Obciążenie ciągłe równomierne Miara wypadkowej obciążenia rozłożonego liniowo równa jest polu figury opisującej obciążenie i powinna zostać przyłożona w środku ciężkości tej figury.

n

Mechanika teoretyczna

q

HA

Wykład nr 2 Wyznaczanie reakcji. Belki przegubowe. Ramy. Siły wewnętrzne.

A

VA

RB

A

l q

Obciążenie ciągłe trójkątne

∑M

ql

l/2

1

B

: RB ⋅ l − q ⋅ l ⋅

A

l =0 2 2

l/2

Obciążenie ciągłe dowolne

q

l

W = ∫ q(x ) dx

q(x)

∑ X : HA = 0

HA

∑X :H =0 ∑Y : V + R − q ⋅ l = 0

HA

0

l

VA

1 ∑ Y : V A + RB − 2 q ⋅ l = 0

RB l ql /2

2l/ 3

q

VA

RB

l

1 2 ∑ M A : RB ⋅ l − 2 q ⋅ l ⋅ 3 l = 0

∫ q(x )⋅ x dx

x0 =

0

W

∑X :H =0 ∑Y :V + R −W = 0 ∑ M : R ⋅ l −W ⋅ x = 0

W

A

l/3

A

x0

l-x0

A

B

B

0

3

4

Obciążenie ciągłe momentem

Przegub

m

VA

∑X :H

RB

∑Y :V

l

∑M

ml

m

Połączenie elementów prętowych w taki sposób, że mogą się one swobodnie obracać (nie powstaje moment mogący przeciwdziałać obrotowi). Uzyskuje się dodatkowy punkt, w którym moment wewnętrzny jest równy zero. Moment w przegubie od sił zewnętrznych znajdujących się po jednej ze stron przegubu równy jest 0.

n

HA

A

A

A

=0

+ RB = 0

n

: RB ⋅ l − m ⋅ l = 0

n

l

5

6

Dodatkowe równanie dla przegubu

Podział ramy w przegubie

P

∑X :H

RC P

P

C

h

RC

HA

HB

h P A

B

l

VA

RB=RC RA

RC

VB l

RA

l

RB

l

VC P

HA

∑M

A

∑M

: VB ⋅ 2l − P ⋅ h = 0

VA

A

+ VB = 0

Czwarte równanie:

HC VC

: VA ⋅ l − H A ⋅ h = 0 albo

7

+ HB + P = 0

∑Y :V

HC

l C

A

∑ M Cp : VB ⋅ l + H B ⋅ h = 0

HB 8

VB

Belki przegubowe – rozkład na belki proste

Belki proste – równania równowagi ∑X :H =0 ∑Y :V + R − q ⋅ l = 0 l ∑ M : R ⋅l − q ⋅l ⋅ 2 = 0

q

P

D

B

l

C

l

C

l

l

HC

D

C

P B

l

VA

C

A

l

9

RB

l RB

A

C

l

l

C

∑X :H −H =0 ∑Y :V + R −V − P − q ⋅ l = 0 ∑ M : R ⋅ 2l − P ⋅ l − q ⋅ l ⋅ 2,5l − V

HC

A

A

Reakcje – belki przegubowe

RD HC

l

VA

RD

l

VC

A

l

VC

q

VC

q

P

HA

D

C

D

B

VC

HC

D

C

q

HA

q

C

A

B

C

B

C

⋅ 3l = 0

10

Rozwiązanie

(1)

HA

∑X :H

q

P A

D

B

l

VA

l

∑M

C

l

l

RB

∑M

RD

⇒

A

A

∑M

p C

B

B

D

l =0 2

l =0 ⇒ 2

RD = q ⋅

l 2

p C

: RD ⋅ l − q ⋅ l ⋅

A

: RB ⋅ 2l + RD ⋅ 4l − P ⋅ l − q ⋅ 2l ⋅ 3l = 0 ⇒

RB =

⇒ VA = P + q ⋅ 2l − RB − RD = P + q ⋅ 2l −

D

: RD ⋅ l − q ⋅ l ⋅

=0

P P − RD ⋅ 4l + P ⋅ l + q ⋅ 2l ⋅ 3l = −2 RD + + q ⋅ 3l = + q ⋅ 2l 2l 2 2 Y : V + R + R − P − q ⋅ 2 l = 0 ⇒ ∑ A B D

