Eenvoudig ondersteunde balk: 9 belangrike feite

Eenvoudig ondersteunde balkdefinisie

'n Eenvoudig ondersteunde balk is 'n balk, met die een kant normaalweg skarnier, en die ander kant het 'n rolsteun. Dus as gevolg van skarnierstutte, sal beperking van verplasing in (x, y) wees en as gevolg van rollerstutte sal die eindverplasing in die y-rigting verhoed word en sal vry wees om parallel aan die as van die Balk te beweeg.

Eenvoudig ondersteunde balkvrye liggaamsdiagram.

Die vryliggaamdiagram vir die Balk word hieronder gegee waarin met puntlas wat op 'n afstand 'p' van die linkerkant van die Balk inwerk.

Gratis Liggaamsdiagram van eenvoudig ondersteunde balk
Gratis Liggaamdiagram vir SSB

Eenvoudig ondersteunde balkgrensvoorwaardes en formule

Evaluering van reaksiekragte wat op die balk inwerk deur ewewigstoestande te gebruik 

Fx + Fy = 0

Vir vertikale ewewig,

Fy = RA +RB – W = 0

Neem Moment omtrent A is gelyk aan 0 met standaardnotasies.

Rb = Wp/L

Van bogenoemde vergelyking,

RA + Wp/L = W

Laat XX die snypunt wees op 'a' afstand van x vanaf die eindpunt wat deur A aangedui word.

Met inagneming van standaard Teken-konvensie, kan ons die skuifkrag by die punt A bereken soos beskryf in figuur.

Skuifkrag by A,

Va = Ra = wq/L

Skuifkrag by streek XX is

Vx = RA – W = Wq/L – W

Skuifkrag by B is 

Vb = -Wp/L

Dit bewys dat die skuifkrag konstant bly tussen punte van toepassing van puntladings.

Deur standaardreëls van Buigmoment toe te pas, word Kloksgewys Buigmoment vanaf die linkerkant van die balk as +ve geneem en Teenkloksgewys Buigmoment word onderskeidelik as -ve beskou.

  • BM by die punt A = 0.
  • BM by die punt C = -RA p ………………………… [aangesien die oomblik antikloksgewys is, kom Buig-oomblik as negatief uit]
  • BM by punt C is soos volg
  • BM = -Wpq/L
  • BM by die punt B = 0.
Skuifkrag en buigmomentdiagram

Eenvoudig ondersteunde balkbuigmoment vir eenvormig verspreide laai as 'n funksie van x.

Hieronder is 'n eenvoudig ondersteunde balk met eenvormig verspreide belading wat oor die hele span toegepas word,

SSB met UDL

Streek XX is enige streek op 'n afstand x vanaf A.

Die resulterende ekwivalente las wat op die balk inwerk as gevolg van eenvormige laai geval kan uitgebrei word deur

F = L * f

F=fL

Ekwivalente Puntlading fL optree in die middelspan. dit wil sê by L/2

Evaluering van reaksiekragte wat op die balk inwerk deur ewewigstoestande te gebruik 

Fx = 0 = Fy = 0

Vir vertikale ewewig,

Fy = 0

Ra + Rb = fL

met standaardtekenkonvensies, kan ons skryf

L/2 – R = 0

Van bogenoemde vergelyking,

RA + fl/2

Na aanleiding van die standaard Teken-konvensie, sal skuifkrag by A wees.

Va = Ra = FL/2

Shear Force by C

Vc = Ra – fL/2

Skuifkrag by streek XX is

Vx = RA – fx = fL/2 – fx

Shear Force by B

Vb = -fL/2

Vir Buig Moment Diagram kan ons dit vind deur standaardnotasie te neem.

  • BM by die punt A = 0.
  • BM by die punt X is
  • B.Mx = MA – Fx/2 = -fx/2
  • BM by die punt B = 0.

Die buigmoment kan dus soos volg geskryf word

B.Mx = fx/2

Geval I: Vir eenvoudig ondersteunde balk met 'n gekonsentreerde las F wat in die middel van die balk inwerk

Hieronder is 'n vryliggaamdiagram vir 'n eenvoudig ondersteunde staalbalk wat 'n gekonsentreerde las (F) = 90 kN dra wat by die punt C inwerk. Bereken nou helling by punt A en maksimum defleksie. as I = 922 sentimeter4, E = 210 GigaPascal, L = 10 meter.

Oplossings:

Die FBD Gegewe 'n voorbeeld word hieronder gegee,

Gratis Liggaamdiagram vir SSB met gekonsentreerde puntlading

Die helling aan die einde van die balk is,

dy/dx = FL/16E

Vir 'n eenvoudig ondersteunde staalbalk wat 'n gekonsentreerde las in die middel dra, is Maksimum Defleksie,

Ymax = FL/48 EI

Ymaks = 90 x 10 x 3 = 1.01 m

Geval II: Vir eenvoudig ondersteunde balk met las op ''n' afstand van steun A.

Vir hierdie geval werkende las(F) = 90 kN by die punt C. Bereken dan helling by die punt A en B en die maksimum defleksie, as I = 922 cm4, E = 210 GigaPascal, L = 10 meter, a = 7 meter, b = 3 meter.

