Einfach unterstützte Strahldefinition
Ein einfach abgestützter Träger ist ein Träger, bei dem ein Ende normalerweise angelenkt ist und das andere Ende eine Rolle trägt. Aufgrund von Gelenkstützen wird eine Verschiebung der Verschiebung in (x, y) und aufgrund von Rollenstützen wird die Endverschiebung in y-Richtung verhindert und es ist frei, sich parallel zur Achse des Trägers zu bewegen.
Einfach unterstütztes Beam-Freikörperdiagramm.
Das Freikörperdiagramm für den Balken ist unten angegeben, wobei die Punktlast in einem Abstand 'p' vom linken Ende des Balkens wirkt.
Einfach unterstützte Balkenrandbedingungen und Formel
Bewertung der auf den Strahl wirkenden Reaktionskräfte unter Verwendung von Gleichgewichtsbedingungen
Fx + Fy = 0
Für das vertikale Gleichgewicht gilt
Fy = RA + RB – W = 0
Momentaufnahme über A ist gleich 0 mit Standardnotationen.
Rb = Wp/L
Aus der obigen Gleichung ergibt sich
RA + Wp/L = W
Sei XX der Schnittpunkt in 'a' Abstand von x vom mit A bezeichneten Endpunkt.
Unter Berücksichtigung der Standard-Vorzeichenkonvention können wir die Scherkraft am Punkt A wie in Abbildung beschrieben berechnen.
Scherkraft bei A,
Va = Ra = wq/l
Die Scherkraft im Bereich XX beträgt
Vx = RA – W = Wq/L – W
Scherkraft bei B ist
Vb = -Wp/L
Dies beweist, dass die Scherkraft zwischen den Angriffspunkten der Punktlasten konstant bleibt.
Unter Anwendung der Standardregeln für das Biegemoment wird das Biegemoment im Uhrzeigersinn vom linken Ende des Trägers als + ve und das Biegemoment gegen den Uhrzeigersinn als -ve betrachtet.
- BM am Punkt A = 0.
- BM am Punkt C = -RA p ………………………… [da der Moment gegen den Uhrzeigersinn ist, erscheint der Biegemoment als negativ]
- BM am Punkt C ist wie folgt
- BM = -Wpq/L
- BM am Punkt B = 0.
Einfach unterstütztes Balkenbiegemoment für gleichmäßig verteilte Belastung in Abhängigkeit von x.
Im Folgenden ist ein einfach abgestützter Balken mit gleichmäßig verteilter Last angegeben, der über die gesamte Spannweite aufgebracht wird.
Region XX ist eine beliebige Region in einem Abstand x von A.
Die resultierende äquivalente Last, die aufgrund der gleichmäßigen Belastung auf den Träger wirkt, kann durch ausgearbeitet werden
F = L * f
F = fL
Äquivalente Punktlast fL in der Mitte der Spanne handeln. dh bei L / 2
Bewertung der auf den Strahl wirkenden Reaktionskräfte unter Verwendung von Gleichgewichtsbedingungen
Fx = 0 = Fy = 0
Für das vertikale Gleichgewicht gilt
Fj = 0
Ra + Rb = fL
Unter Berücksichtigung der Standardzeichenkonventionen können wir schreiben
L/2 – R = 0
Aus der obigen Gleichung ergibt sich
RA + fl/2
Gemäß der Standardzeichenkonvention beträgt die Scherkraft bei A.
Va = Ra = FL/2
Scherkraft bei C.
Vc = Ra – fL/2
Die Scherkraft im Bereich XX beträgt
Vx = RA – fx = fL/2 – fx
Scherkraft bei B.
Vb = -fL/2
Für das Biegemomentdiagramm können wir dies anhand der Standardnotation ermitteln.
- BM am Punkt A = 0.
- BM am Punkt X ist
- B.Mx = MA – Fx/2 = -fx/2
- BM am Punkt B = 0.
Somit kann das Biegemoment wie folgt geschrieben werden
B.Mx = fx/2
Fall I: Für einfach abgestützten Träger mit einer konzentrierten Last F, die in der Mitte des Trägers wirkt
Unten sehen Sie ein Freikörperdiagramm für einen einfach gehaltenen Stahlträger mit einer konzentrierten Last (F) = 90 kN, der am Punkt C wirkt. Berechnen Sie nun die Steigung am Punkt A und die maximale Durchbiegung. wenn I = 922 Centimer4, E = 210 GigaPascal, L = 10 Meter.
