Po prostu obsługiwana wiązka: 9 ważnych faktów

Po prostu obsługiwana definicja wiązki

Prosto podparta belka to belka, której jeden koniec jest normalnie zawiasowy, a drugi koniec ma podparcie rolki. Tak więc z powodu podpór zawiasowych ograniczenie przemieszczenia w (x, y) będzie, a ze względu na podpory rolkowe będzie uniemożliwione przesunięcie końcówki w kierunku y i będzie mogło swobodnie poruszać się równolegle do osi belki.

Schemat prostego korpusu bez belki podpartej.

Schemat swobodnego ciała belki przedstawiono poniżej, na którym przy obciążeniu punktowym działającym w odległości „p” od lewego końca belki.

Schemat swobodnego ciała prostego wspornika belki
Schemat swobodnego ciała dla SSB

Po prostu obsługiwane warunki brzegowe i wzór belki

Ocena sił reakcji działających na belkę przy użyciu warunków równowagi 

Fx + Fy = 0

Dla równowagi pionowej,

Fy = RA + RB – W = 0

Moment, w którym A równa się 0 ze standardowymi zapisami.

Rb = Wp/L

Z powyższego równania

RA + Wp/L = W

Niech XX będzie punktem przecięcia w odległości 'a' x od punktu końcowego oznaczonego przez A.

Biorąc pod uwagę standardową konwencję znaków, możemy obliczyć siłę ścinającą w punkcie A, jak opisano na rysunku.

Siła ścinająca w A,

Va = Ra = wq/l

Siła ścinająca w regionie XX wynosi

Vx = RA – W = Wq/L – W

Siła ścinająca w B wynosi 

Vb = -Wp/L

Dowodzi to, że siła ścinająca pozostaje stała między punktami przyłożenia obciążeń punktowych.

Stosując standardowe zasady momentu zginającego, moment zginający zgodnie z ruchem wskazówek zegara od lewego końca belki jest przyjmowany jako + ve, a moment zginający w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara jest traktowany odpowiednio jako -ve.

  • BM w punkcie A = 0.
  • BM w punkcie C = -RA p ………………………… [ponieważ moment jest przeciwny do ruchu wskazówek zegara, moment zginający wychodzi jako ujemny]
  • BM w punkcie C jest następujące
  • BM = -Wpq/L
  • BM w punkcie B = 0.
BMD SSB
Siła ścinająca i wykres momentu zginającego

Prosto obsługiwany moment zginający belki dla równomiernie rozłożonego obciążenia w funkcji x.

Poniżej podano łatwo podpartą belkę z równomiernie rozłożonym obciążeniem zastosowanym na całej rozpiętości,

SSB UDL 1
SSB z UDL

Region XX to dowolny region w odległości x od A.

Wynikowe obciążenie równoważne działające na belkę z powodu równomiernego obciążenia można opracować według

fa = L * fa

F = fL

Równoważne obciążenie punktowe fL działając w połowie rozpiętości. tj. na poziomie L / 2

FBD UDL

Ocena sił reakcji działających na belkę przy użyciu warunków równowagi 

Fx = 0 = Fy = 0

Dla równowagi pionowej,

Fi = 0

Ra + Rb = fL

przyjmując standardowe konwencje znaków, możemy pisać

L/2 – R = 0

Z powyższego równania

RA + fl/2

Zgodnie ze standardową konwencją znakowania siła ścinająca w punkcie A będzie wynosić.

Va = Ra = FL/2

Siła ścinająca w C

Vc = Ra – fL/2

Siła ścinająca w regionie XX wynosi

Vx = RA – fx = fL/2 – fx

Siła ścinająca w B.

Vb = -fL/2

W przypadku diagramu momentu zginającego możemy to znaleźć, przyjmując standardową notację.

  • BM w punkcie A = 0.
  • BM w punkcie X to
  • B.Mx = MA – Fx/2 = -fx/2
  • BM w punkcie B = 0.

