ZADANIA - POWTÓRKA

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 5. 5. ZADANIA - POWTÓRKA Zadanie W ramie przedstawionej na rys 5. obliczyć kąt obrotu przekroju w punkcie K oraz obrót cięciwy RS. W obliczeniach można pominąć wpływ sił normalnych i tnących. 8 kn/m R K 9 kn S k 3 3 3 k =constans k = 8 k = 9 Rys. 5.. Schemat układu rama statycznie wyznaczalna Aby wyznaczyć wykres momentów dla obciążenia zewnętrznego należy określić wartości reakcji. 8 kn/m 9 kn H A = 6 kn A R A = kn B R B = kn H B = 3 kn

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA Wykres momentów od obciążenia zewnętrznego na słupie pochyłym ma kształt paraboliczny. Ekstremum momentu jest w punkcie, gdzie siłą tnąca jest równa zero. Układamy równanie tnącej: 8 knm T(x) H A = 6 kn α x R A = kn T x= cos 6 sin 8 x cos a następnie określamy współrzędną ekstremum T x=0 x=,75 wartość momentu w tym punkcie wynosi M x=,75=,5 [knm] M P [knm] x=,75 m 6 6 6 6 K,5,00 6 0 x=,5 m 0 a) Obrót przekroju w punkcie K Aby znaleźć kąt obrotu przekroju obciążamy ramę momentem wirtualnym M = [-] w punkcie K

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 3 M=[-] R K A B,5 Reakcje wirtualne mają wartość: R M=[-] K H A = A R A = 9 R B = 9 B H B = Znając reakcje tworzymy wykres momentu zginającego wywołanego działaniem momentu wirtualnego w punkcie K: 3 M[-] 3 3 3 6 3 3 0 x=,5 m

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 4 Obrót przekroju obliczymy z równania pracy wirtualnej: K = M M ds R R k [ knm knm mkn m m3 knm ==rad ] (5.) korzystając z metody Wereszczagina-Mohra: K =,5 3 3 3,5 3 3 3 3 3,5 8 8,5 8 8,5 3,5 6 3 3 3 3,5 3 3 3 6 3 3 6 3 3 3 6 6 3 3 3 6 6 3 6 9 9 3 8 K = 0 3 5 8 0 3 5 3 5 8 47 3 4 3 3 K = 67 b) Obrót cięciwy RS Obciążamy układ wirtualnymi siłami skierowanymi prostopadle do cięciwy RS o wartościach jeden przez odległość pomiędzy punktami R i S. R 5 [/m] 5 5 [/m] S Najpierw wyznaczamy reakcje:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 5 5 [/m] H A = 6 A R A = 9 β B R B = 9 5 [/m] β H B = 6 a potem wykres momentów gnących: M[-] 3 3 75 75 6 75 0 x=,5 m Zgodnie z zasadą pracy wirtualnej: RS = M M ds R R k [ knm knm mkn m m3 knm ==rad ] (5.) Obrót cięciwy RS (korzystając z metody Wereszczagina-Mohra) wynosi: RS = 5 6 3 3 3 8 3 8 5 3 3 6 3 3 3 6 3 75 6 3 75 3 75 [ 6 3 75 3 75] 6 3 75 3 6 9 8 9 RS = 0 3 5 4 5 5 8 75 4 75 4 RS = 8 5

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 6 Znaleźć wykres momentów M n Zadanie dla belki (rys. 5.), której podpory doznają przemieszczenia. Δ = 0,05 m Φ = 0,006 rad 4,0 5,0 Rys. 5.. Schemat zadanej belki Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy: Δ = 0,05 m Φ = 0,006 rad X 4,0 5,0 Rys. 5.3. Układ podstawowy Równanie kanoniczne ma postać: X =0 Tworzymy wykresy momentów od: stanu X =

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 7 0 X = 4,0 5,0 4 M 4 4 Rys. 5.4. Stan od siły X = oraz wykres momentów M Korzystając ze wzoru: ik = S M i M k ds I stosując metodę numerycznego całkowania Wereszczagina Mohra otrzymujemy: = [ 4 4 3 ] 4 4 4 5 = 0,33 Natomiast ze wzoru: i = i R i i M i i i obliczamy = [ 0.054 0,006 ]= 0,074 Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X X = = 0,074 0,33 =0,0007303 [m ] Znając już wartość X możemy narysować wykres momentów w stanie niewyznaczalnym

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 8 Δ = 0,05 m Φ = 0,006 rad 0,0007303 0,0007303 0,009 0 4,0 5,0 M Δ (n) [knm] 0,009 0,009 Rys. 5.5. Schemat belki i wykres momentów w stanie niewyznaczalnym Przy sprawdzeniu kinematycznym posłużymy się wzorem: j = M n M 0 dx R i i (5.3) Przyjmujemy nowy układ podstawowy obciążony siłą wirtualną (rys. 5.6) i dla niego tworzymy wykres momentów: 0 0,5 0,5 4,0 5,0 M (0) [ - ] Rys. 5.6. Nowy układ podstawowy i wykres momentów M 0

