gruparectan.pl MECHANIKA W PIGUŁCE Mały przewodnik po podstawach z Mechaniki Ogólnej Rectan

MECHANIKA W PIGUŁCE Mały przewodnik po podstawach z Mechaniki Ogólnej Rectan

Spis Treści Wprowadzenie...3 Rozdział 1. Rozwiązywanie belek i ram statycznie wyznaczalnych...4 1. Podstawowe jednostki i zależności między nimi... 5 2. Zależności kątowe... 7 3. Właściwości funkcji liniowej... 9 4. Funkcja kwadratowa i jej własności... 13 5. Kontrukcje statycznie wyznaczalne i niewyznaczalne... 17 6. Rodzaje podstawowych podpór i ich działanie... 20 7. Zasada działania sił w przegubie... 22 8. Rozpatrywanie działania siły pod kątem i jej rzut na oś X i Y... 23 9. Obciążenie rozłożone... 25 10. Moment zginający... 27 11. Wykresy sił wewnętrzych i ich wzory dla układów prostych... 30 12. Przykład nr 1: Obliczyć reakcje podporowe i siły wewnętrzne w belce statycznie wyznaczalnej... 37 13. Przykład nr 2: Wyznaczyć reakcje i obliczyć MTN w ramie statycznie wyznaczalnej... 48 Rozdział 2. Rozwiązywanie kratownic statycznie wyznaczalnych... 71 1. Identyfikacja prętów zerowych... 72 2. Metoda równoważenia węzłów... 74 3. Metoda Rittera... 78 4. Przykład nr 1: Dla danej kratownicy wyznaczyć siły we wszystkich prętach metodą równoważenia węzłów, Rittera i Cremony... 79 Rozdział 3. Charakterystyki geometryczne figur płaskich... 100 1. Wprowadzenie do obliczeń charakterystyk figur płaskich.... 101 2. Momenty statyczne figur płaskich.... 102 3. Momenty bezwładności figur płaskich... 105 4. Momenty dewiacji oraz główne centralne momenty bezwładności... 108 5. Twierdzenie Steinera... 110 6. Przykład nr 1: Wyznaczyć położenie głównych centralnych osi bezwładności i obliczyć główne centralne momenty bezwładności... 112 7. Przykład nr 2: Wyznaczyć położenie głównych centralnych osi bezwładności i obliczyć główne centralne momenty bezwładności... 120 Zakończenie... 133 O Nas... 134 2

Wprowadzenie Napisaliśmy Mechanika w pigułce po to by stworzyć darmowy poradnik dla ludzi rozpoczynających swoją przygodę na studiach inżynierskich. Z doświadczenia wiemy, że studia te nie należą do najłatwieszych. Poradnik ten pozwoli Ci przyswoić podstawy przedmiotu jakim jest Mechanika Ogólna. Oprócz zagadnień teoretycznych zawiera także przykłady pokazujące jak krok po kroku poradzić sobie z obliczaniem zadań, które z pewnością spotkasz na swojej drodze studując kierunki techniczne. Sam e-book możesz także traktować jako takie mini kompendium z podstawowymi zagadnieniami, do którego zawsze możesz zajrzeć, by odświeżyć swoją wiedzę zwłaszcza przed kolokwium lub egzaminem. Pamiętaj jednak, że nie zastąpi Ci kompletnie wiedzy jaką możesz znaleźć w książkach bądź w materiałach z wykładów. Cały poradnik składa się z trzech części. W rozdziale pierwszym zebrano materiały, które pozwolą lepiej zrozumieć zagadnienia związane z rozwiązywaniem układów statycznie wyznaczalych takich jak: belki i ramy. W drugiej części z kolei dowiemy się więcej o kratownicach. Ostatnia część jest poświęcona charakterystykom geometrycznym figur płaskich. Zapraszamy do lektury! Zespół Rectan 3

Rozdział 1. Rozwiązywanie belek i ram statycznie wyznaczalnych 4

1. Podstawowe jednostki i zależności między nimi Jednostki używane w obliczeniach budowlanych zdecydowanie różnią się od tych używanych na codzień. Warto znać ich nazwy oraz podstawowe zależności między nimi. Podstawową jednostką siły jest niuton. Jest on równy nastepującej wartości: N = m g = 1 kg m/s 2 Gdzie : N niuton m masa g grawitacja Zazwyczaj siła,,p jest podawana w kn (kiloniutonach). Mamy zatem następujące zależności : 10 N 1 kg 1 kn = 1000 N = 100 kg 1 MN = 1000000 N = 100000 kg Często spotykamy się także z jednostkami powierzchni,,a : 1 mm 2 = 1 mm 1 mm 1 cm 2 = 10 mm 10 mm = 100 mm 2 1 dm 2 = 10 cm 10 cm = 100 mm 100mm = 10 000 mm 2 1 m 2 = 10 dm 10 dm = 100 cm 100cm = 1000 mm 1000mm = 1 000 000 mm 2 Mamy także momenty statyczne,,s : 1 mm 3 = 1 mm 1 mm 1 mm 1 cm 3 = 10 mm 10 mm 10 mm = 1000 mm 3 1 dm 3 = 10 cm 10 cm 10 cm = 100 mm 100mm 100mm = 1 000 000 mm 3 1 m 3 = 10 dm 10 dm 10 dm = 100 cm 100cm 100cm = 1000 mm 1000mm 1000mm = 1 000 000 000mm 3 5

Ostatnią jednostką wartą wspomnienia są momenty bezwładności,,j : 1 mm 4 = 1 mm 1 mm 1 mm 1mm 1 cm 4 = 10 mm 10 mm 10 mm 10 mm = 10000 mm 4 1 dm 4 = 10 cm 10 cm 10 cm 10 cm = 100 mm 100mm 100mm 100mm = 1 00 000 000 mm 4 1 m 4 = 10 dm 10 dm 10 dm 10 dm = 100 cm 100cm 100cm 100cm = 1000 mm 1000mm 1000mm 1000mm = 1 000 000 000 000 mm 4 Z powodu bardzo długiego zapisu zazwyczaj stosuje się skróconą formę w postaci wartości pomnożonej przez dziesięć do odpowiedniej potęgi, np.: 2 m 4 = 2 10 12 mm 4 400 cm 3 = 400 10mm 10mm 10mm = 400 10 3 mm 4 lub 4 10 5 mm 4 Czasami nawet wartości bardzo małe potrzebujemy wyrazić w jednostkach wiekszych. Wtedy stosujemy zapis z wykorzystaniem potegi ujemnej, który informuje nas o tym, ile zer powinno być po przecinku przed naszą liczbą np.: 40 mm 4 = 40 0,1 cm 0,1 cm 0,1 cm 0,1 cm = 40 10 4 cm 4 lub 4 10 3 cm 4 Można powiedzieć, że jeżeli przesuwamy przecinek w lewo to odejmujemy liczbę od wykładnika potęgi, a jeśli w prawo to dodajemy. Czasami musimy wykonać bardziej złożone obliczenia, ale zasada jest ta sama, np. : 2 kn m 2 = 2 1000 N 100cm 100cm = 2 1000 N 10000cm 2 = 2 1 N 10cm 2 = 2 N 10 1 cm 2 = 0,2 N cm 2 Płynna zamiana jednostek wymaga wprawy, więc warto poświęcić trochę czasu na rozpisanie wszystkiego, zrozumienie i nie śpieszyć się. 6

2. Zależności kątowe gruparectan.pl W czasie studiów budowlanych wiele razy spotykamy się z problemem, gdy jakaś siła, obciążenie lub podpora występują pod kątem. W takiej sytuacji warto się zapoznać z podstawowoymi zależnościami kątowymi oraz ich wartościami najczęściej używanymi w obliczeniach. Mamy cztery podstawowe zależności w trójkącie: sinus (sin) cosinus (cos) tangens ( tg) cotangens (ctg). Zależności te można opisać następująco: sinα = b x Sinus alfa jest równy stosunkowi przyprostokątnej znajdującej się naprzeciwko kąta do przeciwprostokątnej trójkąta. 7

cosα = a x Cosinus alfa jest równy stosunkowi przyprostokątnej leżącej przy kącie do przeciwprostokątnej trójkąta. tgα = b a Tangens alfa jest równy stosunkowi przyprostokątnej znajdującej się naprzeciwko kąta do przyprostokątnej leżącej przy kącie. ctgα = a b Cotangens alfa jest równy stosunkowi przyprostokątnej leżącej przy kącie do przyprostokątnej znajdującej się naprzeciwko kąta. Warto znać i rozumieć powyższe zależności, ponieważ są one bardzo często używane zarówno podczas obliczeń inżynierskich i prac wykonawczych. Podstawowe wartości dla kątów 0, 30, 45, 60 oraz 90 : Kąt α 0 30 45 60 90 Sinα Cosα Tgα 0 1 0 1 2 3 2 3 3 2 2 2 2 Ctgα - 3 1 3 2 1 2 1 3-3 3 1 0 0 8

3. Właściwości funkcji liniowej Funkcja liniowa ma postać: y = a x + b Gdzie: y wartość funkcji a współczynnik kierunkowy prostej b wyraz wolny Wykresem funkcji liniowej jest prosta. W zależności od współczynnika,,a funkcja może być rosnąca, stała lub malejąca. A) a > 0 Wykres funkcji będzie rosnący, czyli wraz ze wzrostem wartości,,x wzrastać będzie wartość,,y. 9

B) a = 0 Wykres funkcji będzie stały. 10

C) a < 0 Wykres funkcji będzie malejący, czyli wraz ze wzrostem wartości,,x wartość,,y będzie maleć. 11

Miejsce zerowe funkcji możemy wyznaczyć ze wzoru: x 0 = b a Gdzie : x0 miejsce zerowe funkcji a współczynnik kierunkowy prostej b wyraz wolny 12

4. Funkcja kwadratowa i jej własności Funkcja kwadratowa jest jedną z najczęściej spotykanych funkcji matematycznych. Z tego powodu warto przyjrzeć się jej bliżej i zapoznać się z jej formą oraz własnościami. Funkcję kwadratową opisać można równaniem: y = ax 2 + bx + c Gdzie : y wartość funkcji a,b,c stałe funkcji x zmienna funkcji Wykresem tejże funkcji jest parabola, której ramiona mogą być skierowane w góre lub w dół w zależności od znaku przed stałą,,a. A) a > 0 13

