Определение реакция опоры: Ошибка 404 Страница не найдена

Содержание

Задание С.1. Определение реакций опор твердого тела

Страница 1 из 30

На схемах показаны для каждого варианта три способа закрепления бруса, ось которого — ломаная линия. Задаваемая нагрузка (см. табл.) и размеры (м) во всех трех случаях одинаковы.

Определить реакции опор для того способа закрепления бруса, при котором реакция, указанная в табл. 1, имеет наименьший модуль.

 

Номер варианта

P, кН

M, кН-м

q, кН/м

Исследуемая реакция

Номер варианта

P, кН

M, кН-м

q, кН/м

Исследуемая реакция

11062УА161262МА

2

20

5

4

МА

17

20

4

3

Уа

3

15

8

1

Ув

18

14

4

2

хА

4

5

2

1

Ув

19

16

б

1

Rb

5

10

4

Хв

20

10

4

Уа

6

6

2

1

МА

21

20

10

2

Ма

7

2

4

2

ХА

22

6

6

1

Уа

8

20

10

4

Rb

23

10

4

2

Ма

9

10

6

Уа

24

4

3

1

Уа

10

2

4

2

Ra

25

10

10

2

Ха

11

4

10

1

Rb

26

20

5

2

Ма

12

10

5

2

Уа

27

10

6

1

ХА

13

20

12

2

Уа

28

20

10

2

Уа

14

15

4

3

Уа

29

25

1

мА

15

10

5

2

ХА

30

20

10

2

Rb

 

Вариант 1

Определение — реакция — опора

Определение — реакция — опора

Cтраница 1

Определение реакций опор необходимо при расчете подшипниковых опор, для определения сил и моментов, действующих в средней плоскости червяка, при расчете его на изгибную усталостную прочность.  [1]

Определение реакций опор для двухопорной балки необходимо, так как рассечение ее приводит к образованию таких двух частей, которые взаимодействуют с опорой.  [2]

После определения реакции опоры необходимо проверить, достаточна ли площадь Ап нижнего подкладного листа опоры.  [4]

Для определения реакций опор при помощи принципа Герма — на — Эйлера — Даламбера к точкам системы условно прикладывают их силы инерции и освобождая систему от связей, прикладывают реакции этих связей.  [5]

Для определения реакции опоры В мысленно отбросим эту опору, приложив к балке ее реакцию RB.  [6]

Для определения реакций опоры С достаточно составить уравнения равновесия сил, приложенных к блоку.  [7]

Для определения реакций опор следует определить центробежные моменты инерции J2 и Jzx тела. Jzx 0, так как ось х, перпендикулярная плоскости материальной симметрии тела Q, является главной осью инерции в точке А.  [8]

Для определения реакций опор применяем закон освобождаемости от связей, отбрасываем мысленно опоры и заменяем их действия реакциями КА и Кв. Реакция Кк направлена по вертикали вверх, так как опора В установлена на катках и, следовательно, не может препятствовать перемещению вдоль плоскости, на которую опираются катки.  [9]

Для определения реакций опор заменим распределенную нагрузку, действующую на участке балки BD длиной 1а 2 и, равнодействующей.  [10]

Для определения реакции опор с помощью принципа Германа — Эйлера — Даламбера к точкам системы условно прикладывают их силы инерции и, освобождая систему от связей, прикладывают реакции этих связей.  [11]

Для определения реакции опоры В мысленно отбросим эту опору, приложив к балке ее реакцию RB.  [12]

Для определения реакции опоры А мысленно уничтожаем опору А и заменяем ее действие силами реакций ХА и YA. Таким путем искомые силы реакций ХА и YA переводим в разряд сил активных.  [13]

Для определения реакций опор следует определить центробежные моменты инерции Jvt и J zx тела. D, является главной осью инерции в точке А.  [14]

Для определения реакций опоры С достаточно составить уравнения равновесия сил, приложенных к блоку.  [15]

Страницы:      1    2    3    4

Определение реакций опор твёрдого тела

⇐ ПредыдущаяСтр 2 из 7Следующая ⇒

 

Задана схема бруса, ось которого — ломаная линия. Брус нагружен сосредоточенной силой F, распределённой нагрузкой с интенсивностью q и парой сил с моментом М. Численные значения нагрузок и размеров берутся из таблицы.

Требуется определить реакции опор.

Исходные данные

Шифр а м l м h м F кН M кНм q кН/м α град
31-6 2,2 2,7 2,5 4,3 2,5

 

Исходная схема Расчётная схема

 

 

Решение

Изобразим расчётную схему, на которой вместо опор указываем возможные опорные реакции. Проведём координатные оси x и y. Обозначим шарнирно-неподвижную опору точкой A, опорный стержень — BС, (рис. 1). В шарнирно-неподвижной опоре возникают две составляющие реакции XA, YA, которые наносим вдоль осей координат (направление произвольное). В стержне ВС возникает одна опорная реакция RB, направленная вдоль его оси. Далее действие связей на конструкцию заменяем их реакциями, т.е. в соответствии с принципом освобождаемости отбрасываем опоры (рис. 2) и в местах их расположения прилагаем опорные реакции Х

A, YA, RB.