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 9 = 4 3 0,009 5 0,009 0,006 0,5 0,05 =0,0000003 rad 0 Okazało się, że rzeczywiście uzyskaliśmy wartość bliską zeru co daje nam gwarancję poprawności rozwiązania. Zadanie 3 Wyznaczyć reakcje oraz wykresy momentów zginających i sił poprzecznych w belce obciążonej siłą P i doznającej obrotu w podporze C o kąt Φ (można skorzystać z zasady superpozycji skutków). Na podstawie uzyskanych wyników wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności przemieszczeń i reakcji. Φ A P B = const. C 3 3 6 Rys. 5.7. Belka statycznie niewyznaczalna Aby rozwiązać zadanie metodą sił przyjęto następujący układ podstawowy: Φ P X X Rys. 5.8. Układ podstawowy Równania kanoniczne dla belki dwukrotnie statycznie niewyznaczalnej przyjmuje postać: X X S =0 X X S =0 gdzie is = ip i.

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 0 Aby obliczyć współczynniki równania kanonicznego δ i ΔS tworzymy wykres momentów M od stanu X =. Wykres momentów M od stanu X = jest na całej belce równy zeru, a zatem współczynniki równania kanonicznego δ, δ, ΔS są równe zeru (ponieważ nie uwzględniamy wpływu sił normalnych i tnących). Równanie drugie będzie tożsamościowo równe zeru (nie można z niego wyliczyć niewiadomej X), zatem pominiemy je w dalszych rachunkach. Rozwiązanie tego zadania sprowadzi się do rozwiązania układu: X S =0 X = M [-],0,0 Rys. 5.9. Wykres momentu zginającego - stan X = Współczynnik δ jest równy: = M M ds= = (5.4) Korzystamy z zasady superpozycji skutków, dlatego najpierw rozpatrzymy układ, na który działa tylko siła P. Następnie zajmiemy się układem, który doznaje wyłącznie obrotu podpory C o kąt Φ. Pozwoli to nam wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności przemieszczeń i reakcji. W pierwszym etapie rozwiążemy zadanie przedstawione na rys. 5.0. Wyznaczymy reakcje i wykres momentów zginających od obciążenia P. P Rys. 5.0. Belka statycznie niewyznaczalna obciążona siłą P W analogiczny sposób jak poprzednio (rys. 5.8) przyjmujemy układ podstawowy:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA P X (P) Rys. 5.. Układ podstawowy belka podlega tylko działaniu obciążenia w postaci siły P Równanie kanoniczne w tym przypadku, choć identyczne w zapisie ma inny sens fizyczny niż poprzednio. Wielkości X i ΔP zależą tylko od obciążenia siłą P. X P P =0 (5.5) Współczynnik = został obliczony wcześniej (nie zależy on od rodzaju obciążenia zewnętrznego). Tworzymy wykres momentów M P od obciążenia zewnętrznego, w tym przypadku od siły P: P M = 3P R = P 3 3 6 M P [knm] 3P 3P Rys. 5.. Wykres momentu zginającego - stan od obciążenia siłą P Na podstawie wykresów M i MP obliczamy współczynnik ΔP : P = M M P ds= 3 P 3 3 P 3 = 7 P (5.6) Podstawiając obliczone powyżej przemieszczenia do równania kanonicznego otrzymujemy wartość nadliczbowej X(P) w przyjętym układzie podstawowym:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA X 7 P =0 X P=,5 P (5.7) Na podstawie uzyskanych wyników rysujemy wykres momentów zginających i sił poprzecznych w układzie statycznie niewyznaczalnym: M B =0 M A 3 P,5 P=0 M A =,875 P (5.8) M A =,875P P,5P R = P M P (n) [knm] 3 3 6,5P,875P T P (n) [kn] -P - -P Rys. 5.3. Wykres momentu zginającego i siły poprzecznej w układzie statycznie niewyznaczalnym od obciążenia siłą P Drugim etapem jest wyznaczenie reakcji i wykresów sił wewnętrznych od obrotu podpory C o kąt Ф (rys. 5.4). Φ A B C Rys. 5.4. Belka statycznie niewyznaczalna poddana obrotowi w punkcie C

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 3 Przyjęcie tego samego układu podstawowego pozwala na wykorzystanie wcześniej obliczonego współczynnika δ. Φ X (Φ) Rys. 5.5. Układ podstawowy podpora C ulega obrotowi o kąt Φ Równanie kanoniczne w tym przypadku zapiszemy następująco: X =0 (5.9) Ze wzoru (5.4) =. Obliczamy jako pracę reakcji na rzeczywistych przemieszczeniach: j = R ij i (5.0) Wykorzystując reakcje z rys. 5.9 otrzymujemy: = = (5.) Podstawiając wyliczone współczynniki do równania kanonicznego wyznaczamy X (Φ): X =0 (5.) X = (5.3) Obciążając układ podstawowy tylko wyznaczoną siłą nadliczbową X (Φ) tworzymy wykres momentów i sił poprzecznych (od obrotu podpory C):

