изгиб, называют балками. Если изгибающий момент является единственным внутренним усилием, возникающим в поперечном сечении стержня, то изгиб называют чистым.

Изгиб называют поперечным, если наряду с изгибающими моментами возникают также и поперечные силы.

Если плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных центральных осей поперечного сечения стержня, изгиб называют прямым (простым или плоским), в противном случае косым.

12.1. Типы опор балок.

1.  Подвижная шарнирная опора.

В данной опоре ограничено перемещение вверх-вниз, поэтому в ней присутствует  только одна реакция, перпендикулярная плоскости качения.

2. Неподвижная шарнирная опора.

В данной опоре ограничено перемещение как вверх-вниз, так и вправо-влево, поэтому в ней присутствует  реакция, которую обычно представляют в виде двух составляющих: горизонтальной и вертикальной.

3.  Жёсткая заделка.

Заделка не допускает ни линейных, ни угловых перемещений. Реакцию заделки обычно раскладывают на две составляющие и реактивный момент.

4.   Шарнир.

Шарнир допускает угловое перемещение, поэтому реакцию шарнира представляют в виде двух составляющих: вертикальной и горизонтальной

Если опорные реакции конкретной балки могут быть найдены из одних уравнений статики, то балки называют статически определимыми. Если же число опорных реакций больше, чем число уравнений статики, то балки называют статически неопределимыми

12.2. Определение опорных реакций.

Пример 1. Определить реакции опоры консольно закрепленной (глухо заделанной) балки (рис.32). Балка нагружена сосредоточенной силой Р1

  и распределенной силой q.

Для определения опорных реакций необходимо мысленно отбросить опоры, заменив их соответствующими реакциями.

В данном случае реакцию заделки имеем в виде силы,  представленной двумя векторами А_у и А_{z, и реактивного момента МА.  Составляем уравнения равновесия балки:}

Рис.

32

сумма сил на ось Xравна нулю, сумма сил на ось Yравна нулю и сумма моментов относительно любой точки балки равна нулю.

; .

; ;  , где — равнодействующая распределенной нагрузки q, точка приложения которой находится на середине участка балки а3.

; (сумма моментов относительно точки заделки балки) , откуда , т.е. направление реактивного момента следует поменять на обратное, поскольку результат получился со знаком минус.

Пример 2. Определить реакции опор балки, представленной на рис.33. Балка нагружена сосредоточенной силой Р, распределенной силой q и сосредоточенным моментом Ме.

  

Рис.33

Поступаем также как и в предыдущем примере, т.е. мысленно отбрасываем опоры, заменяя их реакциями опор, и составляем уравнения равновесия:

;  ;;

;

Вместо последнего уравнения можно использовать условие  поскольку значение А_ууже найдено. Тогда из выражения  определяем В_у.

Пример 3.  Определить реакции опор балки, представленной на рис.34 и нагруженной сосредоточенной силой Р.

Рис.34

Поступаем также как и в предыдущем примере, т.е. мысленно отбрасываем опоры, заменяя их реакциями опор, и составляем уравнения равновесия:

; ; откуда ;

; ;  ;

; ; .

Знак минус для  реакции А_у говорит о том, что направление данной реакции в противоположную сторону относительно выбранному на чертеже.

Для проверки решения можно воспользоваться условием .

12.3. Определение внутренних усилий в балках.

Внутренние усилия (силовые факторы) в поперечных сечениях балки: изгибающий момент М_и и поперечная сила Q.

Предположим, что мы имеем балку, нагруженную двумя сосредоточенными силами Р₁ и  Р₂ (рис.35). Прежде всего, необходимо определить реакции опор, для чего можно применить рассмотренные выше приемы.

Для определения внутренних силовых факторов применим метод сечений, для чего в интересующем нас месте сделаем мысленный разрез балки на расстоянии z и отбросим одну часть, например правую.

Рис.35

Затем рассмотрим равновесие левой части, заменив левую опору ее реакцией А.

Взаимодействие частей балки заменим внутренними усилиями: изгибающим моментом

М_и и поперечной силой Q.