∑X :H =0 ∑ Y : V + R + R − P − q ⋅ 2l = 0 ∑ M : R ⋅ 2l + R ⋅ 4l − P ⋅ l − q ⋅ 2l ⋅ 3l = 0 A

A

P l P l − q ⋅ 2l − q = − q 2 2 2 2

11

12

Reakcje – belki przegubowe

Podstawienie danych

(2)

q = 5kN / m

q

P = 10kN

MA

l = 2m

HA

HA = 0 RD = q ⋅ RB =

l 2m = 5kN / m ⋅ = 5kN 2 2

VA

P 10kN + q ⋅ 2l = + 5kN / m ⋅ 2 ⋅ 2m = 25kN 2 2

l

l

∑X :H

A

RB

l

=0

10kN 2m VA = − 5kN / m ⋅ =0 2 2 13

14

Wypadkowa obciążenia trójkątnego

Suma momentów względem przegubu q

q′ q = l 3l

½q ·3l q’

=

q MA

⇒ q′ =

q 3 q’·2 l

½(q -q ’)·2l

½(q -q ’)·2 l

q

q-q’

HA

q’

MA

l

l

q’·2 l

l

1 ∑ Y : VA + RB − 2 q ⋅ 3l = 0 1 ∑ M A : RB ⋅ 2l − M A − 2 q ⋅ 3l ⋅ 2l = 0

HA

+

VA

RB

q’

C

q’

2·2l/ 3 VA

15

∑M

p C

l

: RB ⋅ l − q′ ⋅ 2l ⋅ l −

l

2l/ 3 RB

l

1 (q − q′)⋅ 2l ⋅ 2 2l = 0 2 3

16

Rozwiązanie ∑X :H

A

Podstawienie danych

q 2 1 2q 8l 2 ⋅ 2l − ⋅ =0 3 2 3 3 2 8 14 RB = ⋅ ql + ⋅ ql = ⋅ ql 3 9 9

∑M

=0

p C

: RB ⋅ l −

q = 10kN / m l = 1,5m

⇒ 1 ∑ Y : VA + RB − 2 q ⋅ 3l = 0 3 14 1 ⇒ VA = ⋅ ql − ⋅ ql = − ⋅ ql 2 9 18

VA = −

1 : RB ⋅ 2l − M A − q ⋅ 3l ⋅ 2l = 0 2 14 1 ⇒ M A = ⋅ 2ql 2 − 3ql 2 = ⋅ ql 2 9 9

∑M

B

l

l

l

m

HA A

B

l

VA

l RB

l

D

l

l

l

19

2q q

A

B

l

VA

l RB

P α

q

C

E

D

l

l

l RE

l RF

A

A

∑M

l C

B

B

E

F

E

F

: VA ⋅ 3l + RB ⋅ l + m ⋅ 2l = 0

1  2  ∑ M : RE ⋅ l + RF ⋅ 2l − q ⋅ 3l ⋅1,5l − 2 q ⋅ 2l ⋅  l + 3 2l  − P sin α ⋅ 3l = 0 p D

21

l = 1m

l

l

2q

VD q

C

l

E

l

=0

F

l

RE A

α

HD D

RB

P

q

l

RF

∑ X = 0 ∑Y = 0 ∑ M

D

=0 20

n

Równania względem sąsiadujących przegubów lepiej zapisać z tej samej strony.

∑ X : H − P cosα = 0 1 ∑ Y : V + R + R + R − q ⋅ 4l − 2 q ⋅ 2l − P sin α = 0 1 2   ∑ M : R ⋅ 2l + R ⋅ 5l + R ⋅ 6l − m ⋅ 2l − q ⋅ 4l ⋅ 5l − 2 q ⋅ 2l ⋅  5l + 3 2l  − P sin α ⋅ 7l = 0 A

A

A

∑M

l C

B

B

E

E

F

F

: VA ⋅ 3l + RB ⋅ l + m ⋅ 2l = 0

1  2  : RE ⋅ l + RF ⋅ 2l − q ⋅ 3l ⋅1,5l − q ⋅ 2l ⋅  l + 2l  − P sin α ⋅ 3l = 0 2  3  1 ∑ M Dl : VA ⋅ 4l + RB ⋅ 2l + m ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅ 2 l = 0 p D