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 4 Φ M Φ (n) [knm] Φ Φ T Φ (n) [kn] O Rys. 5.6. Wykres momentu zginającego i sił poprzecznych od Φ Korzystając z zasady superpozycji skutków tworzymy wykresy momentów zginających i sił poprzecznych łącząc wcześniej uzyskane funkcje (rys. 5.3 i rys. 5.6): M B =0 M A 3 P,5 P =0 M A =,875 P (5.4) M A =,875P- Φ P Φ M P+Φ (n) [knm] R B = P,5P+ Φ,5P+ Φ T P+Φ (n) [kn],875p- Φ -P - -P Rys. 5.7. Wykres momentu zginającego i siły poprzecznej w układzie statycznie niewyznaczalnym od obciążenia siłą P i od obrotu przekroju C Przypomnijmy twierdzenie o wzajemności przemieszczeń i reakcji.

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 5 Jeżeli na ustrój sprężysty w punkcie i działa siła uogólniona Pi= wywołująca w podporze k reakcję rki i niezależnie od tego, jeśli uogólnionemu przemieszczeniu jednostkowemu podpory k towarzyszy pojawienie się w punkcie i tym przemieszczenia δik, to rzut reakcji rki na kierunek przemieszczenia podpory k jest równy rzutowi przemieszczenia δik na kierunek uogólnionej siły (z przeciwnym znakiem). r ki = ik (5.5) Najpierw wyznaczamy reakcje w układzie statycznie niewyznaczalnym obciążonym siłą P (rys. 5.8). M A =,875P P,5P R B = P Rys. 5.8. Reakcje w układzie niewyznaczalnym od siły P Jednostkowa siła P wywołuje w podporze C moment MC=,5. Obliczamy przemieszczenie punktu i znajdującego się pod siła P od jednostkowego obrotu podpory C. Φ δ i Rys. 5.9. Przemieszczenie punktu i od obrotu podpory C o kąt Φ Korzystając z twierdzenia redukcyjnego mnożymy wykresy M n i M =M P (rys. 5. i rys. 5.6) i = [ 3 3 3 3 =,5 (5.6) ] Dla Φ= i =,5 Na podstawie powyższych wyników można wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności reakcji i przemieszczeń:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 6 M C P= i,5 P=,5 (5.7) Dla Φ= i P=:,5=,5 Zadanie 4 Obliczyć pionowe przemieszczenie punktu A belki przedstawionej na rys. 5.0. q = 0 kn/m A 3,0 5,0 Rys. 5.0. Schemat belki statycznie niewyznaczalnej Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy: q = 0 kn/m X 8,0 Rys. 5.. Układ podstawowy Równanie kanoniczne ma postać: X P =0 Tworzymy wykresy momentów od : stanu X =

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 7 0 0 8,0 X = M [ - ] Rys. 5.. Stan od siły X = oraz wykres momentów zginających stanu P q = 0 kn/m 0 30 knm 80 kn 8,0 30 M P [knm] Rys.5.3. Stan od siły P oraz wykres momentów zginających Korzystając ze wzoru: ik = S M i M k ds Otrzymujemy: = 8 8 = P = 30 8 3 8 0 8 8 = 853,33 Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X X = P = 853,33 8 =06,67 [ knm]

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 8 Znając już wartość X możemy narysować wykres momentów w stanie niewyznaczalnym: q = 0 kn/m 06,67 knm 0 3,33 knm 3,33 80 kn 8,0 M P (n) [knm] 06,67 Rys. 5.4. Schemat belki i wykres momentów w stanie niewyznaczalnym Do sprawdzenia kinematycznego posłużymy się wzorem j = S M n P M 0 ds (5.8) Przyjmujemy nowy układ podstawowy obciążony siłą wirtualną (rys. 5.5) i dla niego tworzymy wykres momentów M 0 0 M (o) [ - ] 0 8,0 Rys. 5.5. Nowy układ podstawowy i wykres momentów = 8 8 3,33 8 06,67 0 3 8 8 =0

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 9 Okazało się, że rzeczywiście uzyskaliśmy zero to oznacza, że wykres MP (n) jest poprawny. Aby obliczyć przemieszczenie w punkcie A posłużymy się twierdzeniem redukcyjnym (5.8). Przykładamy w tym punkcie pionowo siłę wirtualną i wyznaczamy dla niej wykres momentów (rys. 5.6), w układzie statycznie wyznaczalnym. A 3 0 3,0 5,0 M (0) 3 3 Rys. 5.6. Belka obciążona pionową siłą oraz wykres momentów od tej siły Dla ułatwienia przypominamy wykres M P (n) 3,33 8,33 M P (n) [knm] Rys. 5.7. Wykres momentów M P (n) 06,67 Szukane przemieszczenie ma wartość: v A = [ 3 3 3 3,33 3 8,33 ] 3 [ 5 06,67 5 3 0 3 8 ] 5 3 =633,75 3 0 3 3 8,33 5 3 8 [knm] Zadanie 5 Dla łuku w kształcie ćwiartki okręgu (=const) wyznaczyć przemieszczenie pionowe podpory A wywołane działaniem siły P (rys. 5.8).

