Содержание

Введение

Балка с простой опорой — одна из самых простых конструкций. У него всего две опоры, по одной с каждой стороны. Штифтовая опора и роликовая опора. В этой конфигурации балке разрешено вращаться на двух концах, но любое вертикальное движение в ней запрещено.Благодаря роликовому опору он также может расширяться или сжиматься в осевом направлении, хотя свободному горизонтальному перемещению препятствует другая опора. Это определяющая (также называемая критической) структура, что означает, что если какая-либо из опор удаляется или вставляется внутренний шарнир, балка больше не может нести нагрузки и становится механизмом (структурой, которая свободно перемещается под нагрузкой). .

Справочная таблица: максимальное отклонение балок с простой опорой

Для справки в следующей таблице представлены формулы для предельного прогиба \ delta_u балки с простой опорой при некоторых распространенных случаях нагружения.4} {3375 EI}

где, C = \ sqrt {15- \ sqrt {120}} \ left (\ sqrt {15} + \ sqrt {50} \ right) \ приблизительно 22.01237

Classical теория пучка

Пытаясь оценить деформации балки при поперечной нагрузке, существует несколько теорий балок. Наиболее широко используется теория пучка Эйлера-Бернулли , также называемая классической теорией пучка . Два основных предположения теории:

• деформации остаются небольшими
• поперечные сечения балки при деформации остаются перпендикулярными отклоненной оси (так называемая упругая кривая).

Второе предположение практически справедливо для балок из однородного и изотропного материала, с симметричным поперечным сечением и длиной, значительно превышающей размеры их поперечного сечения (10 и более раз — это общее практическое правило). Фактически, если балка значительно деформируется в любой другой форме, кроме симметричного изгиба, то предположение о нормальном и плоском поперечном сечении не выполняется. Примеры таких случаев включают короткие балки, балки с поперечным сечением многослойного типа или узкие поперечные сечения или открытые несимметричные поперечные сечения.2} = {M (x) \ over EI}

где E — модуль упругости, I — момент инерции поперечного сечения.

Поиск прогибов и уклонов

В зависимости от материала балка может иметь большие прогибы, не ломаясь и даже оставаясь упругой. Таким образом, он может быть защищен от поломки, но есть и другие причины, по которым чрезмерные прогибы нежелательны. К ним относятся комфорт пользователей, безопасность движения (для моста), повреждение неструктурных элементов и т. Д. Таким образом, определение прогибов является важным шагом в статическом анализе конструкции.2} = {M (x) \ over EI}, может использоваться как средство для определения прогибов и уклонов поперек балки. Если мы проинтегрируем один раз, мы найдем первую производную прогиба, которая представляет наклон балки:

\ varphi (x) = \ frac {dy} {dx} = {1 \ over EI} \ int M (x) \ dx

Еще раз интегрировав прогибы:

y (x) = \ int \ varphi (x) \ dx

Метод прямого интегрирования эффективен только для простых случаев. Другие методики расчета прогибов включают:

• Метод площади моментов
• Метод сопряженных балок
• Метод Кастильяно
• Принцип виртуальной работы

Примеры

В этом разделе будут приведены некоторые примеры для оценки прогибов балок с простой опорой. и уклоны, используя метод прямого интегрирования.Этот метод требует предварительного расчета диаграммы изгибающего момента. В контексте примеров это будет дано, однако, если вам нужно заняться и этой темой, пожалуйста, ознакомьтесь с нашей соответствующей статьей здесь.

Шаги методологии повторяются здесь, как они были описаны ранее в тексте.

Пример 1: прогибы свободно опертой балки с равномерно распределенной нагрузкой (udf), используя прямое интегрирование

1. Найдите прогибы свободно опертой балки с равномерно распределенной нагрузкой как функцию расстояния x от конца A.4 \ over12} + c x + k \ right)

   Необходимо определить две константы. 3 \ вправо )

   2.4 \ over 384EI}

   Физический смысл отрицательного знака заключается в том, что максимальное отклонение происходит в направлении вниз.

   Пример 2

   Найдите предельное отклонение свободно опертой балки при равномерно распределенной нагрузке, которое показано на схеме. Его поперечное сечение может быть A или B, как показано на рисунке ниже. Оба сечения имеют одинаковые размеры, но различаются ориентацией оси изгиба (нейтральная ось показана красной пунктирной линией).4}} = 0,035 \ \ mathrm {m}

   Статьи по теме

   Понравилась эта страница? Поделись с друзьями!

   Метод площади моментов для прогибов балки: артикул

   Метод площади моментов для прогибов балок

   Содержание

   Введение

   Это метод расчета прогибов балочных конструкций, основанный на форме диаграммы изгибающего момента. Он был импровизирован Кристианом Отто Мором (1835-1918). Обычно интеграция не требуется, поэтому она оказывается более удобной с точки зрения эффективности вычислений и, следовательно, может быть эффективной для более сложных структурных геометрий по сравнению с методом прямого интегрирования.Он лучше подходит для случаев, когда площади и центры тяжести участков на диаграмме изгибающего момента легко определить. Например, когда на конструкцию действуют только точечные нагрузки. В этом случае диаграмма изгибающего момента состоит из треугольных или прямоугольных участков.

   Классическая теория балок

   При попытке оценить деформации балки при поперечной нагрузке существует несколько теорий балок. Наиболее широко используется теория пучка Эйлера-Бернулли , также называемая классической теорией пучка .Два основных предположения теории:

   • деформации остаются небольшими
   • поперечные сечения балки при деформации остаются перпендикулярными отклоненной оси (так называемая упругая кривая).

   Второе предположение практически справедливо для балок из однородного и изотропного материала, с симметричным поперечным сечением и длиной, значительно превышающей размеры их поперечного сечения (10 и более раз — это общее практическое правило). 2} = {M (x) \ over EI}

   где E — модуль упругости, I — момент инерции поперечного сечения.

   Теоремы о площадях моментов

   Метод площадей моментов основан на двух теоремах, которые также называются «теоремы о площади моментов » или «теоремы Мора ». Первая коррелирует с изменением наклона между любыми двумя точками балки, а вторая связана с отклонением в одной точке балки. Две теоремы будут представлены после следующей схемы, которая будет использоваться в качестве справочной. На нем изображена простая балка, отклоненная под действием некоторой случайной нагрузки, и соответствующая диаграмма изгибающего момента.

   Теорема 1

   Изменение наклона между любыми двумя точками упругой кривой равно площади диаграммы изгибающего момента между этими двумя точками, деленной на EI.

   Наклоны измеряются в радианах для нужд метода моментной площади.

   На следующей схеме показана простая балка, отклоненная под действием некоторой случайной нагрузки. Выделено изменение наклона \ Delta \ theta_ {2/1} между точками 1 и 2, а также область диаграммы M / EI между этими двумя точками.{x_2} M (x) \ dx = \ frac {(\ mathrm {BMD \ area}) _ {12}} {EI}

   где x_1, x_2 — координаты x точек 1 и 2. Интеграл — это площадь диаграммы изгибающего момента между точками 1 и 2. Во многих случаях площадь можно найти аналитически, полностью избегая интегрирования.

   Теорема 2

   Отклонение упругой кривой в любой точке от линии наклона, спроецированной из другой точки, равно первому моменту площади около первой точки диаграммы изгибающего момента между два балла, разделенные на EI.{x_1} M (x) \ dx = \ frac {\ bar {x} \ (\ mathrm {BMD \ area}) _ {12}} {EI}

   Вышеприведенный интеграл представляет площадь диаграммы M / EI , между точками 1 и 2, аналогично первой теореме. Возможно, удастся оценить его аналитически, полностью пропустив интеграцию.

   Обратите внимание, что центр тяжести диаграммы измеряется от точки, в которой оценивается отклонение (например, точка 2 на схеме). В общем: t_ {2/1} \ neq t_ {1/2}

   Условные обозначения

   Следующие правила должны использоваться для интерпретации знаков изменения наклона \ Delta \ theta и отклонения отклонения t в контексте метода области моментов, хотя во многих случаях достаточно одной интуиции.

   1. Когда изменение наклона \ Delta \ theta между двумя точками упругой кривой положительное, тогда необходимо применить вращение против часовой стрелки к наклону первой точки, чтобы получить наклон во второй точке. При отрицательном изменении наклона вместо этого следует применять вращение по часовой стрелке.
   2. Когда отклонение прогиба t положительное, тогда упругая кривая в исследуемой точке лежит в направлении недеформированного положения той же точки (т.е. чтобы получить отклоненную точку, мы должны двигаться вверх от спроектированной линии наклона).

   На следующем рисунке показаны два примера как положительного (вверху), так и отрицательного (внизу) изменения наклона и отклонения.

   Важно отметить, что указанное выше условное обозначение изменения наклона не зависит от условного обозначения, используемого для измерения самих уклонов. Если наклоны измеряются против часовой стрелки (как это обычно бывает), то наклоны \ theta_1 и \ theta_2 на последнем рисунке отрицательны (поворот от нереформированной линии по часовой стрелке).Следовательно, соответствующее алгебраическое выражение для связи между \ Delta \ theta и соответствующими индивидуальными наклонами \ theta_1, \ theta_2 должно быть:

   \ Delta \ theta = \ theta_2- \ theta_1

   С другой стороны, если наклоны измеряются по часовой стрелке, то оба \ theta_1 и \ theta_2 положительны. Таким образом, подходящим алгебраическим выражением на этот раз должно быть:

   \ Delta \ theta = \ theta_1- \ theta_2

   Конечно, более интуитивно понятно использовать одно и то же соглашение как для измерения наклона, так и для измерения изменения наклона.

   Всегда обращайте внимание на геометрию задачи и присваивайте соответствующий знак расчетным уклонам и прогибам.

   Использование теорем о площади моментов

   Теоремы о площадях моментов основаны на диаграмме изгибающих моментов, поэтому сначала это должно было быть определено. Во-вторых, рисование приблизительного наброска ожидаемой формы отклонения конструкции оказывается весьма полезным, поскольку методология использует геометрические соотношения между уклонами и прогибами, характерные для исследуемой конструкции.В зависимости от опор некоторые точки упругой кривой должны иметь фиксированные прогибы или уклоны. Начиная с этих точек, мы можем найти отклонения и уклоны в любой другой точке. В этом контексте могут быть полезны некоторые практические правила:

   1. Если прогиб известен в любых двух точках непрерывной балки, то мы можем использовать вторую теорему о площади момента, чтобы найти наклон в любой из двух точек.
   2. Если известен наклон для любой точки непрерывной балки, то мы можем использовать теорему о площади первого момента, чтобы найти наклон в любой другой точке балки.
   3. Если и отклонение, и наклон известны в любой точке неразрезной балки, то мы можем использовать вторую теорему о площади момента, чтобы найти отклонение в любой другой точке балки

   Если балка в какой-то точке является разрывной (т. е. имеется внутренний шарнир), тогда можно использовать метод моментной площади, но отдельно для каждой стороны неоднородности. В этом случае очень поможет набросок отклоненной формы.