Уравнения равновесия (сумма сил на вертикальную ось y и сумма моментов

Похожие материалы

Информация о работе

Скачать файл

Практическая работа № 2 Расчётные схемы балок и определение реакции их опор

Задание

Задана горизонтальная двух опорная балка. Балка нагружена активными силами: сосредоточенной F, распределенной силой интенсивностью q и парой сил с моментом М (табл. 2.1 и рис 2.6).

Цель работы – построить расчётную схему балки, составить уравнения равновесия балки, определить реакции ее опор и выявить наиболее нагруженную опору.

Теоретическое обоснование

Во многих машинах и сооружениях встречаются конструктивные элементы, предназначенные преимущественно для восприятия нагрузок, направленных перпендикулярно их оси. Расчетные схемы таких элементов (валы, части металлоконструкции и др.) могут быть представлены балкой. Балки имеют опорные устройства для передачи усилий и сопряжения с другими элементами.

Основными типами опор балок являются шарнирно – подвижная, шарнирно – неподвижная опоры и жесткая заделка.

Шарнирно – подвижная опора (рис.2.1,а) допускает поворот балки вокруг оси шарнира и линейное перемещение на незначительное расстояние параллельно опорной плоскости. Точкой приложения опорной реакции является центр шарнира. Направление реакции R – перпендикуляр к опорной поверхности.

Шарнирно – неподвижная опора (рис.2.1,6) допускает только поворот балки вокруг оси шарнира. Точкой приложения являются также центр шарнира. Направления реакции здесь неизвестно, оно зависит от нагрузки, приложенной к балке. Поэтому для такой опоры определяются две неизвестные – взаимно перпендикулярные составляющие R

x и R_y опорной реакции.

Жесткая заделка (защемление) (рис.2.1,в) не допускает ни линейных перемещений, ни поворота. Неизвестными в данном случае являются не только величина, но и её точка приложения. Таким образом, для определения опорной реакции необходимо найти три неизвестные: составляющие R_xи R_y по осям координат и реактивный момент MR относительно центра тяжести опорного сечения балки.

а б в

Рис. 2.1

Равновесие балки под действием любой системы заданных сил, расположенных в одной плоскости, может быть обеспечено одной жёсткой заделкой или двумя опорами – подвижной и неподвижной. Балки называются соответственно консольными (рис.2.2,а) или двух опорными (рис.2.2,б)

а б

Рис.2.2

На балку действуют заданные силы и пары сил. Силы по способу приложения делятся на распределенные и сосредоточенные. Распределенные нагрузки задаются интенсивно q, Н/м и длиной 1, м. равномерно распределенные нагрузки условно изображаются в виде прямоугольника, в котором параллельные стрелки указывают, в какую сторону действует нагрузка (рис.2.3). В задачах статики равномерно – распределенную нагрузку можно заменять равнодействующей сосредоточенной силой Q, численно равной произведению q

*1, приложенной посредине длины и направленной в сторону действия q.

Рис.2.3 Рис. 2.4

Сосредоточенные нагрузки приложены на сравнительно небольшой длине, поэтому считается, что они приложены в точке. Если сосредоточенная сила приложена под углом к балке, то для определения реакции опор удобно разложить её на две составляющие – F_x= Fcos α и F

y=F sin α (рис.2.4).

Реакции опор балки определяются из условий равновесия плоской системы произвольно расположенных сил. Для плоской системы можно составить три независимых условия равновесия:

∑F_ix= 0; ∑F_iy= 0; ∑M_io= 0 или

∑М_ia= 0; ∑M_iB= 0; ∑M_iC= 0 или } (2. 1)

∑M_iA= 0; ∑M_iB= 0; ∑F_ix= 0.

Где О, А ,В, С – центры моментов.

Рационально выбрать такие уравнения равновесия, в каждое из которых входила бы по одной неизвестной реакции.

Порядок выполнения работы

1. В соответствии с заданием изобразить балку и действующие заданные силы.

Выбрать расположение координатных осей: совместить ось х с балкой, а ось у направить перпендикулярно оси х.