Равномерно распределённую нагрузку интенсивностью q заменяем сосредоточенной Q = q a = 2,5 · 2,2 = 5,5 кН, приложенной в середине участка. Далее задача решается с сосредоточенными силами. При этом для использования теоремы Вариньона в дальнейших вычислениях реакция опорного стержня RB разлагается на компоненты XB, YB.

ХB = RB cosα, YB = RB sinα.

Внешние силы и опорные реакции образуют плоскую систему, для которой можно составить три уравнения равновесия, в которых содержатся три неизвестные опорные реакции. Для их вычисления можно использовать уравнения равновесия в первой форме: два уравнения проекций сил на оси х, у и уравнение моментов относительно точки.

(1)

(2)

(3)

Замечание: При решении данной задачи использовано правило знаков – момент, вращающий против часовой стрелки – положителен, по часовой стрелке – отрицателен.

 

Из уравнения (3) найдём опорную реакцию RB, так как XB и YB выражаются через неё. Подставив выражения для них, получим

 

Тогда , .

Из уравнений (1) и (2) имеем

, .

, .

Реакция – отрицательна, следовательно, на схеме её направление будет противоположно выбранному.

 

 

Варианты заданий

Второе число шифра а м l м h м F кН M кНм q кН/м α град
1,2 2,0 1,6 5,2 3,1
1,6 2,4 2,0 4,6 2,4
2,0 2,8 2,4 4,0 2,1
2,4 3,2 2,8 5,0 2,0
1,2 2,0 1,6 5,8 2,5

 

Задача С2

©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.

Типы опор и определение опорных реакций. Общие понятия

Общие понятия. Типы опор и определение опорных реакций

Значительное количество деталей механизмов или элементы этих деталей в процессе работы подвергаются воздействию нагрузки, перпендикулярной к продольной оси, или внешних пар, действующих в плоскости, проходящей через указанную ось (рис. 2.18, а, б).

При этом в поперечных сечениях деталей или их элементов возникают изгибающие моменты, т. е. внутренние моменты, действующие в плоскости, перпендикулярной к плоскости поперечного сечения. Такой вид нагружения называют изгибом. Стержни, работающие в основном на изгиб, принято называть балками.

Если изгибающий момент в сечении является единственным силовым фактором, — изгиб называют чистым. При этом в сечении отсутствуют поперечные силы. При наличии в поперечном сечении, наряду с моментом, поперечных сил изгиб называют поперечным.

Если плоскость действия изгибающего момента, именуемая силовой плоскостью, проходит через одну из главных центральных осей поперечного сечения балки, изгиб называют простым или плоским. При этом ось балки после деформации остается в силовой плоскости.

Деформацию изгиба легко проследить на модели, представляющей собой прямолинейный призматический брус, длина которого значительно превышает его поперечные размеры. На боковые грани бруса нанесены равноотстоящие горизонтальные и вертикальные линии (рис. 2.19, а). В плоскости симметрии к концам бруса приложены два равных противоположно направленных момента , под действием которых брус изгибается, как показано на рис. 2.19, б.

Рассмотрение изогнутого бруса позволяет установить следующие основные признаки чистого изгиба.

  1. Плоские поперечные сечения бруса остаются плоскими и поворачиваются на некоторый угол одно относительно другого.
  2. Плоские продольные сечения искривляются, о чем можно судить по тому, что продольные горизонтальные прямые, нанесенные на боковые грани, становятся кривыми линиями.
  3. Волокна на вогнутой стороне бруса укорачиваются, что свидетельствует об их сжатии, а на выпуклой стороне — удлиняются, растягиваются. Как показывает опыт, одна из горизонталей на боковой грани бруса своей длины не изменяет (линия на рис. 2.19, б). Это позволяет сделать вывод о существовании у бруса слоя, которые не испытывает ни растяжения, ни сжатия. Такой слой называют нейтральным слоем. След нейтрального слоя на плоскости поперечного сечения называют нейтральной осью (рис. 2.19, в). След силовой плоскости на поперечном сечении балки называют силовой линией.

Рассматривая торцовые плоскости изогнутого бруса, легко заметить, что поперечное волокно (рис. 2.19, в), расположенное на сжатом продольном слое, оказывается растянутым, а волокно , расположенное на растянутом продольном слое, — сжатым. Нейтральная ось своей длине не изменяет. Таким образом, здесь наблюдаются те же явления, что и при простом растяжении и сжатии, когда знак поперечной деформации противоположен знаку продольной деформации, т. е. продольное растяжение сопровождается поперечным сжатием и продольное сжатие приводит к поперечному растяжению.