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 0 P=8 kn A r = m B Rys. 5.8. Łuk kołowy statycznie niewyznaczalny Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, zatem przyjmujemy układ podstawowy zwalniając jeden więz (rys. 5.9). P=8 kn A r = m B X Rys. 5.9. Układ podstawowy Układ podstawowy będzie zgodny z rzeczywistym, jeśli obrót podpory B będzie zerowy. Warunek ten wyraża równanie kanoniczne: X P =0 (5.9) Obliczenia przeprowadzimy dla współrzędnych biegunowych:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA y A r sinφ r φ r cosφ B x Rys. 5.30. Związki pomiędzy współrzędnymi biegunowymi i kartezjańskimi Przy tak przyjętym układzie obowiązują zależności: ds r ds =tg d ds=r tg d r dφ dla małych kątów ds=r d (5.0) x=r sin (5.) Tworzymy wykres momentów M w układzie podstawowym od stanu X =: M (x)= x M [-] X = Rys. 5.3. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym - stan X =

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA Następnie tworzymy wykres MP w układzie podstawowym od obciążenia zewnętrznego: P=8 kn 6 M p (x) 6 x M p [knm] 0 R B =8kN Rys. 5.3. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym stan od obciążenia zewnętrznego Równanie momentu M P(x) w przekroju o współrzędnej x: 6 8 x M p (x) M P x=6 8 x a po podstawieniu współrzędnych biegunowych M P x=6 8 r sin (5.) Obliczamy współczynniki równania kanonicznego:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 3 = s M M ds= 0 rd = r = (5.3) P = s M M P ds= 0 6 8 r sin rd = 6 r 8 r 0 sin d = 6 3 (5.4) Podstawiając otrzymane wartości do równania (5.9) otrzymujemy: X 3 6 =0 (5.5) X = 3 6 5,84 (5.6) Na podstawie uzyskanych wyników wyznaczamy wykres momentów zginających w układzie statycznie niewyznaczalnym MP (n) : 8 kn M A R B = 8kN M A = 6 5,84 = 0,8 knm X = -5,84 knm R B Rys. 5.33. Układ podstawowy rzeczywiste reakcje podporowe Moment rzeczywisty w układzie statycznie niewyznaczalnym opisuje zależność:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 4 M P n =M P x X M x M P n =6 8 x 3 6 M P n = 3 8 x M n P = 3 8 r sin (5.7) M P (n) (x) 0,86 x M P (n) [knm] 5,84 Rys. 5.34. Wykres momentu zginającego w układzie statycznie niewyznaczalnym Aby wyznaczyć przemieszczenie podpory A przykładamy w tym punkcie (w układzie podstawowym) pionową siłę wirtualną i wyznaczamy dla niej wykres momentów (rys. 5.35): M A = A B R B = Rys. 5.35. Układ podstawowy obciążony siłą wirtualną - reakcje

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 5 Zależność opisująca moment zginający w układzie podstawowym od jednostkowej siły wirtualnej przyłożonej w punkcie A ma postać: M o x= x M o = r sin (5.8) M (o) (x) x M (0) 0 Rys. 5.36. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym stan od obciążenia wirtualnego Przemieszczenie pionowe punktu A obliczamy po podstawieniu (5.7) i (5.8) do wzoru: A = s M P n M o A = 0 ds= 0 M n P M o r d (5.9) 3 8 r sin r sinrd (5.30) całkę z wyrażenia (5.30) 0 3 8 r sin r sind = 0 64 3 r sin 6 r sin8 r sin d (5.3) obliczymy wykonując następujące podstawienia 0 sin= cos = 0 = (5.3) 0

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 6 0 sin = 4 sin = 4 0 (5.33) Ostatecznie otrzymujemy A = 64 3 6 8 4 = 8 6 A = 9,5 [knm 3 ] (5.34) Dla przykładu w łuku wykonanym z Ι00 (J x = 7 cm 4, E = 05 GPa) przemieszczenie pionowe podpory A wynosi: A = 9,5 =0,07 350,55 Zadanie 6 Wyznaczyć linię wpływu reakcji podporowej M A(x) dla belki z (rys. 5.37), dla której const., oraz k =. M A (x) A B k x 6,0 Rys. 5.37. Schemat zadanej belki Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy x 6,0 Rys. 5.38. Układ podstawowy X