22

Zasady pisania dodatkowych równań dla przegubów (1)

P = 10kN m = 5kNm / m

B

VA

∑M

Rozwiązanie q = 5kN / m

A

F

l

∑ X : H − P cosα = 0 1 ∑ Y : V + R + R + R − q ⋅ 4l − 2 q ⋅ 2l − P sin α = 0 1 2   ∑ M : R ⋅ 2l + R ⋅ 5l + R ⋅ 6l − m ⋅ 2l − q ⋅ 4l ⋅ 5l − 2 q ⋅ 2l ⋅  5l + 3 2l  − P sin α ⋅ 7l = 0 A

VD

Sąsiadujące przeguby – łatwość rozwiązania

(3)

HA

l

HC

∑ X = 0 ∑Y = 0 ∑ M

l RF

Reakcje – belki przegubowe m

VC

D

VC

F

RE

HD C

m

HA P α

E

q

HC

C

q

C

l

∑X =0 ∑Y = 0 ∑M = 0

F

l

2q q

9 niewiadomych – 9 równań

n P α

E

D

l

18

Belki proste – równania równowagi

q

C

l

17

2q

q

A

14 14 ⋅ ql = ⋅10kN / m ⋅1,5m = 23,333kN 9 9

1 1 2 M A = ⋅ ql 2 = ⋅10kN / m ⋅ (1,5m ) = 2,5kNm 9 9

(3)

Sąsiadujące przeguby m

RB =

1 1 ⋅ ql = − ⋅10kN / m ⋅1,5m = −0,833kN 18 18

A

Belki przegubowe n

HA = 0

n

H A = 5kN V A = −6,25kN RB = 8,75kN RE = 2,173kN RF = 28,987 kN 23

Dodatkowe równanie względem przegubu musi wykorzystywać własność przegubu, tj. że moment w przegubie równy jest 0, a więc dodatkowe równanie nie może być zwykłą sumą momentów względem przegubu, a musi być sumą momentów od sił z jednej strony przegubu.

24

Zasady pisania dodatkowych równań dla przegubów

Inne rodzaje obciążeń

(2)

n

n

Każdy przegub musi zostać wykorzystany co najmniej jeden raz. Jeżeli chcemy zapisać równanie dla przegubu z drugiej strony, to zastępuje ono jedno z równań podstawowych (sumę momentów względem dowolnego punktu).

Obciążenie osiowe rozłożone wzdłuż pręta. Obciążenie pionowe na pręcie ukośnym:

n n

– intensywność na jednostkę rzutu; – intensywność na jednostkę długości pręta. l 2q ⋅ 2q 2

q ⋅ l 2 + h2

q h

q ⋅ 2h 2

h

q/2

h 25

26

l/2

Reakcje – rama trójprzegubowa

l

Reakcje – rama trójprzegubowa

(1)

(2)

q q

∑X :H

C

h

h

∑Y : V

M

M

∑M

h P

h P

∑M

h HA

A

h

l

VA

l

l

HB

B

l

 1  : VA ⋅ 2l + P ⋅ h − q ⋅ l ⋅  l + l  + M = 0  2 

p C

: VB ⋅ l − H B ⋅ 3h − M = 0

VB

(2)

∑X :H

2q C

∑Y :V

h

h

M

M P

q

α

h

MA HA

A

A

+ P cos α = 0

+ RB − P sin α +

− 2 q ⋅ l 2 + h 2 − q ⋅ 2h = 0

P

h

q

A

∑M

l

VA

RB

l

∑M

29

p C

A

: M A + P ⋅ cos α ⋅ h + M +

l + 2q ⋅ l 2 + h 2 ⋅ + 2 + q ⋅ 2h ⋅ l − RB ⋅ l = 0

B

h

: RB ⋅ l − q ⋅ 2 h ⋅ l − 2q ⋅ l 2 + h 2 ⋅

q

30

∑X :H +H +P =0 ∑Y : R + V + V + R +

q

B

G

h

A

P

h P

M

q

h

M

q E

q RA

h

∑M

F

l 31

l

VB

HC

B

l

l

VC

C

D

l RD

B

C

A

D

: VB ⋅ l + VC ⋅ 3l + RD ⋅ 4l +

l − P ⋅ 2h − M − q ⋅ l ⋅ + 2 − q ⋅ 2l ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅ 3,5l = 0

l : VC ⋅ l + H C ⋅ 3h + RD ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅ − M − q ⋅ l ⋅1,5l = 0 2 l l ∑ M Fp : RD ⋅ l − q ⋅ l ⋅ 2 = 0 ∑ M El : R A ⋅ l − q ⋅ l ⋅ 2 = 0