Из рис. 2.19 следует, что величина деформации волокон как в продольном, так и в поперечном направлении тем больше, чем дальше они расположены от нейтрального слоя или нейтральной оси.

Балки, подверженные изгибу, имеют опорные устройства весьма разнообразного конструктивного исполнения, однако при расчетах различают следующие три основных типа.

Шарнирно-подвижная опора (рис. 2.20, а), которая допускает поворот сечения балки над опорой и поступательное перемещение вдоль опорной поверхности. Схематическое изображение такой опоры показано на рис. 2.20, б, опорная реакция в этом случае направлена перпендикулярно плоскости опирания катков.

Шарнирно-неподвижная опора (рис. 2.21, а), допускающая только поворот сечения балки в силовой плоскости. Схематическое изображение опоры показано на рис. 2.21, б; реакция такой опоры разлагается на две взаимно ортогональные составляющие.

Жесткая заделка (защемление) (рис. 2.22, а), исключающая как поворот, так и перемещение по двум направлениям; схематически защемление показано на рис. 2.22, б; реакции имеют три составляющие — вертикальную, горизонтальную и реактивный момент.

Для того чтобы балка могла воспринимать нагрузку в одной плоскости и оставалась бы при этом в целом неподвижной по отношению к основанию, наименьшее число связей, налагаемых опорами, должно быть равно трем.

Таким образом, возможны следующие варианты крепления балки: 1) защемление балки одним концом; 2) крепление одного конца балки при помощи шарнирно-неподвижной опоры, а другого конца — при помощи шарнирно-подвижной опоры. Сочетание таких опор исключает также возможность возникновения продольных усилий при деформации, вызванной изменением температуры.

Балки, имеющие две опоры, называют однопролетными, двух-опорными или простыми (рис. 2.23, а). Балку, защемленную одним концом и не имеющую других опор, называют консолью или консольной балкой (рис. 2.23, б). Консолями называют также свешивающиеся за опоры части балки (например, части и на рис. 2.23, в). Опорные реакции определяют при помощи уравнений статики.

Эта теория взята со страницы лекций по предмету «прикладная механика»:

Предмет прикладная механика

Возможно эти страницы вам будут полезны:

Определение и исправление реакции опор цилиндров

Определение и исправление реакции опор цилиндров

(исправление их положения относительно оси валопровода)

В процессе эксплуатации происходит значительное изменение нагрузок на опоры в результате коробления цилиндров, деформации пружин подвесок трубопроводов, деформации самих трубопроводов и других факторов.

Для нормальных тепловых перемещений деталей статора необходимо обеспечить равномерное распределение весовых нагрузок от цилиндров на их опоры (стулья, фундаментные рамы).

В связи с этим в период ремонта осуществляется исправление (корректировка) реакций опор цилиндров. Эта операция проводится после ревизии скользящих поверхностей стульев, шпоночных соединений, центровки роторов и определения положения паровых расточек цилиндра относительно заново установленной во время центровки оси роторов.

Исправление нагрузок на лапы цилиндра проводится изменением толщины консольных шпонок под лапами цилиндров, что, в свою очередь, приводит к изменению положения оси цилиндра относительно оси роторов.

Рис. 3.18. Установка динамометра на консольной лапе цилиндра: 1 — индикатор; 2 — шток динамометра; 3 — закладная прокладка; 4 — консольная лапа; 5 — индикатор динамометра; 6 — тарельчатая пружина; 7 — корпус динамометра; 8 — консольная шпонка

Для определения реакции опор в лапы нижней половины цилиндра устанавливаются специальные динамометры (динамометрические болты). Динамо-метры вворачиваются в консольные лапы цилиндра таким образом, чтобы отделить их от консольных шпонок. Для контроля отрыва лап от опоры на горизонтальный разъем корпусов подшипников устанавливаются индикаторы часового типа, как это показано на рис. 3.18. Взвешивание нижней половины цилиндра проводится при одинаковом отрыве лап на 0,05…0,10 мм от консольных шпонок или технологических прокладок (для турбин ХТЗ). В случае значительной (более 500 кг) разницы нагрузок на лапы (передние и задние попарно) необходимо провести корректировку реакции опор цилиндра.


Дата добавления: 2015-08-18; просмотров: 223 | Нарушение авторских прав


Читайте в этой же книге: ОСНОВНЫЕ НЕИСПРАВНОСТИ УЗЛОВ И ДЕТАЛЕЙ ТУРБИН | Типы и количество анализируемых установок | Типы цилиндров | Узлы крепления | В период ремонта под консольные лапы нижней части цилиндров устанавливаются специальные технологические подкладки, на которые переносится опора цилиндров. | ХАРАКТЕРНЫЕ ДЕФЕКТЫ ЦИЛИНДРОВ И ПРИЧИНЫ ИХ ПОЯВЛЕНИЯ | ВСКРЫТИЕ ЦИЛИНДРОВ | Все снимаемые при разборке детали маркируются. | Ревизия | Проверка коробления цилиндров, определение поправок для центровки проточной части |
mybiblioteka.su — 2015-2021 год. (0.007 сек.)