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 7 Równanie kanoniczne ma postać: X P =0 Tworzymy wykresy momentów dla: stanu X = x 6,0 X = M 6 6 - x Rys. 5.39. Stan od siły X = oraz wykres momentów stanu P (pamiętając, że obciążenie w postaci momentu porusza się po belce (w zależności od x)) x M P 6,0 x 6 - x Rys. 5.40. Stan od siły P oraz wykres momentów Korzystając ze wzoru M ik = i M k ds R R i k j S k (5.35) Otrzymujemy:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 8 P = = 6 6 3 6 74 = 6 6 x x x x = = x 6 x Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X x X = P = 6 x 74 = x x 48 Znając już wartość X możemy napisać równanie linii wpływu momentu MA dla belki w stanie niewyznaczalnym obciążając znanymi siłami układ podstawowy (rys. 5.4). M A (x) x x x 48 6,0 Rys. 5.4. Schemat belki w stanie niewyznaczalnym Równanie przyjmie postać : M A x= 6 x x 48 = 3 x x (5.36) 74 Do narysowania wykresu potrzebne będą nam wartości M A dla poszczególnych położeń obciążenia. Podstawiając wartości x do równania (5.36) otrzymujemy: x=0 M A = x= M A = 0,89 x=4 M A =0,97 x=6 M A =0,459 Wykres linii wpływu M A(x) wygląda następująco:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 9 M A (x) x 6,0 -,000-0,550-0,89 x x 48 lw M A (x) 0,090 0,97 0,40 0,459 Rys. 5.4. Wykres linii wpływu M A (x) Obliczyć linię wpływową ugięcia belki w punkcie K. Zadanie 7 x P = K 3 3 Rys. 5.43. Belka statycznie niewyznaczalna Belkę dzielimy na trzy przedziały dlatego, że kształt wykresu momentu rzeczywistego zależy od położenia siły P= (rys. 5.45, rys. 5.46, rys.5.47) Natomiast moment wirtualny od siły jedynkowej jest niezmienny. Wykres momentu od siły wirtualnej przyłożonej w miejscu szukanego przemieszczenia jest funkcją liniową.

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 30 K 3 3 M K,5 Rys. 5.44. Wykres momentu od siły wirtualnej przyłożonej w punkcie K Wykresy momentów od siły P przyłożonej w poszczególnych przedziałach przedstawiają poniższe rysunki: dla x 0,3 x P = M 3 3 x 6 x 6 x 6 - x Rys. 5.45. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale x 0,3 dla x 3,6 x 0,3 P = x 3 3 M x 6 x 6 6 - x x Rys. 5.46. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale x 0,3

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 3 dla x 3 0, x 3 P = 3 3 x 3 M 3 6 x 3 - x 3 Rys. 5.47. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale x 3 0, Ugięcie belki w poszczególnych przedziałach obliczać będziemy na podstawie wzoru: v k x i = M M j dx (5.37) j Funkcja przemieszczenia będzie różna dla kolejnych przedziałów: dla x 0,3 M M x 6 x 6 x c b K 6 - x,5 3 3 Rys. 5.48. Zestawienie wykresów M oraz M Obliczenie wartości b oraz c

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 3 b = 3 b= x x 6 x 6 x 6 c = x 3 3 c= x Przy wykorzystaniu wzoru (5.37) otrzymujemy: v k x = x x 3 x 6 x 6 x 3 x 3 x 6 x 6 3 x 3 3 x 3 x 3 x 6 x 6 3 3 3 x = = x 6 x x 3 x 36 4 x 6 x x 9 6 33 x 4 x 3 x 6 x 8 3 x 3 = = x 3 6 x x 3 x 6 x x 3 x 3 x 3 x 6 x 3 x 36 36 4 4 8 4 = = 6 x 3 4 x x 8 9 x x x 3 x x 8 9 x x x 3 x 3 x = 36 4 4 = 6 x 3 4 3 4 x 8 x 9 x x 3 x 3 3 x 8 x 9 x x 3 x x =3 x = 36 4 4 = 8 x 3 3 x 8 x 6 x 6 x x = 36 x x 3 9 x 3 x 6 x x = 36 4 4 36 4 4 = 6 x 3 x 9 x x 8 x 3 x = 7 x x 3 = x 7 x dla x 0,3 M M x 6 x 6 6 - x x K,5 3 3 Rys. 5.49. Zestawienie wykresów M oraz M Wykresy momentów, a co za tym idzie rozwiązania dla części pierwszej i drugiej są symetryczne (rys. 5.48 i rys. 5.49). Wykorzystując wzór wyprowadzony dla części pierwszej podstawiamy w miejsce x wartość (6 x)

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 33 v K x = 6 x [7 6 x ] = 6 x [7 36 x x ] = = 6 x 9 x x = 54 7 x 6 x 3 9 x x x = = x 3 8 x 8 x 54 dla x 3 0, x 3 M 3 d M 6 x 3 - x 3 K,5 3 3 Rys. 5.50. Zestawienie wykresów M 3 oraz M Obliczenie wartości d: d = 3 x 3 6 d = x 3 Przy wykorzystaniu wzoru (5.37) otrzymujemy: v K x 3 = 3 3 3 x 3 3 3 3 x 3 3 x 3 = = 3 x 3 9 4 4 3 x 3 3 x 3 = 3 x 3 4 6 x 3 4 = 9 x 3 4 Zestawienie wyników: dla x 0,3 v k x = x 7 x dla x 3,6 v k x = x 3 8 x 8 x 54 dla x 3 0, v k x 3 = 9 x 3 4

