FAKULTA STAVEBNÍ. Stavební statika. Telefon: WWW:

Transkrypt

1 VYSOKÁ ŠKOA BÁŇSKÁ TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA AKUTA STAVEBNÍ Stavební statika Pohyblivé zatížení Jiří Brožovský Kancelář: P H 406/3 Telefon: jiri.brozovsky@vsb.cz WWW:

2 Pohyblivé zatížení () Definice pohyblivého zatížení Příčinkové čáry Použití příčinkových čar Kritéria pro nejúčinnější polohu zatížení 2

3 Pohyblivé zatížení (2) Mosty, lávky Jeřábové dráhy v halách

4 Pohyblivé zatížení (3) Pohyblivé zatížení obecně dynamické účinky (kmitání...) Velmi pomalý pohyb zjednodušeně statické účinky

5 Příčinkové čáry reakcí () Příčinková čára popisuje velikost vnitřní síly (nebo jiné statické veličiny) v daném místě nosníku v závislosti na poloze jednotkového zatížení

6 Příčinkové čáry reakcí (2) Příčinková čára reakce R az? Raz=0 Raz=? Raz= /2 Raz=0.5 6

7 Příčinkové čáry reakcí (3) Příčinková čára reakce R az Raz=0 Raz=? Raz= /2 Raz Raz=0.5 7

8 Příčinkové čáry reakcí (4) Příčinková čára reakce R bz Rbz= Rbz=? /2 Rbz=0 Rbz=0.5 8

9 Příčinkové čáry reakcí (5) Příčinková čára reakce R bz Rbz= Rbz=? /2 Rbz=0 Rbz Rbz=0.5 9

10 Příčinkové čáry reakcí (6) Příčinková čára reakce R az na konzole Raz= Raz=? Raz= /2 Raz= 0

11 Příčinkové čáry reakcí (7) Příčinková čára reakce R az na konzole Raz= Raz=? Raz= /2 Raz Raz=

12 Příčinkové čáry reakcí (8) Příčinková čára podporového momentu M a na konzole Ma= * Ma=? Ma=0 /2 Ma= * / 2 2

13 Příčinkové čáry reakcí (9) Příčinková čára podporového momentu M a na konzole Ma= * Ma=? 0.5 * Ma=0 /2 Ma Ma= * / 2 3

14 Příč. čáry posouvající síly () Příčinková čára posouvající síly V v místě () V = 0 V=0 /2 /2 V= /2 /2 4

15 Příč. čáry posouvající síly (2) Příčinková čára posouvající síly V v místě (2) V = 0 V=0 /2 V /2 V= /2 /2 5

16 Příč. čáry posouvající síly (3) Příčinková čára posouvající síly V v místě (3) V = 0 V=0 /2 /2 V= /2 V /2 6

17 Příč. čáry posouvající síly (4) Příčinková čára posouvající síly V v místě (4) Raz Rbz R az = R az = ( ) ( ) ( ) / V ( )/ R bz = R bz = ( ) 7

18 Příč. čáry ohybového momentu () M=0 M=0 /2 /2 M=? 8

19 Příč. čáry ohybového momentu (2) R az = R az = ( ) ( ) ( ) Raz Rbz R bz = R bz = ( ) ( )/ M M = R az ( ) M = 9

20 Příč. čáry V na konzole () Raz= V= V=0 Raz= V /2 Raz= V= 20

21 Příč. čáry V na konzole (2) Raz= V= V=0 V Raz= /2 Raz= V= 2

22 Příč. čáry M na konzole () Raz= V= V=0 Raz= V /2 Raz= V= 22

23 Příč. čáry M na konzole (2) M = ( ) M = M 23

24 Příč. čáry M na konzole (3) Raz= /2 M 24

25 Nosník s převislými konci () V (l )/ M Rbz 25

26 Nosník s převislými konci (2) V (l )/ M Rbz Příčinková čára pokračuje na převislém konci lineárně hodnoty stanovíme z podobnosti trojúhelníků. 26

27 Nosník s převislými konci (3) X p Je-li průřez na převislém konci, řešíme jej jako konzolu! V M 27

28 Použití příčinkových čar () Výpočet účinků od skutečného zatížení c Pořadnice příčinkové čáry v bodě c: c η= ( ) c = c( ) Velikost momentu v místě η=c*( )/ od síly c působící v bodě η c: ( )/ M M = η c = c c( ) 28

