Ablenkungsformel für kontinuierlichen Strahl

Weiß jemand, wie man die Durchbiegungsformel $\delta = \dfrac{-0.0068wL^4}{EI}$ für einen durchgehenden Strahl über 4 Stützen?

Ich nehme an, Sie meinen einen Balken mit drei gleich langen Spannen $L$unter der Wirkung einer gleichmäßig verteilten Last, wie die unten gezeigte. Ich gehe auch davon aus, dass Sie nach der maximalen Verschiebung der seitlichen (nicht zentralen) Bereiche fragen.

Dies ist eine statisch unbestimmte Struktur, daher ist einige Arbeit erforderlich.

Für den Anfang können wir feststellen, dass diese Struktur symmetrisch ist und daher wie folgt vereinfacht werden kann (das Rechteck stellt eine Rotationsbeschränkung dar, um darzustellen, dass es keine Rotation im mittleren Bereich gibt):

Dies ist jedoch noch statisch unbestimmt. Stellen wir uns also vor, dass es keine Drehsicherung gibt, was dies zu einem isostatischen, einfach gehaltenen Balken mit Ausleger macht. Lassen Sie uns auch den Cantilever loswerden und ihn durch eine konzentrierte Kraft und ein Moment am Träger ersetzen, die .$M=-\dfrac{q\left(\frac{L}{2}\right)^2}{2}$

Berechnen wir nun die Verschiebung in der Mitte der einfach unterstützten Spanne.

$$\begin{align} \sum V &= V_1 + V_2 + \frac{3}{2}qL = 0 \\ \sum M_1 &= LV_2 + \frac{9}{8}qL^2 = 0 \\ \therefore V_2 &= -\frac{9}{8}qL \\ V_1 &= -\frac{3}{8}qL \end{align}$$

Nun, da wir das haben, können wir beginnen, unseren Weg bis zur Ablenkung zu integrieren.

$$\begin{align} Q &= \int\limits_0^L q\text{d}x \\ &= qx + C \\ Q(0) &= C = V_1 = -\frac{3}{8}qL \\ M &= -\int\limits_0^L Q\text{d}x \\ &= -(\frac{q}{2}x^2 - \frac{3}{8}qLx + C) \\ M(0) &= C = 0 \\ EI\theta &= \int\limits_0^L M\text{d}x \\ &= -\frac{q}{6}x^3 + \frac{3}{16}qLx^2 + C_1 \\ EI\delta &= \int\limits_0^L \theta\text{d}x \\ &= -\frac{q}{24}x^4 + \frac{1}{16}qLx^3 + C_1x + C_2 \\ \delta(0) &= C_2 = 0 \\ \delta(L) &= -\frac{q}{24}L^4 + \frac{1}{16}qL^4 + C_1L = 0 \\ \therefore C_1 &= -\frac{q}{48}L^3 \\ \therefore \delta &= \frac{q}{EI}\left(-\frac{x^4}{24} + \frac{Lx^3}{16} -\frac{L^3x}{48}\right) \end{align}$$

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Dies ist jedoch nicht unsere Ablenkungsgleichung, da wir uns immer noch mit dieser Rotationsbeschränkung am Ende unseres Auslegers befassen müssen, die wir bisher ignoriert hatten. Dazu müssen wir die Drehung am freien Ende des Auslegers erhalten. So:

$$\begin{align} M_c &= q\left(\dfrac{x^2}{2} - \dfrac{Lx}{2} + \dfrac{L^2}{8}\right) \\ EI\theta_c &= \int\limits_0^L M_c\text{d}x \\ &= q\left(\dfrac{x^3}{6} - \dfrac{Lx^2}{4} + \dfrac{L^2x}{8} + C\right) \\ EI\theta_c(0) &= C = EI\theta(L) \\ &= qL^3\left(-\frac{1}{6} + \frac{3}{16} - \frac{1}{48}\right) = 0 \\ EI\theta_c\left(\frac{L}{2}\right) &= q\left(\dfrac{\left(\frac{L}{2}\right)^3}{6} - \dfrac{L\left(\frac{L}{2}\right)^2}{4} + \dfrac{L^2\left(\frac{L}{2}\right)}{8}\right) \\ &= \dfrac{qL^3}{48} \end{align}$$