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 34 Otrzymane funkcje są prawdziwe tylko w obrębie przedziału, którego dotyczą. Funkcje w poszczególnych przedziałach nie są identyczne (dwie pierwsze to funkcje trzeciego stopnia, trzecia jest funkcją liniową). Linię wpływową ugięcia belki w punkcie K wygląda jak na poniższym rysunku: x P = K 3 3-4,50 v k x K -,5,7 3,83 4,50 3,83,7 Rys. 5.5. Linia wpływowa ugięcia belki w punkcie K Sprawdzenie wartości ugięcia dla x=3 Wartość normowa (znana z tablic) dla układu jak na rys. 5.5: v P l l Rys. 5.5. Schemat belki wolnopodpartej obciążonej siłą P w środku rozpiętości wynosi: v= Pl 3 48 Dla naszego przypadku (P=, l=6): v K = Pl 3 co pokrywa się z wartością przez nas otrzymaną. 48 = 6 3 48 =4,5 v K x =3= 37 3 =4,5

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 35 Zadanie 8 a) Wyznaczyć wartości ciężarów sprężystych dla punktów 0 i belki przy podziale na cztery elementy (=const.) (rys. 5.53). b) Podać schemat belki zastępczej spełniającej warunki brzegowe zadanego układu. kn/m 0 3 4 3 3 3 3 Rys. 5.53. Zadana belka ad a) Obliczenie wartości ciężarów sprężystych Wartości ciężarów sprężystych określa się na podstawie wzoru: w i = M p M i dx (5.38) Do wyznaczenia ciężarów sprężystych potrzebne będą nam wykresy momentów od zadanego obciążenia oraz od sił wirtualnych. Obciążenie wirtualne dla danego punktu musi być przyłożone w postaci par sił zastępujących jednostkowe momenty. Najpierw tworzymy wykres od obciążenia zewnętrznego (rys. 5.54). 43 knm kn/m 0 3 4 08 kn 36 kn 3 3 3 3 43 6 M P [knm] Rys. 5.54. Wykres momentów od zadanego obciążenia Następnie wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla poszczególnych punktów (rys. 5.55, rys. 5.56). 54

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 36 3 0 3 4 3 3 3 3 3 M 0 [-] Rys. 5.55. Wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla punktu 0 3 3 3 0 3 4,0 6 3 3 3 3,5 0,5 M [-] 6 Rys. 5.56. Wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla punktu Należy zauważyć, że obciążenie wirtualne w postaci samorównoważących się momentów daje przeważnie wykres w okolicy rozpatrywanego punktu. Jednak dla punktu uzyskaliśmy wykres na całej długości belki. Podstawiając wartości z powyższych wykresów do wzoru (5.38), otrzymujemy: w = M p M w 0 = M p M 0 dx= [ 3 43 3 3 6 3 3 3 8 3 ] w 0 = 499,5 dx= [ 3 43 3 3 3 3 3 8 3 3 3 6 3 3 ] 3 [ 3 6 3 3 3 3 8 3 3 3 54 3 3 3 8 3 ] w = 70 ad b) Schemat zastępczy dla belki z rys. 5.53 wygląda następująco:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 37 I I 0 3 4 0 3 4 I I Rys. 5.57. Schemat belki zastępczej Zadanie 9 Udowodnić, że w przypadku pośredniego obciążenia, funkcje linii wpływu wywołane działaniem ruchomej siły skupionej są odcinkami liniowe. Rozpatrzmy belkę wolnopodpartą obciążoną w sposób pośredni. Na belce głównej spoczywa pomost złożony z jednoprzęsłowych belek, ułożonych na podporach, przekazujących obciążenie od poruszającej się siły P= na belkę dolną. A A' x P = B C D E F α F' B' C' D' E' α m n a b c d e Rys. 5.58. Schemat belki obciążonej pośrednio Zauważmy, że gdy dowolna siła będzie przyłożona w punktach A, B, C, D, E lub F to cała wartość obciążenia zostanie przekazana bezpośrednio na belkę główną. Dla takich położeń siły rzędne linii wpływu dowolnej wielkości statycznej będą takie same jak w przypadku obciążenia bezpośredniego belki A'F'. Na rys. 5.59 dla przykładu pokazano linię wpływu momentu zginającego w przekroju α-α od siły jedynkowej poruszającej się po belce A'F'. Rzędne wykresu w punktach A', B', C', D', E' i F' są identyczne w przypadku obciążenia bezpośredniego z wartościami otrzymanymi dla obciążenia pośredniego. A' x P = B' α C' D' E' F' α a b c d e M α (B') (E') (D') M (C') M α M α α lw M α Rys. 5.59. Linia wpływu momentu w przekroju α-α od poruszającej się siły jedynkowej