B) a < 0 Jeżeli,,a jest równe zero to funkcja kwadratowa staje się liniową. Aby określić miejsca zerowe funkcji kwadratowej możemy użyć następujących wzorów: = b 2 4 a c Gdzie : współczynnik potrzebny do obliczenia miejsc zerowych zwany wyróżnikiem funkcji kwadratowej b,a,c stałe funkcji kwadratowej Kiedy obliczymy wyróżnik możemy określić ilu miejsc zerowych, czyli punktów przecięcia funkcji z osią,,x możemy się spodziewać. < 0 brak miejsc zerowych = 0 jedno miejsce zerowe > 0 dwa miejsca zerowe 14

Aby kontynuować obliczenia musimy znać pierwiastek z wyróżnika funkcji -. Następnie korzystając ze wzorów możemy obliczyć warość zmiennej,,x, dla której y = 0. x 1 = x 2 = b 2a b + 2a Funkcja przyjmuje wartość ekstremalną dla argumentu: x = b 2a Jeżeli: a < 0 ekstremum będzie wartością maksymalna a > 0 ekstremum będzie wartością minimalną Wartość ekstremalną liczymy ze wzoru: w = 4a Postaram się to zobrazować na rysunkach poniżej. 15

A) a < 0 B) a > 0 16

5. Kontrukcje statycznie wyznaczalne i niewyznaczalne Konstrukcje statycznie wyznaczalne w uproszczeniu to takie, w których siły wewnętrzne pochodzą tylko i wyłącznie od obciążenia. Stopień statycznej niewyznaczalności w tego typu kontrukcjach wynosi zero. SSN w 3 t = 0 Gdzie : t - liczba tarcz w - liczba więzów Najprostszym przykładem tego typu konstrykcji jest belka podparta z jednej strony podporą przegubowo - przesuwną, a z drugiej strony podporą przegubowo - nieprzesuwną. Dzięki możliwości przesuwu na podporze z lewej strony belka może spokojnie pracować. Oznacza to, że w przypadku działania czynników zewnętrzych, np. temperatury, kiedy materiał ulega wydłużeniu lub skróceniu nie powoduje to dodatkowych naprężeń w przekroju elementu. Równocześnie układ pozostaje w równowadze i jest nieruchomy. Możemy zatem wyznaczyć reakcje podporowe i siły zewnętrzne z warunków równowagi. 17

Każdy element pozostający w równowadze musi spełniać trzy podstawowe warunki: A) Suma sił na oś X elementu równa się zero P x = 0 Oznacza to, że wartość wszystkich sił działających prostopadle do osi elementu musi się równoważyć. B) Suma sił na oś Y elementu równa się zero P y = 0 Oznacza to, że wartość wszystkich sił działających równolegle do osi elementu musi się równoważyć. C) Suma momentów równa się zero M p = 0 Oznacza to, że suma momentów względem każdego punktu,,p przyjętego do obliczeń elementu musi się równoważyć.... Konstrukcje statycznie niewyznaczalne to takie, w których siły wewnętrzne pochodzą od obciążenia oraz naprężeń spowodowanych odkształceniami elementu. Stopień statycznej niewyznaczalności w tego typu przypadkach będzie większy od zera. SSN w 3 t > 0 Gdzie : t- liczba tarcz w- liczba więzów 18

Przykładem tego typu konstrukcji jest np. belka podparta z obu stron podporą przegubowo nieprzesuwną. Konstrukcja ta nie ma możliwości ruchu. Z tego powodu w przekroju elementu bedą powstawać dodatkowe naprężenia w przekroju spowodowane działaniem czynnikami zewnętrznymi. SSN w 3 t = 0 4 3 1 = 1 Widzimy zatem, że układ jest przesztywniony, posiada on jedną reakcję wiecej niż potrzeba, aby zapewnić równowagę. Układów takich nie policzymy korzystając tylko z podstawowych warunków równowagi. Z reguły jest to proces nieco bardziej skomplikowany. 19

6. Rodzaje podstawowych podpór i ich działanie 1) Podpora przegubowo nieprzesuwna Podpora ta odbiera konstrukcji dwie możliwości ruchu. Blokuje ruch w pionie i poziomie oraz możliwy jest obrót elementu. 2) Podpora przegubowo przesuwna Podpora ta odbiera konstrukcji jedną możliwość ruchu. Blokuje ruch w pionie oraz możliwy jest obrót elementu i ruch w poziomie. 20

3) Wspornik Podpora ta odbiera konstrukcji 3 stopnie swobody. Żaden ruch nie jest zatem możliwy. 21

7. Zasada działania sił w przegubie Przegub to miejsce spotkania dwóch elementów (tarcz lub prętów głównie), w którym przekazywane są siły pionowe i poziome. Siły te jak pokazano na rysunku mają przeciwne zwroty i się równoważą. Ponieważ możliwy jest obrót, suma momentów w przegubie jest zawsze równa zero. Jest to bardzo ważny warunek, często wykorzystywany do obliczania sił oddziałujących na dany element konstrukcyjny. M i = 0 22

8. Rozpatrywanie działania siły pod kątem i jej rzut na oś X i Y Siłę pod kątem możemy rozłożyć na duże składowe. Jedna składowa działa pionowo na oś x, czyli prostopadle do elementu, a druga poziomo na oś y,czyli równolegle do elementu. Do obliczenia wartości siły w danym kierunku zazwyczaj wykorzystuje się zależności kątowe sin i cos: 23

sinα = b a b = a sinα cosα = c a c = a cosα Stąd siły Px i Py będą wynosić następująco: sin30 = P P X P = P X sin30 cos30 = P P Y P = P Y cos30 lub sin60 = P P Y P = P Y sin60 cos60 = P P X P = P X cos60 24

9. Obciążenie rozłożone gruparectan.pl Zazwyczaj wyróżniamy dwa typy obciążenia rozłożonego: A) Obciążenie rozłożone równomiernie q = 20kN/m Q = q l = 20 2 = 40kN Gdzie: Q siła wypadkowa q wartość obciążenia rozłożonego l całkowita długość, na której działa obciążenie rozłożone Jest to obciążenie rozłożone wzdłuż całego elementu lub jego fragmentu. Jednostką tego obiążenia bedzie siła przypadająca na ustaloną długość zazwyczaj kn/m (kiloniuton na metr). Wypadkową,,Q tego obciążenia będzie siła równa iloczynowi wartości obciążenia oraz długości, na której występuje przyłożona równo w połowie tej długości. 25

B) Obciążenie rozłożone po trójkącie, q = 20kN/m Q = 1 2 q l = 1 20 3 = 30kN 2 Gdzie : Q siła wypadkowa q wartość obciążenia rozłożonego l całkowita długość, na której działa obciążenie rozłożone Jest to obciążenie rozłożone wzdłuż całego elementu lub jego fragmentu. Jednostką tego obciążenia będzie siła przypadająca na ustaloną długość zazwyczaj kn/m (kiloniuton na metr). Wypadkową,,Q tego obciążenia będzie siła równa iloczynowi połowy wartości obciążenia oraz długości, na której występuje przyłożona w jednej trzeciej wysokości trójkąta od jego podstawy lub dwóch trzecich od jego wierzchołka. 26

10. Moment zginający gruparectan.pl Momentem zginającym nazywamy parę sił, które powodują obrót elementu. Wzór określający wartość momentu działajacego w danym punkcie to: M = P h Gdzie: P jest to siła działająca na dany element h jest to ramię, czyli odległość siły do punktu względem, którego liczymy moment Znak wartości momentu zależy od kierunku działania momentu na dany punkt. Zazwyczaj przyjmuje się, że jeżeli moment,,kręci w prawo to jego znak jest dodatni. Jeżeli w lewo to jego znak jest ujemny. Jak widać na powyższym obrazku para sił na ramieniu,,h powoduje obrót elementu w prawo, czyli moment będzie miał znak dodatni. Patrząc na rysunek poniżej widzimy, że mamy sytuację odwrotną i wartość momentu będzie ujemna. Jeżeli siła przechodzi przez punkt względem, którego liczymy wartość momentów dla danego punktu to nie powoduje ona obrotu danego elementu i wartość momentów pochodzących od tej siły będzie wynosić zero. 27

Popatrzmy teraz na sytuację przedstawioną na poniższym rysunku. Mamy belkę, na która dzialają dwie sily P1 i P2. Powiedzmy, ze chcemy znać calkowitą wartość momentów w punkcie podarcia na podporze W1 więc: M W1 = P 1 0 + P 2 X = P 2 X Suma momentów będzie równa sile P1 dzialającej na ramieniu zerowym, bo przechodzi ona przez punkt, względem którego liczymy i sile P2 na ramieniu x, ponieważ znajduje się ona w odległości x od punktu podparcia belki na podporze W1. Jeżeli chcielibyśmy policzyć sumę momentów względem punktu podparcia belki na podporze W2 to obliczenia prezentują się następujaco: 28

M W2 = P 1 0 + P 2 0 = 0 Wynika to z faktu, że dwie siły przechodzą przez punkt podparcia belki na podporze W2, zatem wartość ramion, na których działają owe siły wynosi zero. Zakładamy oczywiście, że obie siły działają w osiach belki, czyli mamy sytuację przedstawioną na poniższym obrazku. Mimo, że do obliczeń zakładamy, że belka jest elementem bardzo cieńkim w rzeczywistości ma ona przekrój o odpowiednich wymiarach. Punkt podparcia na podporze W2 to ta czarna kropka. Zazwyczaj rozpatrując dany element konstrukcyjny zakładamy, że siły działają w osiach przekroju elementu, czyli tak jak powyżej. Pozwala nam to uprościć rysunek belki i sprowadzić go do linii prostej. 29

11. Wykresy sił wewnętrzych i ich wzory dla układów prostych Dla niektórych prostych elementów konstrukcyjnych jesteśmy w stanie wyznaczyć wykresy sił wewnętrzych i ich wartości korzystając z prostych wzorów. Jest to niezykle użyteczne i pozwala nam z mniejszą lub wiekszą dokładnością oszacować jak wykres powinien wyglądać nawet w bardziej skomplikowanych elementach. 1. Na początek zajmiemy się belkami wspornikowymi. A) Siła skupiona Schemat ten jest bardzo prosty i w zasadzie wszystko sprowadza się do obliczenia reakcji we wsporniku. 30

B) Moment przyłożony Na element działa tylko moment skupiony, więc moment we wsporniku będzie go równoważył. C) Siła równomiernie rozłożona 31

Wartość momentu będzie równa wartości siły równomiernie rozłożonej pomnożonej przez odległość, na której ona działa oraz połowę tej odległości. Wypadkowa tej siły wypada idealnie w środku, zatem ramię, na którym działa moment jest równe połowie długości, na której działa siła równomiernie rozłożona. Innymi słowy: M = q a 1 2 a = q a2 2 Wartość siły tnącej jest równa wartości siły wypadkowej obciążenia.... 2. Teraz omówimy belki swobodnie podparte. A) Moment skupiony Wartość reakcji podporowych jest równa wartości momentu podzielonej przez dlugość całkowitą belki. Siły tnące równe są wartości reakcji podporowych. Wartości momentów liczymy mnożąc wartość reakcji podporowej przez odległość pomiędzy podporą, a punktem przyłożenia momentu. 32

B) Siła skupiona Na początek spróbujmy policzyć reakcje w tej belce i sprawdzmy czy wzory są poprawne. M B = 0 R 1 (a + b) P b = 0 33

R 1 (a + b) = P b P b R 1 = (a + b) M A = 0 R 2 (a + b) + P a = 0 R 2 (a + b) = P a P a R 2 = (a + b) Widzimy zatem, że wzory na reakcje podporowe są poprawne.spróbujmy policzyć wartość maksymalną momentu. M x = P b (a + b) a 34

M x = P b a (a + b) Zatem maksymalny moment jest równy iloczynowi wartości reakcji podporowej oraz odległości od podpory. Wzór jest zgodny. Jako ostatnie zostały nam wartości sił tnących. Są one równe wartości reakcji podporowych. C) Obciążenie równomiernie rozłożone Wartości reakcji podporowych są równe wartości siły wypadkowej podzielonej przez dwa, ponieważ obciążenie jest przekazywane jednakowo na każdą z dwóch podpór. Wartości sił tnących równe są reakcjom podporowym. Moment obliczymy jako iloczyn siły wypadkowej obciążenia przyłożonej w połowie długości elementu i jest odległości od podpory. Mamy zatem: M = q a 2 1 2 a 35

Pierwsza wartość jest to reakcja podporowa, która jest stała. Druga natomiast to połowa odległości na której rozpatrujemy działanie obciążenia. My chcemy znać moment równo w środku przęsła, więc za drugie,,a musimy podstawić połowę tej wartości. Zatem: M = q a 2 1 2 1 q a2 a = 2 8 Wszystko się zgadza. Warto znać te wzory oraz wiedzieć skąd się biorą. Z czasem są one nieocenioną pomocą w trakcie obliczeń i pozwalają wyrobić sobie nawyk przewidywania kształtu wykresów w skomplikowancyh elementach. 36

12. Przykład nr 1: Obliczyć reakcje podporowe i siły wewnętrzne w belce statycznie wyznaczalnej 1. Schemat statyczny 2. Stopień statycznej niewyznaczalności Liczba tarcz = 3 Liczba więzi = 9 3t = w 3 x 3 = 9 9 = 9 Warunek spełniony. Układ jest statycznie wyznaczalny. 37

3. Reakcje podporowe Suma momentów w przegubie jest równa zero. Korzystając z tego faktu możemy wyznaczyć reakcje podporowe rozkładając belkę na tarcze i układając odpowiednie równania. Najpierw policzymy reakcję pionową w węźle nr 5, obliczając sumę momentów względem węzła nr 4 dla tarczy nr III M 4 = 0 V 5 3 m + 15 sin(45 ) 3 m = 0 V 5 = 10.61kN 38

Następnie dodajemy drugą tarczę i liczymy reakcję w węźle nr 3 obliczając sumę momentów względem węzła nr 2. M 2 = 0 V 3 3 m + 10 knm + 15 kn sin(45 ) 7 m V 5 7 m = 0 3V 3 + 10 knm + 10.61 kn 7 m 10.61 kn 7 m = 0 3V 3 = 10 kn V 3 = 3.33kN Ostatnim krokiem jest rozpatrzenie całej belki i wyznaczenie reakcji we wsporniku korzystając z warunków równowagi. 39

P Y = 0 H 1 + 15 kn cos (45 ) = 0 H 1 = 10.61kN P X = 0 V 1 10 kn/m 2 m + V 3 + V 5 15 kn sin (45 ) = 0 V 1 20 kn + 3.33 kn + 10.61 kn 10.61 kn = 0 V 1 = 16.67kN M 4 = 0 M 1 + V 1 6 m 10 kn/m 2 m 5 m + V 3 1 m + 15 kn sin(45 ) 3 m V 5 3 m = 0 M 1 + 6 m 16.67 kn 100 knm + 10 knm + 3.33 knm + 31.82 knm 31.82 knm = 0 M 1 = 100 knm 100 knm + 10 knm + 3.33 knm M 1 = 13.33 knm 4. Siły wewnętrzne Następnym krokiem jest obliczenie sił wewnętrznych w belce. W tym celu musimy ciąć belkę w miejscach przyłożenia sił i układać równania do wyliczenia sił wewnętrznych. 40

4.1. Momenty Do obliczania momentów potrzebne nam są tylko siły pionowe i momenty skupione. Pomijamy wszelkie siły poziome, ponieważ przechodzą one przez oś belki. Oznacza to, że ramię działania tych sił wynosi zero, a co za tym idzie, moment działający na belkę od pochodzący od tych rownież wynosi zero. Przedział 1-2 0<x<2 M X + 16.67 kn x 13.33 kn 10 kn/m x 1 2 x = 0 M X = 5x 2 16.67x + 13.33 Otrzymaliśmy funkcję kwadratową, więc konieczne jest policzenie miejsc zerowych tej funkcji aby móc narysować jej wykres. Musimy pamietać, że wykres funkcji kwadratowej nie jest linią prostą, lecz parabolą. Do policzenia miejsc zerowych potrzebne nam bedą podstawowe wzory matematyczne. 5x 2 16.67x + 13.33 = 0 Δ = b 2 4ac = ( 16.67) 2 4 5 13.33 = 11.29 Δ = 3.36 b + Δ 16.67 + 3.36 x 1 = = = 2 2a 2 5 b Δ 16.67 3.36 x 2 = = = 1.33 2a 2 5 41

Mamy zatem dwa miejsca zerowe. Jedno w odległości 1.33 metra od wspornika, a drugie na przegubie. Dla x = 0 wartość funkcji wynosi: 5 0 2 16.67 0 + 13.33 = 13.33 knm Jest to wartość momentu we wsporniku. Przedział 4-5 0<x<3 Policzymy to od końca belki, ponieważ uprości to obliczenia. Mamy do rozpatrzenia fragment belki, na którym wystepują tylko dwie siły. M X + x 15 kn sin(45 ) V 5 x = 0 M X = 0 Na tym odcinku nie występują żadne momenty zginające. Przedział 1-2 Do obliczenia środkowej części belki musimy znać siły w pierwszym przegubie od strony wspornika. 42

P X = 0 V 1 2m 10 kn/m + V P = 0 16.67 kn 2 m 10 kn/m + V P = 0 V P = 3.33 kn Y = 0 H 1 + H P = 0 H p = 10.61 kn Znając reakcje w przegubie możemy obliczyć momenty w środkowej części belki. Przedział 2-3 0<x<3 M X V P x = 0 M X = x V P M X = 3.33x 43

Obliczmy wartość momentu na podporze: M 3 = 3.33 3 = 10kNm Na podporze występuje moment skupiony, który redukuje wykres momentów do zera, ponieważ jest przeciwnego znaku. Zatem nasz wykres momentów będzie wyglądał następująco: 4.2. Siły tnące Do obliczania sił tnących potrzebne nam są tylko siły pionowe. Przedział 1-2 0<x<2 44

V 1 + 10 kn/m x + T (X) = 0 T (X) = +V 1 10x T (X) = 10x + 16.67 T (0) = 10 0 + 16.67 T (0) = 16.67kN T (2) = 10 2 + 16.67 = 3.33kN Przedział 2-4 0<x<4 T (X) V 3 = 0 T (X) = V p T (X) = 3.33 kn Z rysunku widzimy, że wykres sił tnących będzie niezmienny do podpory, a na podporze następuje redukcja sił tnących do zera. Czyli od podpory wykres będzie zerowy. Przedział 4-5 0<x<3 45

T X + 15 kn sin(45 ) V 5 = 0 V 5 + 15 kn sin(45 ) = T X T X = 0 W tym przekroju belki nie wystepują żadne siły tnące. Wykres sił tnących będzie prezentował się następująco: 4.3. Siły normalne Do obliczenia sił normalnych bedą nam potrzebne tylko siły poziome. 46

Z rysunku możemy odczytać, że w układzie wystepują tylko dwie siły poziome na obu końcach belki. Z tego wynika, że cały element będzie rozciągany, ponieważ siły bedą przenoszone na każdą tarcze poprzez przeguby. Nasz końcowy wykres sił normalnych będzie wygladał następująco: 47

13. Przykład nr 2: Wyznaczyć reakcje i obliczyć MTN w ramie statycznie wyznaczalnej 1. Układ statyczny Rys. 1. Układ statyczny 48

2. Stopień statycznej niewyznaczalności SSN Liczba tarcz t=2 Liczba więzi n= 2+2+2=6 Wzór: 3t=n 3 * 2 = 6 6=6 Układ jest statycznie wyznaczalny. Rys. 2. Podział na tarcze 49

3. Reakcje podporowe Rys. 3. Reakcje podporowe do obliczenia Mamy cztery niewiadome do obliczenia: M2, V2, V4 i H4: Tarcza nr I, część 1-2 M W1 = 0 20kN 2m + M 2 = 0 M 2 = 40kNm 50

Tarcza nr II, część 1-3-4 F Y = 0 20kN + H 4 = 0 H 4 = 20kN M W1 = 0 10kN/m 2m 1 2 2m + 30kNm V 4 3m H 4 2.5m = 0 50kN V 4 3m H 4 2.5m = 0 50kN 3V 4 ( 20kN) 2.5m = 0 50kN 3V 4 + 50kN 3V 4 = 100kN V 4 = 33. 33kN F x = 0 V 2 2 10kN + V 4 = 0 V 2 20kN + 33.33kN V 2 = 13. 33kN Lub możemy wszystko obliczyć przy pomocy układu równań: { 10kN/m 2m 1 2 2m + 30kNm V 4 3m H 4 2.5m = 0 20kN + H 4 = 0 V 2 2 10kN + V 4 = 0 20kN 2m + M 2 = 0 Z kolei jeżeli napotkamy trudniejsze przypadki obliczeń możemy dokonać przy pomocy macierzy. Suma momentów dla całej ramy (sprawdzenie): M W1 = 0 M 2 2m 20kN + 10kN 2m 1 2 2m + 30kNm + H 4 2.5m V 4 3m = 0 40kNm 40kNm + 20kNm + 30kNm + 50kNm 100kNm = 0 0 = 0 51