Zatem moment zginający można zapisać w następujący sposób

B.Mx = fx/2

Przypadek I: Prosto podparta belka ze skupionym obciążeniem F działającym w środku belki

Poniżej znajduje się wykres swobodnego ciała dla swobodnie podpartej belki stalowej przenoszącej obciążenie skupione (F) = 90 kN działające w punkcie C. Teraz oblicz nachylenie w punkcie A i maksymalne ugięcie. jeśli I = 922 centymetry4, E = 210 gigapaskali, L = 10 metrów.

Solutions:

FBD Przykład podano poniżej,

FBD w centrum
Diagram swobodnego ciała dla SSB ze skupionym obciążeniem punktowym

Nachylenie na końcu belki to:

dy/dx = FL/16E

W przypadku swobodnie podpartej stalowej belki przenoszącej skupione obciążenie w środku, Maksymalne ugięcie wynosi:

Ymaks. = FL/48 EI

Ymaks. = 90 x 10 x 3 = 1.01 m

Przypadek II: dla belki po prostu podpartej, której obciążenie znajduje się w odległości „a” od podpory A.

W tym przypadku działające obciążenie (F) = 90 kN w punkcie C. Następnie oblicz nachylenie w punktach A i B oraz maksymalne ugięcie, jeśli I = 922 cm4, E = 210 gigapaskali, L = 10 metrów, a = 7 metrów, b = 3 metry.

FBW 3

Więc,

Nachylenie na końcu wspornika A belki,

θ = Fb(L2 – b2) = 0.211

Nachylenie na końcu podpory B belki,

θ = Fb (l2 – B2 ) (6 LE) = 0.276 rad

Równanie daje maksymalne ugięcie,

Ymax = Fb (3L – 4b) 48EI

Tabela nachylenia i ugięcia dla standardowych przypadków obciążeń:

obraz 1

Nachylenie i ugięcie belki po prostu podpartej z równomiernie rozłożonym obciążeniem walizka

Niech waga W.1 działając w odległości a od końca A i W.2 działając w odległości b od końca A.

obraz 3

UDL nałożony na całą belkę nie wymaga żadnego specjalnego traktowania związanego z nawiasami Macaulay lub warunkami Macaulaya. Pamiętaj, że terminy Macaulaya są zintegrowane w odniesieniu do siebie. W powyższym przypadku (xa), jeśli wyjdzie negatywnie, należy to zignorować. Podstawienie warunków końcowych da w sposób konwencjonalny stałe wartości całkowania, a tym samym wymagane nachylenia i wartości ugięcia.

obraz 6

W tym przypadku UDL zaczyna się w punkcie B, równanie momentu zginającego jest modyfikowane, a składnik obciążenia równomiernie rozłożonego staje się terminami wspornika Macaulaya.

Połączenia Moment zginający równanie dla powyższego przypadku podano poniżej.

EI (dy/dx) = Rax – w(xa) – W1 (xa) – W2 (xb)

Integrację otrzymujemy,

EI (dy/dx) = Ra (x2/2) – ułamek w(xa) (6) – W1 (xa) – W1 (xb)

Prosto obsługiwane ugięcie belki w funkcji x dla obciążenia rozproszonego [Obciążenie trójkątne]

Poniżej podano belkę prostą podpartą o rozpiętości L poddaną obciążeniu trójkątnemu i wyprowadzone równanie nachylenia i momentu zginającego z wykorzystaniem metodologii podwójnej integracji jest następujące.

obraz 7

W przypadku obciążenia symetrycznego każda reakcja podpory przenosi połowę całkowitego obciążenia, a reakcja na podporze wynosi wL / 4 i biorąc pod uwagę moment w punkcie znajdującym się w odległości x od podpory A oblicza się jako.

M = wL/4x – szer/L – x/3 = sz (12L) (3L – 4x)

Korzystanie z diffnequation krzywej.

przez podwójne całkowanie, które możemy znaleźć jako.