Определение реакций опор твёрдого тела

Задана схема бруса, ось которого – ломаная линия. Брус нагружен сосредоточенной силой F, распределённой нагрузкой с интенсивностью q и парой сил с моментом М. Численные значения нагрузок и размеров берутся из таблицы.

Требуется определить реакции опор.

Исходные данные

Вариант а м l м h м F кН M кНм q кН/м α град
2,2 2,7 2,5 4,3 2,5
Исходная схема   Расчётная схема
 
Рис. 1   Рис. 2

Решение

Изобразим расчётную схему, на которой вместо опор указываем возможные опорные реакции. Проведём координатные оси x и y. Обозначим шарнирно-неподвижную опору точкой A, опорный стержень – BС, (рис. 1). В шарнирно-неподвижной опоре возникают две составляющие реакции XA, YA, которые наносим вдоль осей координат (направление произвольное). В стержне ВС возникает одна опорная реакция RB, направленная вдоль его оси. Далее действие связей на конструкцию заменяем их реакциями, т.е. в соответствии с принципом освобождаемости отбрасываем опоры (рис. 2) и в местах их расположения прилагаем опорные реакции ХA, YA, RB.

Равномерно распределённую нагрузку интенсивностью q заменяем сосредоточенной Q = q a = 2,5 · 2,2 = 5,5 кН, приложенной в середине участка. Далее задача решается с сосредоточенными силами. При этом для использования теоремы Вариньона в дальнейших вычислениях реакция опорного стержня RB разлагается на компоненты XB, YB.

ХB = RB cosα, YB = RB sinα.

Внешние силы и опорные реакции образуют плоскую систему, для которой можно составить три уравнения равновесия, содержащих три неизвестные опорные реакции. Для их вычисления можно использовать уравнения равновесия в первой форме: два уравнения проекций сил на оси х, у, также уравнение моментов относительно точки.

. (1)

. (2)

. (3)

Примечание. При решении данной задачи использовано правило знаков: момент, вращающий против часовой стрелки, положителен, по часовой стрелке – отрицателен.

Из уравнения (3) найдём опорную реакцию RB, так как XB и YB выражаются через неё. Подставив выражения для них, получим:

.

Тогда , .

Из уравнений (1) и (2) имеем:

, .

, .

Реакция – отрицательна, следовательно, на схеме её направление будет противоположно выбранному.

Варианты заданий

Вариант а м l м h м F кН M кНм q кН/м α град
1,2 2,0 1,6 5,2 3,1
1,6 2,4 2,0 4,6 2,4
2,0 2,8 2,4 4,0 2,1
2,4 3,2 2,8 5,0 2,0
1,2 2,0 1,6 5,8 2,5


Сила реакции опоры — определение, формула и примеры решения

Некоторые физические явления сложны для понимания школьников. К таковым относится и сила реакция опоры. Скорее всего причина тут кроется в том, что этот тип взаимодействия между физическими предметами и телами противоречит житейской логике. 

Между тем, достаточно немного усидчивости и терпения, чтобы убедиться, что это совсем не так.

Что такое сила реакции опоры

Прежде всего дадим определение данной силе. Сила реакции опоры (N) представляет собой взаимодействие на молекулярном уровне. 

Это сила, приложенная к телу и направленная вертикально вверх. 

Сила реакции опоры — сила упругости, возникающая при малых деформациях опоры, всегда перпендикулярна опоре, N = P.

Книга, положенная на стол, давит на ее поверхность с определенной нагрузкой, но молекулы, сжатые ею, хотят снова прийти в равновесие и поэтому давят на книгу ровно с такой же силой. Если бы в природе не существовало этого взаимодействия, то тела не выдерживали бы нагрузки. Из этого можно заключить, что сила реакции опоры представляет собой разновидность силы упругости.

Единица измерения, как и для всех силы (упругости, трения и др.), — Н (Ньютоны).

Примеры решения задач

Задача 1

Определить реакции опор горизонтальной балки от заданной нагрузки.

Рис. 1

Дано:

  • P = 20 кН;

  • G = 10 кН;

  • М = 4 кНм;

  • q = 2 кН/м;

  • a = 2 м;

  • b = 3 м;

  • α = 300.

Решение:

Перед тем, как начать составлять систему уравнений, необходимо несколько преобразовать систему балки:

  • Опора А покоится на подвижной опоре, которая может двигаться в горизонтальной плоскости, поэтому имеет только вертикальную составляющую реакции опоры – RA.

  • Опора В абсолютно неподвижна, и ее реакция опоры состоит из двух взаимодействий, направленных вдоль линий оси: XB и YB.

  • Распределенную нагрузку q для простоты можно заменить одиночной нагрузкой Q. Она будет располагаться ровно посередине отрезка. Находится по формуле: Q = (q × a). Делаем расчет и узнаем, чему равна Q = 2 × 2 = 4 кН.