Rys. 4. Reakcje podporowe obliczone 52

4. Obliczanie składowych sił pod kątem na podporze w węźle W4 Rys. 5. Obliczenie składowych sił pod kątem na podporze w węźle W4 V py = 33.33kN cos 22 = 30.90kN V px = 33.33kN sin 22 = 12.49kN H py = 20kN cos 68 = 7.49kN H px = 20kN sin 68 = 18.54kN 53

5. Siły wewnętrzne Rys. 6. Podział ramy 54

5.1. Siły w przegubie Rys. 7. Siły w przegubie P Y = 0 H 1 = 20kN = 0 H 1 = 20kN P X = 0 13.33kN + V 1 = 0 V 1 = 13.33kN 55

5.2. Siły tnące Przedział 1-1 P Y = 0 T x = 0 Siła tnąca w punkcie 1 będzie równa 0, ponieważ nie występuje reakcja podporowa poprzeczna.... 56

Przedział 2-2 P Y = 0 T X + 20kN = 0 T X = 20kN W punkcie nr 2 występuje skok o 20kN, więc T X = 20kN... 57

Przedział 3-3 0 x 2 P xw1 = 0 T X1 13.33 = 0 T X1 = 13.33kN P xw3 = 0 T X3 + 13.33 + 10 x 1 2 x T X3 = 13.33 + 5x 2 T X3 = 13.33 + 5 2 2 = 33.33kN W węźle nr 1 wartość tnącej będzie równa równoległej reakcji podporowej W węźle nr 3 wartość tnącej będzie równa sumie wartości z węzła nr 1 i wypadkowej z obciążenia. Siły z tych samych zwrotów.... 58

Przedział 5-5 P y = 0 T X + 20kN sin 68 33.33 sin 22 = 0 T X = 6.05kN W punkcie nr W4 wartość będzie równa rożnicy sumy rzutów na oś x reakcji podporowych. Siły są równych zwrotów. Na pręcie 4-5 nie występuje żadna zmiana wartości sił tnących. T X = H PX V PY = 18.54kN 12.49kN = 6.05kN... Przedział 4-4 59

To samo co w przedziale 5-5. Żadna siła nie dochodzi.... Rys. 8 Wykres sił tnących 60

5.3. Siły normalne Siły normalne możemy liczyć analogicznie do sił tnących, ale uwzględniamy tylko siły podłużne. Przedział 1-1 Wzdłuż pręta 1-2 działa reakcja podporowa. P x = 0 N X + 13.33 = 0 N X = 13.33kN... 61

Przedział 2-2 P x = 0 N X + 13.33 = 0 N X = 13.33kN... Przedział 3-3 Wzdłuż pręta 1-3 działa siła podłużna 20kN. 62

P y = 0 N X + 20 = 0 N X = 20kN... Przedział 5-5 P x = 0 20kN cos 68 33.33 cos 22 N X = 0 N X = 38.39kN... 63

Przedział 4-4 Wzdłuż pręta 3-4 działają siły podłużne pochodzące od reakcji podporowych. Obie siły ściskają pręt. P y = 0 20kN cos 68 33.33 cos 22 N X = 0 N X = 38.39kN... 64

Rys. 9. Wykres sił normalnych 65

5.4. Momenty zginające Wykresy momentów najprościej jest policzyć licząć wartości tych wykresów w punktach przyłożenia siły. Uwzględniamy siły poprzeczne i momenty skupione. Siły podłużne nie dają wartości momentów, ponieważ ich ramię wynosi 0. Zaczynamy od podpór. Przedział 1-1 Moment w tym przedziale będzie równy momentowi na podporze. M = 0 M X + 40kNm = 0 M X = 40kNm... 66

Przedział 2-2 0 x 2 M = 0 M X + 40kNm 20kN x = 0 M X = 40kNm 20kN x M 2 = 40kNm 20kN 0 = 40kNm M 1 = 40kN 20kN 2m = 0kNm Od punktu, w którym znajduje się siła 20kN moment będzie liniowo malał, ponieważ skraca się długość ramienia na jakim działa siła.... 67

Przedział 3-3 Moment w przegubie jest zawsze równy 0 (węzeł nr 1). M = 0 M X 13.33kN x 10kN m x 1 2 x = 0 M X = 13.33kN x + 5x 2 M X = 13.33kN 2m + 5 2 2 = 26.66kNm + 20kNm = 46.66kNm... Przedział 5-5 Moment na podporze jest równy 0 (węzeł nr 4). M X = 0 68

... Przedział 4-4 Moment na środku pręta w3-4 będzie pochodził od składowych reakcji podporowych. M = 0 M X = V PX 1.35m + H PX 1.35m M x = 12.49kN 1.35m + 18.54kN 1.35m = 8.17kNm Występuje tutaj także skok momentu o 30kNm. M X + 30kN = 38.17kN Moment w węźle nr 3 będzie pochodził od składowych reakcji podporowych na odpowiednim ramieniu oraz momentowi przyłożonemu. M 1 1 = 0 M X = 30kN + H PX 2.7m V PX 1.35m M X = 30kN + 18.54kN 2.7m 12.49kN 2.7m = 46.34kN 69

Od węzła nr 3 momenty będą maleć do podpory, gdzie ich wartość będzie zerowa. Wykres będzie malejącą funkcją kwadratową ze względu na rodzaj obciążenia.... Rys. 11. Wykres momentów zginających 70

Rozdział 2. Rozwiązywanie kratownic statycznie wyznaczalnych 71

1. Identyfikacja prętów zerowych Pręt zerowy to taki, w którym nie działąją żadne siły. Możemy spotkać trzy przypadki. Przypadek nr 1 Jeżeli mamy dwa pręty połączone węzłem (pod dowolnym kątem) i nie ma żadnej siły albo reakcji w węźle wtedy oba pręty są zerowe. Przypadek nr 2 Jeżeli mamy trzy pręty połączone w węźle i jeżeli dwa pręty są ułożone w w tej samej linii oraz żadna siła albo reakcja nie działa w tym węźle wtedy pręt trzeci (nie będący w tej samej linii) jest prętem zerowym. 72

Przypadek nr 3 Jeżeli mamy dwa pręty połączone węzłem (pod dowlnym kątem) i węzeł ten jest obciążony siłą, która jest w tej samej linii co pręt, wtedy drugi pręt jest zerowy. 73

2. Metoda równoważenia węzłów Metoda ta umożliwia obliczanie sił wewnętrzych w prętach kratownicy. Polega ona na sprawdzeniu czy sumy rzutów na os,,x oraz,,y w danym węźle bedą wynosić zero. Powiedzmy, że chcemy policzyć pręty w powyższej kratownicy. Pierwszym etapem jest policzenie reakcji podporowych. 74

Policzmy najpierw sumę momentów względem punktu podparcia na podporze B. M B = 0 V A 1m + 10 kn 1m = 0 V A = 10 kn Znając wartość reakcji na podporze A możemy obliczyć VB korzystając z sumy rzutów na oś,,x. P X = 0 V a V b + 10 kn = 0 ( 10kN) V b + 10 kn = 0 V b = 0 Następnie możemy skorzystać z sumy rzutów na oś,,y. P y = 0 10 kn V B = 0 V B = 10 kn Znamy zatem wszystkie reakcje podporowe. Możemy przejść do obliczania reakcji w węzłach kratownicy. Jako pierwszy rozpatrzymy węzeł podporowy A. P X = 0 V A S 1 = 0 V A = S 1 S 1 = 10 kn 75

P y = 0 S 2 = 0 Poznaliśmy wartości sił w dwóch pierwszych węzłach. Teraz pora na węzeł podporowy B. P X = 0 S 3 V B = 0 S 3 = 0 P y = 0 S 2 H B S 4 cos(45 ) = 0 0 10kN S 4 0.71 = 0 S 4 0.71 = 10kN S 4 = 14,08kN Została nam jeszcze do policzenia siła w pręcie górnym. 76

P y = 0 10 kn + S 4 cos(45 ) + S 5 = 0 10kN 14,08 0,71 + S 5 = 0 S 5 = 0 Takim własnie sposobem policzyliśmy kratownicę metodą równoważenia węzłów. Jest to podstawowa metoda analityczna do obliczania sił w prętach kratownic statycznie wyznaczalnych. 77

3. Metoda Rittera Metoda Rittera to kolejny sposób oblicznia sił w prętach kratownic statycznie wyznaczalnych.często jest ona używana do sprawdzenia wyników liczonych metodą równoważenia węzłów lub po prostu jako ułatwienie obliczeń. W wielu przypadkach jest ona szybsza niż metoda równoważenia węzłów. Na powyższym rysunku mamy przykład cięcia metodą Rittera przez trzy pręty kratownicy. Spróbujmy obliczyć sumę momentów względem punktów P1 i P2. M P1 = 0 S 2 1m = 0 S 2 = 0 kn M P2 = 0 S 5 1 m + V A 1 m + 10 kn 1 m = 0 S 5 = 0 kn W tym konkretnym przypadku siły w prętach są zerowe, ale nie jest to istotne. Ważne aby zauważyć i odpowiednio dobrać punkty, według których liczymy sumę momentów i zredukować ilość prętów w obliczeniach do jednej niewiadomej. Wówczas wyskorzystując tą metodę znacznie przyśpieszymy proces obliczeń. 78

4. Przykład nr 1: Dla danej kratownicy wyznaczyć siły we wszystkich prętach metodą równoważenia węzłów, Rittera i Cremony Wszystkie obliczenia i rysunki zostały wygenerowane w programie Kratos. 1. Szkic projektu 79 2. Ustalenie warunku statycznej niewyznaczalności układu Warunek konieczny geometrycznej niezmienności i statycznej wyznaczalności kratownicy o strukturze prostej: p=2w-r gdzie: p= liczba prętów kratownicy w= liczba węzłów kratownicy r= liczba stopni swobody odbieranych przez podpory Kratownica:

warunek: 7=7, warunek jest spełniony 3. Obliczenie kątów nachylenia prętów do osi X wariant z sin i cos Pręt Nr 2-5=45 Pręt Nr 1-2=(-45) 80