   В случае балки с простой опорой есть две опоры, штифт и ролик, которые обеспечивают нулевой прогиб балки.Следовательно, в этих двух точках прогиб известен и равен 0. Мы можем использовать правила 1 и 3 для решения большинства проблем, требующих оценки прогибов. Правила 1 и 2 подходят, когда требуется уклон.

   В случае консольной балки имеется только одна опора. Поскольку это неподвижная опора, в этой точке и прогиб, и наклон балки должны быть нулевыми. В результате мы можем использовать только правило 3, чтобы найти отклонение в любой другой точке, и только правило 2, чтобы найти наклон.2}, постоянная по всему пролету балки.

   Прежде чем мы начнем, мы должны определить диаграмму изгибающего момента. Поскольку распределенной нагрузки нет, диаграмма должна быть линейной. Максимум происходит в средней точке, и оказывается:

   M_u = \ frac {PL} {4} = \ frac {80 \ cdot10} {4} = 200 \ \ mathrm {kNm}

   1. Определение прогиба и наклона в точке C

   Сначала рисуется эскиз отклоненной формы. Известно, что на двух опорах прогиб равен нулю.Следовательно, отклонение упругой кривой, скажем, в конечной точке B, измеренное от наклона в точке A, должно быть равно:

   t_ {B / A} = L \ theta_A = 10 \ \ mathrm {m} \ cdot \ theta_A

   Однако отклонение t_ {B / A} можно определить с помощью второй теоремы о площади моментов. Процедура требует найти статический момент диаграммы изгибающего момента между точками A и B (вся диаграмма) относительно точки B. Центроид диаграммы лежит посередине, следовательно, его расстояние от точки B составляет:

   \ bar { x} = \ frac {L} {2} = \ frac {10} {2} = 5 \ \ mathrm {m}

   Также найдена область диаграммы:

   (\ mathrm {BMD \ area}) _ {AB} = \ frac {1} {2} \ cdot10 \ \ mathrm {m} \ cdot 200 \ \ mathrm {kNm} = 1000 \ \ mathrm {kNm ^ 2}

   Применяя вторую теорему, получаем:

   \ begin {split} t_ {B / A} & = \ frac {\ bar {x}} {EI} (\ mathrm {BMD \ area}) _ {AB} = \\ & = \ frac {5 \ \ mathrm {m}} {50000 \ \ mathrm {kNm ^ 2}} 1000 \ mathrm {kNm ^ 2} = 0.1 \ \ mathrm {m} \ end {split}

   Следовательно:

   10 \ \ mathrm {m} \ cdot \ theta_A = 0.1 \ \ mathrm {m} \ Rightarrow

   \ theta_A = 0.01 \ \ mathrm {rad }

   Но, предполагая направление уклонов против часовой стрелки, наклон в точке A должен быть отрицательным! Мы ввели ошибку знака с нашим исходным геометрическим предположением t_ {B / A} = L \ theta_A. Принимая во внимание соглашение о знаках для уклонов, мы должны были использовать вместо этого: t_ {B / A} = — L \ theta_A. Однако рассмотренный случай довольно прост, и интуиция может решить такие вопросы.Мы назначаем соответствующий знак \ theta_A:

   \ theta_A = -0.01 \ \ mathrm {rad}

   Теперь, когда наклон в точке A известен, мы можем найти отклонение и наклон в точке C. Для наклона \ theta_C, первая теорема применима. Процедура требует расчета площади BMD между A и C. Более удобно разделить площадь BMD на две части: треугольную и трапециевидную, как показано на рисунке:

   Это:

   (\ mathrm {BMD \ area}) _ {AC} = \ frac {1} {2} \ cdot 5 \ mathrm {m} \ cdot 200 \ mathrm {kNm} + \ frac {1} {2} \ cdot 2 \ mathrm { m} \ cdot (200 + 120) \ mathrm {kNm} = 820 \ mathrm {kNm ^ 2}

   Применяя теорему о площади первого момента, получаем:

   \ begin {split} \ Delta \ theta_ {C / A} & = \ frac {(\ mathrm {BMD \ area}) _ {AC}} {EI} \\ & = \ frac {820 \ \ mathrm {kNm ^ 2}} {50000 \ \ mathrm {kNm ^ 2}} = 0.0164 \ \ mathrm {rad} \ end {split}

   Изменение наклона положительное, поэтому наклон из точки A должен вращаться против часовой стрелки, чтобы соответствовать наклону в точке C (как и ожидалось). Наклоны также измеряются против часовой стрелки, поэтому наклон изменения в алгебраических терминах определяется как:

   \ begin {split} & \ Delta \ theta_ {C / A} = \ theta_C- \ theta_A \ Rightarrow \\ & \ theta_C = \ Delta \ theta_ {C / A} + \ theta_A \ Rightarrow \\ & \ theta_C = 0,0164 + (- 0,01) = 0,0064 \ \ mathrm {rad} \ end {split}

   Чтобы найти отклонение в точке C, мы можем использовать вторую теорему.Для этого требуется статический момент зоны BMD между точками A и C относительно точки C. Для этого расчета удобно разделить зону BMD на три части, a, b и c, как показано на следующем рисунке.

   Статический момент для каждой части — это произведение ее площади на расстояние до центра тяжести, измеренное от C. Таким образом, мы вычисляем площадь и центроид для каждой части. 3}

В табличной форме:

Деталь	Площадь (кНм 2 )	Центроид (м)	Статический момент (кНм 3 )
a	500	3.2}} = 0,0436 \ \ mathrm {m} При осмотре определяется геометрия, соотношение между отклонением и желаемым отклонением в точке C: \ delta_C + t_ {C / A} = x_c (- \ theta_A) \ Rightarrow \ delta_C = x_c (- \ theta_A) -t_ {C / A} \ Rightarrow \ begin {split} \ delta_C & = 7 \ \ mathrm {m} \ cdot (+0.01 \ \ mathrm {rad}) -0,0436 \ \ mathrm {m} \\ & = 0,0264 \ \ mathrm {m} \ end {split} Пример 2: прогиб консольной балки с использованием метода момент-площадь Определите прогиб и наклон при острие консольной балки, нагруженное равномерно распределенной нагрузкой по всему пролету.EI постоянно. Диаграмма изгибающего момента консольной балки с равномерно распределенной нагрузкой приведена на следующем рисунке. Кривая параболическая с нулевым наклоном в точке B. Фиксированная опора консольной балки обеспечивает нулевой прогиб и наклон в точке A. \ begin {split} \ delta_A = 0 \\\ theta_A = 0 \ end { split} Сначала рисуется эскиз отклоненного объекта. Поскольку наклон в точке A равен нулю, линия спроецированного наклона из точки A совпадает с недеформированной линией балки.В результате отклонение t_ {B / A} отклоненной формы в точке B от линии наклона, спроецированной из A, идентично самому отклонению \ delta_B. t_ {B / A} = \ delta_B Кроме того, изменение наклона с A на B, \ Delta \ theta_ {B / A} равно наклону в самом B. [\ Delta \ theta_ {B / A} = \ theta_B \] Определение прогиба на вершине B Поскольку t_ {B / A} = \ delta_B, мы можем использовать вторую теорему о площади моментов, чтобы найти отклонение t_ {B / A}, а также отклонение \ delta_B.3} {6EI} Знак минус указывает на вращение по часовой стрелке. Площади и центроиды общей формы В следующей таблице представлены формулы для площади и центроида нескольких форм, которые обычно встречаются на диаграммах изгибающих моментов. Похожие страницы Понравилась эта страница? Поделись с друзьями! 1.7: Прогиб балок — геометрические методы Глава 7 Прогиб балок: геометрические методы 7.1 Введение Требования к эксплуатационной пригодности ограничивают максимально допустимый прогиб элемента конструкции, подверженного внешней нагрузке. Чрезмерное отклонение может привести к дискомфорту при заполнении данной конструкции, а также может испортить ее эстетику. Большинство норм и стандартов обеспечивают максимально допустимый прогиб для статических нагрузок и наложенных временных нагрузок. Чтобы гарантировать, что возможное максимальное отклонение, которое может возникнуть при данной нагрузке, находится в пределах допустимого значения, структурный компонент обычно анализируется на предмет отклонения, а определенное максимальное значение отклонения сравнивается с указанными значениями в нормах и стандартах практики. Существует несколько методов определения прогиба балки или рамы. Выбор конкретного метода зависит от характера нагрузки и типа решаемой проблемы. Некоторые из методов, используемых в этой главе, включают метод двойного интегрирования, метод функции сингулярности, метод момента-площади, метод единичной нагрузки, метод виртуальной работы и методы энергии. 7.2 Вывод уравнения упругой кривой балки Упругая кривая балки — это ось отклоненной балки, как показано на рисунке 7.1а. Рис. 7.1. Упругая кривая балки. Чтобы вывести уравнение упругой кривой балки, сначала выведите уравнение изгиба. Рассмотрим часть cdef балки, показанную на рисунке 7.1a, подверженную действию чистого момента M для вывода уравнения изгиба. Из-за приложенного момента M волокна выше нейтральной оси балки будут удлинены, а волокна ниже нейтральной оси — укорачиваются.Пусть O будет центром, а R будет радиусом кривизны балки, и пусть ij будет осью изогнутой балки. Луч проходит под углом θ при O . И пусть σ будет продольным напряжением в нити gℎ на расстоянии y от нейтральной оси. Исходя из геометрии, длина нейтральной оси балки ij и длина нити накала gℎ , расположенной на расстоянии y от нейтральной оси балки, могут быть вычислены следующим образом: Деформацию ε в нити можно рассчитать следующим образом: Для линейно-упругого материала, к которому применяется закон Гука, уравнение 7.1 можно записать так: Если элементарная область δA на расстоянии y от нейтральной оси балки (см. Рисунок 7.1c) подвергается изгибающему напряжению σ , элементарная сила на этой площади может быть вычислена следующим образом: Сила, действующая во всем поперечном сечении балки, становится равной: . Исходя из статического равновесия, внешний момент M в балке уравновешивается моментами вокруг нейтральной оси внутренних сил, возникающих в сечении балки.Таким образом, Подстановка из уравнения 7.2 в уравнение 7.5 дает следующее: Если положить I = ∫ y 2 δA в уравнение 7.6, мы получим следующее: где I = момент инерции или второй момент площади сечения. Объединение уравнений 7.2 и 7.7 дает следующее: Уравнение упругой кривой балки можно найти, используя следующие методы. Из дифференциального исчисления кривизну в любой точке кривой можно выразить следующим образом: где — первая и вторая производная функции, представляющей кривую в декартовых координатах x и y . Поскольку балка на рисунке 7.1 считается однородной и ведет себя линейно-упругой, ее прогиб при изгибе невелик. Следовательно, величина, которая представляет наклон кривой в любой точке деформированной балки, также будет небольшой.Поскольку это ничтожно мало, уравнение 7.9 можно упростить следующим образом: Объединение уравнений 7.2 и 7.10 дает следующее: Преобразование уравнения 7.11 дает следующее: Уравнение 7.12 называется дифференциальным уравнением упругой кривой балки. 7.3 Прогиб методом двойного интегрирования Отклонение путем двойного интегрирования также называется отклонением методом прямого или постоянного интегрирования.Этот метод влечет за собой получение отклонения балки путем двукратного интегрирования дифференциального уравнения упругой кривой балки и использования граничных условий для определения постоянных интегрирования. Первое интегрирование дает наклон, а второе интегрирование дает отклонение. Этот метод лучше всего использовать при непрерывной прикладываемой нагрузке. Пример 7.1 Консольная балка подвергается комбинированной нагрузке, как показано на рисунке 7.2a. Используя метод двойного интегрирования, определите наклон и прогиб на свободном конце. Рис. 7.2. Консольная балка. Решение Уравнение изгибающего момента. Пройдя секцию на расстоянии x от свободного конца балки, как показано на схеме свободного тела на рис. 7.2b, и учитывая момент справа от секции, можно получить следующее: Подстановка M в уравнение 7.12 дает следующее: Уравнение для наклона. Интегрирование относительно x дает следующее: Обратите внимание на то, что на фиксированном конце это называется граничным условием.Применение этих граничных условий к уравнению 3 предполагает следующее: Чтобы получить следующее уравнение наклона, подставьте вычисленное значение C 1 в уравнение 3 следующим образом: Уравнение прогиба. Интегрирование уравнения 4 дает следующее: На фиксированном конце x = L , y = 0. Применение этих граничных условий к уравнению 5 дает следующее: Чтобы получить следующее уравнение упругой кривой, подставьте вычисленное значение C 2 в уравнение 5 следующим образом: Уклон на свободном конце, т.е.е., при x = 0 Прогиб на свободном конце, т.е. y при x = 0 Пример 7.2 Балка с простой опорой AB несет равномерно распределенную нагрузку 2 тысячи фунтов / фут по всей своей длине и сосредоточенную нагрузку 10 тысяч фунтов в середине своего пролета, как показано на рис. 7.3a. Используя метод двойного интегрирования, определите наклон в опоре A, и прогиб в средней точке C балки. Рис. 7.3. Балка с простой опорой. Решение Поддерживающие реакции. тысяч фунтов по симметрии Уравнение изгибающего момента. Момент на участке на расстоянии x от опоры A , как показано на диаграмме свободного тела на рис. 7.3b, записывается следующим образом: Подстановка M в уравнение 7.12 дает следующее: Уравнение для наклона.Интегрирование уравнения 2 относительно x дает следующее: Константа интегрирования C 1 вычисляется с учетом граничного условия. Применение вышеуказанных граничных условий к уравнению 3 предполагает следующее: Возвращение вычисленного значения C 1 в уравнение 3 дает следующее: Уравнение прогиба.Интегрирование уравнения 4 дает следующее: Константа интегрирования C 2 вычисляется с учетом граничного условия. При x = 0, y = 0 0 = 0 — 0 — 0 + С 2 С 2 = 0 Перенос вычисленного значения C 2 обратно в уравнение 5 предлагает следующее уравнение упругой кривой: Склон на Прогиб в средней точке Пример 7.3 Балка несет распределенную нагрузку, которая изменяется от нуля на опоре A до 50 кН / м на ее выступающем конце, как показано на рисунке 7.4a. Напишите уравнение упругой кривой для сегмента AB балки, определите наклон в опоре A и определите прогиб в точке балки, расположенной на расстоянии 3 м от опоры A . Рис. 7.4. Луч. Решение Поддерживающие реакции. Чтобы определить реакции балки, примените следующие уравнения равновесия: Уравнение изгибающего момента.Момент на участке на расстоянии x от опоры A , как показано на диаграмме свободного тела на рис. 7.4b, равен: Подстановка M в уравнение 7.12 дает следующее: Уравнение для наклона. Интегрирование уравнения 2 относительно x дает следующее: Уравнение прогиба. Интегрирование уравнения 3 дает следующее уравнение прогиба: Чтобы оценить константы интегрирования, примените следующие граничные условия к уравнению 4: При x = 0, y = 0 0 = 0 — 0 + 0 + С 2 С 2 = 0 При x = 6 м, y = 0 C 1 = –65.82 Уравнение упругой кривой. Теперь можно определить уравнение упругой кривой, подставив C 1 и C 2 в уравнение 4. Чтобы получить уравнения наклона и прогиба, подставьте вычисленное значение C 1 и C 2 обратно в уравнения 3 и 4: Уравнение наклона. Уравнение прогиба. Прогиб при x = 3 м от опоры A . 7.4 Прогиб методом функции сингулярности В случаях, когда балка подвергается действию комбинации распределенных нагрузок, сосредоточенных нагрузок и моментов, использование метода двойного интегрирования для определения прогибов таких балок действительно сопряжено с трудностями, поскольку различные сегменты балки представлены несколькими функциями момента , и требуется много вычислительных усилий, чтобы найти константы интегрирования. Использование метода функции сингулярности в таких случаях для определения прогибов сравнительно проще и относительно быстро.Этот метод анализа был впервые введен Маколеем в 1919 году, и он влечет за собой использование одного уравнения, которое содержит функцию сингулярности или половинного диапазона для описания всей кривой отклонения луча. Функция сингулярности или полупериода определяется следующим образом: где x = координаты точки вдоль балки. a = любое место вдоль балки, где возникает разрыв из-за изгиба. n = экспоненциальные значения функций; это всегда должно быть больше или равно нулю, чтобы функции были действительными. Приведенное выше определение подразумевает, что величина ( x — a ) равна нулю или исчезает, если она отрицательна, но равна ( x — a ), если она положительна. Процедура анализа методом функции сингулярности • Нарисуйте диаграмму свободного тела балки и установите координаты x и y . • Рассчитайте реакции опоры и запишите уравнение момента как функцию координаты x .