29 Použití příčinkových čar (2) Výpočet účinků od skutečného zatížení c Příčinkové čáry jsou odvozeny pro jednotkovou sílu Účinky od skutečné síly c získáme vynásobením pořadnice η hodnotou této síly: M c = η c (Stále) platí zákon superpozice účinky více sil můžeme sčítat: M c = η i c,i 29

30 Použití příčinkových čar (3) Výpočet účinků od skupiny sil 2 3 R az = η i c,i R az = η + η η 3 3 η η 2 η3 Raz 30

31 Použití příčinkových čar (4) Výpočet účinků od spojitého rovnoměrného zatížení q e f e A f Raz R az = R az = q f e q()η() d f e R az = A q η() d 3

32 Nejúčinnější poloha zatížení () Pro skupiny sil (např. vozidla na mostech) Hledáme největší M, V od této skupiny sil na konstrukci Aplikace na prostě uložené nosníky

33 Největší ohybový moment v daném průřezu () Bude ukázáno jen pro nejčastější případ prostě podepřený přímý nosník. Největší moment M v daném průřezu od skupiny sil i Síly s pevně danými vzájemnými vzdálenostmi (např. od vozidla)

34 Největší ohybový moment v daném průřezu (2) Největší moment M v daném průřezu od jedné síly Je dosažen, pokud síla působí přímo v průřezu Ra,z Výpočet momentu od síly : M,ma = R a,z d M,ma 34

35 Největší ohybový moment v daném průřezu (3) Reakce R a,z od skupiny sil (nemusí být maimální!). Platí pro jakoukoli polohu sil na nosníku Vždy jedna ze sil je v průřezu a 2 3 bi b Výpočet reakce R a,z : Ra,z M i,b = R a,z n R a,z = n i= i b i i= i b i = M 35

36 Největší ohybový moment v daném průřezu (4) Moment od skupiny sil (nemusí být maimální!). Jedna ze sil púsobí přímo v průřezu a di 2 3 b Uvažujeme jen síly od levého kraje nosníku do místa (zde Ra,z jen síla ). M = R a,z j i d i M 36

37 Největší ohybový moment v daném průřezu (5) Moment od skupiny sil (nemusí být maimální!). Vyjádříme M : M = R a,z M = n i= j i d i i b i j i d i a di Ra,z 2 3 b M = n i= i b i j i d i M 37

38 Největší ohybový moment v daném průřezu (6) a di 2 3 δ b Posuneme síly o δ doleva (z červené do modré polohy): M,δ = M,δ = n i= n i= i (b i + δ) k i b i k j= j= j d j + δ j (d j + δ) n i= i j i, kde: M = n i= i b i k j= j d j ; R= n i= i ; R = k j= j d j. 38

39 Největší ohybový moment v daném průřezu (7) a di 2 3 δ b Moment od neposunuté soustavy: M = n i= i b i j i d i, Výslednice celé soustavy sil: R= n i= i, Výslednice soustavy sil vlevo od : R = k j= j d j. Výraz M,δ = n i= i b i ( k j d j + δ n i= i ) j i tedy zapsat: M,δ = M + δ ( ) R R 39 lze

40 Největší ohybový moment v daném průřezu (8) a di 2 3 δ b Použijeme rovnici: M,δ = M + δ ( ) R R Pokud platí, že M > M,δ pak lze psát: R < R Je-li splněna nerovnost, lze předpokládat, že při posunu vlevo budou všechny momenty M,.. menší než M y. 40

41 Největší ohybový moment v daném průřezu (9) Totéž, ale při posunu o doprava o δ p (jsme vpravo od, proto bereme jen k sil): 2 3 a di δ p b M,δp = n i= M,δ = M δ i b i k j= ( R R P j d j δ p ) n i= i + j i Zřejmě pak bude možné sestavit nerovnost: R P > R 4

42 Největší ohybový moment v daném průřezu (0) Spojením výrazů pro δ a delta p získáme Winklerovo kritérium pro určení tzv. kritického břemene: R < R < R P Kritické břemeno je ta síla ve skupině sil, jejímž umístěním do průřezu způsobí největší možný moment M od dané skupiny sil. 42