4. Wyznaczenie Reakcji Podporowych siły i reakcje będziemy przyjmować za dodatnie, gdy są skierowane zgodnie z układem osi XY siły i reakcje będziemy przyjmować za ujemne, gdy są skierowane niezgodnie z układem osi XY siły i reakcje będziemy rzutować na oś X i oś Y wyliczając odpowiednie składowe rzutów gdzie β to kąt zawarty pomiędzy siłą lub reakcją a osią X na podstawie tego kąta można określić zwrot siły lub reakcji... Uwalniamy daną kratownicę od więzów i wyznaczamy reakcje podporowe. Ogólne warunki równowagi... suma wszystkich momentów od składowych reakcji i obciążeń siłowych w punkcie, w którym Moment = 0 przyjmujemy punkt, w którym znajduje się podpora przegubowa, w tym punkcie Moment = 0... suma wszystkich składowych reakcji i obciążeń siłowych rzutowana na oś X... suma wszystkich składowych reakcji i obciążeń siłowych rzutowana na oś Y 81

5. Szkic projektu 6. Sprawdzenie Reakcji Podporowych Sprawdzenia poprawności wyznaczenia reakcji podporowych dokonamy w punkcie [(-1);(-1)] w naszym układzie XY (Punkt musi być tak dobrany, aby wszystkie siły i reakcje brały udział w obliczaniu Sumy Momentów) W punkcie tym Suma Momentów od wszystkich sił i reakcji powinna wynosić M=0 82

suma wszystkich momentów od składowych reakcji i obciążeń siłowych w punkcie, w którym Moment = 0 7. Sprawdzenie Reakcji Podporowych Rzut X 8. Sprawdzenie Reakcji Podporowych Rzut Y 9. Obliczenie kątów nachylenia prętów do osi X wariant z tan Xb-Xa i Yb-Ya to różnica pomiędzy współrzędnymi końca pręta Pręt Nr 0-2=0 Pręt Nr 2-3=90 Pręt Nr 1-3=0 Pręt Nr 1-0=(-90) 83

Pręt Nr 3-5=0 Pręt Nr 2-5=45 Pręt Nr 1-2=(-45) 10. Obliczenie sił w Prętach Aby Węzeł był w równowadze to suma jego składowych sił i reakcji rzutowana na oś X i oś Y musi być równa zero To suma sił prętowych rzutowana na oś X w Węźle. To suma reakcji podporowych rzutowana na oś X w Węźle - jeżeli jest istnieje. To suma odziaływania zewnętrznego rzutowana na oś X w Węźle - jeżeli jest przyłożona. To suma sił prętowych rzutowana na oś Y w Węźle. To suma reakcji podporowych rzutowana na oś Y w Węźle - jeżeli jest istnieje. To suma odziaływania zewnętrznego rzutowana na oś Y w Węźle - jeżeli jest przyłożona. Obliczenia rozpoczynamy od Węzła, dla którego liczba niewiadomych sił w Prętach jest najmniejsza i wynosi maksymalnie 2... 84

Wybrano Węzeł =0 Rzutowanie na oś X Rzutowanie na oś Y Układ równań... Wybrano Węzeł =5 85

Rzutowanie na oś X Rzutowanie na oś Y Układ równań...... Wybrano Węzeł =1 Rzutowanie na oś X Rzutowanie na oś Y 86

Układ równań... Wybrano Węzeł =2 Rzutowanie na oś X Rzutowanie na oś Y równanie lub równanie 87

... 11. Szkic projektu Tabela 1 Siły Prętowe Pręt N [kn] kąt [ ] L [m] funkcja 0-2 -20.0000 0.0000 1.0000 ściskany 2-3 0.0000 90.0000 1.0000 jest zerowy 1-3 15.0000 0.0000 1.0000 rozciągany 0-1 0.0000 90.0000 1.0000 jest zerowy 3-5 15.0000 0.0000 1.0000 rozciągany 2-5 -21.2132 45.0000 1.4142 ściskany 1-2 7.0711-45.0000 1.4142 rozciągany 88

12. Obliczenie sił w Prętach Metodą Rittera Punkt Rittera jest to punkt w którym przecinają się linie działania pozostałych dwóch sił. W naszym przypadku oznaczono je żółtym prostokątem. Wyliczając Moment Statyczny w Punkcie Rittera od sił i reakcji należących do odciętej części Kratownicy redukujemy w równaniach te niewiadome siły które się przecinają, ponieważ ramię działania momentu tych sił wynosi zero. Odcięta Kratownica jest w równowadze kiedy suma jej składowych sił i reakcji rzutowana na oś X i oś Y jest równa zero....... gdzie: To suma sił odciętej kratownicy rzutowana na oś X. To suma reakcji podporowych odciętej kratownicy rzutowana na oś X - jeżeli reakcje należą do części. To suma odziaływania zewnętrznego odciętej kratownicy rzutowana na oś X - jeżeli siły są przyłożone do części. To suma sił prętowych odciętej kratownicy rzutowana na oś Y. To suma reakcji podporowych odciętej kratownicy rzutowana na oś Y - jeżeli reakcje należą do części. To suma odziaływania zewnętrznego odciętej kratownicy rzutowana na oś Y - jeżeli siły są przyłożone do części.... 89

Wybrano Przecięcie =0 W tym przypadku są dwa punkty Rittera i do policzenia sił należy rozwiązać układ równań: 1: Suma Momentu Statycznego względem punktu Rittera 2: Rzutując niewiadome siły oraz oddziaływania P na oś X 3: Rzutując niewiadome siły oddziaływania P na oś Y Oczywiste jest że wyznaczenie siły w pręcie nie przecinającym się w punkcie Rittera jest natychmiastowe ponieważ tylko ta siła tworzy równanie z jedną niewiadomą Moment względem Punktu Rittera [0;1] 90

Moment względem Punktu Rittera [1;0] Moment względem Punktu Rittera [0;0] Rzutowanie na oś X Rzutowanie na oś Y... 91

Wybrano Przecięcie =1 W tym przypadku są trzy punkty Rittera i do policzenia sił należy rozwiązać pojedyncze równanie: 1: Suma Momentu Statycznego względem punktu Rittera nr.1 2: Suma Momentu Statycznego względem punktu Rittera nr.2 3: Suma Momentu Statycznego względem punktu Rittera nr.3 Oczywiste jest że wyznaczenie siły w pręcie nie przecinającym się w punkcie Rittera jest natychmiastowe ponieważ tylko ta siła tworzy równanie z jedną niewiadomą. Wygodnie jest policzyć od razu ramię działania siły nieznanej ze wzoru na przekątną trójkąta prostokątnego. Gdzie bokami trójkąta są różnice współrzędnych X i Y pomiędzy Punktem Rittera a danym punktem siły szukanej. I jeżeli siła prętowa nie działa pod kątem prostym to cosinus kąta działania siły jest pomiędzy prętem a rzutem prostopadłym na kierunek prostej ramienia. 92

Oczywiście można również obliczyć moment tej siły obliczając jej składowe względem osi X i względem osi Y. Moment względem Punktu Rittera [1;1]... Moment względem Punktu Rittera [1;0]... Moment względem Punktu Rittera [2;1]... 93

13. Obliczenie sił w Prętach Metodą Cremony Grot wektora jest oznaczony numerem pręta, pokazane są tylko pierwsze wektory iteracji (wektor drugiej iteracji będzie miał oczywiście zwrot przeciwny do pierwszego). Obliczamy reakcje podporowe kratownicy i rysujemy wielobok sił i reakcji. Porządek rysowania przyjmujemy zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Rys. 1. Plan Maxwell 94

Rys. 2. Wielobok sił i reakcji... 95

Wybrano Węzeł =0 96

Wybrano Węzeł =5 97

Wybrano Węzeł =1... 98

Rys. Wykres Cremony... Aby określić wartości sił należy porównać wykreślone wektory sił ze skalownikiem... 99

Rozdział 3. Charakterystyki geometryczne figur płaskich 100

1. Wprowadzenie do obliczeń charakterystyk figur płaskich. Główne charakterystyki pojedyńczych figur płaskich zazwyczaj zawarte są w tablicach (np. dwuteowniki, teowniki) lub obliczane są z gotowych wzorów. Zupełnie inaczej przedstawia się sytuacja, w której mamy do policzenia charakterystyki dla całego układu figur. Musimy wtedy skorzystać z wzorów i wykonać cały szerego obliczeń. Dla ułatwienia zamieszczam poniżej podstawowy tok obliczeń dla układu figur płaskich: 1. Obliczenie charakterystyk pojedyńczych figur względem osi geometrycznego środka tych figur (momenty statyczne, pole przekroju, momenty bezwładności, momenty dewiacji) 2. Przyjęcie osi początkowych układu 3. Obliczenie różnicy odległości pomiędzy osiami geometrycznego środka figur oraz przyjętymi osiami początkowymi 4. Obliczenie momentu statycznego całego układu oraz wyznaczenie osi głównych 5. Obliczenie momentów bezwładności oraz dewiacji względem osi głównych 6. Obliczenie kąta α 7. Wyznaczenie osi głównych centralnych układu oraz obliczenie wartości ekstremalych momentów bezwładności względem tych osi. Mając powyższy schemat oraz materiały pomocnicze zawarte w dalszej części tego działu znacznie łatwiej jest zrozumieć cały proces oraz obliczenia zawarte w projekcie, który możecie państwo kupić na naszej stronie. 101

2. Momenty statyczne figur płaskich. Momentem statycznym figury płaskiej nazywamy iloczyn pola powierzchni tej figury oraz różnicy odległości jej środka geometrycnego i osi, względem której jest liczony. Sx i = A i y i Sy i = A i x i Moment statyczny może przyjmować wartość ujemną. Jest wyrażany w jednostach długości do trzeciej potęgi (m 3, cm 3 itd.) Jeżeli suma cząstkowych momentów statycznych jest równa zero to oś, względem której jest liczony, stanowi geometryczny środek figury. Środek geometryczny możemy obliczyć korzystając z poniższych wzorów: x c = Sy i A i y c = Sx i A i = A ix i A i = A iy i A i = A 1 x 1 + A 2 x 2 + A 3 x 3 + + A n x n A 1 + A 2 + A 3 + + A n = A 1 y 1 + A 2 y 2 + A 3 y 3 + + A n y n A 1 + A 2 + A 3 + + A n Załóżmy zatem, że chcemy się dowiedzieć gdzie jest geometryczny środek poniższego układu figur. Najpierw musimy policzyć moment statyczny względem osi, które możemy dobrać wedle upodobania oraz pole całkowite wszystkich figur. 102