  • Сила P не принадлежит ни к одной из плоскостей, а находится как бы между ними. Поэтому ее раскладывают на две составляющие: Px и Py. Это не значит, что они делят ее пополам. Для ее разложения понадобится вспомнить закон Пифагора. Px = P × cos α, Py = P × sin α.

  • После всех этих преобразований схема балки примет следующий вид:

     

    Рис. 2

    Теперь можно выписывать силы по принадлежности:

    ∑Fx = XBP × cos α = 0;

    ∑Fy = RA – Q + G — P × sin α + YB = 0;

    ∑МВ = М + P × sin α × b – G × (b + 0,5 × a) + Q × (a + b) — RA × (1,5 × a + b) = 0.

    Как видно из уравнения момента сил, за точку вращения балки принята опора B. Поэтому значение воздействия в килоньютонах умножается на расстояние до этой точки в метрах.

    Теперь в каждом уравнении есть одна неизвестная, поэтому, подставив известные значения, можно их найти:

    XB= P × cos α = 20 × cos 300 = 20 × 0,866 = 17,32 кН;

    RA + YB = Q — G + P × sin α = 4 – 10 + 20 × sin 300
    = 4 кН;

    RA = М + P × sin α × b – G × (b + 0,5 × a) + Q × (a + b) × (1,5 × a + b) = 4 + 20 × sin 300 × 3 – 10 × (3 + 0,5 × 2) + 4 × (2 + 3) × (1,5 × 2 + 3) = 2,33 кН;

    Отсюда YB = 4 — RA = 4 – 2,33 = 1,77 кН.

    Задача 2

    Для заданной плоской рамы определить реакции опор. Значения сил возьмем из задачи №1, несколько изменим их распределение. Схема балки показана на рис. 3.

    Рис. 3

    В этом примере существует только одна опора в точке А, распределенная нагрузка имеет сложную форму. Остальные силы, а точнее их проекции на оси х и у не претерпевают каких-либо изменений.

    Чтобы правильно разложить нагрузку q, ее разделяют на две: Q1 в виде треугольника от В до Д и на Q2, представляющей собой прямоугольник. 

    Соответственно, определяться они тоже будут по-разному:

    Q1 = (q × a) / 2 = (2 × 2) / 2 = 2 кН;

    Q2 = q × a = 2 × 2 = 4 кН.

    Обе эти силы будут расположены посередине своих отрезков (Q1 из характера нагрузки на 1/3 от точки Д).

    В предыдущем примере шаровая опора могла вращать балку вокруг себя, поэтому не имела момента вращения. В данном случае опора представляет собой жестко закрепленную опору, поэтому имеет ко всему прочему еще и момент МА. 

    После всех преобразований схема балки будет следующей:

    Рис. 4

    Теперь можно приступать к выписыванию сил:

    ∑Fx = XA – Q1 – Q2 – P × cos α = 0;

    ∑Fy = YA – G + P × sin α = 0;

    ∑МВ = MA – G × 0.5 × b – Q1 × 2/3 × a – Q2 ×1,5 × a + M + P × sin α × 2b – P × cos α × 2a.

    Две силы Р в последнем уравнении связаны с формой самой балки, которая может испытывать момент вращения от каждой из них.

    Теперь можно подставлять уже известные значения:

    XA – 2 – 4 – 20 × cos 300 = 0 → XA = 23,32 кН;

    YA – 10 + 20 × sin 300 = 0 → YA = 0 кН;

    MA – 10 × 0,5 × 3 – 2 × 2/3 × 2 – 4 ×1,5 × 2 + 4 + 20 × sin 300 × 2 × 3 – P × cos 300 × 2 × 2 = 0 → MA = 34,95 кН.

    Задача решена.

    Предыдущая

    ФизикаЗакон Ома для участка цепи — определение, формула и формулировка

    Следующая

    ФизикаАльфа-, бета-, гамма-излучения — свойства, характеристика и показатели

    Определение опорных реакций в балках из-за точечных нагрузок

    Задача: 2.1

    Определите опорные реакции балки без опоры с точечной нагрузкой W в точке, показанной 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 таким образом:

    Вдоль направления x к состав.

    Таким образом, первое уравнение равновесия: ∑ Fx = 0

    Эта реакция всегда будет нулевой, если не будет приложенной нагрузки вдоль продольной оси x балки.

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

    R A + R B — W = 0 —— (1)

    Для третьего уравнения ∑ Mxy = 0

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

    Итак, около точки А, опора реакции и не имеют плеча рычага, приложенная сила W имеет плечо рычага, равное a, и реакция опоры имеют плечо рычага, равное длине балки. Предполагая, что против часовой стрелки положительный вращения, уравнение момента принимает следующий вид:

    ∑ M A = 0

    R B L — W.а = 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 напрямую получить:

    R B = Ш (а / л)

    И, наконец, подставив R B во второе уравнение, мы получили R A

    R A = W — R B = Ш — Ш (а / л)

    R A = (1- a / L) W = (L-a) W / L

    R A = W (b / L)

    Проблема: 2.2

    Определите опорные реакции свободно опертой балки с точечными нагрузками, как показано на рис.