1. Произвести необходимые преобразования: силу, наклоненную к оси балки под углом а, заменить двумя взаимно перпендикулярными составляющими, а равномерно распределенную нагрузку – её равнодействующей.

2. Освободить балку от опор, заменив их действие реакциями опор, направленными вдоль осей координат.

3. Составить уравнения равновесия балки, чтобы решением каждого из трёх уравнений было определение одной из неизвестных реакций опор.

4. Проверить правильность определения реакций опор по уравнению, которое не было использовано для решения задач.

5. Сделать вывод о наиболее нагруженной опоре.

6. Ответить на контрольные вопросы.

Контрольные вопросы

1.Сколько независимых уравнений равновесия можно составить для плоской системы параллельных сил?

2.Какие составляющие реакции опор балок возникают в шарнирно – подвижной, шарнирно – неподвижной опорах и жёсткой заделке?

3.Какую точку целесообразно выбрать в качестве центра момента при определении реакций опор?

4.Какая система является статически неопределимой?

Пример выполнения

1. Задание:

q = 5 H/м, F = 25 H, M = 2 H*м, α = 60°

2.Преобразование заданных сил:

F_x = F cos α = 25cos 60° = 12.500H, F_y = F sinα = 25 sin60° = 21.625H

Q = q*1 = 5*6 =30 H.

Рис.2.5

3.Составим расчётную схему (рис.2.5)

4.Уравнения равновесия и определение реакций опор:

а) ∑M_ia= 0; -Q *3 – F_y*7.5+ R_B* 8.5 – M = 0;

R_B =

б) ∑M_iB =0: — R_Ay*8.5 + Q *5.5 + F_y *1 – M = 0:

R_Ay =

в) ∑F_ix=0: R_Ax + F_x =0: R_Ax= — F_x = — 12.500H.

5.Проверка:

∑F_iy = 0; R_Ay = Q – F_y + R_B = 0; 21. 724 – 30 – 21.651 + 29.927 = 0; 0 = 0

Вывод:

Наиболее нагруженной является опора В – R_B =29.927 Н. Нагрузка на опору А – R_A =

Литература:

Таблица 2.1

№ варианта	№ схемы на рис. 2.6	q , Н/м	F, Н	М, Нм	, град
1	1	5	40	10	30
2	2	1	60	54	45
3	3	5	80	25	60
4	4	4	10	8	120
5	5	5	50	35	90
6	6	8	12	20	30
7	7	2	50	35	45
8	8	4	18	15	60
9	9	4	15	2	90
10	10	4	50	10	120
11	1	2	25	20	30
12	2	4,5	20	85	45
13	3	2,5	15	10	90
14	4	1	12	10	120
15	5	4,5	35	30	30
16	6	3,5	10	45	45
17	7	4	10	5	60
18	8	6,5	24	20	120
19	9	1,5	40	15	30
20	10	6	65	8	45
21	1	10	16	14	60
22	2	2	25	40	90
23	3	4	30	20	120
24	4	12	16	15	150
25	5	8	25	20	225
26	6	0,5	8	10	270
27	7	6	12	8	30
28	8	10	16	12	60
29	9	1	20	18	120
30	10	2	80	100	45

Рис. 2.6

1	2	3
4	5	6
7	8	9
10

Пример расчета — балка с внутренним шарниром (часть A).

Найти реакции

1. Дом
2. Образование
3. Подготовка к профессиональным экзаменам
4. Примеры расчета
5. Пример расчета – Балка с внутренним шарниром (Часть A). Найти реакции

Серия лекций Келлера о сейсмических знаниях Келлера: уроки истории начинается с 23 марта 2023

Подробнее

Содержание [скрыть]