Условные обозначения на данный момент такие же, как в разделе 4.3. • Подставьте выражение момента в уравнение упругой кривой и проинтегрируйте один раз, чтобы получить наклон. Снова выполните интегрирование, чтобы получить отклонение в балке. • Используя граничные условия, определите константы интегрирования и подставьте их в уравнения, полученные на шаге 3, чтобы получить наклон и прогиб балки. Положительный наклон — против часовой стрелки, отрицательный — по часовой стрелке, положительный наклон — вверх, а отрицательный — вниз. • При вычислении уклона или прогиба в любой точке балки отбросьте величину ( x — a ) из ​​уравнения для уклона или прогиба, если оно отрицательное. Если ( x — a ) положительное значение, оно остается в уравнении. Пример 7.4 Балка с простой опорой подвергается комбинированной нагрузке, показанной на рисунке 7.5a. Используя метод функции сингулярности, определите наклон в точке опоры A и прогиб в точке B . Рис. 7.5. Балка с простой опорой. Решение Поддерживающие реакции. Чтобы определить реакцию на опоре A балки, примените следующие уравнения равновесия: Изгибающий момент. Заменив данную распределенную нагрузку двумя эквивалентными нагрузками с открытым концом, как показано на рисунке 7.5b, изгибающий момент в секции, расположенной на расстоянии x от левой опоры A , можно выразить следующим образом: Уравнение упругой кривой.Подстановка M ( x ) из ​​уравнения 1 в уравнение 7.12 дает следующее: Двойное интегрирование уравнения 2 дает следующее: Граничные условия и вычисление постоянных интегрирования. Применение граничных условий [ x = 0, y = 0] к уравнению 4 и отметка, что каждая скобка содержит отрицательную величину и, таким образом, равна нулю по определению сингулярности, предполагает, что C 2 = 0 . 0 = 0 — 0 + 0 — 0 + С 2 С 2 = 0 Опять же, применяя граничные условия [ x = 8, y = 0] к уравнению 4 и отмечая, что каждая скобка содержит положительную величину, предполагает, что значение константы C 1 имеет следующий вид: Подстановка значений для C 1 и C 2 в уравнение 4 позволяет предположить, что выражение для упругой кривой балки будет следующим: Аналогичным образом, подстановка значений для C 1 в уравнение 3 предполагает, что выражение для наклона будет следующим: Склон на Прогиб при x = 4.5 м от опоры A Пример 7.5 Консольная балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой 4 тысячи фунтов / фут, как показано на рисунке 7.6a. Используя метод функции сингулярности, определите уравнение упругой кривой балки, уклон на свободном конце и прогиб на свободном конце. Рис. 7.6. Консольная балка. Решение Поддерживающие реакции. Чтобы определить реакцию на опоре A балки, примените уравнение равновесия, как показано ниже: Изгибающий момент.Изгибающий момент в секции, расположенной на расстоянии x от неподвижного конца балки, показанной на рисунке 7.6b, можно выразить следующим образом: Уравнение упругой кривой. Подстановка M ( x ) из ​​уравнения 1 в уравнение 7.12 дает следующее: Двойное интегрирование уравнения 2 дает следующее: Граничные условия и вычисление постоянных интегрирования. Применение граничных условий к уравнению 3 и отметка, что член со скобкой содержит отрицательную величину и, таким образом, равен нулю по определению функции сингулярности, предполагает, что C 1 = 0. Применение граничных условий [ x = 0, y = 0] к уравнению 4 и отметка, что член со скобкой содержит отрицательную величину и, таким образом, равен нулю согласно определению функции сингулярности, предполагает, что C 2 = 0. Чтобы найти упругую кривую балки, подставьте значения для C 1 и C 2 в уравнение 4 следующим образом: Аналогичным образом, чтобы найти выражение для наклона, подставьте значения для C 1 в уравнение 3 следующим образом: Пример 7.6 Балка с выступом подвергается комбинированной нагрузке, как показано на рисунке 7.7a. Используя метод функции сингулярности, определите наклон в точке опоры A и прогиб в точке B . Рис. 7.7. Балка с вылетом. Решение Поддерживающие реакции. Чтобы определить реакцию на опоре A балки, примените следующие уравнения равновесия: Изгибающий момент.Путем замены данной распределенной нагрузки двумя эквивалентными нагрузками с открытым концом и изменения момента, как показано на рисунке 7.7b, изгибающий момент в секции, расположенной на расстоянии x от левой опоры A , можно выразить как следует: Уравнение упругой кривой. Подстановка M ( x ) из ​​уравнения 1 в уравнение 7.12 дает следующее: Двойное интегрирование уравнения 2 дает следующее: Граничные условия и вычисление постоянных интегрирования.Применение граничных условий [ x = 0, y = 0] к уравнению 4 и с учетом того, что каждая скобка содержит отрицательную величину и, таким образом, равна нулю согласно определению сингулярности, предполагает, что C 2 = 0. 0 = 0 + 0 — 0 + 0 + 0 + 0 + С 2 С 2 = 0 Опять же, применяя граничные условия [ x = 8m, y = 0] к уравнению 4 и отмечая, что каждая скобка содержит положительную величину, предполагает, что значение константы C 1 имеет следующий вид: Подстановка значений для C 1 и C 2 в уравнение 4 предполагает, что выражение для упругой кривой балки выглядит следующим образом: Аналогичным образом, подстановка значений для C 1 в уравнение 3 предполагает, что выражение для наклона выглядит следующим образом: Склон на Прогиб при x = 2 м от опоры A 7.5 Прогиб методом моментной площади В методе момент-площадь используется площадь момента, разделенная на диаграмму жесткости на изгиб ( M / EI ) балки для определения прогиба и наклона балки. В этом методе используются две теоремы, которые выводятся ниже. 7.5.1 Теорема о первом моменте и площади Чтобы вывести первую теорему момент-площадь, рассмотрим участок AB упругой кривой отклоненной балки, показанный на рисунке 7.8b. Балка имеет радиус кривизны R .На рисунке 7.8c показан изгибающий момент этой части. Согласно геометрии, длина дуги ds радиуса R , проходящей под углом dθ , равна произведению радиуса кривизны и угла примыкания. Следовательно, Преобразование уравнения 1 дает следующее: Рис. 7.8. Отклоненный луч. Подстановка уравнения 7.14 в уравнение 7.8 дает следующее: Поскольку ds бесконечно мал из-за небольшого бокового отклонения балки, допустимого в технике, его можно заменить горизонтальной проекцией dx .Таким образом, Таким образом, угол θ между касательными в точках A и B может быть получен путем суммирования стянутых углов по бесконечно малой длине, лежащей между этими точками. Таким образом, Уравнение 7.17 называется первой теоремой момента-площади. Первая теорема момента-площади утверждает, что полное изменение наклона между A и B равно площади диаграммы изгибающего момента между этими двумя точками, деленной на жесткость при изгибе EI . 7.5.2 Теорема о втором моменте и площади Снова обращаясь к рисунку 7.8, необходимо определить тангенциальное отклонение точки B относительно точки A , которое представляет собой вертикальное расстояние точки B от касательной, проведенной к упругой кривой в точке A. . Для этого сначала вычислите вклад δ ∆ элемента длиной dL в вертикальное расстояние. По геометрии Подставляем dθ из уравнения 7.15 к уравнению 7.18 предполагает следующее: Следовательно, Уравнение 7.20 называется второй теоремой о площади моментов. Вторая теорема момента-площади утверждает, что расстояние по вертикали точки B на упругой кривой от касательной к кривой в точке A равно моменту относительно вертикали через B площади поверхности Диаграмма изгибающего момента между A и B , деленная на жесткость при изгибе, EI . 7.5.3 Условные обозначения Знаки теорем для моментов и площадей следующие: (1) Тангенциальное отклонение точки B, относительно касательной, проведенной на упругой кривой в точке A , положительно, если B лежит выше нарисованной касательной в точке A , и отрицательно, если оно лежит ниже касательной (см. рисунок 7.9). (2) Наклон в точке B относительно касательной, проведенной в точке A на упругой кривой, является положительным, если касательная, проведенная в точке B , вращается против часовой стрелки по отношению к касательной. на A и отрицательный, если он вращается по часовой стрелке (см. рисунок 7.9). Рис. 7.9. Представление соглашения о знаках. Процедура анализа методом момент-площади • Нарисуйте схему свободного тела балки. • Нарисуйте диаграмму балки M / EI . Это будет выглядеть как обычная диаграмма изгибающих моментов балки, если балка является призматической (т.е. имеет одинаковое поперечное сечение по всей длине). • Чтобы определить наклон в любой точке, найдите угол между касательной, проходящей через точку, и касательной, проходящей через другую точку на отклоненной кривой, разделите диаграмму M / EI на простые геометрические фигуры, а затем примените первый момент -зональная теорема.Чтобы определить прогиб или тангенциальное отклонение любой точки вдоль балки, примените вторую теорему момент-площадь. • В случаях, когда конфигурация диаграммы M / EI такова, что ее нельзя разделить на простые формы с известными площадями и центроидами, предпочтительно рисовать диаграмму M / EI по частям. Это влечет за собой установку фиксированной опоры в любой удобной точке вдоль балки и построение диаграммы M / EI для каждой из приложенных нагрузок, включая реакции опоры, до применения любой из теорем для определения того, что требуется. Таблица 7.1. Площади и центроиды геометрических фигур. Пример 7.7 Консольная балка, показанная на рисунке 7.10a, подвергается действию сосредоточенного момента на ее свободном конце. Используя метод моментной площади, определите уклон на свободном конце балки и прогиб на свободном конце балки. EI = постоянная. Рис. 7.10. Консольная балка. Решение ( M / EI ) диаграмма. Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму, показанную на рисунке 7.10б. Наклон A . Наклон на свободном конце равен площади диаграммы между A и B , согласно первой теореме момента-площади. Используя эту теорему и обращаясь к диаграмме, можно сделать следующее: Прогиб на A . Прогиб на свободном конце балки равен моменту относительно вертикали через A области диаграммы между A и B согласно второй теореме момента-площади.Используя эту теорему и обращаясь к рисункам 7.10b и 7.10c, можно сделать следующее: Пример 7.8 Подвесная консольная балка несет равномерно распределенную нагрузку 4 тысячи фунтов / фут по всей своей длине, как показано на рисунке 7.11a. Используя метод момент-площадь, определите наклон в точке A, и прогиб в точке A, . Рис. 7.11. Подпираемая консольная балка. Решение ( M / EI ) диаграмма.Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму, показанную на рисунке 7.11b. Наклон A . Наклон на свободном конце равен площади диаграммы между A и B . Область между этими двумя точками обозначена как A 1 и A 2 на рисунке 7.11b. Используйте Таблицу 7.1, чтобы найти вычисление A 2 , дуга которого параболическая, и положение его центра тяжести.Отмечая из таблицы, что и применяя первую теорему момента-площади, можно сделать следующее: Прогиб на A . Прогиб в точке A равен моменту площади диаграммы между A и B около A . Таким образом, используя вторую теорему момент-площадь и обращаясь к рисункам 7.11b и 7.11c, можно сделать следующее: Пример 7.9 Деревянная балка с простой опорой длиной 8 футов будет нести распределенную нагрузку на пол 500 фунтов / фут по всей ее длине, как показано на Рисунке 7.12а. Используя теорему о площади момента, определите наклон на конце B и максимальный прогиб. Рис. 7.12. Деревянная балка с простой опорой. Решение ( M / EI ) диаграмма. Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму, показанную на рисунке 7.12b. Наклон B . Наклон в точке B равен площади диаграммы между B и C .