    Решение:

    Назначение неизвестных опорных реакций H A , R A и R B , на опорах A и B

    Вдоль направления x нет приложенной силы к состав. Есть только одна неизвестная реакция опоры H A .

    Таким образом, первое уравнение равновесия: ∑ Fx = 0

    H A находится непосредственно из первого уравнения. равно нулю.Если нет нагрузки вдоль балки, продольной оси эта реакция всегда будет нулевой.

    H A = 0 —- (1)

    Вдоль направления y приложенная сила P приложена к центр луча, 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

    мы должны выбрать одну точку, вокруг которой будут действовать моменты рассчитано.Часто удобнее выбрать точку, через которую силы направлены (например, точка A в нашем примере), потому что результирующие моменты для этих сил будут равны нулю. Итак, около точки А, поддержка реакции и не имеют 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 кН

    И, наконец, подставив R B во втором уравнение, мы можем найти R A

    R A = 45 — R B = 45-20

    R A = 25 кН

    Проблема: 2.3

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

    Решение:

    Назначение неизвестных опорных реакций H A , R A и R C на опорах A и C

    Вдоль направления x на конструкцию не действует приложенная сила. Есть только одна неизвестная опорная реакция H A по продольной оси, эта реакция всегда будет нулевой.

    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 вверх.

    Таким образом, второе уравнение равновесия: ∑ Fy = 0

    R A + R C — P — Q = 0

    R A + R C = P + Q —- — (2)

    Для третьего уравнения ∑ Mxy = 0

    Принимая моменты вокруг точки A, и предполагая, что моменты по часовой стрелке положительны, а моменты против часовой стрелки отрицательны, третье уравнение принимает следующий вид:

    ∑ M A = 0

    — L x R C + PxL / 2 + Q x (L + a) = 0 —— (3)

    Из третьего уравнения мы можем напрямую получить:

    R C = { PxL / 2 + Q x (L + a)} / L

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

    И, наконец, замена R C во втором уравнение, мы можем найти R A

    R A = P + Q — R C

    R A = P / 2 — Q {a / L}

    Присвоение:

    900 02 1 квартал. Определите опорные реакции балки без опоры с точечными нагрузками, как показано на рис.

    Q 2. Определите опорные реакции свободно опертой балки с точечными нагрузками, как показано на рис. Q 3. Определите опорные реакции выступающей опорной балки с точечными нагрузками, как показано на рис.

    (PDF) Косвенное определение опорных реакций в бетонных элементах моста

    10-й Конгресс CCC LIBEREC 2014

    Плакаты

     определить количество проездов грузовика, которое может быть использовано при анализе усталости,

     обнаружение проезда грузовика с негабаритным грузом (в определенной степени может быть реализована функциональность системы

    Weight In Motion),

     анализировать сейсмические и парасейсмические явления, т.е.е. шок горного происхождения и его

    последствия.

    На следующем этапе работы будет проведена серия лабораторных испытаний и калибровка системы

    . Также был выбран многопролетный дорожный виадук, в котором будет установлена ​​описываемая измерительная система

    .

    Структурный мониторинг здоровья (SHM) — это очень быстро развивающаяся междисциплинарная область

    науки. Описанный метод измерения опорных реакций может быть хорошим дополнением

    к разработанным системам СТМ.

    Ссылки

    [1] Кликович П., Саламак М., Защита и мониторинг европейских транспортных перевозок

    маршрутов в горнодобывающем районе Верхней Силезии. 14-я Международная многопрофильная научная

    Геоконференция и выставка SGEM 2014, курорт Албена, Болгария, 17-26 июня 2014 г.

    [2] Саламак М., Типичные повреждения и защиты бетонных мостов, расположенных на участках

    с деформациями грунта, 7-й Центральный Европейский конгресс по бетонным конструкциям

    CCC2011, 22-23 сентября, Балтонфюред, Венгрия, с.323-326.

    [3] Саламак М., Кинематика мостовых тел в линейных сооружениях, расположенных на горных выработках.

    13-я Международная многопрофильная научная конференция SGEM 2013, 16-22 июня,

    Албен, Болгария, Материалы конференции, Vol. 1, стр. 265-272.

    [4] Саламак М., Везели Дж., Радзецки Р., Мониторинг автомобильных мостов в районах, находящихся под воздействием горных работ

    . 5-я Международная конференция «Настоящее и будущее»

    Тенденции в проектировании, строительстве и обслуживании мостов, 17–18 сентября,

    Пекин, Китай, с.469-478.

    [5] óltowski K., Romaszkiewicz T. Индуцированные внутренние силы. Эффекты упрощенного моделирования

    криволинейной эстакады с предварительным напряжением. Дни Вроцлавского моста. Прочность конструкций моста

    , Вроцлав 22-23 ноября 2012 г., стр.385-392.