Wenn es also keine Rotationsbeschränkung gäbe, hätte der Cantilever an seinem freien Ende eine Rotation von . Die Drehbegrenzung muss daher ein konzentriertes Biegemoment aufbringen, das ausreicht, um diese Drehung aufzuheben. Wenn nun ein konzentriertes Biegemoment am Ende des Auslegers angelegt wird, wird ein gleichmäßiges Diagramm entlang des Auslegers und ein lineares Diagramm entlang der einfach gehaltenen Spanne erzeugt.$\dfrac{qL^3}{48}$$M'$

Jetzt müssen wir alles noch einmal wiederholen.

$$\begin{align} \sum V &= V_1 + V_2 = 0 \\ \sum M_1 &= LV_2 + M' = 0 \\ \therefore V_2 &= -\frac{M'}{L} \\ V_1 &= \frac{M'}{L} \\ Q &= \int\limits_0^L 0\text{d}x \\ &= C \\ Q(0) &= C = V_1 = \frac{M'}{L} \\ M &= -\int\limits_0^L Q\text{d}x \\ &= \frac{M'}{L}x + C \\ M(0) &= C = 0 \\ EI\theta &= \int\limits_0^L M\text{d}x \\ &= \frac{M'}{2L}x^2 + C_1 \\ EI\delta &= \int\limits_0^L \theta\text{d}x \\ &= \frac{M'}{6L}x^3 + C_1x + C_2 \\ \delta(0) &= C_2 = 0 \\ \delta(L) &= \frac{M'}{6L}L^3 + C_1L = 0 \\ \therefore C_1 &= -\frac{M'L}{6} \\ \therefore \delta &= \frac{M'}{EI}\left(\frac{x^3}{6L} -\frac{Lx}{6}\right) \end{align}$$

Und jetzt zum Cantilever:

$$\begin{align} EI\theta_c &= \int\limits_0^L M_c\text{d}x \\ &= M'x + C \\ EI\theta_c(0) &= C = EI\theta(L) \\ &= \frac{M'L}{3} \\ EI\theta_c\left(\frac{L}{2}\right) &= \frac{5M'L}{6} \end{align}$$

Jetzt finden wir am Ende des Auslegers das erforderliche Biegemoment.

$$\begin{align} \frac{5M'L}{6} &= \dfrac{qL^3}{48} \\ \therefore M' &= \dfrac{qL^2}{40} \end{align}$$

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Fast dort!

Jetzt müssen Sie nur noch die Durchbiegungsgleichungen für die einfach unterstützte Spanne zusammenfassen. Wir enden mit

$$\begin{align} \delta &= \frac{q}{EI}\left(-\frac{x^4}{24} + \frac{Lx^3}{16} -\frac{L^3x}{48}\right) + \frac{M'}{EI}\left(\frac{x^3}{6L} -\frac{Lx}{6}\right) \\ &= \frac{q}{EI}\left(-\frac{x^4}{24} + \frac{Lx^3}{16} -\frac{L^3x}{48}\right) + \frac{q}{EI}\left(\frac{Lx^3}{240} -\frac{L^3x}{240}\right) \\ &= \frac{q}{EI}\left(-\frac{x^4}{24} + \frac{Lx^3}{15} -\frac{L^3x}{40}\right) \\ \end{align}$$

Der Maximalwert liegt jedoch nicht in der Mitte. Also müssen wir jetzt das Minimum über die Ableitung finden:

$$\delta' = \frac{q}{EI}\left(-\frac{x^3}{6} + \frac{Lx^2}{5} -\frac{L^3}{40}\right) = 0$$

Anschließend stellen Sie mit Wolfram Alpha fest , dass das Minimum bei . Werfen Sie das in die volle Gleichung für die Ablenkung und Sie erhalten$x\approx0.44604 L$

$$\delta = -\dfrac{0.00688421327975355744qL^4}{EI}$$