Solutions:
Die FBS Ein Beispiel gegeben ist unten angegeben,
Die Neigung am Ende des Balkens beträgt:
dy/dx = FL/16E
Für einen einfach gehaltenen Stahlträger, der eine konzentrierte Last in der Mitte trägt, beträgt die maximale Durchbiegung:
Ymax = FL/48 EI
Ymax = 90 x 10 x 3 = 1.01 m
Fall II: Für einfach abgestützte Träger mit einer Last in einem Abstand von der Stütze A.
In diesem Fall ist die wirkende Last (F) = 90 kN am Punkt C. Berechnen Sie dann die Steigung am Punkt A und B und die maximale Durchbiegung, wenn I = 922 cm4, E = 210 GigaPascal, L = 10 Meter, a = 7 Meter, b = 3 Meter.
Damit
Die Neigung am Ende stützt A des Trägers,
θ = Fb(L2 – b2) = 0.211
Neigung an der Endstütze B des Trägers,
θ = Fb (l2 – B2 ) (6 LE) = 0.276 rad
Die Gleichung gibt maximale Durchbiegung,
Ymax = Fb (3L – 4b) 48EI
Steigungs- und Durchbiegungstabelle für Standardlastfälle:
Neigung und Durchbiegung im einfach unterstützten Träger mit gleichmäßig verteilter Belastung Häuser
Gewicht W lassen1 in einiger Entfernung von End handeln A und W2 in einem Abstand b vom Ende wirken A.
Die UDL, die über den gesamten Balken angewendet wird, erfordert keine spezielle Behandlung im Zusammenhang mit Macaulays Klammern oder Macaulays Begriffen. Beachten Sie, dass die Begriffe von Macaulay in Bezug auf sich selbst integriert sind. Für den obigen Fall (xa) muss es ignoriert werden, wenn es negativ ausfällt. Durch Einsetzen der Endbedingungen werden die Integrationswerte der Konstanten auf herkömmliche Weise und damit die erforderlichen Steigungen und Auslenkungswerte erhalten.
In diesem Fall beginnt die UDL bei Punkt B, die Biegemomentgleichung wird geändert und der gleichmäßig verteilte Lastterm wird zu Macaulays Bracket-Termen.
Das Biegemoment Gleichung für den obigen Fall ist unten angegeben.
EI (dy/dx) = Rax – w(xa) – W1 (xa) – W2 (xb)
Integration bekommen wir,
EI (dy/dx) = Ra (x2/2) – frac w(xa) (6) – W1 (xa) – W1 (xb)
Einfach unterstützte Strahlablenkung als Funktion von x für verteilte Belastung [Dreiecksbelastung]
Nachstehend ist der einfach unterstützte Träger der Spannweite L angegeben, der einer dreieckigen Belastung ausgesetzt ist, und die Gleichung der Steigung und des Biegemoments unter Verwendung der Doppelintegrationsmethode wird wie folgt abgeleitet.
Für die symmetrische Belastung trägt jede Stützreaktion die Hälfte der Gesamtlast, und die Reaktion am Träger beträgt wL / 4, und unter Berücksichtigung des Moments an dem Punkt, der sich in einem Abstand x vom Träger A befindet, wird berechnet als.
M = bL/4x – bx/L – x/3 = b (12L) (3L – 4x)
Mit dem Diffn-Gleichung der Kurve.
durch die doppelte Integration können wir als finden.
EI (dy/dx) = w/12L (3L x 2x 2) (-x) + C1
Setzen von x = 0, y = 0 in Gleichung [2],
C2 = 0
Bei symmetrischer Belastung ist die Steigung bei 0.5 l Null
Somit ist Steigung = 0 bei x = L / 2,
0 = mit 12 L (3 L x L2 – L4 + C1)
Einsetzen der Konstantenwerte von C.2 und C1 wir bekommen,
EI (dy/dx) = w 12L (3L) (2) – 5wl/192
Die höchste Auslenkung befindet sich in der Mitte des Strahls. dh bei L / 2.