∑M l

HB

A

C

− q ⋅ l − q ⋅ 2l − q ⋅ l = 0

h

q

l

l =0 2

Rama nawowa – równania równowagi

Rama nawowa

l

B

Reakcje – rama przegubowa

2q

h

+ VB − q ⋅ l = 0

A

28

(1)

α

− HB + P = 0

27

Reakcje – rama przegubowa

h

A

p G

32

Siły w ściągu – cztery dodatkowe równania

Rama ze ściągiem – reakcje podporowe (3 niewiadome) 2q

2q

2q M

M

M

C

q

h

C

q

h

h

D

E

A

B

l

l

HD

P

HE

l

VA

l

VE

VD

h A

∑M

A

l

VA

l

∑X :H −H =0 ∑Y :V + V − q ⋅ l = 0 l ∑ M : V ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅ 2 = 0

RB

D

B

∑M

33

Rama ze ściągiem – 7 niewiadomych

n

M C

VD HD

P

HE

VE E

D

q

HD VD

h

HE E

D

l

HA

A

B

l

VA

l

D

∑X :H −H +H +P =0 ∑ Y : V + R − V − V − 2q ⋅ 2l = 0 ∑ M : R ⋅ 2l − P ⋅ h − M − 2q ⋅ 2l ⋅ l − V ⋅ 2l − H l ∑ M : V ⋅ l − H ⋅ h − R ⋅ l + M + 2q ⋅ l ⋅ 2 = 0 A

A

D

B

A

B

p C

E

E

D

n

VE

l

∑X :H −H =0 ∑ Y : V + V − q ⋅ l = l0 ∑ M : V ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅ 2 = 0

RB

E

D

D

E

E

n

l =0 2

34

Przeguby, w których jeden pręt łączy się z drugim ze swobodą obrotu. Pozwala na zapisanie jednego dodatkowego równania (sumy momentów względem przegubu od sił na jednej części konstrukcji oddzielonej przegubem).

E

E

E

E

⋅h + HD ⋅h = 0

B

35

36

Rama z przegubem dwukrotnym

Przeguby wielokrotne n

: V E ⋅ l − H E ⋅ h − R B ⋅ l + M + 2q ⋅ l ⋅

p C

E

E

Przeguby pojedyncze

2q

h

E

D

D

l : RB ⋅ 2l − P ⋅ h − M − q ⋅ l ⋅ − 2q ⋅ 2l ⋅ l = 0 2

VE

l

B

RB

A

A

HE E

D

l

HA

∑X :H +P=0 ∑ Y : V + R − q ⋅ l − 2q ⋅ 2l = 0

q

HD E

D

h

HA

VD

h

P

P

q

Przeguby, w których łączą się ze sobą więcej niż dwa pręty ze swobodą obrotu względem pozostałych prętów. Pozwalają na zapisanie więcej niż jednego dodatkowego równania równowagi.

q

M

M

h

D

h

P

RC

P

h

h

l

RA

l

MB HB l

l

VB

∑X :H +P =0 ∑ Y : R + V + R − q ⋅ 2l = 0 l l ∑ M : R ⋅l + M − R ⋅l + M − q ⋅l ⋅ 2 + q ⋅l ⋅ 2 + P ⋅ h = 0 l l ∑ M : R ⋅l − q ⋅l ⋅ 2 = 0 ∑ M : R ⋅l − q ⋅l ⋅ 2 + M = 0 B

A

37

Stopień statycznej wyznaczalności n

n

n

Belka: n=r-g-rs; Rama: n=r+3o-g-rs; Kratownica: n=r-rs lub n=p-2w. r – liczba reakcji; g – liczba przegubów pojedynczych; o – liczba pól zamkniętych; rs=3 – liczba równań statyki; p – liczba prętów; w – liczba węzłów.

