Оглавление:
Примеры расчёта неразрезных балок
- Приведен пример расчета непрерывной балки. П р и М Е Р100. Рассмотрим балку(рис. 391, а). Единственным дополнительным неизвестным будет момент, когда участок от внешней нагрузки
основной системы станет параболой второго пролета с Наи- 2/2 Большая вертикаль q. выражение трех моментов принимает вид Отчет 2Mt2 / =-6^ , Реакция опоры равна: Д _qi o_q I F1, 7 5, 16/— 16′ 2 16/ 16 Рассчитайте боковую силу и изгибающий момент:<?(ХН=+/?0=
-^, м(ХН=+/?Ах=-х; г (а= Ри+ц= — ^(л-16х), м(х) 8=/?2х-(7/ 8х). Изгибающий Людмила Фирмаль
момент второго пролета x= Фигура. Триста девяносто один Когда x Max через regedit Сюжет tah512 пользовательского интерфейса ’ момента и поперечной силы представлена на рисунке. 391, В и С. П р и М Е автомагистрали R101. Возьмите нагрузку q балки на оба пролета(рис. 392, а). Сохраняя тот же порядок вычислений, получаем: 2A41-2/=-6^; 464 статический неопределенный пучок [гл. XX1P Естественно, для предыдущего примера момент удваивается,
и эталонная реакция значима: ! 1° м / 1/ Один. Фигура. 393. Я Я Боковая сила и изгибающий момент левого пролета представлены формулой: В правильном промежутке решение логично. На данный момент относительное значение: x=3Z / 8, то есть Q (x)=O, максимальное- _l, за » /2-1 Макс-128 ″ 14?З’ E. максимальная абсолютная амплитуда
- изгибающий момент на поддерживая графике A4P показанном в диаграмме. 392, Б и В. П р и М Е Р 102. Два пролета с кронштейнами на левом краю нагруженной балки -? С силой Р в конце консоли и моментом м до двух третей первого пролета!. (Инжир. 393, а). Постройте график 7-го(x) и®’Q(x). Число П=2Т; м=6TM; Б=\4М, с=2М\ Например: а=2М; д=5м. Составим уравнение трех моментов, используя фигуру/o» ’a’ \ 393, б: Ор-РА (B+C)+2L4! (Б+В+Г) Присвоение номера _2. 2. 6+2M1 (6+5)= — b(1. — / -. 6. 4. /. А-1 А решив, получаем§ 148] влияние
неправильного положения опоры на высоте 465 График опорного момента показан на рисунке. 393, V. ордината этого участка 1 2 п о Приложенный момент Af D секции равен-^ — L40+y AL=-0.97 TM. Сложите вертикальную ось графика изгибающего момента из М(рис. 393, Б) и от синергии Р и Афи(рис. 393, б), получаем суммарный график изгибающего момента(фиг. 393, г).
Раздел, к которому применяется указанное значение 2 Момент M, Людмила Фирмаль
координаты участка: положительный — ^ — M-0.97=3.03 TM и Autry-o Корпус g-Af+0.97=2.97 ТМ. Эталонная реакция найдена путем рассмотрения схемы рисунка. 393, д.: Р т. 0~P a±t+=3,76 г,/?; =- Р———- = — 1,76 Т, В+С Н В+С’1B+с Б+С= Л% — = — О, 11г;0,11 Т. Общая реакция составляет: Yaa=3,76 г;/?!== — 1,87 г;/?3=0,11 т. График поперечной силы этого рисунка. 393 дюймов
Смотрите также:
