Inhoud: Moment Area Metode en Macaulay se Metode
- Macaulay se metode Definisie
- Macaulay se metode vir helling en defleksie
- Macaulay se metode voorbeeld 1: Helling en afbuiging in 'n eenvoudig ondersteunde balk for Eenvormig verspreide las
- Macaulay se metode voorbeeld 2: Helling en defleksie in 'n oorhangende balk
- Moment-area metode
- Moment Area Stelling
- Voorbeeld wat verband hou met Moment Area Metode
- Buig Moment deur dele
- Toepassing van Moment Area metode op oorhangende balk met eenvormig verspreide laai vir die vind van helling en defleksie
- Maksimum defleksie as gevolg van onsimmetriese laai
- V & Soos oor Macaulay se Metode en Moment Area Metode
Macaulay se metode
Mnr WH Macaulay het Macaulay se Metode uitgedink. Macaulay se metode is baie doeltreffend vir diskontinue laai toestande.
Macaulay se metode vir helling en defleksie
Oorweeg 'n klein gedeelte van 'n balk waarin, by 'n spesifieke gedeelte X, die skuifkrag is Q en die Buig-oomblik is M soos hieronder getoon. By 'n ander afdeling Y, afstand''n ' langs die Beam, 'n gekonsentreerde vrag F word toegepas wat die Buigmoment vir die punte daarbuite sal verander Y.
Tussen X en Y,
[latex]\\M=EI \frac{d^2 y}{dx^2}=M+Qx……………[1]\\\\EI \frac{dy}{dx}=Mx+Q \frac{x^2}{2} +C_1……………[2]\\\\EIy=M \frac{x^2}{2}+Q \frac{x^3}{6}+ C_1 x+C_2…………[3][/latex]
En verder as Y
[latex]M=EI \frac{d^2 y}{dx^2}=M+Qx-F(xa)…………… [4]\\\\EI \frac{dy}{dx}= Mx+Q (x^2/2)-F (x^2/2)+Faks+C_3………………… [5][/latex]
[latex]EIy=M (x^2/2)+Q (x^3/6)-F (x^3/6)+Fa (x^2/2) C_3 x+C_4………………… [ 6][/latex]
Vir die helling by Y, gelykstaande aan [5] en [2] kry ons,
[latex]Mx+Q (x^2/2)+C_1= Mx+Q (x^2/2)-F (x^2/2)+Faks+C_3[/latex]
Maar by punt Y, x = a
[latex]C_1=-F (a^2/2)+Fa^2+C_3\\\\C_3=C_1-F (a^2/2)[/latex]
Vervang die bogenoemde vergelyking in [5]
[latex]EI \frac{dy}{dx}=Mx+Q (x^2/2)-F (x^2/2)+Faks+C_1-F (a^2/2)[/latex]
[latex]EI \frac{dy}{dx}=Mx+Q (x^2/2)-F(x-a)^2/2+C_1………….[7][/latex]
Ook, vir dieselfde defleksie by Y wat (3) en (6) gelykstel, met (x=a) kry ons
[latex]M(a^2/2)+Q(a^3/6)+C_1 a+C_2=M(a^2/2)+Q(a^3/6)-F(a^3/6)+F(a^3/6)+C_3 a+C_4[/latex]
By die oplossing van hierdie vergelykings en die vervanging van waarde van C3
[latex]C_4=F(a^3/6)+C_2[/latex]
Deur vergelyking [6] te vervang, kry ons,
[latex]\large EIy=M x^2/2+Q x^3/6-F x^3/6+Fa (x^2/2)(C_1-F a^2/2)x+F(a^3/6)+C_2[/latex]
[latex]\groot EIy=M x^2/2+Q x^3/6-F (xa)^3/6+C_1 x+C_2…………[8][/latex]
Deur vergelykings [4], [7] en [8] verder te ondersoek kan ons tot die gevolgtrekking kom dat die Enkelintegrasiemetode vir die verkryging van Helling en defleksie steeds van toepassing sal wees mits die term F(xa) is geïntegreer met betrekking tot (xa) en nie x. Die term W(xa) is ook slegs van toepassing vir (x>a) of wanneer (xa) positief is. Dus word hierdie terme genoem Macaulay terme. Macaulay terme moet ten opsigte van hulself geïntegreer word en moet verwaarloos word wanneer hulle negatief is.
Dus, die algemene vergelyking vir die hele balk word,
[latex]M=EI \frac{d^2 y}{dx^2}=M+Qx-F(xa)[/latex]
Macaulay se metode voorbeeld 1: Helling en defleksie in 'n eenvoudig ondersteunde balk vir eenvormig verspreide las
Oorweeg 'n eenvoudig ondersteunde balk met eenvormig verspreide belading oor die hele span. Laat gewig inwerk op afstand a van End A en W2 wat op 'n afstand b vanaf punt A optree.
Die Buigmomentvergelyking vir die bogenoemde balk kan gegee word deur
[latex]EI\frac{d^2 y}{dx^2}=R_A xw(x^2/2)- W_1 (xa)-W_2 (xb)[/latex]
Die UDL wat oor die volledige balk toegepas word, vereis geen spesiale behandeling wat verband hou met die Macaulay se hakies of Macaulay se terme nie. Hou in gedagte dat Macaulay se terme geïntegreer is met betrekking tot hulself. Vir bogenoemde geval (xa) as dit negatief uitkom, moet dit geïgnoreer word. Deur die eindtoestande te vervang, sal die waardes van konstantes van integrasie op die konvensionele manier oplewer en dus die vereiste waarde van hellings en defleksie.
In hierdie geval begin die UDL by punt B die buigmomentvergelyking word gewysig en die eenvormig verspreide lasterm word Macaulay se Bracket-terme.
Die Buigmoment-vergelyking vir die bogenoemde geval word hieronder gegee
[latex]EI \frac{d^2 y}{dx^2}=R_A xw[(xa)^2/2]- W_1 [(xa)]-W_2 [(xb)][/latex]
Integrasie kry ons,
[latex]EI\frac{dy}{dx}=R_A(x^2/2)-w[(x-a)^3/6]-W_1 [(x-a)^2/2]-W_2 [(x-b)^2/2]+A[/latex]
[latex]EIy=R_A(x^3/6)-w[(x-a)^4/24]-W_1 [(x-a)^3/6]-W_2 [(x-b)^3/6]+Ax+B[/latex]
Macaulay se metode voorbeeld 2: Helling en defleksie in 'n oorhangende balk
Hieronder is die oorhangende balk in Fig. (a), wat ons moet bereken
(1) die vgln vir die elastiese kromme.
(2) die middelwaardes tussen die stutte en by punt E (dui aan of elkeen op of af is).
Om die buigmoment vir die bogenoemde balk te bepaal, word die ekwivalente lading gebruik, wat hieronder as Figuur (b) gegee word. Om Macaulay se Bracket in die Buigmoment-vergelykings te gebruik, moet ons elke verspreide las uitbrei na die regterkant van die balk. Ons brei die 800 N/m-ladings uit na punt E en skakel die onnodige gedeelte uit deur 'n gelyke en teenoorgestelde beladings op CE toe te pas. Die globale uitdrukking vir die buigmoment wat deur vryliggaamdiagram in figuur (c) voorgestel word.
Deur M in die differensiaalvergelyking vir die elastiese kromme te vervang,
[latex]EI\frac{d^2 y}{dx^2}=1000x-400(x-1)^2+400(x-4)^2+2600(x-6)[/latex]
Integreer dit,
[latex]EI\frac{dy}{dx}=500x^2-400 (x-1)^3/3+400 (x-4)^3/3+1300(x-6)^2+P[/latex]
Weereens, integreer dit,
[latex]EIy=500x^3/3 -100 (x-1)^4/3+100 (x-4)^4/3+1300 (x-6)^3/3+Px+Q….[a][/latex]
By punt A word die defleksie beperk as gevolg van eenvoudige ondersteuning by A. Dus, by x = 0, y=0,
[latex]EI*0=500*0^3/3-100 (0-1)^4/3+100 (0-4)^4/3+1300 (0-6)^3/3+P*0+Q\\\\Q=-85100[/latex]
Weereens, by punt D is die defleksie beperk as gevolg van eenvoudige ondersteuning by D. by x = 6 m, y = 0,
[latex]EI*0=500*6^3/3-100 *(6-1)^4/3+100 *(6-4)^4/3+1300*(6-6)^3/3+P*6-85100\\\\0=500*6^3/3-100 *(5)^4/3+100*(2)^4/3+0+P*6-85100\\\\P= -69400[/latex]
Wanneer ons die waardes vir P en Q vervang met Vgl. (a), ons kry
[latex]EIy=500 x^3/3-100 (x-1)^4/3+100(x-4)^4/3 +1300 (x-6)^3/3-69400x-85100….[b][/latex]
Dit is die algemene vergelyking om defleksie oor die volledige span van oorhangende balk te vind.
Om die defleksie op 'n afstand van 3 m vanaf die linkerkant A te vind, vervang die waarde van x =3 in Vgl. (b),
Die vergelyking van elastiese kromme so verkry word gegee deur,
[latex]EIy=500*3^3/3 -100*(3-1)^4/3+100*(3-4)^4/3+1300*(3-6)^3/3-69400*3-85100[/latex]
[latex]Ons\; het\; aan\; nota\; daardie\; (3-4)^4=0 \;en \;(3-6)^3=0[/latex]
[latex]EIy=-289333.33 \;Nm^3[/latex]
Die negatiewe teken van die waarde dui aan dat die afbuiging van die balk afwaarts in daardie gebied is.
Vind nou die defleksie aan die uiterste van die balk, dws by punt E
Plaas x = 8 m in vgl. [b]
[latex]EIy=500*8^3/3-100*(8-1)^4/3+100*(8-4)^4/3+1300*(8-6)^3/3-69400*8-85100[/latex]
[latex]EIy=-699800 \;Nm^3[/latex]
Weereens dui die negatiewe teken die afwaartse defleksie aan.
Moment Area Metode
Om die helling of defleksie van 'n balk op 'n gespesifiseerde plek te bepaal, word die momentarea-metode as die doeltreffendste beskou.
In hierdie Moment Area Metode word die buigmoment se integrasie indirek uitgevoer, deur die geometriese eienskappe van die area onder die buigmomentdiagram te gebruik, neem ons aan dat die vervorming van Balk onder die elastiese reeks is en dit lei tot klein hellings en klein verplasings.
Die Eerste stelling van Moment Area metode handel oor hellings; die tweede stelling Moment Area metode handel oor defleksies. Hierdie twee stellings vorm die basiese beginsels van die Moment Area Metode.
Oomblik Area Stelling
Eerste – Moment Area Stelling
Beskou 'n balksegment wat aanvanklik reguit is. Die elastiese kromme AB vir die segment wat in ag geneem word, word in fig (a) getoon. Beskou twee deursnee van die balk by P en Q en draai hulle deur die hoek dϴ relatief tot mekaar ook geskei deur die afstand dx.
Kom ons neem aan die deursnee bly loodreg op die as van die balk.
dϴ = Verskil in die helling van kromme P en Q soos uitgebeeld in Fig. (a).
Uit die gegewe meetkunde sien ons dat dx = R dϴ, waar R die krommingsradius van die vervormde element se elastiese kromme is. Daarom, dϴ = dx/R, wat by gebruik van die moment-kromming-verwantskap.
[latex] \frac{1}{R}=\frac{M}{EI} \;word\;d\theta=\frac{M}{EI}dx \;\;…………..[a ][/latex]
Integrasie van Vgl.(a) oor die segment AB lewer opbrengs
[latex] \int_{B}^{A}d\theta=\int_{B}^{A}\frac{M}{EI}dx\;\;……………..[b][/ latex]
Die linkerkant van Vgl. (b) is die verandering in die helling tussen A en B. Die regterkant verteenwoordig die area onder die M/EI-diagram tussen A en B, getoon as die ingekleurde area in Fig. (b). As ons die regte notasie invoer, Vgl. (b) kan in die vorm uitgedruk word
[latex] \theta_{B/A}=Area\;van Buig \;Moment\; Diagram \;vir\;afdeling\;AB[/latex]
Dit is die eerste stelling van Moment Area Metode. Die eerste stelling van Moment Area metode handel oor hellings
Tweede – Moment Area Stelling
Laat t (B/A) die vertikale afstand van punt B vanaf die raaklyn aan die elastiese kromme by A wees. Hierdie afstand word die tangensiële afwyking van B met betrekking tot A genoem. Om die tangensiële afwyking te bereken, bepaal ons eers die bydrae dt van die infinitesimale element PQ.
Ons gebruik dan integrasie vir A tot B dt = t (B/A) om al die elemente tussen A en B by te tel. Soos in die figuur getoon, is dt die vertikale afstand by B tussen die raaklyne getrek na die elastiese kromme by P en V. As ons onthou dat die hellings baie klein is, kry ons uit meetkunde,
[latex]dt=x'd\theta[/latex]
Waar x' die horisontale afstand van die element vanaf B is. Daarom is die tangensiële afwyking
[latex]t_{B/A}=\int_{B}^{A}dt=\int_{B}^{A}x' d\theta[/latex]
Deur waarde dϴ van in Vergelyking [a] te plaas, kry ons,
[latex]t_{B/A}=\int_{B}^{A}\frac{M}{EI}x'dx\;\;………………..[c][/latex]
Die regterkant van Vgl. (c) verteenwoordig die eerste moment van die ingekleurde area van die M/(EI) diagram in Fig. (b) rondom punt B. Deur die afstand tussen B en die sentroïed C van hierdie area aan te dui met , kan ons Vgl. (c) as
[latex]t_{B/A}= Oppervlakte \;van \;M/EI \;diagram\; vir\; afdeling\; AB* \bar{x}_B[/latex]
[latex]t_{B/A}= Afstand \;van\; Sentrum\; van\; swaartekrag \;van\; BMD[/latex]
[latex]\bar{x}_B \; is\; die \;Afstand \;van\; middel \;van \;swaartekrag \;van \;M/EI \;van \;punt \;onder\; oorweging\; (B).[/latex]
Dit is die tweede stelling van momentarea-metode. Die tweede stelling Moment Area metode handel oor defleksies.
Buig Moment deur dele
Vir die bestudering van komplekse toepassings, kan die evaluering van die hoek ϴ (B/A) en die tangensiële afwyking vereenvoudig word deur die effek van elke las wat op die balk inwerk, onafhanklik te evalueer. 'n Aparte Buig Moment diagram word vir elke las geteken, en die helling word verkry deur algebraïese som van die oppervlaktes onder die verskillende BMD's. Net so word die defleksie verkry deur die eerste momentarea om 'n vertikale as deur punt B by te tel. 'n Buig-momentdiagram word in dele geteken. Wanneer 'n buig-oomblik in dele geteken word, bestaan die verskillende areas wat deur die BMD gedefinieer word uit vorms, soos oppervlakte onder 2de graad kurwes, kubieke kurwes, reghoeke, driehoeke en paraboliese kurwes, ens.
Stappe om buigmomente volgens dele te teken
- Voorsien toepaslike vaste ondersteuning op 'n verlangde plek. Eenvoudige ondersteunings word gewoonlik as die beste keuse beskou; 'n Ander tipe ondersteuning word egter gebruik afhangende van die situasie ter sprake.
- Bereken die ondersteuningsreaksies en neem aan dat dit toegepas word.
- Teken 'n buigmomentdiagram vir elke las. Volg behoorlike tekenkonvensies terwyl jy buigmomentdiagram teken.
- Die helling word verkry deur algebraïese som van die oppervlaktes onder die verskillende BMD's.
- die defleksie word verkry deur die eerste momentarea om 'n vertikale as deur punt B by te tel.
Toepassing van Moment Area metode op oorhangende balk met eenvormig verspreide laai vir die vind helling en afbuiging
Beskou 'n eenvoudig ondersteunde oorhangende balk met eenvormig verspreide belading van A na B en C na D soos hieronder getoon [ . Vind helling en afbuiging deur Moment Area-metode te gebruik.]
Van 'n vryliggaamdiagram van die balk bepaal ons die reaksies en teken dan die skuif- en buigmomentdiagramme, aangesien die buigstyfheid van die balk konstant is, om (M/EI) diagram te bereken, moet ons elke waarde verdeel van M deur EI.
[latex]R_B+R_D=2*3*200[/latex]
[latex]R_B+R_D=1200[/latex]
[latex]Ook\;\som M_B=0[/latex]
[latex](200*3*1.5)+(R_D*10)=200*3*11.5[/latex]
[latex]R_D=600 N[/latex]
[latex]Dus,\;R_B=600 N[/latex]
Teken skuifkrag- en buigmomentdiagram vir die gegewe balk
Vir verwysingtangens: aangesien die balk simmetries is tesame met sy laai ten opsigte van punt C. Die raaklyn by C sal as 'n verwysingtangens optree. Uit die diagram hierbo
[latex]bo\;\theta_c=0[/latex]
Dus kan raaklyn by E gegee word deur,
[latex]\theta_E=\theta_c+\theta_{E/C}=\theta_{E/C} …………..[1][/latex]
Helling by E: volgens M/EI diagram en die toepassing van die Eerste Moment area metode soos hierbo bespreek, kry ons,
[latex]A_1= \frac{-(wa^2)}{2EI}*(L/2)[/latex]
[latex]A_1=\frac{-(200*3^2)}{2*20.18*10^3}*5[/latex]
[latex]A_1=-0.2230[/latex]
Net so vir A2
[latex]A_2=(1/3)* \frac{-(wa^2)}{2EI}*a[/latex]
[latex]A_2=(1/3)*\frac{-(200*3^2)}{2*20.18*10^3}*3[/latex]
[latex]A_2=-0.0446[/latex]
Uit vergelyking [1] kry ons,
[latex]\theta_E=A_1+A_2[/latex]
[latex]\theta_E=-0.2230-0.0446=-0.2676[/latex]
Defleksie by punt E kan bereken word deur die Tweede momentarea-metode te gebruik
[latex]t_{D/C}=A_1*[L/4][/latex]
[latex]t_{D/C}=(-0.2230)*[10/4][/latex]
[latex]t_{D/C}=-0.5575[/latex]
Net so,
[latex]t_{E/C}=A_1*(a+L/4)+A_2 *(3a/4)[/latex]
[latex]t_{E/C}=(-0.2230)*(3+10/4)+(-0.0446)*(3*3/4)[/latex]
[latex]t_{E/C}=-1.326[/latex]
Maar ons weet dit
[latex]y_E=t_{E/C}-t_{D/C}\\y_E=-1.326-(-0.5575)\\y_E=-0.7685 m[/latex]
Maksimum defleksie as gevolg van onsimmetriese laai
Wanneer 'n eenvoudig ondersteunde balk 'n onsimmetriese las dra, sal die maksimum defleksie nie in die middel van die balk plaasvind nie en moet die balk se K-punt geïdentifiseer word waar die raaklyn horisontaal is om die maksimum defleksie in 'n balk te evalueer.
- Ons begin met die vind van Verwysingstangens by een van die stut van die balk. Laat ϴa wees die helling van die raaklyn by Steun A.
- Bereken die tangensiële afwyking t van ondersteuning B met betrekking tot A.
- Deel die verkryde hoeveelheid deur die span L tussen die stutte A en B.
- Sedert die helling ϴk=0, ons moet kry,
[latex]\theta_{K/A}= \theta_K-\theta_A=-\theta_A[/latex]
Deur die eerste moment-area-stelling te gebruik, kan ons afdoende voorspel dat punt K gevind kan word deur 'n oppervlakte A te meet
[latex]Area\;A=\theta_{K/A}=-\theta_A\;onder M/EI\;Diagram[/latex]
Deur waarneming kom ons tot die gevolgtrekking dat die maksimum defleksie y (maks) = die tangensiële afwyking t van steun A ten opsigte van K (Fig. a) en ons kan y(maks) bepaal deur die eerste momentoppervlakte tussen steun A en punt K te bereken met met betrekking tot die vertikale as.
Vraag en Antwoord van Macaulay se Metode en Moment Area Metode
V.1) Watter metode is nuttig om die helling en defleksie by 'n punt op 'n balk te bepaal?
Ans: Macaulay se metode is baie doeltreffend vir hierdie geval.
V.2) Wat stel Tweede Moment Area Metode?
Ans: Die Tweede Moment Area-metode stel dat," die moment van Buigmomentdiagram BMD tussen enige twee punte op 'n elastiese lyn gedeel deur buigstyfheid (EI) gelyk is aan die snypunt geneem op 'n vertikale verwysingslyn van die raaklyn by hierdie punte oor die verwysingslyn.”
V.3) Bereken die defleksie van die balk as die helling 0.00835 radiale is. Die afstand vanaf die vrye punt na die swaartepunt van buigmoment is 5 m?
Antwoord: Die defleksie by enige punt op die elastiese kromme is gelyk aan Mx/EI.
Maar ons weet dat M/EI hellingvergelyking = 0.00835 rad is.
Dus, Defleksie = helling × (Die afstand vanaf die vrye punt na die swaartepunt van buigmoment
Defleksie = 0.00835*5 = 0.04175 m = 41.75 mm.
Om te weet oor sterkte van materiaal (kliek hier)en Buigmomentdiagram Kliek hier.