Область между этими двумя точками обозначена как A 2 на рисунке 7.12b. Применение первой теоремы о площади момента дает следующее: Максимальный прогиб. Максимальный прогиб происходит в центре балки (точка C). Он равен моменту площади диаграммы между B и C около B . Таким образом, Пример 7.10 Призматическая деревянная балка подвергается двум сосредоточенным нагрузкам равной величины, как показано на рисунке 7.13а. Используя метод момент-площадь, определите наклон в точке A, и прогиб в точке C. Рис. 7.13. Призматическая балка из дерева. Решение ( M / EI ) диаграмма. Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму, показанную на рисунке 7.13b. Наклон A . Прогиб и вращение балки малы, поскольку они происходят в пределах упругости.Таким образом, наклон на опоре A можно вычислить с помощью теоремы о малом угле следующим образом: Чтобы определить тангенциальное отклонение B от A , примените вторую теорему момента-площади. Согласно теореме, он равен моменту площади диаграммы между A и B около B . Таким образом, Таким образом, наклон в точке A равен . Прогиб при C .Прогиб на ° C может быть получен пропорционально. Точно так же тангенциальное отклонение C от A может быть определено как момент области диаграммы между A и C около C . Следовательно, прогиб при C составляет 7.6 Отклонение методом сопряженной балки Метод сопряженных балок, разработанный Генрихом Мюллер-Бреслау в 1865 году, является одним из методов, используемых для определения наклона и отклонения балки.Метод основан на принципе статики. Сопряженная балка определяется как фиктивная балка, длина которой равна длине реальной балки, но с нагрузкой, равной изгибающему моменту реальной балки, деленному на ее жесткость на изгиб, EI . Метод сопряженных балок использует сходство соотношений между нагрузкой, поперечной силой и изгибающим моментом, а также между кривизной, наклоном и прогибом, полученными в предыдущих главах и представленными в таблице 7.2. Таблица 7.2. Взаимосвязь между изгибающим моментом нагрузки и сдвигом и прогибом кривизны-наклона. 7.6.1 Опоры для сопряженных балок Опоры для сопряженных пучков показаны в таблице 7.3, а примеры реальных и сопряженных пучков показаны на рис. 7.4. Таблица 7.3. Опоры для сопряженных балок. Таблица 7.4 Реальные пучки и их сопряженные. 7.6.2 Условные обозначения Для диаграммы положительной кривизны, где есть положительная ордината диаграммы, нагрузка в сопряженном элементе должна указывать в положительном направлении y (вверх) и наоборот (см. Рисунок 7.14). Рис. 7.14. Диаграмма положительной кривизны. Если следовать условию, установленному для диаграмм положительной кривизны, то положительная поперечная сила в сопряженной балке равна положительному наклону в реальной балке, а положительный момент в сопряженной балке равняется положительному отклонению (движению вверх) реальной балки. . Это показано на Рисунке 7.15. Рис. 7.15. Сдвиг и наклон в балке. Процедура анализа методом сопряженного пучка • Постройте диаграмму кривизны реальной балки. • Нарисуйте сопряженный луч для реального луча. Сопряженная балка имеет ту же длину, что и реальная балка. Вращение в любой точке реальной балки соответствует поперечной силе в той же точке сопряженной балки, а смещение в любой точке реальной балки соответствует моменту в сопряженной балке. • Примените диаграмму кривизны реальной балки как распределенную нагрузку на сопряженную балку. • Используя уравнения статического равновесия, определите реакции на опорах сопряженной балки. • Определите поперечную силу и момент в интересующих сечениях сопряженной балки. Эти поперечные силы и моменты равны наклону и прогибу, соответственно, в реальной балке. Положительный сдвиг в сопряженной балке подразумевает наклон против часовой стрелки в реальной балке, а положительный момент означает отклонение вверх в реальной балке. Пример 7.11 Используя метод сопряженных балок, определите наклон и прогиб в точке A консольной балки, показанной на рисунке 7.16а. E = 29 000 тысяч фунтов / кв. Дюйм и I = 280 дюймов 4 Рис. 7.16. Сопряженный пучок. Решение ( M / EI ) диаграмма. Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму, показанную на рисунке 7.16b. Сопряженная балка. Сопряженный пучок, нагруженный диаграммой, показан на рисунке 7.16c. Обратите внимание, что свободный конец реального пучка становится фиксированным в сопряженном пучке, в то время как фиксированный конец реального пучка становится свободным в сопряженном пучке.Диаграмма применяется в качестве направленной вниз нагрузки в сопряженной балке, поскольку на рис. 7.16b она отрицательна. Наклон A . Наклон в точке A, в реальной балке — это сдвиг в точке A, в сопряженной балке. Сдвиг на A в конъюгате следующий: Здесь используется то же обозначение силы сдвига, что и в главе 4. Таким образом, наклон реальной балки в точке A будет следующим: Прогиб на A .Прогиб в точке A в реальной балке равен моменту A сопряженной балки. Момент при A сопряженной балки равен: Здесь используется то же обозначение изгибающего момента, что и в главе 4. Таким образом, прогиб в реальной балке в точке A будет следующим: Пример 7.12 Используя метод сопряженной балки, определите наклон в опоре A и прогиб под сосредоточенной нагрузкой свободно опертой балки в точке B , как показано на рисунке 7.17а. E = 29000 тысяч фунтов / кв. Дюйм и I = 800 дюймов 4 Рис. 7.17. Балка с простой опорой. Решение ( M / EI ) диаграмма. Сначала нарисуйте диаграмму изгибающего момента для балки и разделите ее на жесткость на изгиб, EI , чтобы получить диаграмму кривизны момента (), показанную на рисунке 7.17b. Сопряженная балка. Сопряженный пучок, нагруженный диаграммой, показан на рисунке 7.17c. Обратите внимание, что A и C , которые являются простыми опорами в реальной балке, остаются неизменными в сопряженной балке. Диаграмма приложена как восходящая нагрузка в сопряженной балке, поскольку на рис. 7.17b она положительна. Реакции для сопряженного пучка. Реакцию на опорах сопряженной балки можно определить следующим образом: Наклон A . Наклон в точке A, в реальной балке — это поперечная сила в точке A, в сопряженной балке.Сдвиг в точке A в сопряженной балке составляет: Таким образом, наклон на опоре A реальной балки будет следующим: Прогиб на B . Прогиб B в реальной балке равен моменту B сопряженной балки. Момент при B сопряженной балки равен: Прогиб в точке B реальной балки составляет: Краткое содержание главы Отклонение балок с помощью геометрических методов: Геометрические методы, рассматриваемые в этой главе, включают метод двойного интегрирования, метод функции сингулярности, метод момент-площади и метод сопряженных балок.Перед обсуждением этих методов было получено следующее уравнение упругой кривой балки: Метод двойного интегрирования: Этот метод включает двойное интегрирование уравнения упругой кривой. Первое интегрирование дает наклон, а второе интегрирование дает отклонение. Константы интегрирования определяются с учетом граничных условий. Метод функции сингулярности: Этот метод включает использование функции сингулярности или полупериода для описания уравнения упругой кривой для всей балки.Функцию полудиапазона в общем виде можно записать следующим образом: Метод сингулярности лучше всего подходит для балок с большим количеством разрывов из-за сосредоточенных нагрузок и моментов. Этот метод значительно сокращает количество констант интегрирования, которые необходимо определить, и, таким образом, упрощает вычисление по сравнению с методом двойного интегрирования. Метод «момент-площадь» : В этом методе используются две теоремы для определения наклона и прогиба в определенных точках на упругой кривой балки.Две теоремы следующие: Первая теорема момент-площадь: Изменение наклона между любыми двумя точками на упругой кривой балки равно площади диаграммы между этими двумя точками. Вторая теорема момент-площадь: Вертикальное отклонение точки A от касательной, проведенной к упругой кривой в точке B , равно моменту площади под диаграммой между этими двумя точками относительно точки A . Метод сопряженного пучка: Сопряженный пучок был определен как воображаемый пучок с такой же длиной, что и фактический пучок, но с нагрузкой, равной диаграмме фактического пучка. Опоры в реальных балках заменяются фиктивными опорами с граничными условиями, которые приведут к тому, что изгибающий момент и поперечная сила в определенной точке сопряженной балки будут равны прогибу и наклону, соответственно, в одних и тех же точках реальной балки. Практические задачи 7.1 Используя метод двойного интегрирования, определите уклоны и прогибы на свободных концах консольных балок, показанных на рисунках с P7.1 по P7.4. EI = постоянная. Рис. P7.1. Консольная балка. Рис. P7.2. Консольная балка. Рис. P7.3. Консольная балка. Рис. P7.4. Консольная балка. 7.2 Используя метод двойного интегрирования, определите уклоны в точке A и прогибы в средней точке C балок, показанных на рисунке P7.5 и рисунок P7.6. EI = постоянная. Рис. P7.5. Луч. Рис. P7.6. Луч. 7.3 Используя метод сопряженной балки, определите наклон в точке A и прогиб в точке B балки, показанной на рисунках с P7.7 по P7.10. Рис. P7.7. Луч. Рис. P7.8. Луч. Рис. P7.9. Луч. Рис.P7.10. Луч. 7.4 Используя метод момент-площадь, определите прогиб в точке A консольной балки, показанной на рисунках P7.11 — P7.12. Рис. P7.11. Консольная балка. Рис. P7.12. Консольная балка. 7.5 Используя метод момент-площадь, определите наклон в точке A и наклон в средней точке C балок, показанных на рисунках P7.13 и P7.14. Рис.P7.13. Луч. Рис. P7.14. Луч. 7.6 Используя метод функции сингулярности, определите наклон и прогиб в точке A консольной балки, показанной на рисунке P7.15. Рис. P7.15. Консольная балка. 7.7 Используя метод функции сингулярности, определите наклон в точке B и наклон в точке C балки с выступом, показанным на рисунке P7.16. EI = постоянная. E = 200 ГПа, I = 500 × 106 мм 4 . Рис. P7.16. Луч. 7.8 Используя метод функции сингулярности, определите наклон в точке C и прогиб в точке D балки с выступающими концами, как показано на рисунке P7.17. EI = постоянная. Рис. P7.17. Луч. 7.9 Используя метод функции сингулярности, определите наклон в точке A и прогиб в точке B балки, показанной на рисунке P7.18. EI = постоянная. Рис. P7.18. Луч. Консольные балки — моменты и прогиб Консольные балки — одиночная нагрузка на конце Максимальная сила реакции на неподвижном конце может быть выражена как: R A = F (1a) , где R A = сила реакции в A (Н, фунт) F = сила одностороннего действия в B (Н, фунт) Максимальный момент на неподвижном конце может быть выражается как M max = M A = — FL (1b) , где M A = максимальный момент в A (Нм, Нм, фунт-дюйм) L = длина балки (м, мм, дюйм) Максимальный прогиб на конце консольной балки можно выразить как δ B = FL 3 / (3 EI) (1c) , где δ B = максимальное отклонение в B (м, мм, дюйм) E = модуль упругости эластичность (Н / м 2 (Па), Н / мм 2 , фунт / дюйм 2 (фунт / кв. дюйм)) I = момент инерции (м 4 , мм 4 , дюйм 4 ) b = длина между B и C (м, мм, дюйм) Напряжение Напряжение в изгибаемой балке может быть выражено как σ = y M / I ( 1d) , где σ = напряжение (Па (Н / м 2 ), Н / мм 2 , psi) y = расстояние до точки от нейтральной оси (м, мм , дюйм) M = изгибающий момент (Нм, фунт-дюйм) I = момент инерции (м 4 , мм 4 , в 4 ) Максимальный момент консольной балки находится в фиксированной точке, а максимальное напряжение можно рассчитать, комбинируя 1b и 1d по σ max = y max FL / I (1e) Пример — консольная балка с одинарной нагрузкой на конце, метрические единицы Максимальный момент на неподвижном конце UB 305 x 127 x 42 балка стальная полка консольная балка 5000 мм длинная, с моментом инерции 8196 см 4 (81960000 мм 4 ) , модуль упругости 200 ГПа (200000 Н / мм 2 ) и с одинарной нагрузкой 3000 Н в конце можно рассчитать как M max = (3000 Н) (5000 мм) = 1.5 10 7 Нмм = 1,5 10 4 Нм Максимальный прогиб на свободном конце можно рассчитать как δ B = (3000 Н) (5000 мм) 3 / (3 (2 10 5 Н / мм 2 ) (8.196 10 7 мм 4 )) = 7,6 мм Высота балки 300 мм и расстояние от крайней точки до нейтральной оси 150 мм .Максимальное напряжение в балке можно рассчитать как σ max = (150 мм) (3000 Н) (5000 мм) / ( 8,196 10 7 мм 4 ) = 27,4 (Н / мм 2 ) = 27,4 10 6 (Н / м 2 , Па) = 27,4 МПа Максимальное напряжение намного ниже предела прочности прочность для большинства сталей. Консольная балка — одиночная нагрузка Максимальная сила реакции на неподвижном конце может быть выражена как: R A = F (2a) где R = сила реакции в A (Н, фунт) F = сила одностороннего действия в B (Н, фунт) Максимальный момент на неподвижном конце может быть выражен как M max = M A = — F a (2b) где M A = максимальный момент в A (Н.m, N.mm, lb.in) a = длина между A и B (м, мм, дюйм) Максимальный прогиб на конце консольной балки можно выразить как δ C = (F a 3 / (3 EI)) (1 + 3 b / 2 a) (2c) , где δ C = максимальное отклонение в C (м, мм , дюйм) E = модуль упругости (Н / м 2 (Па), Н / мм 2 , фунт / дюйм 2 (psi)) I = момент инерции ( м 4 , мм 4 , дюйм 4 ) b = длина между B и C (м, мм, дюйм) Максимальный прогиб при действии единого усилия быть выраженным как δ B = F a 3 / (3 EI) (2d) где e δ B = максимальный прогиб в B (м, мм, дюйм) Максимальное напряжение Максимальное напряжение может быть рассчитано путем объединения 1d и 2b до σ max = y max F a / I (2e) Консольная балка — калькулятор одиночной нагрузки Универсальный калькулятор — будьте последовательны и используйте метрические значения на основе м или мм или британские значения на основе дюймов.Стандартные значения в миллиметрах. F — Нагрузка (Н, фунт) a — Длина балки между A и B (м, мм, дюйм) b — Длина балки между B и C (м, мм, дюйм) I — момент инерции (м 4 , мм 4 , дюйм 4 ) E — модуль упругости (Н / м 2 , Н / мм 2 , psi) y — Расстояние от нейтральной оси (м, мм, дюйм) Консольная балка — равномерно распределенная нагрузка Максимальная реакция на неподвижном конце может быть выражена как: R A = q L (3a) , где R A = сила реакции в A (Н, фунт) q = равномерно распределенная нагрузка (Н / м, Н / м) мм, фунт / дюйм) L = длина консольной балки (м, мм, дюйм) 9 2209 Максимальный момент на фиксированном конце можно выразить как M A = — q L 2 /2 (3b) Максимальный прогиб в конце можно выразить как δ B = q L 4 / (8 EI) (3c) где δ B = максимальное отклонение в B (м, мм, дюйм) Консольная балка — Калькулятор равномерной нагрузки Универсальный калькулятор — используйте метрические значения на основе м или мм или имперские значения на основе дюймов.Стандартные значения в миллиметрах. q — Равномерная нагрузка (Н / м, Н / мм, фунт / дюйм) L — Длина балки (м, мм, дюйм) I — Момент инерции (м 4 , мм 4 , дюйм 4 ) E — Модуль упругости (Па, Н / мм 2 , psi) y — Расстояние от нейтральной оси (м, мм, дюйм) Более одной точечной нагрузки и / или равномерной нагрузки, действующей на консольную балку Если на консольную балку действует более одной точечной нагрузки и / или равномерная нагрузка — результирующий максимальный момент на фиксированном конце A и результирующий максимальный прогиб на конце B может быть рассчитан путем суммирования максимального момента в A и максимального прогиба в B для каждой точки и / или равномерной нагрузки. Консольная балка — уменьшающаяся распределенная нагрузка Максимальная сила реакции на неподвижном конце может быть выражена как: R A = q L / 2 (4a) где R A = сила реакции в A (Н, фунт) q = уменьшающаяся распределенная нагрузка — максимальное значение при A — ноль при B (Н / м, фунт / фут) Максимальный момент при фиксированный конец может быть выражен как M max = M A = — q L 2 /6 (4b) , где M A = максимум момент в A (N.m, N.mm, lb.in) L = длина балки (м, мм, дюйм) Максимальный прогиб на конце консольной балки можно выразить как δ B = q L 4 / (30 EI) (4c) , где δ B = максимальный прогиб в B (м, мм, дюйм) E = модуль упругости ( Н / м 2 (Па), Н / мм 2 , фунт / дюйм 2 (psi)) I = момент инерции (м 4 , мм 4 , дюйм 4 ) Вставьте балки в модель Sketchup с помощью Engineering ToolBox Sketchup Extension Прогиб балки — Дополнение по прочности материалов для энергетики Прогиб Цели обучения По завершении этой главы вы сможете вычислить: Радиус кривизны отклоненной балки с использованием теоретических соотношений Максимальный прогиб свободно опертой балки Максимальный прогиб различных балок с использованием метода формул и приложений к учебнику Упругие свойства материалов количественно оцениваются по их модулю упругости.Все материалы в той или иной степени эластичны, например сталь E ≈ 210 ГПа, чугун E ≈ 160 ГПа, алюминий E ≈ 70 ГПа, бетон E ≈ 40 ГПа. В реальных условиях балки, подверженные внешним нагрузкам, будут отклоняться пропорционально изгибающему моменту и обратно пропорционально их жесткости. Общая жесткость балки может быть выражена как E × I c , где E можно рассматривать как жесткость материала, а I c как поперечную или геометрическую жесткость. Радиус закругления Просмотрите вывод отклонения балки, подробно описанный в главе 10. В практических ситуациях деформация балки очень мала по сравнению с ее длиной, и в результате радиус кривизны относительно велик. Этот радиус кривизны можно рассчитать с помощью . где: E — модуль упругости (сопротивление, обусловленное свойствами материала) I c — момент инерции относительно центральной оси (сопротивление из-за геометрии сечения) M — изгибающий момент на интересующем участке Если балка нагружена таким образом, что изгибающий момент остается постоянным по сечению балки (горизонтальная линия на диаграмме BM), то прогиб представляет собой дугу окружности, а радиус кривизны постоянен. Найдите минутку и проанализируйте приведенную выше формулу… увеличение жесткости балки (E × I c ) уменьшит прогиб (большое R), а больший изгибающий момент приведет к меньшему радиусу кривизны (большему прогибу / провисанию). Прогиб луча Рассмотрим балку с простой опорой, как показано на схеме выше. Как только радиус кривизны найден, максимальный прогиб (в середине пролета) можно легко геометрически рассчитать следующим образом: Формульный метод для простых случаев Формула радиуса кривизны действительна только для случаев, когда изгибающий момент постоянен.В других случаях для определения отклонения балки используются геометрические методы или методы интеграции. Результаты этих расчетов, представленные в алгебраической форме, приведены в инженерной книге формул. Наиболее распространенные случаи описаны в Приложении F. к учебнику. При использовании стандартных формул необходимо сначала согласовать геометрию балки и нагрузку с одним из указанных случаев. Если вы имеете дело с более сложной нагрузкой, такой как точечные нагрузки, чрезмерно накладываемые на распределенную нагрузку, вы можете проанализировать две нагрузки по отдельности, а для общего прогиба просто добавьте составляющие. Назначенные задачи Для каждой задачи определите максимальный прогиб с помощью уравнений балки и сравните со значением, найденным с использованием радиуса кривизны. # Кейс: Загрузка и размеры Форма и материал Проблема 1 P = 50 кН a = 2 м; b = 3,5 м Ш 200 × 59 AISI 1040, холоднокатаный Проблема 2 P = 5000 фунтов. a = 2 фута L = 10 футов Труба 6 ″ Сорт. 40 SS 304, холоднокатаный Проблема 3 w = 250 фунтов / фут L = 35 футов Вт 12 × 30 Алюминий 6061-T6 Проблема 4 w = 4400 Н / м a = 4 м; b = 8 м Труба DN 102, Sch 80 AISI 1020, холоднокатаный Проблема 5: Порекомендуйте одно улучшение этой главы. Прогиб балки Расс Эллиот Благодарности : Существует ряд стандартных работ, касающихся принципов отклонения балки. Особенно хорошее описание, на котором основаны приведенные здесь уравнения, содержится в книге Mechanics of Materials (четвертое издание SI) , написанной Дж. М. Гиром и С. П. Тимошенко, Стэнли Торнсом, ISBN 0 7487 3998 X. Следует сделать ссылку на эта работа для вывода уравнений. Введение Прогиб пружинной балки зависит от ее длины, формы поперечного сечения, материала, места приложения отклоняющей силы и того, как балка поддерживается. Приведенные здесь уравнения относятся к однородным, линейно-упругим материалам, в которых вращение балки невелико. В следующих примерах рассматриваются только нагрузки, действующие в одной точке или отдельных точках — точка приложения силы F на схемах предназначена для обозначения рупорного блока модели локомотива (или буксы транспортного средства), способного перемещаться вертикально. в рупорной направляющей и действуя против силы пружинной балки, закрепленной на локомотиве или основных рамах транспортного средства или поддерживаемых ими.Доля общего веса, действующего на каждую ось локомотива или транспортного средства, будет зависеть от положения его центра тяжести по отношению к оси (или точек крепления уравновешивающих балок шасси, если они используются). Приложение для моделирования рожковых блоков локомотивов Как видно из уравнений, толщина материала ( h или d ) очень важна, и, следовательно, увеличивающиеся размеры в диапазоне доступных гитарных струн делают их очень привлекательными для использования в качестве пружинные балки.Также существует значительная разница в прогибе балки для данной силы, в зависимости от того, как она поддерживается и фиксируется, а также от того, поддерживается ли она только на одном конце или на обоих концах. Предполагается, что конструкция должна быть основана на заданном прогибе рогового блока, а затем определить, какая длина, толщина и стиль балки наиболее подходят для конкретной силы, которая должна восприниматься каждой осью. Для локомотивов, вес которых составляет от 4 до 6 граммов на тонну прототипа, массы, поддерживаемые каждым отдельным роговым блоком локомотива, вероятно, будут находиться в диапазоне от 30 до 60 граммов (что соответствует нагрузке прототипа от 14 до 20 тонн на тонну). ось). Выбор значения отклонения Для разумного мелкого пути в масштабе 4 мм рекомендуемое значение прогиба рогового блока, δ , при конечной нагрузке локомотива составляет 0,5 мм. Приведенная выше рекомендация, как известно, является чрезмерно упрощенным и, возможно, неправильным предположением о том, каким должно быть расчетное значение прогиба, и вызвала серьезные споры. Приветствуется любой опыт применения этой рекомендации в реальной практике моделирования шасси — цель этой статьи — начало обсуждения, а не его заключение.Щелкните здесь, чтобы ознакомиться с вопросами по этому поводу. Момент инерции, I Момент инерции прямоугольного сечения I = bh 3 ∕ 12 где h — размер в плоскости изгиба, т. Е. По оси, по которой действует изгибающий момент. Момент инерции круглого сечения I = π r 4 ∕ 4 = π d 4 ∕ 64 , где r и d — радиус и диаметр соответственно Все приведенные ниже уравнения содержат I , момент инерции балки, который является константой, определяемой формой и толщиной поперечного сечения балки.