1. Описание
2. Выбранные темы

Выбранные темы

Пример расчета. для поперечной панели Пример расчета: расчет изменения длины стержня, загруженного в удлинении Пример расчета — расчет осевых усилий на стержнях фермы Пример расчета — расчет схем стержней Пример расчета — расчет диаграмм стержней для балки Пример расчета — балка с внутренним шарниром (часть B) ). Расчет диаграмм стержней. Пример расчета — анализ рамы. Пример расчета — анализ рамы — равномерная нагрузка. Пример расчета — поиск центра тяжести (поверхности). Пример расчета — расчетное болтовое соединение натяжных пластин (EC3). , Изменение температуры. Пример расчета — незатухающая свободная вибрация (часть A). Пример расчета — незатухающая свободная вибрация (часть B). Пример расчета — оценка матриц структурных свойств. Пример расчета — угловое ускорение, угловая скорость. Пример расчета — соединение срезным болтом EC3. Пример расчета — потеря устойчивости колонны (EC3). Пример расчета — расчет диаграмм стержней. Пример расчета — расчет диаграмм стержней. Пример расчета — расчет уравнения упругой кривой. Пример расчета — расчет положения опоры. Пример расчета — плоскость Напряжение. Пример расчета — кольцевое поперечное сечение, Экзамен на определение напряжения. ple – Допустимая сила сдвига для балки. Пример расчета – Расчет прогиба. Теорема Кастильяно. Пример расчета — определение поперечной силы и момента. Пример расчета — определение величин F1, F2. Пример расчета — внутренние силы. Пример расчета — расчет осевых сил элементов фермы. Пример расчета — расчет моментов инерции Ix и Iy. Пример расчета — расчет напряжения сдвига для температурной нагрузки. Пример расчета — расчет силы растяжения с использованием виртуальной работы. Пример расчета — крутящий момент — напряжение. Пример расчета — железобетонная колонна при напряжении. Пример расчета — консольная балка с равномерной нагрузкой. Пример расчета — консольная балка с точечными нагрузками. Пример расчета — нагрузка на стержень Пример расчета — максимальный прогиб Пример расчета — схема стержня. Пример расчета — минимально допустимый диаметр. Пример расчета — критическая нагрузка. Пример — FrictionCalculatio n Пример — модуль упругости сечения S. Пример расчета — пластическая нейтральная ось. Пример расчета — потеря устойчивости колонны (EC3). Пример расчета — соединение срезным болтом EC3. Пример расчета — схема стержня. Треугольная нагрузка. Пример расчета — крутящий момент-напряжение. Пример расчета — угловое ускорение, угловая скорость. угловое ускорениеИзменение температурыСреднее напряжение сдвига в сосуде под давлениемДопустимая сила сдвига балкиПримеры расчетаРасчет изменения длины стержняПружинные сборки в серии/параллельно: Две пружины в серииФерма против тросаРасчет вертикального отклонения балкиГибкая трещина в бетонной балкеМаксимальный коэффициент вертикального сдвигаКолонна в изгибеБалки: максимум момент

См.

Также

Читать Статья

Диафрагмы

сентябрь, 16, 2022

Введение в диафрагмы при диафрагме

.

. 2. 2.

.

. 2. 2.

.

.

. 2. 2. 2. 2.

Усталость является инициированием и распространением трещин…

Новости отрасли

События отрасли

Инженер-конструктор (thestructuralengineer.info) использует сторонние файлы cookie для улучшения нашего веб-сайта и вашего удобства при его использовании.
Чтобы узнать больше о файлах cookie, которые мы используем, и о том, как их удалить, посетите нашу страницу о файлах cookie. Разрешить файлы cookie

Определение опорных реакций в балках из-за точечных нагрузок

Задача: 2.1

Определить опорные реакции свободно опертой балки с точечной нагрузкой W в точке, как показано на рис.

Решение:  

Назначение неизвестных опорных реакций   R _A  и R _B  на опорах, как показано на рисунке.

Применение трех равновесий уравнения, чтобы найти три неизвестных следующим образом:

Вдоль направления x к состав.

Таким образом, первое уравнение равновесия: ∑ Fx = 0

Если вдоль продольной оси x балки не действует нагрузка, эта реакция всегда будет равна нулю.

Вдоль направления y приложенная сила P приложена к центр балки, а также опорные реакции. Таким образом, второе равновесие уравнение: ∑ Fy = 0

Ч _А + Ч _В — W = 0         ——(1)

Для третьего уравнения ∑ Mxy = 0

мы должны выбрать одну точку, вокруг которой моменты вычислено. Часто удобнее выбрать точку, через которую силы направлены (например, точка A в нашем примере), потому что, результирующие моменты для этих сил были бы равны нулю.