Zajmijmy się najpierw figurą po prawej stronie. A 1 = a b = 2 cm 3 cm = 6 cm 2 Sx 1 = A 1 y 1 = 6 cm 2 3 cm 1 2 = 9 cm3 Sy 1 = A 1 x 1 = 6 cm 2 (2 cm + 2 cm 1 ) = 18 cm3 2 Teraz obliczmy niezbędne charakterystyki figury po lewej stronie. A 2 = a b = 2 cm 3 cm = 6 cm 2 Sx 2 = A 2 y 2 = 6 cm 2 3 cm 1 2 = 9 cm3 Sy 2 = A 2 x 2 = 6 cm 2 2 cm 1 2 = 6 cm3 Mając powyższe dane możemy obliczyć geometryczny środek układu figur płaskich. x c = Sy i = Sy 1 + Sy 2 = 18 cm3 + 6 cm 3 24 cm3 A i A 1 + A 2 6 cm 2 = + 6 cm2 12 cm 2 = 2 cm y c = Sx i A i = Sx 1 + Sx 2 = 9 cm3 + 9 cm 3 18 cm3 A 1 + A 2 6 cm 2 = = 1,5 cm + 6 cm2 12 cm2 103

Obliczyliśmy w końcu współrzędne środka geometrycznego układu. Pora nanieść to na nasz rysunek. 104

3. Momenty bezwładności figur płaskich Momentem bezwładności figury płaskiej nazywamy iloczyn jej pola oraz kwadratu odległości od osi, względem której jest on liczony. Momenty bezwładności zazwyczaj jest wyrażany w jednostkach długości do czwartej potęgi m 4 (m 4, cm 4 itd.). Im większy moment bezwładności względem danej osi, tym przekrój jest sztywniejszy, a co za tym idzie, ugięcie powstałe w wyniku przyłozenia siły będzie mniejsze. Spójrzmy na powyższy rysunek. Wyobraźmy sobie, że jest to przekrój poprzeczny belki. Naszym zadaniem jest sprawdzić w jakiej pozycji ją ustawić, aby ugięcie po obciążeniu było najmniejsze. Musimy zatem obliczyć momenty bezwładności tego przekroju względem każdej z osi znajdujących się w centrum figury. 105

W tabeli poniżej przedstawiono parametry geometryczne najczęściej spotykanych figur płaskich. Figura Jxi Jyi Dxyi b h 3 12 b 3 h 12 0 b h 3 36 b 3 h 36 ± b2 h 2 72 π r 4 4 π r 4 4 0 0.0549r 4 0.0549r 4 r 4 8 4r4 9π = = 0.0165r 4 106

0.1098r 4 π r 4 8 0 b h3 J x = 12 = 2 cm 3 cm3 12 = 4,5 cm 4 J y = h b3 12 = 3 cm 2 cm3 12 = 2 cm 4 Wzory na pola figur płaskich możemy znaleźć w tablicach inżynierskich. W przypadku kształtowników tablice często sporządza sam producent. J x = 4.5 cm 4 > J y = 2 cm 4 Wynika z tego, że belkę najlepiej ustawić w pozycji, w której siła jest prostopadła do osi,,x. Dokładnie jak na rysunku poniżej. 107

4. Momenty dewiacji oraz główne centralne momenty bezwładności Moment dewiacji informuje nas o stopniu rozproszenia pola między osiami. Mogą przyjmować zarówno wartości dodatnie jak i ujmne. Obliczamy go ze wzoru: D xy = D xnyn + A n x y Gdzie : Dxy moment dewiacji układu figur płaskich Dxnyn moment dewiacji pojedyńczej figury An pole pojedynczej figury x różnica odległości pomiędzy osią,,x środka geometrycznego figury oraz osią, względem której liczymy charakterystyki y różnica odległości pomiędzy osią,,y środka geometrycznego figury oraz osią, względem której liczymy charakterystyki O tym, czy moment dewiacji będzie dodatni czy ujemny decyduje przewaga pola figury znajdującej się na dodatnich lub ujemnych ćwiartkach układu współrzędnych. Poniższy rysunek ilustruje rozkład pola względem osi układu. Zazwyczaj patrząc na rysunek możemy określić, czy większa część pola znajduje się w ćwiartkach ujemnych lub dodatnich. Jeżeli mamy wątpliwości 108

należy podzielić figurę na mniejsze części i obliczyć różnicę pól dodatnich i ujemnych. Główne centralne osie bezwładności to te, względem których suma momentów dewiacji jest równa zero, a momenty bezwładności osiagają wartości ekstremalne. Są to osie głowne obrócone o kąt alfa. tg2α = 2D xy J y J x Gdzie : Dxy moment dewiacji układu figur płaskich Jy moment bezwładności względem osi,,y układu figur płaskich Jx moment bezwładności względem osi,,x układu figur płaskich Wartości ekstremalne momentów bezwładności w tym układzie przyjmą wartości: J max = J x + J y 2 J min = J x + J y 2 Gdzie: + ( J 2 x J y 2 ) + D 2 xy ( J 2 x J y 2 ) + D 2 xy Jmax wartość maksymalna momentu bezwładności układu Jmin wartość minimalna momentu bezwładności układu Dxy moment dewiacji układu figur płaskich Jy moment bezwładności względem osi,,y układu figur płaskich Jx moment bezwładności względem osi,,x układu figur płaskich 109

5. Twierdzenie Steinera gruparectan.pl Twierdzenie Steinera wykorzystywane jest do obliczania momentów bezwładności układów figur płaskich lub pojedyńczych figur względem osi nie będącej geometrycznym środkiem. Aby obliczyć momenty bezwładności względem takiej osi możemy wykorzystać poniższe wzory. J x = J xn + A y 2 J y = J yn + A x 2 Gdzie: Jx, Jy całkowity moment bezwładności względem osi,,x lub,,y Jxn, Jyn moment bezwładności pojedyńczej figury względem osi jej geometrycznego środka A pole figury płaskiej x, y różnica odległości pomiędzy osiami znajdującymi się w geometrycznym środku figury oraz osiami, względem których obliczamy moment bezwładności. Postarajmy się obliczyć moment bezwładności kwadratu względem dowolnej osi. Najpierw policzmy moment bezwładności kwadratu względem jego geometrycznego środka. Dla większości figur płaskich wzory można znaleźć w tablicach inżynierskich. Jx 1 = h4 12 = 14 = 0.083 m4 12 110

Jy 1 = h4 12 = 14 = 0.083 m4 12 Gdzie : h długość boku kwadratu Teraz musimy policzyć pole kwadratu: A = h 2 A = 1 m 2 oraz odległości Δx 2, Δy 2 będace różnicą odległości między osiami x1 i X oraz y1 i Y: Δx 2 = 1,5 m + 0,5 1 m = 1.75 m Δy 2 = 1,5 m + 0,5 1 m = 1.75 m Mając wszystkie potrzebne dane możemy zatem obliczyć potrzebne nam momenty bezwładności. J x = J xn + A y 2 = 0.083 m 4 + 1 m 2 (1.75 m) 2 = 3,146 m 4 J y = J yn + A x 2 = 0.083 m 4 + 1 m 2 (1.75 m) 2 = 3,146 m 4 111

6. Przykład nr 1: Wyznaczyć położenie głównych centralnych osi bezwładności i obliczyć główne centralne momenty bezwładności 1. Schemat zadania Rys. 3.1.1. Schemat zadania dla przykładu nr 1 Oznaczenia: i nr figury, gdzie i = (1,2,3,...,n) A i [cm 4 ] - pole powierzchni figury i x i [cm] - współrzędna X środka ciężkości figury i w układzie globalnym y i [cm] - współrzędna Y środka ciężkości figury i w układzie globalnym S i = (x i, y i ) współrzędne środka ciężkości figury i Sy i = A i x i [cm 3 ] - moment statyczny względem osi Y w układzie globalnym Sx i = A i y i [cm 3 ] - moment statyczny względem osi X w układzie globalnym x c [cm] - współrzędna X środka ciężkości układu figur (figury całkowitej) w układzie globalnym y c [cm] - współrzędna Y środka ciężkości układu figur (figury całkowitej) w układzie globalnym x ci [cm] - odległość X pomiędzy środkiem ciężkości figury i a środkiem ciężkości całego układu 112

y ci [cm] - odległość Y pomiędzy środkiem ciężkości figury i a środkiem ciężkości całego układu Jx i [cm 4 ] - moment bezwładności figury i względem osi X Jy i [cm 4 ] - moment bezwładności figury i względem osi Y Dxy i [cm 4 ] - dewiacyjny moment bezwładności figury i 2 A i x ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera 2 A i y ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera A i x ci y ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera [... tablice] lub Red Book - wartość odczytana z Tablic Inżynierskich... Transformacja Kątowa : współrzędne X i Y obliczamy ze wzorów na obrót układu: gdzie X i Y to punkt po transformacji kątowej a X' i Y' punkt przed transformacją kątową gdzie φ to kąt obrotu figury układ X'Y' względem układu XY - jeżeli jest on zgodny z ruchem wskazówek zegara to jest on ujemny... Transformacja Liniowa : współrzędne xi i yi obliczamy ze wzorów na przesunięcie układu: gdzie dx i dy to współrzędne początku figury w nowym położeniu x i = dx + x y i = dy + y... 2. Charakterystyki geometryczne poszczególnych figur układu 2.1. Figura nr 1 prostokąt b=2[cm] h=3[cm] Figura wejściowa Figura po transformacji S 1 = (x 1, y 1 ) S 1 = (x 1, y 1 ) x 1 = 1[cm] x 1 = 1[cm] y 1 = 1.5[cm] y 2 = 1.5[cm] kąt OX: 0 [stopnie] transformacja liniowa figury do punktu docelowego o wektor dx i dy dx = 0[cm] dy = 0[cm] 113