43 Největší ohybový moment v daném průřezu () Praktické použití Winklerova kritéria: umístíme soustavu sil tak, aby vždy některá síla byla v průřezu, provedeme výpočet veličin R, R, R P danou polohu, pokud je splněna nerovnice R < R < R P, pak síla právě umístěna v je hledané kritické břemeno, spočítáme M pro takto umístněné síly (např. pomocí příčinkových čar momentu v místě ). 43

44 Největší ohybový moment v daném průřezu () Praktické použití Winklerova kritéria: umístíme soustavu sil tak, aby vždy některá síla byla v průřezu, provedeme výpočet veličin R, R, R P danou polohu, pokud je splněna nerovnice R < R < R P, pak síla právě umístěna v je hledané kritické břemeno, spočítáme M pro takto umístněné síly (např. pomocí příčinkových čar momentu v místě ). 44

45 Největší ohybový moment pod daným břemenem () Síly s pevně danými vzájemnými vzdálenostmi (např. od vo- a k 3 b zidla) Hledáme polohu na nosníku, kdy pod je k největší moment (M k ) M 45

46 Největší ohybový moment pod daným břemenem (2) Reakce soustavy sil: R = n i= i. R Podmínka k bodu b: a k 3 b Mi,b = 0 u R a,z R( u) = 0 Ra,z Tedy reakce v bodě a: R a,t = R u M 46

47 Největší ohybový moment pod daným břemenem (3) R Moment pod břemenem k: M k = R a,y k M k = R u i= i d i k i= i d i k 3 a b u Ra,z d M 47

48 Největší ohybový moment pod daným břemenem (4) Vzdálenost mezi výslednicí R a břemenem k označíme r. Potom můžeme psát: u = +r M k = R u k (u r) i d i Pokud označíme M k,l = k i= id i, pak: i= M k = R u (u r) M k,l a Ra,z u R k 3 M r b

49 Největší ohybový moment pod daným břemenem (5) Hledáme největší (etrémní) R moment M k (u) v místě u Z matematiky etrém funkce f() se nachází v bodě, pokud platí: a Ra,z u k 3 r b Tedy: M k (u) u f() =0 = R ( u (u r))= M 49

50 Největší ohybový moment pod daným břemenem (6) Vztah pro etrém M k (u): M k (u) = R u ( u (u r))=0 Protože musí být R 0: ( u (u r))=( u ())=0 a Ra,z u R k 3 r b Tedy: =l u M 50

51 Největší ohybový moment pod daným břemenem (7) Vztah pro etrém M k (u): =l u R Tedy břemenové kritérium zní: Síla k vyvolá největší moment pokud střed nosníku leží mezi a k 3 r/2 r/2 b k a výslednicí soustavy R. 5

52 Největší ohybový moment na prostém nosníku Maimální moment mamam Základní postup:. ma. moment vzniká v okolí středu nosníku s aplikujeme Winklerovo kritérium na bod s a určíme tak aritmeticky střední břemeno k 2. určené k umístíme podle břemenového kritéria Pokud je aritmeticky střední břemeno výrazně menší než sousední břemena, je třeba ověřit výsledek pomocí Šolínova kritéria. 52

53 Šolínovo kritérium () Ověření, zda pod k nastává mamam Označme vzdálenosti mezi silami: k.. k = c, k.. k+ = d. Definujme úseky kolem sil k : a c k d R 3 b m= c 4, n= d 4. Výslednice břemen: r/2 r/2 R m = k i= i, R = n i= i, R n = k i= i. 53

54 Šolínovo kritérium (2) Definovali jsme výslednice břemen: R m = k i=, R= n i=, R n = k i=. c d R Průměrná zatížení q m = R m m i, q= R i, q n = R n n i. Pak Šolínovo kritérim má tvar: a k r/2 r/2 3 b q m < q < q n eží-li průměrné zatížení nosníku q mezi průměrnými zatíženími q m a q n délem m a n, pak pod siloi k vzniká moment větší než pod jeho sousedními břemeny. 54

55 Šolínovo kritérium (3) Pokud Šolínovo kritérium q m < q < q n není splněno, pak ověříme, zda mamam c d nevzniká pod sousedními R přemeny k nebo k+ : aplikujeme břemenové kritérium, a k r/2 r/2 3 b aplikujeme Šolínovo kritérium. 55