Балка с двумя заделанными концами

Балка с двумя заделанными концами

Двойная концевая балка В этом случае (рис. 163) имеется 6 реактивных элементов (по 3 на каждом конце).То есть в задаче есть 3 статически неопределенных элемента. Однако для нормального пучка горизонтальная составляющая реакции может быть проигнорирована (см. стр. 155).

Уменьшите число статически неопределенных значений до 2.Момент Ma и Mb на опоре принимают как статически неопределенные значения. Затем для 1 концентрации P (рис. 163, а) можно получить решение, добавив 1 статически определимую задачу, показанную на рис.16. 163, b и 163, p. очевидно, что если пара Ma и Mb выбрана так, что из этих 2 уравнений получается статически неопределенная пара, то выполняется условие замкнутого конца пучка AB.

Для уравнения концентрации (88) и (89) используйте уравнения (103) и (104) для пары и получите его из уравнения (a). 。 / ?{/»- <) МЮ делать 6IEJS » 6EJg9 ПК(является) (21-х) МА1 М1 6 lFJt bEJz зэ / Ф * Откуда? М_П ^ — С)Т (111） Обе опорные точки отрицательны и вызывают выпуклый изгиб. Случай Б) и в) сложив фигуру изгибающего момента, вы получите фигуру, показанную на рисунке. 163, д. максимальный положительный изгибающий момент показан на рисунке. 163, а\несколько под силу в момент его значений показаны на рис. 163, д, и следующее уравнение: МС = + [_ Мб(1-е), _ 2П££ — СГ ’ (112）

Из рисунка 163, d, численно максимальный изгибающий момент может быть либо точкой C, либо ближайшей опорой. Людмила Фирмаль

Для движущихся нагрузок, то есть при изменении c, c <112, максимальное значение Mb получается путем подстановки c = b в Формулу(111).Этот максимум равен 4H / / 27.Изгибающий момент под нагрузкой максимизируется при c = / / 2, и этот максимум из Формулы (112) равен// / / / 8. Рисунок 163.

Так, для движущейся нагрузки максимальный момент будет последним. Используя метод приложения силового воздействия, отклонение в любой точке балки получается путем сложения отклонения от силы P и отклонения от пары Ma и Mi. Если есть решение для 1 сосредоточенной нагрузки I, то другие виды боковых нагрузок можно легко исследовать, используя метод сложения действия силы. Рисунок 165. 1. Я… Когда / 3. Так… Рисунок 164.

• Задачи 1.To график силы сдвига в случае, показанном на рисунке 163, если P = 400 кг, I = 3,6 м-1,2 м 2.At на обоих концах балки находим момент, при котором нагрузка прикладывается на интервале 1/3 длины балки от стойки (рис. 164).График изгибающего момента и поперечной силы. Ответ. Ма-Мб = — ^ Р1. 3.

Если направление силы в точке O противоположно, то мы решаем предыдущую задачу. ’*Ответ. Ма = Мб = — ^ П /. 4.Создайте график равномерно нагруженных изгибающих моментов G-балки с обоими вложенными концами(рис. 165). Это 1. Решение. Согласно формуле (111), фундаментальная нагрузка qdc (рис. 165, а) моментом L обусловлена、 И моменты причиненные нагрузкой лежа вдоль всего пяди Же 1Ds?(1-х) ЛС _ д-р £ М. 12.

Момент поддержки B будет такой же величины. Прямоугольник, который складывает параболический график изгибающего момента, вызванного равномерной нагрузкой Мы получаем график момента из 2 равных пар, приложенных к обоим концам, график показан на рисунке. 165.6 вылупления области. Людмила Фирмаль

Рисунок 166. 5.As показанный на фиг. 5, оба конца герметизированы для определения момента треугольной несущей балки опоры. 166. Решение. Сила нагрузки на расстоянии c от опоры B равна//, а нагрузка, обозначаемая элементом диагональной линии/, равна^ c//.

Исходя из Формулы (111), действующей на концах, момент, вызванный этой элементарной нагрузкой, будет равен: Делать *(/- с)<&Л_ зав. ил-с? Ос. М. И «» шп -: 1 р• Так… когда когда = — ¥• м. М. П. С. Ы * (/- с) АС _ _ _ подарок 206.Определить моменты ослабления Ma и Mi для краевых балок aelatplg e, согнутых попарно (рис.167). Решение. Задача 4 решение, п. используя уравнения<103) и уравнения < 104), получаем следующие уравнения: 2М+ м = −2£| а (б + < *]、 2М» + Ма — ^ [|а *-6 (С +!）]、 Ма и Ми легко вычислить. 7.

Если температура изменяется от I над балконом по линейному закону, то концы балки будут определять момент уплотнения опоры от неравномерного нагрева. Ответ. Ма = Ми ^ ае’, * (’к〜* ’）、 Где A-коэффициент линейного расширения, а L-высота балки. 8.Определить силу реакции, вызванную малым вертикальным перемещением замкнутого конца а балки АВ и влиянием на него антимоментного момента L (рис.163). •.

Решение. Падение поддержки A. тогда отклонение K из A и I становится углом inclination. At эта точка, есть 2 руки в консоли, встроенные в B, с добавлением силы P, t%e. ПК * ПК * ПК * 1 ’= Ж,+ ГРР(1-х) ’ * ’ = ИМР- Если мы сложим пару реакций пара, y, в том же направлении, что и Ma, то получим следующее уравнение для определения неизвестных величин X и Y: СИЦЗЯН.* Интерфейс РС * Си * УР. 2£Y,£/, −2£YyЩ-хгРУ, * «’ 1 * 9.Создайте график поперечной силы и изгибающего момента Бариша, показанного на рисунке. Для 166, qa-500 кг / л, 7 = = 4,5 л. 10.Постройте график поперечной силы и изгибающего момента балки с торцевой герметизацией, если нагрузка d = 500 кг / м равномерно приложена к левой половине балки. Длина луча/ = 5м.

Смотрите также:

Учебник по сопротивлению материалов: сопромату

Рамы	Лишние закрепления
Балки на трех опорах	Балка, заделанная одним концом и опертая другим