x 1 = 0 + b 2 = 0 + 2 cm 2 = 1 [cm] y 1 = 0 + h 2 = 0 + 3 cm = 1.5 [cm] 2 A 1 = b h = 2 cm 3 cm = 6 [cm] 2 S 1 = (x 1 ; y 1 ) Sx 1 = A 1 y 1 = 6 cm 2 1.5 cm = 9 [cm] 3 Sy 1 = A 1 x 1 = 6 cm 2 1 cm = 6 [cm] 3 b h3 Jx 1 = 12 = 2 33 54 cm4 = = 4.5 [cm] 4 12 12 Jy 1 = b3 h 12 = 23 3 24 cm4 = = 2 [cm] 4 12 12 Dxy 1 = 0 2.2. Figura nr 2 trójkąt b=3[cm] h=3[cm] Figura wejściowa S 2 = (x 2, y 2 ) x 2 = 1[cm] y 2 = 1[cm] Figura po transformacji S 2 = (x 2, y 2 ) x 2 = 3[cm] y 2 = 1[cm] kąt OX: 0 [stopnie] transformacja liniowa figury do punktu docelowego o wektor dx i dy dx = 2[cm] dy = 0[cm] x 2 = 2cm + b 3 y 2 = 0 + h 3 = 0 + 3 cm 3 = 1 [cm] = 2cm + 3 cm 3 = 3 [cm] A 2 = 1 2 b h = 1 3 cm 3 cm = 4.5 [cm]2 2 S 2 = (x 2 ; y 2 ) Sx 2 = A 2 y 2 = 4.5 cm 2 1 cm = 4.5 [cm] 3 Sy 2 = A 2 x 2 = 4.5 cm 2 3 cm = 13.5 [cm] 3 b h3 Jx 2 = 36 = 3 33 81 cm4 = = 2.25 [cm] 4 36 36 Jy 2 = b3 h 36 = 33 3 81 cm4 = = 2.25 [cm] 4 36 36 114

Dxy 2 = b2 h 2 72 = 32 3 2 72 = 81 cm4 72 = 1,125 [cm] 4 Rys. 3.1.2.Środki ciężkości poszczególnych figur 3. Położenie głównych centralnych osi bezwładności (xc, yc) względem układu XY Dla ułatwienia obliczeń zestwiamy wszystkie dane w formie tabelarycznej: Fig. i Ai [cm 2 ] xi [cm] yi [cm] Syi=Ai*xi [cm 3 ] Sxi=Ai*yi [cm 3 ] 1 6 1 1.5 6 9 2 4.5 3 1 13.5 4.5 10.5 - - 19.5 13.5 Mając powyższe dane możemy obliczyć geometryczny środek układu figur płaskich. x c = Sy i = Sy 1 + Sy 2 = 6 cm3 + 13.5 cm 3 19.5 cm3 A i A 1 + A 2 6 cm 2 = 1.8571 [cm] + 4.5 cm2 10.5 cm2 y c = Sx i A i = Sx 1 + Sx 2 = 9 cm3 + 4.5 cm 3 13.5 cm3 A 1 + A 2 6 cm 2 = 1,2857 [cm] + 4.5 cm2 10.5 cm2 115

Rys. 3.1.3.Główne centralne osie bezwładności 4. Odległości od środka ciężkości figury do środka ciężkości układu x ci = x i x c y ci = y i y c 4.1. Figura prostokąt b=2[cm] h=3[cm] x c1 = x 1 x c = 1 cm 1.8571 cm = 0,8571 cm y c1 = y 1 y c = 1.5 cm 1.2857 cm = 0.2143 cm 4.2. Figura trójkąt b=3[cm] h=3[cm] x c2 = x 2 x c = 3 cm 1.8571 cm = 1.1429 cm y c2 = y 2 y c = 1 cm 1.2857 cm = 0.2857 cm Rys. 3.1.4.Odległości środków ciężkości poszczególnych figur do środka ciężkości układu 116

5. Centralne momenty bezwładności dla układu XcYc względem ciężkości osi centralnych Ponownie dla ułatwienia obliczeń zestwiamy wszystkie dane w formie tabelarycznej: Fig i Ai [cm 2 ] xci [cm] yci [cm] Jxi [cm 4 ] Jyi [cm 4 ] Dxyi [cm 4 ] Aixci 2 [cm 4 ] Aiyci 2 [cm 4 ] Aixciyci[cm 4 ] 1 6-0.8571 0.2143 4.5 2 0 4.4077 0.2755-1.1020 2 4.5 1.1429-0.2857 2.25 2.25-1.125 5.8780 0.3673-1.4694 10.5 - - 6.75 4.25-1.125 10.2857 0.6429-2.5714 Sumy częściowe Jxi, Jyi, Dxyi Jx i = 6.75 [cm 4 ] Jy i = 4.25 [cm 4 ] Dxy i = 1.125 [cm 4 ] Elementy do wzoru Steinera: A i x 2 ci = 10.2857 [cm 4 ] A i y 2 ci = 0.6429 [cm 4 ] A i x ci y ci = 2.5714 [cm 4 ] 6. Jxc, Jyc, Dxyc całego układu zgodnie z twierdzeniem Steinera Jx c = Jx i + A i y 2 ci = 6.75 + 0.6429 = 7.3929 [cm 4 ] Jy c = Jy i + A i x 2 ci = 4.25 + 10.2857 = 14.5357 [cm 4 ] Dxy c = Dxy i + A i x ci y ci = 1.125 2.5714 = 3.6964 [cm 4 ] to są Centralne Momenty Bezwładności układu figur 7. Kąt alfa głównych centralnych osi bezwładności tan2α gł = 2Dxy c = 2 ( 3.6964) Jy c Jx c 14.5357 7.3929 = 7.3929 7.1429 = 1.0350 2α gł = arctan(tan2α gł ) = arctan( 1.035) = 45.9853 α gł = 22.9927 117

Rys. 3.1.5.Kąt alfa I rysunek końcowy 8. Główne centralne momenty bezwładności 8.1. Jmax J max = Jy c + Jx c 2 = 14.5357 + 7.3929 2 + ( Jy 2 c Jx c ) + Dxy 2 2 c = 14.5357 7.3929 + ( ) 2 = 10.9643 + 12.7551 + 13.6636 = = 10.9643 + 5.1399 = J max = 16.1042 [cm 4 ] (J I )[cm 4 ] 2 + ( 3.6964) 2 = 8.2. Jmin J max = Jy c + Jx c 2 = 14.5357 + 7.3929 2 ( Jy 2 c Jx c ) + Dxy 2 2 c = 14.5357 7.3929 ( ) 2 = 10.9643 12.7551 + 13.6636 = = 10.9643 5.1399 = 2 + ( 3,6964) 2 = 118

J max = 5.8244 [cm 4 ] (J II )[cm 4 ] 9. Sprawdzenie 9.1. Niezmiennik J1 δj 1 = (Jy c + Jx c ) (J max + J min ) = 0 (Jy c + Jx c ) = 14.5357 + 7.3929 = 21.9286 (J max + J min ) = 5.8244 + 16.1042 = 21.9286 δj 1 = 21.9286 21.9286 = 0 9.2. Niezmiennik J2 δj 2 = (Jy c Jx c Dxy c 2 ) (J max J min ) = 0 (Jy c Jx c Dxy c 2 ) = 14.5357 7.3929 13.6636 = 93.7969 (J max J min ) = 16.1042 5.8244 = 93.7969 δj 2 = 93.7969 93.7969 = 0 10. Momenty bezwładności dla naszego układu XY w punkcie [0,0] Jx [0,0] = Jx c + A i y c 2 = 7.3929 + 17.3571 = 24.75 [cm 4 ] Jy [0,0] = Jy c + A i x c 2 = 14.5357 + 36.2143 = 50.75 [cm 4 ] Dxy [0,0] = Dxy c + A i x c y c = 3.6964 + 10.5 1.8571 1.2857 Dxy [0,0] = 3.6964 25.0714 = 28.7679 [cm 4 ] 119

7. Przykład nr 2: Wyznaczyć położenie głównych centralnych osi bezwładności i obliczyć główne centralne momenty bezwładności 1. Schemat układu Rys. 3.2.1. Schemat układu dla przykładu nr 2... Oznaczenia: i nr figury, gdzie i = (1,2,3,...,n) A i [cm 4 ] - pole powierzchni figury i x i [cm] - współrzędna X środka ciężkości figury i w układzie globalnym y i [cm] - współrzędna Y środka ciężkości figury i w układzie globalnym S i = (x i, y i ) współrzędne środka ciężkości figury i Sy i = A i x i [cm 3 ] - moment statyczny względem osi Y w układzie globalnym Sx i = A i y i [cm 3 ] - moment statyczny względem osi X w układzie globalnym x c [cm] - współrzędna X środka ciężkości układu figur (figury całkowitej) w układzie globalnym y c [cm] - współrzędna Y środka ciężkości układu figur (figury całkowitej) w układzie globalnym 120

x ci [cm] - odległość X pomiędzy środkiem ciężkości figury i a środkiem ciężkości całego układu y ci [cm] - odległość Y pomiędzy środkiem ciężkości figury i a środkiem ciężkości całego układu Jx i [cm 4 ] - moment bezwładności figury i względem osi X Jy i [cm 4 ] - moment bezwładności figury i względem osi Y Dxy i [cm 4 ] - dewiacyjny moment bezwładności figury i 2 A i x ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera A i y 2 ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera A i x ci y ci [cm 4 ] - element do wzoru Steinera [... tablice] lub Red Book - wartość odczytana z Tablic Inżynierskich... Transformacja Kątowa : współrzędne X i Y obliczamy ze wzorów na obrót układu: gdzie X i Y to punkt po transformacji kątowej a X' i Y' punkt przed transformacją kątową gdzie φ to kąt obrotu figury układ X'Y' względem układu XY - jeżeli jest on zgodny z ruchem wskazówek zegara to jest on ujemny... Transformacja Liniowa : współrzędne xi i yi obliczamy ze wzorów na przesunięcie układu: gdzie dx i dy to współrzędne początku figury w nowym położeniu x i = dx + x y i = dy + y... 2. Charakterystyki geometryczne poszczególnych figur układu Obliczenie nowych wartości środka ciężkości figury po obrocie o kąt i przesunięciu do punktu docelowego. Figura znajduje się teraz w takim położeniu jak wzory podane na obliczanie momentów. Układ taki nazywamy układem lokalnym figury. 2.1.Figura Prostokąt b=11[cm] h=6[cm] Figura wejściowa S 1 = (x 1, y 1 ) x 1 = 5.5[cm] y 1 = 3[cm] Figura po transformacji S 1 = (x 1, y 1 ) x 1 = 10.5[cm] y 2 = 7[cm] 121