A

p D

C

B

C

l D

A

38

Określenie stopnia statycznej wyznaczalności odnośnie do reakcji: – Układ jest statycznie wyznaczalny, jeżeli współczynnik n = 0; – Układ jest statycznie niewyznaczalny, jeżeli współczynnik n > 0; – Układ jest geometrycznie zmienny, jeżeli współczynnik n < 0.

Oznaczenia: – – – – – –

B

C

Stopień statycznej wyznaczalności

Stopień zewnętrznej statycznej wyznaczalności n: – – –

B

39

40

Sposób podparcia a statyczna wyznaczalność n

n

Układy geometrycznie zmienne (przykłady) (1)

Nie zawsze stopień statycznej wyznaczalności n=0 gwarantuje statyczną wyznaczalność. Niewłaściwe rozmieszczenie podpór może powodować, że układ będzie geometrycznie zmienny (np. reakcje równoległe – płaszczyzna przesuwu) lub chwilowo geometrycznie zmienny (reakcje przecinające się w jednym punkcie – chwilowy środek obrotu).

n

n

n

Niedostateczna liczba podpór. Belka na trzech podporach przesuwnych. Trzy niepodparte przeguby obok siebie.

41

Układy geometrycznie zmienne (przykłady)

42

Siły wewnętrzne

(1)

(2)

n

n

Belka z niepodpartym przęsłem przegubowym.

n

Trzy reakcje kratownicy przecinające się w jednym punkcie.

Mamy bryłę materialną obciążoną układem sił (siły zewnętrzne, reakcje), będących w równowadze. Rozetniemy myślowo tę bryłę na dwie części przekrojem α-α .

α

q

P

P

P α 43

Siły wewnętrzne n

Siły wewnętrzne

(2)

Aby fragment bryły był w równowadze musimy zastąpić wzajemne oddziaływanie fragmentów brył przez przyłożenie w sposób ciągły do płaszczyzny α-α układu sił. q P

44

n

P

(3)

Siły te można zastąpić przez ich wypadkowe W i M , przyłożone w dowolnym punkcie przekroju α-α. W przypadku naszych rozważań punktem tym będzie środek przekroju. q

q P

P

q M W W

P

P

45

Siły przekrojowe n

Wypadkową siłę W i moment wyrazić przez ich składowe:

W = N + Ty + Tz

Tz

N

46

Nazwy sił przekrojowych M można

n

M = Mx + My + Mz

W. Ty

M

Mx My Mz M

47

Wielkości te nazwano: – N – siła podłużna (normalne) – wywołuje rozciąganie lub ściskanie; – Ty , Tz (lub Qy , Qz) – siły poprzeczne (tnące) – wywołują ścinanie; – Mx – moment skręcający – wywołuje skręcanie; – My , Mz – momenty zginające – wywołują zginanie. 48

Siły wewnętrzne w układach płaskich – definicje

Przykład

(1)

α

α

l/2

n

l/2 α

MA

P

α

HA

P

VA

Siła normalna (osiowa, podłużna) – wzajemne oddziaływanie części konstrukcji przeciwdziałające ich przesunięciu się wzdłuż osi pręta w rozważanym punkcie. MA

α

HA MA

Mα

α

HA

Mα Nα

Nα

α

Tα

P

Mα Nα

Nα

α

Tα α

Tα

P

Nα = P cos α

VA

α

Tα

Mα

49

50

Siły wewnętrzne w układach płaskich – definicje

Siły wewnętrzne w układach płaskich – definicje

VA

(2)

n

(3)

Siła poprzeczna (tnąca) – wzajemne oddziaływanie części konstrukcji przeciwdziałające ich przesunięciu się poprzecznie do osi pręta w rozważanym punkcie. MA

HA

α

Mα

Mα Nα

Nα

α

Tα

Moment zginający – wzajemne oddziaływanie części konstrukcji przeciwdziałające ich wzajemnemu obrotowi w rozważanym punkcie. MA

α

HA

P

Mα

Mα Nα

Nα

l/2

l/2

l M α = − P sin α 2

51

Siły wewnętrzne – konwencja znaków n n

n

Siła normalna rozciągająca pręt jest dodatnia. Siła poprzeczna powodowana przez obciążenie działające po lewej stronie przekroju do góry lub po prawej stronie do dołu jest dodatnia. Moment rozciągający włókna dolne jest dodatni.