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 38 Gdy siła P = znajdzie się w obrębie pojedynczego przęsła, np. przęsła BC to obciążenie od siły P będzie przekazane na belkę główną przez podpory BB' i CC' belka główna będzie obciążona tylko reakcjami R B, R C. Wartości tych reakcji zależne będą od położenia siły P na danym przęśle, czyli od odciętej r. b B r P = C R B R C Rys. 5.60. Siła P działająca w obrębie przęsła BC Wartości sił reakcji w podporach przęsła BC wywołanych poruszającą się siła P po przęśle BC i jednocześnie wartości sił działających na belkę główną A'F' zapiszemy w następujący sposób: R B = r b R C = r b (5.39) Pozostałe przęsła pomostu nie są obciążone i nie będą przekazywać żadnych sił na belkę główną (czyli gdy siła znajduje się na przęśle BC reakcje R A = R D = R E = R F = 0). W związku z powyższym można przyjąć schemat z rys 5.6. R B (r) R C (r) A' m α B' C' D' E' α n F' a b c d e Rys. 5.6. Siła P zatrzymana myślowo na jednym z przęseł Wyznaczmy teraz linię wpływu momentu zginającego w przekroju α - α odległego o m od podpory A' i o n od podpory F' przy założeniu, że siła P = stoi dokładnie w punkcie B (r = 0). R B =P= R C =0 A' m α B' C' D' E' α n F' R A' a b c d e R B' Rys. 5.6. Siła P przyłożona dokładnie w punkcie B

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 39 Zgodnie z równaniem statyki: czyli: M =0 (5.40) M =R A' m R B m a M (5.40) M =R A' m R B m a (5.4) wartość reakcji R A' (gdy siła P = stoi w punkcie B) wyliczamy z sumy momentów wszystkich sił działających na belkę A'F' względem punktu F'. Belka pozostanie w stanie równowagi gdy: czyli: M F ' =R A' mn R B bcd e (5.4) M F ' =0 (5.43) R A' = R Bbcd e mn (5.44) Podstawiając do równania (5.4) otrzymujemy wartość momentu w przekroju α α dla przypadku, gdy siła P przyłożona jest w punkcie B. M = R Bbcd e m R mn B m a (5.45) Ponieważ założyliśmy, że P = to dla sytuacji RB = P =, czyli: M B = Rozpatrzmy teraz sytuację gdy siła P = stanie w punkcie C (r = b) bcd e m m a (5.46) mn R B =0 R C =P= A' m α B' C' D' E' α n F' R A' a b c d e R B' Rys. 5.63. Siła P przyłożona dokładnie w punkcie C Obliczając moment względem przekroju α-α otrzymujemy:

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 40 Przy czym reakcja RA' gdy siła P stoi w punkcie C wynosi: R A' = Podstawiając (5.48) do wzoru (5.47) otrzymujemy równanie ogólne: M C = M C =R A' m (5.47) cd e R mn C (5.48) cd e m R mn C a dla rozważanego przypadku dla P = mamy RC = P = i dalej: M C = Obliczmy teraz Mα dla dowolnego położenia siły P na przęśle BC. cd e m (5.49) mn r R B =- R C = b r b A' m α B' C' D' E' α n F' R A' a b c d e R B' Korzystamy z równania (5.4): Rys. 5.64. Siła P położona w dowolnym punkcie przęsła BC M =R A' m R B m a (5.50) Aby obliczyć R A' układamy sumę momentów wszystkich sił względem punktu F'. Po przekształceniu otrzymujemy: Podstawiamy do równania (5.50): R A' = R bcd er B C cd e mn M = R Bbcd e m R ccd e m R mn mn B m a (5.5) a po uszeregowaniu i wyłączeniu R B z pierwszego i ostatniego wyrazu równania otrzymujemy M =R B[ bcd e mn m m a] c[ R cd e mn Zauważmy, że wyrażenia w nawiasach kwadratowych to odpowiednio wartość momentu w przekroju α-α dla położenia siły P w punkcie B (5.46) oraz wartość momentu dla położenia siły P = w punkcie C (5.49), m]

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 4 czyli: Podstawmy zgodnie z równaniem (5.39) M =R B M B C R C M po wymnożeniu: M = b r M B r b M C M =M B r b M B r b M C i po wyłączeniu r przed nawias: Zauważmy, że M C b, M B b, M B M =r M C b M B b M B to konkretne liczby, a r jest zmienną. Otrzymaliśmy więc równanie linii prostej, stąd można przyjąć, że linia wpływowa momentu w przekroju α - α przy obciążeniu pośrednim jest linią prostą. Wniosek: W celu uzyskania linii wpływowej dowolnej wielkości statycznej przy obciążeniu pośrednim, wystarczy sporządzić linię wpływową danej wielkości jak dla belki głównej (obciążenia przekazywanego bezpośrednio), znaleźć wartości wielkości statycznej w węzłach (czyli w miejscach oparcia podpór belek pomostu) i połączyć otrzymane punkty odcinkami linii prostych. Metoda ta jest pokazana na rys. 5.65. A A' x P = B C D E F α F' B' C' D' E' α m n a b c d e M α (B') (E') (D') M (C') M α M α α lw M α obciążenie pośrednie obciążenie bezpośrednie Rys. 5.65. Przebieg linii wpływy momentu zginającego w przekroju α-α dla obciążenia pośredniego