Момент инерции не зависит от длины или материала балки. Здесь рассматриваются только прямоугольные и круглые цельные сечения. Пояснения к диаграммам и обозначениям прогибов На схемах показаны два типа опор: фиксированная и простая. На неподвижной опоре балка удерживается жестко, а угловой прогиб в точке крепления равен нулю. На простой опоре балка может скользить по опоре и вращаться в соответствии с силой, приложенной к балке. L = длина балки a = промежуточная длина балки δ = прогиб балки F = сила (т. Е. Доля веса локомотива, которому оказывает сопротивление букса) E = Модуль Юнга I = момент инерции балки Уравнения и диаграммы прогиба Примечание к схемам и уравнениям .Приведенные здесь диаграммы были перевернуты по сравнению с их обычным представлением в учебниках, чтобы отразить их применение для моделей локомотивов и букс транспортных средств. Однако, хотя уравнения для отклонения были согласованы с их учебным представлением, нормальное соглашение о знаках (+ или -, чтобы указать отклонения по вертикальной оси y от опорной линии балки) было проигнорировано, поскольку мы здесь обеспокоены только с абсолютной величиной прогиба балки. Концевая нагрузка на консольную балку с одинарной неподвижной опорой δ = FL 3 ∕ 3 EI Это уравнение также следует использовать для отклонения уравнительной балки, вращающейся вокруг фиксированной оси и опирающейся на два рупорных блока по обе стороны от оси поворота. Двойные нагрузки на балку с двумя простыми опорами (примеры применения этой конфигурации) Это может быть применено для двух роговых блоков, прижимающихся к одной балке. Отклонение на расстоянии a от соседней опоры составляет: δ = Fa 2 (3 L — 4 a ) ∕ 6 EI Свисающая нагрузка на балку, ограниченная двумя простыми опорами δ = Fa 2 ( L + a ) ∕ 3 EI Промежуточная / центральная нагрузка на балку с одной фиксированной и одной простой опорой Прогиб на длине a от неподвижной опоры составляет: δ = Fa 3 ( L — a ) 2 (4 L — a ) ∕ 12 EIL 3 Для нагрузки в центре балки, подставив a = L ∕ 2 в вышеприведенное уравнение, прогиб составит: δ = 3.5 FL 3 ∕ 384 EI Центровка нагрузки на балку с двумя неподвижными опорами δ = FL 3 ∕ 192 EI При нагрузке в центре отклонение на расстоянии a от фиксированной опоры (где a меньше чем или равно L ∕ 2 ): δ = Fa 2 (3 L -4 a ) ∕ 48 EI Промежуточная нагрузка на балку с двумя неподвижными опорами Отклонение на расстоянии a от неподвижной опоры составляет: δ = 2 Fa 3 ( L — a ) 2 ∕ 3 EI (2 а + L ) 2 Значения модуля Юнга, E Бериллиевая медь 124 ГПа 1 Латунь, твердость 70/30 117.2 ГПа Латунь неуточненная от 96 до 110 ГПа Нейзильбер 132,5 ГПа (127 ГПа 1 ) Бронза фосфористая, 5%, твердая 131,8 ГПа Фосфорно-бронза (92% Cu / 8% Sn или CuSn8) 111 ГПа 1 Сталь, легкая или инструментальная 212 ГПа Сталь мягкая, низкоуглеродистая 210 ГПа Сталь мягкая (закаленная) 201.4 ГПа Сталь нержавеющая 215,2 ГПа (190 ГПа 1 ) Сталь инструментальная (закаленная) 203,2 ГПа Следует отметить, что это теоретические значения. Типичное значение для стальной гитарной струны можно принять равным 205 ГПа. Значения, указанные для фосфористой бронзы, различаются: кажется, что они будут зависеть от того, относится ли материал к типу «пружинный» или «экстрапружинный», состоящий из фосфористой бронзы 92% Cu / 8% Sn. обычно используется в переключателях с защелкой. 1 Шигли, инженер-конструктор машиностроения, 1980, McGraw Hill Примечания к агрегатам и размерам 1 Па = 1 Н · м -2 = 10 -6 Н · мм -2 = 10 -6 кг · м · с -2 · мм -2 = 1 г · мм -1 · с -2 Чтобы получить силу F в приведенных выше уравнениях, массу нужно умножить на гравитационную постоянную g (9.81 м · с -2 , или, что нам удобнее, 9810 мм · с -2 ) Размеры модуля Юнга E составляют ML -1 T -2 Размеры силы F составляют L 2 ML -1 T -2 = MLT -2 Размеры момента инерции I составляют L 4 © Расс Эллиотт , впервые опубликовано 19 апреля 2000 г .; небольшая редакционная правка, август 2001 г .; уравнение для промежуточной нагрузки на балку с двумя фиксированными опорами исправлено, и уравнение прогиба для промежуточной / центральной нагрузки на балку с одной фиксированной и одной простой опорой повторно выражено, январь 2005 г .; Диаграмма для свисающей нагрузки на балку, стесненную двумя простыми опорами, пересмотрена 8 октября 2009 г .; Уравнение промежуточной нагрузки на балку с двумя неподвижными опорами исправлено, 30 декабря 2010 г. Пример прогиба балки Прогиб несущей балки, формула напряжения и калькулятор. На следующих веб-страницах содержатся калькуляторы инженерного проектирования, которые определяют величину прогиба и напряжения, которое будет отклоняться балкой с известной геометрией поперечного сечения при заданной нагрузке и распределении.2}, постоянная по всему пролету балки. Решение :() балка1 = () балка2 = x = = Метод отклонения наклона балок будет проиллюстрирован на примере конструкции, показанной на рисунке 9.8. П. посередине. В этом разделе рассматриваются поперечная сила и изгибающий момент в балках, диаграммы сдвига и момента, напряжения в балках и таблица общих формул прогиба балок. Пример балки многоэтажной железобетонной конструкции показан на рисунке 1 ниже. 11. (~ 1 м). Рис. Прогиб измеряется от исходной нейтральной поверхности балки до нейтральной поверхности деформированной балки.Прогиб балки Деформация балки обычно выражается в ее отклонении от исходного ненагруженного положения. Пример расчета — Расчет рамы — Пример расчета равномерной нагрузки — Пример расчета центра тяжести (поверхности) — Расчетное болтовое соединение натяжных пластин (EC3) Пример расчета — Пример расчета консольной балки — Консольная балка, пример расчета изменения температуры — Незатухающая вибрация (Часть А). 3.2.3 Примеры взрывов в прошлом 64 3.3 Взрывные нагрузки в конструкции конструкций 65 … простые, как балка или плита, или такие сложные, как высотное здание или электростанция. На goo.gl/AgmjZ2 вы найдете больше БЕСПЛАТНЫХ видеоуроков по механике твердого тела и механике конструкций. В этом видео показана тренировка на всестороннем примере прогиба консоли, подверженной равномерно распределенной нагрузке. Для этого примера нарисуем диаграмму моментов по частям. Жесткость на изгиб составляет 53,3 МНм2. Полный прогиб = 5 x (17,7 + 7,5) x (7,2 × 10 3) 4/384 x 210 x 10 3 x 11700 x 10 4 = 35.9мм. y — расстояние от нейтральной оси до волокна, а R — радиус кривизны. Предел отклонения как для постоянного, так и для переменного составляет пролет / 200 =… Уравнения и формулы отклонения балки. Реальная и виртуальная системы показаны на рисунках 8.5a, 8.5c и 8.5e соответственно. Рис. • Прогиб является результатом действия нагрузки на балку (собственный вес, рабочая нагрузка и т. Д.) 2, общий прогиб ∆ T становится очень большим. FH A 0 2) Равновесие: 1) FBD: AB VA VB HA MA q 2… Для некоторых применений балки должны быть прочнее, чем требуется при максимальных нагрузках, чтобы избежать недопустимого прогиба.Рассмотрим вывод этого уравнения. Обратите внимание на прогиб балки в выбранных точках. Пример отклонения опоры L балки Свисающая балка из нашего предыдущего примера имеет фиксированную опору в точке A, роликовую опору в точке C и внутренний шарнир в точке B. EI ABC = 2000000 тыс. Дюймов2 и EI CDE = 800000 тыс. Дюймов2. Для показанных движений опоры найдите следующее: 1. Обратите внимание, что он дает допустимое отклонение на основе дробной величины пролета, поэтому больший знаменатель приведет к меньшему отклонению. Предположим, что опоры имеют ширину 12 дюймов.Пример 1 (изменено со стр. 284) (суперпозиционирование) РЕШЕНИЕ: Изучив условия опоры, мы ищем консольную балку из случаев 18–23. Таким образом, максимальный наклон стола составляет: Чтобы определить эффект, который это будет иметь, рассмотрим плоскую балку. зеркало, отражающее луч более 40 дюймов. Луч с простой опорой. M I = σ y = E R. M — приложенный момент. • Чтобы найти M, нам нужно учитывать обстоятельства. Деформация балки Предположения Деформация сдвига … –Пример задачи 33 Пример 4 Что можно сказать о балках с помощью? Поместите выбранную балку на устройство и прикрепите грузоподъемную подвеску и прибор для измерения отклонения.Следовательно, очень важно, чтобы отклонение было ограничено в пределах допустимых значений, предусмотренных стандартами. • Теория и предпосылки отклонения исходят из кривизны. Насколько далеко вниз будет изгибаться левый конец балки? • Если значение отклонения слишком велико, балка изогнется, а затем выйдет из строя. Полный список сценариев опоры балки и уравнений отклонения можно найти на этой странице Корнельского университета. Если в сегменте нет распределенных нагрузок, p (x) = 0 3. EI постоянно. Live: 40 psf, Dead: 15 psf.ARCH 331 Note Set 15.2 S2015abn 299 Расчет балки и прогиб Обозначение: a = имя для размера ширины A = имя для области A req’d-adj = площадь, требуемая при допустимом напряжении, когда сдвиг корректируется с учетом собственного веса A стенка = площадь стенка широкой полки. Рассмотрим 13-метровую стальную консольную балку (балку, прикрепленную к стене, которая не допускает отклонения с этой стороны), закрепленную справа, к которой приложена направленная вниз нагрузка в 100 ньютонов 7 метров от левого конца. Решение. (6.5) дает прогиб v как функцию от x, это называется уравнением упругой кривой.Прогиб при рабочей нагрузке = ∆ = 0,765 дюйма. РАБОЧИЙ ПРИМЕР № 1 Консольная балка имеет длину 4 м и точечную нагрузку 5 кН на свободном конце. Первая часть видео показывает схематическую диаграмму данной консольной балки и последовательно демонстрирует граничные условия. от заданных ограничений (например, граничных условий) на деформацию балки. В расчетах радиус кривизны кривой y = f (x) определяется выражением. (~ 1 м). Следовательно, очень важно, чтобы отклонение было ограничено в пределах допустимых значений, предусмотренных стандартами • Теория и основа отклонения исходят из кривизны.Рассчитайте уклон и прогиб на свободном конце. 4.1 Прогиб в середине пролета. В (8.9) запишем Ely = — Рис. Разбиваем балку на сегменты. Изображение предоставлено: wikipedia.org I = момент инерции. Используя метод виртуальной работы, определите прогиб в точке B и наклон в точке C для свободно опертой балки, подверженной сосредоточенной нагрузке, как показано на рисунке 8.5a. БАЛКА ЗАКРЕПЛЕНА НА ОДНОМ КОНЦЕ, ПОДДЕРЖИВАЕТСЯ ПРИ ДРУГОЙ КОНЦЕНТРИРОВАННОЙ НАГРУЗКЕ В ЦЕНТРЕ 5 ниже показан… Пример 1: прогибы балки с простой опорой при точечной нагрузке с использованием метода площади момента.Модуль сечения Z = I / y. Решение. Рабочий пример конструкции стальной балки представляет собой конструкцию свободно опертой балки, имеющей равномерно распределенную нагрузку. Определите: (a) Уравнение упругой кривой через E, I, w, L и x. Когда нагрузка просто достигает нагрузки потери устойчивости, ∆ T… • Чтобы найти M, нам нужно учитывать обстоятельства. Метод двойного интегрирования — мощный инструмент для решения проблемы прогиба и наклона балки в любой точке, потому что мы сможем получить уравнение упругой кривой.\ circ} $ undeterminate, и поэтому было бы трудно решить с помощью метода силы. На стене (x = 0) ощущаемый момент является максимальным моментом или PL, но на конце балки момент равен нулю, потому что моменты при отклонении балки ФОРМУЛЫ ТИП НАКЛОНА ПУЧКА ПРИ СВОБОДНОМ КОНЦЕ ОТКЛОНЕНИЯ НА ЛЮБОМ СЕЧЕНИИ В СРОКЕ x МАКСИМАЛЬНОЕ ПРОГИБАНИЕ 1. Таким образом, это частный случай теории пучка Тимошенко. Ответ: Пример 4.10. Пример 4.1. Определите максимальный прогиб δ в свободно опертой балке длиной L, несущей сосредоточенную нагрузку P в середине пролета.