Scherkraft- und Biegediagramm ungleichmäßig verteilte Last

Ich habe bereits große Hilfe zu diesem Thema erhalten, aber ich möchte sicherstellen, dass ich es verstehe.

Nehmen Sie zum Beispiel einen Balken mit einer Länge von 6 Metern, eine feste Stütze auf der linken Seite und eine gerollte Stütze auf der rechten Seite. Es gibt eine Last von 30 kNm, die bei 3 Metern beginnt und bei 6 Metern mit einer Größe von 60 kNm endet.

Die Funktion der Last ist einfach, f (x) = 10x. Der Schwerpunkt ist gegeben durch

$$\frac{\int_3^6 10x² dx}{\int_3^6 10x dx} = 4.67m$$

Und die in eine Punktlast umgesetzte Kraft ist

$$\int_3^6 10x dx = 135 kN$$

Die Summe der Kräfte aus a ist also 0 und kann verwendet werden, um Mb

$$\sum Ma =0 = 4.67*135 -6*Mb \Rightarrow Mb = 105 kN \Rightarrow Ma=35kN$$

dann die Scherkräfte zu finden, integriere ich die Gleichung von 3 nach x unter Berücksichtigung von Ma

$$\int_3^x 10x dx -Ma = 5x² -75$$

Und um die Biegemomente zu finden, integriere ich sie einfach wieder, diesmal für die ganze Gleichung

$$\int_0^x (5x²-75 )dx = \frac{5x³}{3} -75x$$

Leider gibt dies nicht die vollständige Antwort, ich habe viele Unsicherheiten, für die Scherkräfte bemerke ich, dass es nur die richtige Antwort für x zwischen 3 und 6 gibt; für x unter 3 wird es Ma, und ich stelle mir vor, wenn die Länge des Balkens größer wäre als die Länge der verteilten Last, wäre es Mb für x> 6. Wenn ich eine Punktlast von 3 kN bei l = 2 addieren würde, muss ich Ma in der Scherkraftgleichung durch Ma'-3 kN ersetzen? Was würde mit einer Punktlast nach 6 Metern passieren (z. B. Balkenlänge = 9 Meter, Punktlast bei 7 Metern)?

Was die Biegemomente angeht, bekomme ich für x die richtige Antwort zwischen 3 und 6, aber es sind 90 kN zu viel, was der BM zu Beginn der verteilten Last ist. Für x = 2 zum Beispiel erhalte ich völlig falsche Antworten, und ich muss zur Berechnung des BM zurückkehren, indem ich die tatsächliche Fläche unter der Scherkraftkurve mithilfe der Trigonometrie berechne.

Ich meine, ich kann sie lösen, aber ich verstehe nicht das Warum - warum kann ich nicht die BM-Funktion verwenden, um alles von x zu berechnen, wenn man bedenkt, dass die Randbedingung im ersten Integral (von 3 bis 6) gelöst sein sollte. Warum muss ich den BM zu Beginn der verteilten Last abziehen, ...

Ich würde mich sehr freuen, wenn sich jemand die Zeit nehmen würde, mich aufzuklären - da ich für die Prüfung nicht wirklich zuversichtlich bin (ich kann es mir nicht leisten, zu scheitern)

Ich bin hier ein bisschen verwirrt, also ging ich davon aus, dass Sie einen statisch unbestimmten Balken mit einer festen Stütze (momentresistent) links und einer Rollenstütze (nicht momentresistent) rechts haben. In beiden Fällen wird diese Methode weiterhin angewendet, aber die Konstanten werden erheblich einfacher, wenn es sich um eine fixierte Stütze (nicht momentfest, aber in der x-Achse fixiert) auf der linken Seite handelt. Ich beschreibe den komplizierteren Fall und Sie können sehen, wie es sich auf den weniger komplizierten Fall vereinfachen lässt.

In Anbetracht dessen, wie Sie eine Methode wünschen, die ein vollständiges Bild für x liefert, schlage ich vor, was ich persönlich verwende und welche Bücher wie Roarks Formeln für Belastungen verwendet werden, die Macaulay-Klammern . Diese sind wie folgt definiert:

$$\langle x-a \rangle^n = \begin{cases} 0, & x < a \\ (x-a)^n, & x \ge a. \end{cases}(n \ge 0)$$

Grundsätzlich können Sie ignorieren, was sich in der Klammer befindet, wenn x kleiner als a ist, und dann bei 0 beginnen, wenn x größer als a ist. Es ist sogar bei n = 0 definiert, um gleich zu sein mit der Hauptschrittfunktion. Dies bildet Macaulays Methode.

Definieren wir Ihre Ladefunktion neu:

$$w(x) = 30 \frac{kN}{m} \langle x-3 \rangle^0 + 10 \frac{kN}{m^2} \langle x-3 \rangle^1$$

Das sieht viel komplizierter aus als vorher. Es gilt jedoch die gleiche Theorie:

Der Schwerpunkt der Last liegt immer noch bei und hat einen Wert gleich . Wir müssen dann an den verbleibenden Gleichungen arbeiten. Die Reaktionskräfte an jedem Ende sind - tatsächlich unbekannt, wenn es sich um einen statisch unbestimmten Strahl handelt, wie oben beschrieben.$\frac{\int w(x)*x dx}{\int w(x) dx}$$\int w(x) dx$

Wir können das Schub- und Biegemoment im Balken über den gesamten Abschnitt hinweg bestimmen, indem wir einfach w (x) integrieren:

$$V(x) = 30\langle x-3 \rangle^1 + 5\langle x-3 \rangle^2 + F_a$$ $$M(x) = 15\langle x-3 \rangle^2 + \frac{5}{3}\langle x-3 \rangle^3 + F_a*x + M_a$$

Wir können dann die Strahleneigenschaft durch teilen und weiter integrieren, um die Steigung und Ablenkung zu bestimmen:$EI$

$$EI\theta(x) = 5\langle x-3 \rangle^3 + \frac{5}{12}\langle x-3 \rangle^4 + \frac{F_a}{2}x^2 + M_ax + C_1$$ $$EIy(x) = \frac{5}{4}\langle x-3 \rangle^4 + \frac{1}{12}\langle x-3 \rangle^5 + \frac{F_a}{6}x^3 + \frac{M_a}{2}x^2 + C_1x + C_2$$

Wir sehen sofort, dass weil die Ablenkung bei a 0 ist. Wir sehen dann, dass weil die Steigung bei a 0 ist. Schließlich können wir nach den Reaktionen auflösen. Wir können die Tatsache nutzen, dass der Moment bei b auf M (x) 0 ist, um eine einzelne Gleichung zu erhalten:$C_2 = 0$$C_1 = 0$

$$M(6) = 0 = 15\langle 6-3 \rangle^2 + \frac{5}{3}\langle 6-3 \rangle^3 + F_a*6 + M_a$$ $$0 = 180 + 6*F_a + M_a$$

Wir verwenden dann die Ablenkungsgleichung für die letzte Gleichung:

$$EIy(6) = 0 = \frac{5}{4}\langle 6-3 \rangle^4 + \frac{1}{12}\langle 6-3 \rangle^5 + \frac{F_a}{6}6^3 + \frac{M_a}{2}6^2$$

$$0 = 101.25 + 20.25 + 36F_a + 18M_a$$ $$0 = 121.5 + 36F_a + 18M_a$$

Dies kann dann leicht in , . Kurz darauf folgt .$F_a = -43.3125$$M_a = 79.875$$F_b$