So,

Die helling aan die eindsteun A van die balk,

θ = Fb(L2 – b2) = 0.211

Helling aan die eindsteun B van die balk,

θ = Fb (l2 – B2 ) (6 LE) = 0.276 rad

Die vergelyking gee maksimum defleksie,

Ymax = Fb (3L – 4b) 48EI

Hellings- en defleksietabel vir standaard vraggevalle:

Helling en afbuiging in eenvoudig ondersteunde balk met eenvormig verspreide laai geval

Laat gewig W1 wat op 'n afstand a van End optree A en W2 op 'n afstand b van die einde optree A.

Die UDL wat oor die volledige Beam toegepas word, vereis geen spesiale behandeling wat verband hou met Macaulay se hakies of Macaulay se bepalings 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 konstantes se waardes van integrasie konvensioneel oplewer en dus die vereiste hellings en defleksiewaarde.

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.

EI (dy/dx) = Rax – w(xa) – W1 (xa) – W2 (xb)

Integrasie kry ons,

EI (dy/dx) = Ra (x2/2) – frac w(xa) (6) – W1 (xa) – W1 (xb)

Eenvoudig ondersteunde balkafbuiging as 'n funksie van x vir verspreide laai [Driehoekige laai]

Hieronder word die eenvoudig-ondersteunde balk van span L onderworpe aan driehoekige laai en afgelei die vergelyking van helling en buigmoment deur gebruik te maak van die dubbel-integrasie metodologie is soos volg.

Vir die simmetriese Belading dra elke ondersteuningsreaksie die helfte van die totale las en die reaksie by ondersteuning is wL/4 en in ag genome moment by die punt wat op 'n afstand x van Ondersteuning A is, word bereken as.

M = wL/4x – wx/L – x/3 = w (12L) (3L – 4x)

Gebruik die ewenaarn-vergelyking van die kromme.

deur die dubbele Integrasie wat ons kan vind as.

EI (dy/dx) = w/12L (3L x 2x 2) (-x ) + C1

plaas x = 0, y = 0 in vergelyking [2],

C2 = 0

Vir simmetriese laai is die helling by 0.5L nul

 Dus, helling = 0 by x = L/2,

0 = w/12L (3L x L2 – L4 +C1)

Vervang die konstante waardes van C2 en C1 ons kry,

EI (dy/dx) = w 12L (3L) (2) – 5wl/192

Die hoogste afbuiging word in die middel van die balk gevind. dit wil sê by L/2.

Ely = w/12L (3L x 2L x 3) (2 x 8) / l5(5 x 32) (192)

Evaluering van helling by L = 7 m en defleksie vanaf gegewe data: I = 922 cm4 , E = 220 GPa, L =10 m, w = 15 Nm

Uit die bogenoemde vergelykings: by x = 7 m,

EI (dy/dx) = w (12L)(3L x 2x x 2) – x4 – 5wl/192

gebruik vergelyking [4]

Ely = – wl/120

220 x 10 x 922 = 6.16 x 10-4 m

Negatiewe teken verteenwoordig afwaartse defleksie.

Eenvoudig ondersteunde balk wat onderworpe is aan verskeie laai-induserende buigspanning.

Hieronder word 'n voorbeeld gegee van 'n eenvoudig ondersteunde staalbalk wat 'n puntlading dra en die stutte in hierdie balk is penondersteun aan die een kant, en 'n ander is rolsteun. Hierdie balk het die volgende gegewe materiaal en laaidata

belading wat in die figuur hieronder getoon word, het F=80 kN. L = 10 m, E = 210 GPa, I = 972 cm4, d = 80 mm

Evaluering van reaksiekragte wat op die balk inwerk deur ewewigstoestande te gebruik 

Fx = 0 ; Fy = 0

Vir vertikale ewewig,

Fy = 0 (Ra + Rb – 80000 0 = XNUMX)

Neem Moment omtrent A, Kloksgewys Moment +ve, en antikloksgewys moment word geneem as -ve, kan ons bereken word as.

80000 4 x 10 – Rb x 0 = XNUMX

Rb = 32000N

Stel die waarde van RB in vergelyking [1].

RA + 32000 = 80000

Ra = 48000

Laat XX die gedeelte van interessant wees op die afstand van x vanaf die eindpunt A, so skuifkrag by A sal wees.

VA = RA = 48000 N

Skuifkrag by streek XX is

Vx = RA – F = Fb/L – F

Skuifkrag by B is 

Vb = -Fa/L = -32000

Dit bewys dat die skuifkrag konstant bly tussen punte van toepassing van puntladings.

Deur standaardreëls van Buigmoment toe te pas, word Kloksgewys Buigmoment vanaf die linkerkant van die balk as positief beskou. Teen-kloksgewys Buigmoment word as negatief geneem.

  • Buigmoment by A = 0
  • Buigmoment by C = -RA a ………………………… [aangesien die oomblik antikloksgewys is, kom Buig-oomblik as negatief uit]
  • Buig Moment by C is
  • BM = -80000 x 4 x 6/4 = -192000 Nm
  • Buigmoment by B = 0

Euler-Bernoulli se vergelyking vir buigmoment word gegee deur

M/I = σy = E/R

M = Toegepaste BM oor die dwarssnit van die Balk.

I = 2de area traagheidsmoment.

σ = Buig Stres-geïnduseerd.

y = normale afstand tussen die neutrale as van die Balk en die verlangde element.

E = Young se Modulus in MPa

R = Krommingsradius in mm

Dus, die buigspanning in die balk

σb = Mmaks / y = 7.90

Om te weet oor Defleksie van balk en Kantelbalk ander artikel klik hieronder.

Laat 'n boodskap

Jou e-posadres sal nie gepubliseer word nie. Verpligte velde gemerk *

Scroll na bo