Найдите прогиб и наклон в точке C балки с простой опорой, показанной на рисунке, с приложенной точечной силой. Балка имеет длину L. Кантилевер. Пример 22 Отклонение балки путем интегрирования! Предполагается, что колонны закреплены на своих дальних концах, как и балка справа от пролета под нагрузкой. Продолжение примера задачи, показывающего, как использовать метод двойного интегрирования для определения отклоненной формы. Отклонения Если изгибающий момент изменяется, M (x) поперек балки из постоянного материала и поперечного сечения, кривизна изменится: наклон n.а. Решение: Максимальный прогиб (в центре балки) = 5wL 4 ÷ 384EI = 0,20 дюйма. Таким образом, смещение точки составляет: δ = 2 x (10,8 x 10-9) x 40 = 867 x 10-9 дюймов. Балка ABC длиной 10 м, закрепленная на концах A и B, проходит непрерывно над соединением B и нагружена. как показано на рис. Балка считается просто поддерживаемой, и расчетные данные для расчета изгибающего момента и поперечных сил приведены ниже. Дана консольная балка с фиксированной концевой опорой на правом конце и нагрузка P, приложенная к левому концу балки.Балка с простой опорой. Пример 1. Отклонение и наклон балки с примерами Случай I: выступающая балка. Таким образом, во многих ситуациях необходимо вычислить численными методами фактический Пример 1. ТОЛЬКО 16,38 $ 13,9 $ / стр. 8.7). CIVL 4135 Отклонение ГЛАВА 13. В примере 9-1 определяют прогиб балки AB, поддерживающей равномерную нагрузку с интенсивностью q, также определяют max и A, B, жесткость на изгиб балки EI изгибающий момент в балке равен qLx qx 2 M = CC — CC 2 2 дифференциальное уравнение кривой прогиба qLx q x2 EI v «= CC — CC 2 2 Тогда qLx 2 q x3 Отклонение от веса балки считается длительным прогибом.Анализ максимальной прочности, а также анализ прогиба будут включены в следующие примеры. Если момент инерции балки 1 в три раза больше, чем у балки 2. Примеры отклонения балки в предложении, как это использовать. В случае небольших прогибов форму балки можно описать линейным дифференциальным уравнением четвертого порядка. Также нарисуйте изогнутую форму балки. Прогиб δ в некоторой точке B балки без опоры можно получить, выполнив следующие действия. Для примера расчета прогиба балки рассмотрим простую деревянную скамью на ножках 1.3} {3EI} \) Где, если у той же самой балки был гипсовый потолок (L / 240), допустимое отклонение составляет 0,6 дюйма. См. Стр. 1. Двойной тройник, с предварительным натяжением, элемент перекрытия (с простой опорой), с низким уровнем релаксации. Повороты соединения (θвлево и θправо) и отклонение балки в середине пролета… 8.5. Пример 1. Из предыдущего примера максимальное отклонение стола составляло 331 x 10-9 дюймов. Пример балки из многоэтажной железобетонной конструкции показан ниже на рисунке 1. Прогиб В таблицах ниже приведены уравнения для прогиба, наклона, сдвига и момента вдоль прямых балок для различных конечных условий и нагрузок.Какая самая маленькая и легкая форма размера A36 W может быть использована для балки шириной 20 футов с равномерно распределенной нагрузкой 370 фунтов / фут? Расчет балки выполняется в соответствии с принципами, изложенными в Сводах правил. Под равномерно распределенной нагрузкой (например, собственным весом) балка будет плавно отклоняться к средней точке: ДИАГРАММЫ И ФОРМУЛЫ L ПУЧКА Таблица 3-23 (продолжение) Сдвиги, моменты и прогибы 13. 1. Пример 1 Для балки показано, определить наклон и прогиб в точках D, C и X 20 кН ABXCD 4 м 1 м 1 м 4 м M / EI Диаграмма 48 / EI XCDB Кривая прогиба X ‘C’ X ”D ‘C” B / AD ”B’ BB ‘= смещение точки B от касательной, проведенной в A = момент площади под диаграммой M / EI вокруг B.Аэрокосмическая механика материалов (AE1108-II) — Пример задачи 11 Пример 1 Постановка задачи q AB Определите уравнение прогиба балки, используя метод интегрирования: Рассматривайте силы реакции как известные! 7.3. FBD всей балки (нет необходимости обеспечивать равновесие) 2. Консольная балка — сосредоточенная нагрузка P на свободном конце 2 Pl 2 EI (Н / м) 2 3 Px ylx 6 EI 24 3 max Pl 3 EI max 2. Запись вниз по уравнению нагрузка-прогиб для каждого сегмента: 4.! Нагрузите балку, поместив вес на подвесы. 14 примеров: Помимо кадрирования картинок, была исследована стабильность канала… • Пример 7.4 демонстрирует постановку и решение краевой задачи с переменным моментом инерции области, то есть Izz является функцией x. Получите свое собственное эссе по отчету лаборатории отклонения балки. В этом руководстве мы покажем вам основы определения угла наклона и отклонения луча … Не используйте плагиатные источники. Балка имеет постоянный EI для обоих пролетов. Δbeam_weight 5 384E I wbeamweight 12 футов на 12 дюймов Найти: (a) Каков максимальный коэффициент прогиба балки 1 к балке 2? Используя метод отклонения наклона, вычислите конечные моменты и постройте диаграмму изгибающих моментов.(1). Используйте уравнение прогиба, чтобы найти прогиб балки из-за нагрузки в определенных положениях. В зависимости от типа отклонения существует множество формул отклонения балки, приведенных ниже, w = равномерная нагрузка (единицы силы / длины) V = сдвиг. Определите прогиб балки, жестко зажатой с обоих концов и нагруженной равномерно распределенной силой (рисунок \ (4 \)). Пример 8.01 Консольная балка AB имеет однородное поперечное сечение и несет нагрузку P на своем свободном конце A (рис. Если вы не уверены в том, что такое прогиб на самом деле, нажмите здесь, чтобы получить определение прогиба.Прогиб для балки с простой опорой можно рассчитать по приведенному ниже уравнению: δ = 5wL 4 / 384EI. 6. Максимальный прогиб на свободном конце можно рассчитать как. Первый шаг, который нужно сделать при решении любой формы отклонения, — это построить график влияния момента балки. Если мы определим x как расстояние вправо от приложенной нагрузки P, то момент Приложенное напряжение изгиба можно упростить до σ = M / Z. Будет использоваться та же балка, что и выше, но с числовыми значениями отклонения в центре балки. Отклонение балки в определенном направлении при приложении к ней силы называется отклонением балки.По этой причине анализ напряжений и прогибов в балке является важной и полезной темой. EI — постоянная. Если вы знаете, что представляет собой уравнение момента, которое представляет конкретную интересующую балку, вы можете использовать двойной интеграл, чтобы определить, каково отклонение балки. Пример проектирования сплошной балки CEE 3150 — Проектирование из железобетона — осень 2003 г. Проектирование наружной (включая отсечки) и поперечной арматуры для типичного внутреннего пролета непрерывной балки с шестью пролетами с межосевым расстоянием 20 футов.13.2. 53: 134 Конструкция II My = максимальный момент, который доводит балку до точки деформации Для пластического анализа изгибающее напряжение во всем сечении равно Fy, пластический момент — FZAMF py ⎟ = y 2 Mp = пластический момент A = общая площадь поперечного сечения a = расстояние между результирующими силами растяжения и сжатия в поперечном сечении a A Многие конструкции можно представить как прямую балку или как набор прямых балок. Наконец, условия статической определенности и неопределенности представлены вместе с примерами приложений к фермам и балкам.Если мы обобщим процедуру, отклонение можно выразить как: Давайте попробуем прийти к тому же выражению, используя сопряженную балку. • Прогиб является результатом действия нагрузки на балку (собственный вес, рабочая нагрузка и т. Д.) 10. ПРОГНОЗ 13.1. EI = константа. E = 29 × 10 3 тысяч фунтов / кв. Дюйм. Запишите функцию нагрузки p (x) в каждом сегменте. Предположим, что w, E и L одинаковы. Обычно максимальный прогиб ограничивается длиной пролета балки, деленной на 250. — Прогиб часто является ограничивающим фактором при проектировании балки.• Необходимость определения прогибов и уклонов балок под нагрузкой • Важна во многих конструкторских приложениях • Важна при анализе статически неопределимых балок 2. Таким образом, смещение местоположения точки составляет: δ = 2 x (10,8 x 10-9) x 40 = 867 x 10–9 дюймов. См. Страницу 1. См. Таблицу ниже. Прогибы в балках с простой опорой с использованием метода «площадь-момент». Пример 4.11 Решение: Максимальный прогиб (в центре балки) = 5wL 4 ÷ 384EI = 0,20 дюйма. Расчет прогиба ж / б балок Обзор теории прогиба однородных балок при упругом изгибе: xyy (x) dx w (x) Из геометрии можно сделать следующие наблюдения Отклонение = y (x) Наклон = dy / dx Обратите внимание, что в решении для пролетов AB и CD используется формула укороченного отклонения наклона вместе с фиксированными штифтами МКЭ.ρ = [1 + (d y / d x) 2] 3/2 | d 2 y / d x 2… Узлы A и C фиксированы и поэтому не имеют степеней свободы (DOF). AMERICAN WOOD COUNCIL … Δ = прогиб или деформация, дюймы. Непрерывная балка по сетке 3 выбрана для демонстрации анализа и проектирования непрерывных тавровых балок (структурный анализ, расчет на изгиб, расчет на сдвиг, проверки прогиба) и результатов Затем ручные расчеты сравниваются с теорией балок Эйлера – Бернулли (также известной как инженерная теория балок или классическая теория балок). Это упрощение линейной теории упругости, которая обеспечивает средство расчета характеристик несущей способности балок и их прогиба.Он охватывает случай небольших прогибов балки, которые подвергаются только боковым нагрузкам. Пример равновесной стационарной (экстремальной) потенциальной энергии Примечание: чтобы использовать этот принцип для расчета прогибов балок, нам необходимо иметь возможность выразить полную потенциальную энергию системы Π через функции смещения y (x), а затем минимизировать ее с помощью относительно y (x). Безразмерные максимальные отклонения балки представлены на рисунке 4. Другим примером отклонения является отклонение балки с простой опорой.Просмотрите отчет, созданный для этого примера. Мы напишем индивидуальный образец эссе в отчете лаборатории отклонения луча специально для вас. Определите уравнение упругой кривой, прогиба и наклона в точке A. Ely = ПРОГИБ ЛУЧЕЙ ПРИ НАПРАВЛЕНИИ 399 dy (8.9) (8.10) Интегрируя оба члена уравнения. При расчете и проектировании этих конструкций инерционные силы, зависящие от времени, должны быть 8.7 Рис. • Если значение отклонения слишком велико, балка изогнется, а затем выйдет из строя. В предыдущем примере максимальный прогиб стола составлял 331 x 10-9 дюймов.Балка AB с простой опорой несет равномерно распределенную нагрузку в 2 тысячи фунтов / фут по всей длине и сосредоточенную нагрузку в 10 тысяч фунтов в середине своего пролета, как показано на рисунке 7.3a. Используя метод двойного интегрирования, определите уклон при поддержка A и отклонение в средней точке C балки. Мы повторим тот же пример с балкой, чтобы продемонстрировать, как метод момента площади используется для определения максимального отклонения. Мы можем попробовать следующий раздел: 8,8 Максимально допустимый прогиб = 0,20 дюйма. Пример 1: прогибы свободно опертой балки с равномерно распределенной нагрузкой (udf), используя прямое интегрирование Найдите прогибы свободно опертой балки с равномерно распределенной нагрузкой как функцию расстояния Вертикальное отклонение… Нанять писателя.Прогиб балки — это одна из проверок, которая должна выполняться при расчете предельного состояния эксплуатационной пригодности. Наклон луча (θ) — это угол между исходным и отклоненным лучом в определенной точке. Добавить комментарий Отменить ответ Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены * Комментарий * Имя * Email * Сайт 2019 © Все права защищены.