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 4 Zadanie 0 Dla łuku w kształcie półokręgu ( = const), obciążonego poruszającym się jednostkowym momentem skupionym, obliczyć i narysować linię wpływu momentu zginającego w przekroju α - α (rys. 5.66). x M= α α R R R Rys. 5.66. Łuk w kształcie półokręgu statycznie niewyznaczalny Łuk jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, zatem przyjmujemy układ podstawowy zwalniając jeden więz (rys. 5.67). x M= α α R X = [-] Rys. 5.67. Układ podstawowy Układ podstawowy uzupełnia równanie kanoniczne: z którego można wyznaczyć wartość nadliczbowej siły: X P =0 (5.5) X = P Obliczenia przeprowadzimy dla współrzędnych biegunowych. W celu ułatwienia obliczeń funkcję momentu zginającego na długości łuku uzależnimy od zmiennej x ', którą wyrazimy przez zmienną biegunową, kąt (rys. 5.68). Podczas całkowania x, które określa położenie momentu skupionego M =,

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 43 będzie traktowane jako wartość stała, a zmienną całkowania będzie x '. y R φ R x` R sinα x Rys. 5.68. Związki pomiędzy współrzędnymi biegunowymi i kartezjańskimi, x '=RR sin=r sin ds=r d Aby obliczyć współczynniki równania kanonicznego i P tworzymy wykres momentów od stanu X = (rys. 5.69). x` M R X = [-] [-] oraz określamy postać funkcji momentu zginającego: Rys. 5.69. Wykres momentu zginającego - stan X = M x ' = x '=Rsin W przekroju α - α wartość momentu zginającego w stanie X = równa jest promieniowi okręgu. M X = =M x '=R=R Dalej tworzymy wykres momentów od obciążenia zewnętrznego, w tym przypadku od ruchomego momentu skupionego M = (rys. 5.70) oraz określamy postać funkcji momentu M P x'.

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 44 x M= R β Rys. 5.70. Wykres momentu zginającego stan P (od obciążenia ruchomym momentem jednostkowym) Funkcja momentu przyjmuje różną postać w zależności od badanego przedziału: dla x ' 0, x,, dla x ' x, R,, M P =0 M P x ' = Znając postacie wszystkich funkcji w poszczególnych przedziałach możemy obliczyć składniki równania kanonicznego: = S M M ds= = R3 P = S = R [ cos R sin R d = R3 [ cos sin M M P ds= R sin 0 R d [ d sin d ]= R [ cos d sin d sin d ]= d ]= R3 [ ] = 3 R3 R sin R d = ] = R [ cos ] Korzystając ze wzoru (5.5) wyznaczamy wartość nadliczbowej siły X. Ponieważ przemieszczenia i P są funkcjami zmiennej x ( we współrzędnych biegunowych), to również siła X jest funkcją zależną od położenia jednostkowego momentu. Czyli linią wpływu jest funkcja: Lw X = [ cos ] 3 R

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 45 Zgodnie z zasadą superpozycji wartość momentu w układzie niewyznaczalnym wynosi: Lw M n =Lw M 0 Lw X M X = Najpierw wyznaczamy linię wpływu momentu w układzie statycznie wyznaczalnym. Wartość momentu zginającego w przekroju α-α zależy od położenia wędrującego momentu M = (rys. 5.7) i wynosi: dla x 0, R,,0 dla x R, R, 0, M 0 = M 0 =0 M= α β α x dla 0 < x < R - π < β <0 dla R < x < R 0 < β < π x M α M α M= M α = M α =0 R R M α (x) = lw M α (0) Rys. 5.7. Linia wpływu M α(x) w układzie statycznie wyznaczalnym Teraz możemy zapisać równanie linii wpływu momentu zginającego w przekroju α-α dla poszczególnych

Część 5. ZADANIA - POWTÓRKA 46 przedziałów w układzie niewyznaczalnym: dla,0 dla 0, Lw M n = Lw M n = [ cos ] 3 [ cos ] 3 cos = 3 = cos 3 (5.53) (5.54) n Do narysowania wykresu potrzebne będą nam wartości M dla charakterystycznych położeń momentu jednostkowego. Podstawiając wartości β do równań (5.53) i (5.54) otrzymujemy: dla = dla = 4 M = 3 M =0,35 dla =0 L M =0,45 dla =0 P M = 0,55 dla = 4 M = 0,3 dla = M =0 Wykres linii wpływu M n w układzie statycznie niewyznaczalnym przedstawiono na rys. 5.7 0,55 0,3 0,35 0,45 lw M α (n) (β) 0,3(3) 0 Rys. 5.7. Wykres linii wpływu momentu zginającego w przekroju α-α od jednostkowego momentu