    [6] Кликович П., Саламак М., Праделок С., Лазиньски П., Конкретные задачи мостов

    с большой кривизной в плане. Центральноевропейский конгресс по бетонной инженерии.

    Бетонные конструкции в городских районах, Вроцлав, 4-6 сентября 2013 г., стр.308-311.

    Марек Саламак

    Петр Кликович,

     Силезский технологический университет

    Akademicka 5 44-100 Гливице, Польша

     + 48 32 237 21 89

    [email protected] polsl.pl

    ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРИВОЙ ОПОРНОЙ РЕАКЦИИ ДЛЯ СТАЛЬНЫХ ТОННЕЛЕЙ

    На основе анализа данных приборов, полученных в нескольких туннелях в Индии, был предложен эмпирический подход к определению кривой реакции опоры для туннелей, поддерживаемых стальной опорной системой с ребрами жесткости.Получены выражения для определения жесткости этой опорной системы с тремя типами засыпок — бетоном, туннельным навозом и гравием. Эти выражения показывают, что опорная система из стального ребра и засыпки демонстрирует нелинейное поведение под давлением, в отличие от обычно предполагаемого линейного упругого поведения из-за постоянно меняющейся жесткости засыпки. Засыпка, хотя и не является основным несущим элементом, существенно влияет на поведение опорной системы под давлением.Было изучено поведение трех типов засыпок — бетона, гравия и туннельной засыпки — под давлением. Бетонная засыпка обеспечивает более жесткую опору, чем засыпки двух других типов, и поэтому является предпочтительной для условий упругого грунта. Засыпка туннеля и гравийная засыпка могут больше подходить для условий умеренного и сильного сжатия грунта, соответственно, поскольку последний является относительно более гибким. (А)

    • Наличие:
    • Корпоративных авторов:

      Эльзевир

      The Boulevard, Langford Lane
      Kidlington, Оксфорд Объединенное Королевство OX5 1 ГБ
    • Авторов:
      • ВЕРМАН, М
      • СИНГХ, В
      • JETHWA, J L
      • Viladkar, M N
    • Дата публикации: 1995-4

    Язык

    Информация для СМИ

    Предмет / указатель

    Информация для подачи

    • Регистрационный номер: 00682359
    • Тип записи: Публикация
    • Агентство-источник: Транспортная исследовательская лаборатория
    • Файлы: ITRD
    • Дата создания: 17 августа 1995 г., 00:00

    определить компоненты опорных реакций на неподвижной опоре a на консольной балке

    गर्ल्स пожалуйста ktmabxhhce #koihai, пожалуйста

    गर्ल्स आ जाओ मजे करेंगे ktmabxhhce

    Мне нужны два наиболее важных вида использования углеводородов

    Нихил купил для своей матери большое растение в горшке.Он взял его домой и катал по гостиной, пока не нашел для него подходящее место. … окно. После того, как он полил растение, он очень удивился, насколько сложно было толкать сеялку. Почему, исходя из второго закона Ньютона, перемещать сеялку становится труднее? Выберите три применимых утверждения. A. С водой сеялка имела больше массы и больше инерции. Б. Нихилу пришлось приложить больше силы, чтобы добиться того же ускорения. C. Повышенная инерция означает, что для перемещения сеялки требуется меньшее усилие.D. Если бы Nikhil использовал такое же количество силы, ускорение движущейся сеялки было бы меньше после добавления воды.

    реакция метана с кислородом дает два разных оксида углерода co2 и co?

    PLS HELPPPPPPPPPPP Нихил купил для своей матери большое растение в горшке. Он взял его домой и катал по гостиной, пока не нашел слизь. … d место для него у окна. После того, как он полил растение, он очень удивился, насколько сложно было толкать сеялку.На основании Согласно второму закону Ньютона, почему становится труднее перемещать сеялку? Выберите три применимых утверждения. A. С водой сеялка имела больше массы и больше инерции. Б. Нихилу пришлось приложить больше силы, чтобы добиться того же ускорения. C. Повышенная инерция означает, что для перемещения сеялки требуется меньшее усилие. D. Если бы Nikhil использовал такое же количество силы, ускорение движущейся сеялки было бы меньше после добавления воды.

    Какие у нас есть идеи о том, как понимание того, как образуются соли, может помочь нам в искать жизнь?

    Как структура соединений определяет свойства соединений?

    Назовите метод, который использовался для разделения компонентов нефтяного масла.

    каков ответ ?? z ???????

    Определение максимальных сил / смещений / опорных реакций / напряжений для группы объектов — RAM | STAAD Wiki — RAM | STAAD

    Применимо к
    Продукты: STAAD.Pro
    Версия (и): ВСЕ
    Окружающая среда: ВСЕ
    Площадь: Постобработка
    Подрайон:
    Автор оригинала: Сье Чакраборти, группа технической поддержки Bentley

    Как узнать максимальные смещения узлов для группы узлов?