Ely = w/12L (3L x 2L x 3) (2 x 8) / l5(5 x 32) (192)
Bewertung der Steigung bei L = 7 m und der Auslenkung von den angegebenen Daten: ich = 922 cm4 E = 220 GPa, L = 10 m, w = 15 Nm
Aus den obigen Gleichungen: bei x = 7 m,
EI (dy/dx) = w (12L)(3L x 2x x 2) – x4 – 5wl/192
unter Verwendung von Gleichung [4]
Ely = – wl/120
220 x 10 x 922 = 6.16 x 10-4 m
Das negative Vorzeichen steht für die Auslenkung nach unten.
Einfach abgestützter Träger, der verschiedenen Belastungen ausgesetzt ist, die eine Biegespannung verursachen.
Nachstehend ist ein Beispiel eines einfach gehaltenen Stahlträgers angegeben, der eine Punktlast trägt, und die Stützen in diesem Träger sind an einem Ende stiftgestützt, und ein anderes Ende ist eine Rollenstütze. Dieser Balken hat das folgende Material und die folgenden Ladedaten
Die in der folgenden Abbildung gezeigte Belastung hat F = 80 kN. L = 10 m, E = 210 GPa, I = 972 cm4d = 80 mm
Bewertung der auf den Strahl wirkenden Reaktionskräfte unter Verwendung von Gleichgewichtsbedingungen
Fx = 0 ; Fj = 0
Für das vertikale Gleichgewicht gilt
Fy = 0 (Ra + Rb – 80000 = 0)
Nehmen wir den Moment um A, den Moment im Uhrzeigersinn + ve und den Moment gegen den Uhrzeigersinn als -ve, so können wir berechnen als.
80000 x 4 – Rb x 10 = 0
Rb = 32000N
Den Wert von R setzenB in Gleichung [1].
RA + 32000 = 80000
Ra = 48000
Sei XX der interessante Abschnitt im Abstand von x vom Endpunkt A, so dass die Scherkraft bei A sein wird.
VA = RA = 48000 N
Die Scherkraft im Bereich XX beträgt
Vx = RA – F = Fb/L – F
Scherkraft bei B ist
Vb = -Fa/L = -32000
Dies beweist, dass die Scherkraft zwischen den Angriffspunkten der Punktlasten konstant bleibt.
Unter Anwendung der Standardregeln für das Biegemoment wird das Biegemoment im Uhrzeigersinn vom linken Ende des Trägers als positiv angenommen. Gegen den Uhrzeigersinn gebogenes Biegemoment wird als negativ angenommen.
- Biegemoment bei A = 0
- Biegemoment bei C = -RA a ………………………… [da der Moment gegen den Uhrzeigersinn ist, erscheint der Biegemoment als negativ]
- Biegemoment bei C ist
- BM = -80000 x 4 x 6/4 = -192000 Nm
- Biegemoment bei B = 0
Euler-Bernoullis Gleichung für das Biegemoment ist gegeben durch
M/I = σy = E/R
M = Angewandter BM über den Querschnitt des Trägers.
I = 2. Trägheitsmoment.
σ = Biegespannung-induziert.
y = normaler Abstand zwischen der neutralen Achse des Trägers und dem gewünschten Element.
E = Elastizitätsmodul in MPa
R = Krümmungsradius in mm
Somit ist die Biegespannung im Träger
σb = Mmax / y = 7.90
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Ich bin Hakimuddin Bawangaonwala, ein Maschinenbauingenieur mit Fachkenntnissen in mechanischem Design und Entwicklung. Ich habe einen M. Tech in Design Engineering abgeschlossen und verfüge über 2.5 Jahre Forschungserfahrung. Bisher wurden zwei Forschungsarbeiten zum Thema Hartdrehen und Finite-Elemente-Analyse von Vorrichtungen zur Wärmebehandlung veröffentlicht. Mein Interessengebiet ist Maschinendesign, Materialfestigkeit, Wärmeübertragung, Wärmetechnik usw. Ich beherrsche CATIA- und ANSYS-Software für CAD und CAE. Abgesehen von der Forschung.