EI (dy/dx) = w/12L (3L x 2x 2) (-x) + C1

umieszczenie x = 0, y = 0 w równaniu [2],

C2 = 0

W przypadku obciążenia symetrycznego nachylenie przy 0.5 l wynosi zero

 Zatem nachylenie = 0 przy x = L / 2,

0 = z 12L (3L x L2 – L4 +C1)

Zastępowanie stałych wartości C2 i C1 dostajemy

EI (dy/dx) = w 12L (3L) (2) – 5wl/192

Największe ugięcie występuje w środku belki. tj. na poziomie L / 2.

Ely = z 12L (3L x 2L x 3) (2x8) / l5(5x32) (192)

Ocena spadku przy L = 7 mi ugięcie na podstawie podanych danych: ja = 922 cm4 , E = 220 GPa, L = 10 m, w = 15 Nm

Z powyższych równań: przy x = 7 m,

EI (dy/dx) = w (12L)(3L x 2x x 2) – x4 – 5wl/192

za pomocą równania [4]

Ely = – wł/120

220x10x922 = 6.16x10-4 m

Znak minus oznacza odchylenie w dół.

Po prostu podparta belka poddana różnym obciążeniom wywołującym naprężenia zginające.

Poniżej podano przykład swobodnie podpartej stalowej belki przenoszącej obciążenie punktowe, a podpory w tej belce są podparte sworzniami na jednym końcu, a drugi jest podpórką rolkową. Ta belka ma następujący materiał i ładuje dane

obciążenie pokazane na poniższym rysunku wynosi F = 80 kN. L = 10 m, E = 210 GPa, I = 972 cm4d = 80 mm

FBW 4

Ocena sił reakcji działających na belkę przy użyciu warunków równowagi 

fx = 0; Fy = 0

Dla równowagi pionowej,

Fy = 0 (Ra + Rb – 80000 = 0)

Biorąc Moment około A, Moment + ve z uwzględnieniem zegara i moment przeciwny do ruchu wskazówek zegara przyjmuje się jako -ve, możemy obliczyć jako.

80000 x 4 – Rb x 10 = 0

Rb = 32000N

Podanie wartości R.B w równaniu [1].

RA + 32000 = 80000

Ra = 48000

Niech XX będzie interesującą sekcją w odległości x od punktu końcowego A, więc siła ścinająca w A będzie.

VA = RA = 48000 N

Siła ścinająca w regionie XX wynosi

Vx = RA – F = Fb/L – F

Siła ścinająca w B wynosi 

Vb = -Fa/L = -32000

Dowodzi to, że siła ścinająca pozostaje stała między punktami przyłożenia obciążeń punktowych.

Stosując standardowe zasady momentu zginającego, moment zginający zgodnie z ruchem wskazówek zegara od lewego końca belki jest traktowany jako dodatni. Moment zginający przeciwnie do ruchu wskazówek zegara jest traktowany jako ujemny.

  • Moment zginający przy A = 0
  • Moment zginający przy C = -RA a ………………………… [ponieważ moment jest przeciwny do ruchu wskazówek zegara, moment zginający wychodzi jako ujemny]
  • Moment zginający w C jest
  • BM = -80000 x 4 x 6/4 = -192000 Nm
  • Moment zginający przy B = 0

Równanie momentu zginającego Eulera-Bernoulliego jest podane przez

M/I = σy = E/R

M = zastosowane BM na przekroju poprzecznym belki.

I = drugi obszarowy moment bezwładności.

σ = Obezwładniający stres-wywołany.

y = normalna odległość między obojętną osią belki a żądanym elementem.

E = moduł Younga w MPa

R = promień krzywizny w mm

Zatem naprężenie zginające w belce

σb = Mmax / y = 7.90

Wiedzieć o ugięciu belki i Belka wspornikowa inny artykuł kliknij poniżej.

Zostaw komentarz