Итак, около точки А опора реакции  и  не имеют плеча рычага, приложенная сила W имеет плечо рычага равно a и опорная реакция имеют плечо рычага, равное длине балки. Предполагая положительное против часовой стрелки вращение, уравнение моментов принимает вид:

∑ M _A = 0

R _B L — W.a = 0 ——(2)

Есть три неизвестных, и у нас есть три уравнения, поэтому можно решить систему уравнений и получить неизвестные реакции поддержки. Из второго уравнения мы можем непосредственно получаем :

R _B  =  W (a/L)

И, наконец, подставляя R _B  во второе уравнение, и находим R _А  

Ч _А = Ш — R _B  = W —  W (a/L) 

R _A   =  (1- a/L) W = (L-a) W/L

R _A  L)

Задача: 2.2

Определить опорные реакции свободно опертой балки при точечных нагрузках, как показано на рис.

Решение:  

             Назначение неизвестных реакций поддержки  H _A  , R _A   и R _B  , на опорах A и B

Вдоль направления x к опоре не приложена сила состав. Существует только одна неизвестная опорная реакция H _A .

Таким образом, первое уравнение равновесия имеет вид: ∑ Fx = 0

H _A находится непосредственно из первого уравнения равен нулю. Если нет приложенной нагрузки вдоль балки продольной оси эта реакция всегда будет равна нулю.

Н _А     = 0                 —- (1)

Вдоль направления y приложенная сила P приложена к центр балки, а также опорные реакции. Таким образом, второе равновесие уравнение: ∑ Fy = 0

R _A + R _B — 30 — 15 = 0      

R _A  + R _B   = 45    ——(2)

Для третьего уравнения ∑ Mxy = 0

нужно выбрать одну точку, вокруг которой находятся моменты вычислено. Часто удобнее выбрать точку, через которую силы направлены (например, точка A в нашем примере), потому что, результирующие моменты для этих сил были бы равны нулю. Итак, вокруг точки А поддержка реакции  и  не имеют плеча рычага,  Предполагая, что моменты по часовой стрелке положительны и моменты против часовой стрелки отрицательны, третье уравнение принимает вид:

∑ M _A = 0

— 6 x R _B   + 30×2 + 15 x4 = 0 ——(3)

  Из третьего уравнения мы можем напрямую получаем :

R _B  =  20 KN

И наконец, подставив R _B  во второй уравнение, находим R _A  

R _A = 45 — R _B  = 45 — 20  

R _A  =  25 кН

Задача: 2,3

Определите опорные реакции нависающей балки с точечными нагрузками, как показано на рисунке.

Решение:

. Назначение неизвестных реакций поддержки H _A , R _A и R _C , на опор A и C

ВАШЕМ В НАПРАВЛЕНИЕ X не установлена ​​сила, применяемая к структуре. Существует только одна неизвестная опорная реакция H _A по продольной оси, эта реакция всегда будет равна нулю.

H _A      = 0                 —- (1)

Вдоль направления y приложенная точечная нагрузка P приложена к B, а Q, приложенная к свободному концу D, направлена ​​вниз и опорные реакции R _{A ,}  R _{C в направлении вверх.}  

Таким образом, второе уравнение равновесия имеет вид: -(2)

Для третьего уравнения ∑ Mxy = 0

Принимая моменты относительно точки A и Предполагая, что моменты по часовой стрелке положительны, а моменты против часовой стрелки отрицательны, третье уравнение принимает вид: x(L+a)  = 0    ——(3)

  Из третьего уравнения мы можем непосредственно получить :

R _C   =  { PxL/2 + Q x(L+a) } /L

R _C = P/2 + Q (1 + a/L)

И, наконец, подставив R _C Во втором уравнении мы обнаружили R _A

R _A = P + Q — R _C

R _A = P/2 — Q {A/L}

4 A = P/2 — Q {A/L}

9

9

9 A = P/2 — Q {A/L}

9

9 A = P/2 — Q {A/L}

9 = P/2 — Q

Назначение:

Q 1.