Метод сложения действия сил

Метод сложения действия сил

Как добавить силу Из рассмотрения метода графического анализа видно, что прогиб балки полностью определяется фигурой изгибающего момента. Из определения понятия изгибающего момента (пункт 20) видно, что изгибающий момент, вызванный несколькими поперечными нагрузками, действующими одновременно на поперечное сечение балки, равен сумме изгибающего момента, вызванного каждой нагрузкой, действующей отдельно на одно и то же поперечное сечение.

• Из этого можно видеть, что отклонение, которое происходит в точке балки системой, которая одновременно воздействует на боковую нагрузку, получается суммированием отклонения, которое происходит в каждой точке отдельно от каждой нагрузки. Например, можно получить простую сумму отклонений консоли 123 и оси кривой 119 уравнений, как показано на рисунке.

Или свободно поддержанный луч который поддерживает боковые нагрузки. 。Рисунок 138. Мы рассмотрим случай, показанный на рисунке. Используя уравнения (97)и (98), мы приходим к выводу, что отклонение B равно. ＆ Аналогично, отклонение O равно Вы можете сделать следующее * _ Ш\, ПК ’ , D’ — EJr \ 2 Некоторое поперечное сечение TP прогиб консоли Для распределенных нагрузок сумма естественно заменяется на consolidation. As в качестве примера возьмем случай свободно опирающейся балки.

Поддерживают равномерно распределенные нагрузки(рис. 130), рассчитывают угол наклона торцов и прогиб центральной части балки. Людмила Фирмаль

Из уравнения (а) в пункте 36 следует, что приращение угла наклона cB у левого края балки на базовую нагрузку dc1b, показанное на рис.8, имеет следующий вид: равно 130. Да{1 + b) (1 _ _ d (/- b) d Тогда уклон 0, вызванный всей нагрузкой, равен сумме приращений уклона, вызванных всеми элементами qdb от b = i 0 до b=/. So … (ля）

Центральное отклонение получается из Формулы (91), которая выводится из предположения, что нагрузка находится на правой стороне центра. Базовая нагрузка db на правой стороне центра вызывает отклонение в центре. Необходимо суммировать отклонения, вызванные всеми такими основными нагрузками, расположенными на правой стороне центра, и отметить, что нагрузка на левую половину балки вызывает отклонения в том же центре, что и нагрузка на правую половину, тем самым получая полное отклонение. (Си） , _ <0、 2 литра.

Результаты (а) и (Б) совпадают с формулами (83) и (82), полученными ранее интегрированием. Дифференциальное уравнение изогнутой оси. М и г Метод применения силового воздействия является специальным 111■IPI! Г. ■ Это здорово, если он рассеивается Нагрузка покрывает только часть пролета. 139. То же, что и на картинке. 139.

• Используя формулу, оцененную выше для (yy)_ {, отклонение、 Х ~ 2 Причиненный в середине нагрузкой на правой стороне середины * L нагрузка на левой стороне центра причиняет отклонение Я… Я… РНС. 140. 77. Кстати, общий прогиб в середине равен 1 [2 112] у <3 / *-46>+) ТТГ-46）- Второй Далее рассмотрим равномерно нагруженной консоли(рис. 140).

Каждая основная нагрузка y (k) расположена на левой стороне секций с основными нагрузками; в этом случае c изменяется от c = 0 до c = x. y’G * {x-Tc) as-shtr 4• Да. Отклонение, вызванное основной нагрузкой на правой стороне поперечного сечения, может быть получено из уравнения (97) путем замены ci вместо P вместо dc1cx,/.

Отклонение y%, вызванное полной нагрузкой справа от секции, равно сумме отклонений, вызванных всеми такими базовыми нагрузками. СХ варьируется от СХ = х с,= / Я не знаю.- 1Г. М¥ — т—щ(-т+ ）• 3. :*•.В. Тогда общий прогиб секции mp будет равен: Я.. я(Р * г 1х * х * \ 。 ’УУ + г * —2EJr \ 2 3 + 12 лет проживает•-

Оно совпадает с ранее найденным выражением (101). Людмила Фирмаль

Задачи 1.Определите центральное отклонение луча AB, как показано на рисунке. 141, JG-3570 sDL d = 700 кг / м, I■ » 7,2 м, o * = 3,6 м, b = 2,4 м, E = 2-10 кг / см Решение. = = Отклонение、 111111. Исходя из Формулы (82), величина Р, возникающая в середине под действием нагрузки, действующей на левую половину балки, равна、 Я #-1 А ^ * Рисунок 141. [1 изгиб салки、 2 ′ 38427. /

Отклонение вызвано нагрузкой на правую сторону в центре Ущерб Равный б. С ДС(не 25 д14 ’£SHGGg(3 / * * » 48-162ZHG9 * 25. — Ж) ЙОГГ 1 5 2,55 см. 4. * 2 384 ^ 48 Полное отклонение равно (Y)* * =(Y 1). / +（* / *）、 • ’х * Т \ 2.Определите прогиб в середине балки, который показан на рисунке. 95 когда нагрузка находится в положении, где максимальный изгибающий момент.

Дисплей, отклонение-это формула(9!Вы можете получить его с помощью функции ().Также в данной формуле используется метод суммирования действия силы при 1 нагрузке = 6- Мне. 3. ^»<адрес>«. В1. 8.Определить центральный прогиб и угол поворота концов балки, показанный на рисунке 8. 72.6 и 72-й в этих расчетах используют двутавровую балку с углом= 2500 см4.

Для пучка, показанного на рисунке 72.6,/ * «0,3 см, b, = 0,00241 рад и b,» −0,00276 рад. 4.Балка, концы которой свободно опираются, изгибается под действием 2 пар сил L4 и M (рис.142).Определите расположение поперечного сечения, где угол поворота и прогиб концов будут максимальными.

Решение. Абсолютным значением угла из уравнений (103)и (104) будет ось z «.* Используя уравнение (105), найдите уравнение оси кривой.. М, Ш-х). 6E4g. Я… 4. Так… Я… Я… Здесь. Рисунок 144. Да. ZHETg * < ЗJJ Кроме Джей Зи.、 м. — Проверить* A7Pa 47.(300)*. 1400_, 84-2 * 10е » 25 * Это… / 84 JA

Если первая производная равна нулю, то из этого уравнения можно найти положение наибольшего отклонения. B. что коэффициент отклонения на обоих концах консоли? Рис. B 143, когда интенсивность равномерной нагрузки одинакова в обоих случаях? Ответ: 7: 41. Рисунок 143 0 до тех пор, пока не будет определен прогиб края консоли В модели casock 73, предполагающей, что материал-сталь, высота каждой балки составляет 25 см, а максимальное вертикальное напряжение-1400 кг / см.

Используйте силовой метод. Решение. Например, рассмотрим случай, показанный на схеме. 73.6, и общая распределенная нагрузка составляет<7 / * = 1800 кг, нагрузка в конце равна ■ж «» существует 500 k8B = 1 $ R1> 1P. PP A7aR Аналогично можно решить еще 3 задачи. 7, найти прогиб / край консоли AB с треугольной нагрузкой ACB загружен(рисунок 144). Решение. Используйте метод суммирования действия силы, и используя формулу (102) и результат задачи пункта 35 1, вы получите следующее. ДРП пар 8EJg РГ.^Шаг.

Смотрите также:

Предмет сопротивление материалов: сопромат

Прогиб балок с консолями	Определение прогиба консоли графоаналитическим методом
Влияние поперечных сил на прогиб балок	Определение прогиба свободно опертой балки графоаналитическим методом