    ИЛИ

    Как узнать максимальную реакцию поддержки для группы поддержки?

    ИЛИ

    Как я могу узнать максимальные напряжения балки или силы балки для группы балок?

    ИЛИ

    Как узнать максимальное напряжение пластины для группы пластин?

    Для определения максимального отклика (узловое смещение, реакция опоры, силы сечения, силы на концах балки, напряжения в балке, напряжения в пластине и т. Д.) из группы сущностей сначала следует перейти в режим постобработки. Выберите объекты (это могут быть узлы, балки или пластины в зависимости от того, что вы хотите сделать). В STAAD.Pro Connect Edition перейдите в меню «Отчеты» справа и выберите любой из соответствующих пунктов, как показано ниже. Соответствующий вариант для более старых версий показан в конце вики

    .

    Появится диалоговое окно, в котором вы можете определить критерии сортировки, выбрать загружения и даже сохранить отчет под определенным именем.На скриншоте ниже силы сечения балки отсортированы по моменту MZ

    .

    Появится таблица, в которой данные будут отсортированы в соответствии с критериями сортировки. На скриншоте ниже видно, что данные отсортированы по Mz.

    В более старых версиях STAAD.Pro (v8i) отчеты доступны по адресу, указанному ниже

    % PDF-1.3 3 0 obj > эндобдж 4 0 obj >] / Длина 5720 >> транслировать 5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5j \ sP05 @ `k5% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P% P

    Уравнение трех моментов | Обзор прочности материалов в MATHalino

    Уравнение трех моментов дает нам соотношение между моментами между любыми тремя точками в балке и их относительными вертикальными расстояниями или отклонениями. 2) $

    Замените t 1/2 и t 3/2 в уравнение (1)
    $ \ dfrac {1} {6E_1I_1} \ left (\ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {L_1} + M_1L_1 + 2M_2L_1 \ right) + \ dfrac {1} {6E_2I_2} \ left (\ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {L_2} + 2M_2L_2 + M_3L_2 \ right) $
    $ = \ dfrac {h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2}
    долл. США

    Умножьте обе стороны на 6.
    $ \ dfrac {1} {E_1I_1} \ left (\ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {L_1} + M_1L_1 + 2M_2L_1 \ right) + \ dfrac {1} {E_2I_2} \ left (\ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {L_2} + 2M_2L_2 + M_3L_2 \ right) $
    $ = 6 \ left (\ dfrac {h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2} \ right ) $

    Распределить 1 / EI
    $ \ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {E_1I_1L_1} + \ dfrac {M_1L_1} {E_1I_1} + \ dfrac {2M_2L_1} {E_1I_1} + \ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2 } {E_2I_2L_2} + \ dfrac {2M_2L_2} {E_2I_2} + \ dfrac {M_3L_2} {E_2I_2} = 6 \ left (\ dfrac {h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2} \ right) $

    Объедините похожие термины и переставьте

    $ \ dfrac {M_1L_1} {E_1I_1} + 2M_2 \ left (\ dfrac {L_1} {E_1I_1} + \ dfrac {L_2} {E_2I_2} \ right) + \ dfrac {M_3L_2} {E_2I_2} + \ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {E_1I_1L_1} + \ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {E_2I_2L_2} = 6 \ left (\ dfrac {h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2} \ right) $

    Если E является постоянным, это уравнение принимает вид,

    $ \ dfrac {M_1L_1} {I_1} + 2M_2 \ left (\ dfrac {L_1} {I_1} + \ dfrac {L_2} {I_2} \ right) + \ dfrac {M_3L_2} {I_2} + \ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {I_1L_1} + \ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {I_2L_2} = 6E \ left (\ dfrac {h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2} \ right) $

    Если E и I постоянны, то

    $ M_1L_1 + 2M_2 (L_1 + L_2) + M_3L_2 + \ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {L_1} + \ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {L_2} = 6EI \ left (\ dfrac { h_1} {L_1} + \ dfrac {h_3} {L_2} \ right) $

    Для применения уравнения трех моментов к неразрезной балке точки 1, 2 и 3 обычно являются опорой, поэтому h 1 и h 3 равны нулю.С константами E и I уравнение уменьшится до

    $ M_1L_1 + 2M_2 (L_1 + L_2) + M_3L_2 + \ dfrac {6A_1 \ bar {a} _1} {L_1} + \ dfrac {6A_2 \ bar {b} _2} {L_2} = 0 $

    Факторы для уравнения трех моментов
    В таблице ниже перечислены значения $ 6A \ bar {a} / L $ и $ 6A \ bar {b} / L $ для различных типов нагрузки.

    $ $
    Тип нагрузки $ \ dfrac {6A \ bar {a}} {L} $ \ dfrac {6A \ bar {b}} {L}
    Сосредоточенная нагрузка в любом месте пролета.2) \,] $

    .