kąt OX: 0 [stopnie] transformacja liniowa figury do punktu docelowego o wektor dx i dy dx = 5[cm] dy = 10[cm] x 1 = 5 + 5.5 = 10.5[cm] y 1 = 10 + ( 3) = 7[cm] Wartości Jx 1, Jy 1, Dxy 1 w układzie x 1 y 1 bez obrotu figury b = 11[cm] h = 6[cm] A 1 = b h = 66[cm 2 ] b h3 11 63 Jx 1 = = = 198 cm 4 12 12 Jy 1 = h b3 12 = 6 113 = 665,5 cm 4 12 Dxy 1 = 0 cm 4 2.1.1. Układ nachylony nie występuje kąt nachylenia jest równy zero względem naszego układu XY Jx 1 = 198 cm 4 Jy 1 = 665,5 cm 4 Dxy 1 = 0 cm 4 2.1.2. Ocena czy figura podana została jako ujemna pole dodatnie: figura została podana jako dodatnia wartości: Jxi, Jyi, Dxyi zostaną przy swoich znakach... 2.2.Figura ćwiartka koła r=4[cm] Figura wejściowa S 2 = (x 2, y 2 ) x 2 = 1.6977[cm] y 2 = 1.6977[cm] Figura po transformacji S 2 = (x 2, y 2 ) x 2 = 6.6977[cm] y 2 = 5.6977[cm] kąt OX: 0 [stopnie] transformacja liniowa figury do punktu docelowego o wektor dx i dy 122

dx = 5[cm] dy = 4[cm] e = 4r = 1.6977 cm 3π x 2 = 5 + 1.6977 = 6.6977[cm] y 2 = 4 + 1.6977 = 5.6977[cm] Wartości Jx 2, Jy 2, Dxy 2 w układzie x 2 y 2 bez obrotu figury A 2 = πr2 π 42 = = 4π = 12.5664 [cm 2 ] 4 4 Jx 2 = r 4 ( π 4 ) = 14.0489 16 9π [cm4 ] Jy 2 = r 4 ( π 16 4 9π ) = 14.0489 [cm4 ] Dxy 2 = r4 8 4 r4 9π = 4.2166 [cm4 ] 2.2.1. Układ nachylony nie występuje kąt nachylenia jest równy zero względem naszego układu XY Jx 2 = 14.0489 [cm 4 ] Jy 2 = 14.0489 [cm 4 ] Dxy 2 = 4.2166 [cm 4 ] pole ujemne: figura została podana jako ujemna wartość: A - pole powierzchni zostało zmienione na ujemne A 2 = 12.5664 [cm 2 ]... 2.3.Figura Dwuteownik 120 INP Figura wejściowa S 3 = (x 3, y 3 ) x 3 = 2.9[cm] y 3 = 6[cm] Figura po transformacji S 3 = (x 3, y 3 ) x 3 = 4.8099[cm] y 3 = 1.3386[cm] kąt OX: -24.161074 [stopnie] Transformacja kątowa : figury w układzie lokalnym o kąt 123

... transformacja liniowa figury do punktu docelowego o wektor dx i dy x 3 = ( 0.2919) + 5.1018 = 4.8099[cm] y 3 = 5.626 + ( 4.2874) = 1.3386[cm] Wartości Jx 3, Jy 3, Dxy 3 w układzie x 3 y 3 bez obrotu figury s = 5.8 [cm] h = 12 [cm] A 3 = 14.2 [cm 2 ] Jx 3 = 328 [cm 4 ] Jy 3 = 21.5 [cm 4 ] Dxy 3 = 0 [cm 4 ] 2.3.1. Momenty i dewiacje dla układu nachylonego względem naszego układu XY (ponieważ kąt nachylenia analizowanej figury jest różny od zera i wynosi jak poniżej to należy obliczyć układ nachylony ) = 24.1611 Momenty wejściowe do obliczenia układu nachylonego Jx 3 = 328 [cm 4 ] Jy 3 = 21.5 [cm 4 ] Dxy 3 = 0 [cm 4 ] 2.3.2. Jx 3 w układzie nachylonym Jx 3 = Jx 3 + Jy 3 2 + Jx 3 Jy 3 2 cos(2α) Dxy 3 sin(2α) = 124

328 + 21,5 = 2 = 349.5 + 328 21,5 2 gruparectan.pl cos(2 ( 24.1611)) 0 sin(2 ( 24.1611)) = + 306.5 cos( 48.3221) 0 sin( 48.3221) 2 2 = 174.75 + 153.25 0.6649 0 ( 0.7469) = = 174.75 + 101.9023 0 = 276.6523 cm 4 2.3.3. Jy 3 w układzie nachylonym Jy 3 = Jx 3 + Jy 3 Jx 3 Jy 3 cos(2α) Dxy 2 2 3 sin(2α) = 328 + 21.5 328 21.5 = cos(2 ( 24.1611)) 0 sin(2 ( 24.1611)) = 2 2 = 349.5 306.5 cos( 48.3221) 0 sin( 48.3221) = 2 2 = 174.75 153.25 0.6649 + 0 ( 0.7469) = = 174.75 101.9023 + 0 = 72.8477 cm 4 2.3.4. Dxy 3 w układzie nachylonym Dxy 3 = Jx 3 Jy 3 sin(2α) + Dxy 2 3 cos(2α) = 328 21.5 = sin(2 ( 24.1611)) + 0 cos(2 ( 24.1611)) = 2 = 306.5 sin( 48.3321) + 0 0.6649 = 2 = 153.25 ( 0.7469) + 0 0.6649 = = 114.4617[cm 4 ] 2.3.5. Ocena czy figura podana została jako ujemna pole dodatnie: figura została podana jako dodatnia wartości: Jx 3, Jy 3, Dxy 3 zostaną przy swoich znakach... 125

Rys. 3.2.2. Środki ciężkości figur w układzie 3. Położenie głównych centralnych osi bezwładności (x c, y c ) względem układu XY Tabela Środki ciężkości Figur Fig. x i [cm] y i [cm] A i [cm 2 ] A i x i [cm 3 ] A i y i [cm 3 ] 1 10.500 7.000 66.000 693.000 462.000 2 6.698 5.698-12.566-84.165-71.599 3 4.810 1.339 14.200 68.300 19.009 Sumy 67.634 677.135 409.410 A i = 67.6336 [cm 2 ] A i x i = 677.1349 [cm 3 ] A i y i = 409.4097 [cm 3 ] S C = (x c, y c ) x c = A ix i = 677.1349 = 10.0118 [cm] A i 67.6336 126

y c = A iy i = 409.4097 = 6.0533 [cm] A i 67.6336 gruparectan.pl Rys. 3.2.3. Główne centralne osi bezwładności 4. Odległości od środka ciężkości figury do środka ciężkości układu x ci = x i x c y ci = y i y c 4.1. Figura Prostokąt b=11[cm] h=6[cm] x c1 = x 1 x c = 10.5 10.0118 = 0.4882 [cm] y c1 = y 1 y c = 7 6.0533 = 0.9467 [cm] 4.2. Figura ćwiartka koła r=4[cm] x c2 = x 2 x c = 6.6977 10.0118 = 3.3142 [cm] y c2 = y 2 y c = 5.6977 6.0533 = 0.3557 [cm] 127

4.3. Figura Dwuteownik 120 INP x c3 = x 3 x c = 4.8099 10.0118 = 5.2019 [cm] y c3 = y 3 y c = 1.3386 6.0533 = 4.7147 [cm] Rys. 3.2.4. Odległości środków ciężkości poszczególnych figur do środka ciężkości układu 5. Centralne Momenty bezwładności dla układu x c y c względem środka ciężkości Osi Centralnych Tabela Momenty i Dewiacje Fig. x ci [cm] y ci [cm] Jx i [cm 4 ] Jy i [cm 4 ] Dxy i [cm 4 ] A i x 2 ci [cm 4 ] A i y 2 ci [cm 4 ] A i x ci y ci [cm 4 ] 1 0.488 0.947 198.000 665.500 0.000 15.730 59.146 30.502 2-3.314-0.356-14.049-14.049 4.217-138.024-1.590-14.814 3-5.202-4.715 276.652 72.848-114.462 384.255 315.645 348.265 Sumy 460.603 724.299-110.245 261.961 373.202 363.953 Sumy częściowe Jxi, Jyi, Dxyi Jx i = 460.6034 [cm 4 ] Jy i = 724.2988 [cm 4 ] Dxy i = 110.2451 [cm 4 ] 128

Elementy do wzoru Steinera: A i x 2 ci = 261.9607 [cm 4 ] A i y 2 ci = 373.2016 [cm 4 ] A i x ci y ci = 363.9531 [cm 4 ] 6. Jxc, Jyc, Dxyc całego układu zgodnie z twierdzeniem Steinera Jx c = Jx i + A i y 2 ci = 460.6034 + 373.2016 = 833.8051 [cm 4 ] Jy c = Jy i + A i x 2 ci = 724.2988 + 261.9607 = 986.2595 [cm 4 ] Dxy c = Dxy i + A i x ci y ci = 110.2451 + 363.9531 = 253.708 [cm 4 ] to są Centralne Momenty Bezwładności układu figur 7. Kąt alfa Głównych Centralnych osi bezwładności tan2α gł = 2Dxy c 2 253.708 = Jy c Jx c 986.2595 833.8051 = 507.4159 152.4544 = 3.3283 2α gł = arctan (tan2α gł ) = arctan (3.3283) = 73.277 α gł = α gł 2 = 36.6385 129

Rys. 3.2.5. Kąt alfa, rysunek końcowy 8. Główne Centralne momenty bezwładności 8.1. Jmax J max = Jy c + Jx c 2 = 986.2595 + 833.8051 2 + ( Jy 2 c Jx c ) + Dxy 2 2 c = 986.2595 833.8051 + ( ) 2 = 910.0323 + 76.2272 2 + 253.708 2 = = 910.0323 + 70178.3139 = 910.0323 + 264.9119 = J max = 1174.9442 [cm 4 ] (J I )[cm 4 ] 2 + 253.708 2 = 130