Оглавление:
Графоаналитический метод
- Графический анализ Этот метод позволяет непосредственно рассчитать отклонение или угол поворота в определенной точке, не делая уравнений для всей линии отклонения. Он основан на аналогии дифференциального уравнения криволинейной оси балки с уравнением, Внешняя нагрузка интенсивность
дифференциальная форма изгибающий момент 103binding: EJyx=МХ\М»Х = Ц. Формула для определения прогиба и угла поворота выглядит следующим образом: L1F Э EJ1(5.28)) Эдж’ (5.29))
Где TI*и Qx-изгибающие моменты и боковые силы в поперечном сечении X Людмила Фирмаль
фиктивной балки Рис, 5.17. По конкретной схеме сопряжения опоры с участком закрепляют крепеж с эпюрой фактического изгибающего момента балки. Схема фиктивной балки выбирается так, чтобы условия соблюдались везде(5.28) Два. 5.18 рис Тонны. >——— Один. * Тонны 1/2.По |ФЛОРИДА* И(5.29). За столом. 5.5 приведены схемы
действительных и соответствующих вымышленных лучей. Выбранная схема фиктивной балки соответствует схеме заданной действительной балки; воображаемая балка нагружается воображаемой нагрузкой-фигурой изгибающего момента балки.
- Правила вывески. Когда диаграмма изгибающего момента в фактической фиктивной балке построена из растянутого волокна и когда это фиктивная нагрузка, чтобы отойти от оси балки в направлении растянутого волокна, линия отклонения в данной балке автоматически совпадает с воображаемой точкой графика. Обычно вращение касательной к оси данного луча считается положительным, и при движении по часовой стрелке знаки y, 0, Q *
автоматически совпадают. В Графоаналитическом методе мнимая нагрузка, очерченная законом изгибающего момента действительной балки, численно равна площади отдельных участков участка, а в центре тяжести этих участков обычно изгибающий момент участка находится в сложной конфигурации. Затем, при вычислении их площадей, эти участки раскладываются на простейшие фигуры, известны области и положения их центроидных положений.
Для риса. 5.17 показаны возможные способы декомпозиции наибо Людмила Фирмаль
простых фигур и основные типы графиков в таблице. 5.6 приведено положение площади и центра тяжести этих фигур. Например. Определите угол отклонения и поворота центральной части балки, показанный на рисунке. 5.18 жесткость колонны EJ постоянна по длине. Решение. Участок застройки 104T б л я с А5. 5. Схема фиктивного пучка, соответствующая заданной Луч Спецификация манекен И в У=0u кабелей в~0®с#=0 0V0 Но. В Но* СЧ=о м%=-0Q * 0Q*=0 л.|…………………….d ua=0u V= / =o0l=O0V=I = O Но Л4=0 2И|=£0 Q=0Q=и =
0 С, А… V L V «» E- Us0Ul=0UV=0Qq=I=0 0^^=O0V^: O s% / 0M$f0M=0L4|=0Q * ^0Q^0Q ^ 0Q * ^0 С Л Us0U а=0u кабелей б = 0 0 (; 0 0^=Я=0 0В=jtO у В0©О’¥ = о А, 3. & О s/ — — — — —————— да.——0 М*=0L4 * =0L4=/=0 М=я=0Q * f0Q * f0Q * f0Q * f0q0 Т а б л и Ц А5. 6. Расположение участка участка и его центра тяжести Вид участка Положение центра тяжести грузовая зона o> а= — г(с-п-з) Б=Ж-(2z паза-С) и= — я-ЛГ 105П
Р О Д О Ж Е Н И Е таб. 5.6 Вид участка Центр тяжести, положение грузового пространства, м 1 > прямоугольник единой системы обмена сообщениями< один б Парабола квадрата с вершинной точкой, и ИС один Тим * 1ДЖ, а Парабола квадрат с вершиной в точке А Парабола квадрата с вершиной Парабола куба с вершиной — являюсь Б1 Парабола куба с вершиной I■ С Т^Л Л О И Д Г а=0.467/б=0.533/ <д = ЛГ 2 с И=г ЛГ со = Olh а—^2-ЛГ. To= — 7-lh4 < д=0.65/фут 106 изгибающих моментов. Согласно таблице. 5.5 принимаем механизм воображаемой балки и загружаем его в участок МХ (см. рисунок). 5.18). Определите
L= ->=—, L1^, 2 и Q^ / 2 в фиктивной балке. Мнимый момент PI площадь участка треугольника миллилитр ~ = 1г’ 1 мл I2 8 6 Согласно формулам (5.28)и(5.29), углы отклонения и поворота среднего участка равны: Отчет м л U1 / 2-I; и g/2 ———[ZEGнаибольшее отклонение и угол поворота для различных схем балки и различных нагрузок приведены на таблице. 5.7 Например. Найдите отклонение свободного конца балки постоянной жесткости, показанное на рисунке. 5.19, а. Решение. Схема изгибающего момента данной балки показана на рисунке. 5.49, Б, а схема воображаемого луча принята согласно таблице. Он был
оснащен участком −5,5 и MX на рисунке. 5.19 V. приведем фиктивную балку на плане этажа и определим эталонную реакцию S. В этом случае площадь фиктивной нагрузки делится на прямоугольный треугольник и параболу. Получаем 1 из S / и^=0. Два. 2 ′ 12 3 <???А2, qft2 ~ 2~ » 24г манекен луч замена период действия АБ консоли до н. э. сосредоточены усилия B * определить изгибающий момент в крайнем случае-: Отклонение поперечного сечения составляет M * PA Us E T24MM(4a » 1-13+for3 )-
Смотрите также:
| Методы определения перемещений в балках | Графический способ построения упругой линии |
| Определение перемещений в балках методом начальных параметров | Влияние поперечных сил на прогибы |