(1)

Nα

Nα

n Tα

α

Tα

n Mα

Mα

Kreskowanie (rzędne wykresu) należy zaznaczać prostopadle do osi pręta. Rzędne dodatnie wykresów sił normalnych i tnących odkłada się zazwyczaj u góry. Wykresy sił podłużnych i poprzecznych rysujemy ze znakiem.

α 53

54

Wykresy sił wewnętrznych

(2)

n

n

α

Siły wewnętrzne – wykresy

n

52

Siły wewnętrzne – wykresy

spody (włókna dolne)

n

P

α

Tα = P sin α

VA

α

Tα

Tα VA

α

Tα

n

α

Wykresy momentów nie muszą być znakowane, ale należy zwracać uwagę, aby rzędne momentu odkładać po stronie włókien rozciąganych. Rzędne dodatnie wykresu momentów zginających odkłada się u dołu (moment dodatni, gdy rozciągane są włókna dolne). Wykres momentu wskazuje jak odkształci się pręt i gdzie, w poszczególnych elementach, włókna są rozciągane.

α

P

l Pcosα

Nα [kN]

+ Psinα

+

Tα [kN]

Plsinα 55

-

Mα [kNm]

56

Punkty charakterystyczne, przekroje

Przegub

Ze względu na konieczność modyfikacji równań sił wewnętrznych:

n

n

– w belkach i ramach – końce prętów, punkty przyłożenia sił: – czynnych: siła skupiona, moment skupiony, początek lub koniec obciążenia ciągłego; – biernych: punkty podporowe;

Przegub jest jedynie punktem kontrolnym (moment równy jest 0). Nie powoduje on konieczności wprowadzenia dodatkowego przekroju.

– w ramach – dodatkowo węzły (połączenia prętów o różnej krzywiźnie). 57

Moment skupiony

Siła skupiona α

VA = RB =

P

x l/2 α1

α2

VA

RB Nα [kN]

0 P/2

+

P 2

α1

HA = 0

HA

Nα 1 = 0 Nα 2 = 0 P P Tα 1 = VA = Tα 2 = VA − P = − 2 2 P x = 0 Mα1 = 0 M α 1 = VA ⋅ x = ⋅ x 2 l Pl x= M α1 = 2 4 l  M α 2 = V A ⋅ x − P x −  = 2  P l   l x = ⋅ x − P x −  = P −  2 2   2 2 l Pl x= Mα 2 = 2 4 x = l M α 2 = 059

l/2

P

HA

Tα [kN]

P/2

Mα [kNm]

+ Pl/4

Obciążenie ciągłe równomierne x

α

Nα = 0

HA

ql 2

ql/2

+ -

Tα [kN] ql/2

l/2

M/2

ql/6

l

RB

ql 6 Nα = 0

RB =

ql 3

HA = 0

q ⋅x l 1 ql 1 qx 2 Tα = VA − q( x) ⋅ x = − 2 6 2 l

Nα [kN]

+

Tα [kN]

ql 6 ql x = l Tα = 3 x = 0 Tα =

1 x M α = V A ⋅ x − q( x ) ⋅ x ⋅ = 2 3 ql 1 qx x ql 1q 3 Mα [kNm] = ⋅ x − ⋅ x⋅ = ⋅ x− x 6 2 l 3 6 6l

ql/3

x=l

n

M α = VA ⋅ x + m ⋅ x = − mx + mx = 0

Nα [kN]

0

M 2

 x M α 2 = V A ⋅ x + M = M ⋅ 1 −   l l M x= Mα 2 = 2 2 x = l Mα 2 = 0 60

VA =

RB

-

n

Tα = VA = − m

VA

Mα1 = −

Mα = 0

Warunki różniczkowe

Nα = 0

HA

l 2

x = 0 Mα = 0

VA = −m VB = m H A = 0

m

+

q

+

Obciążenie ciągłe momentem α

Mα [kNm]

0

61

x

x=

M/2

q

l

l q ⋅l2 Mα = 2 8 x = l Mα = 0

ql /8

Tα [kN]

α

VA

x=

2

M l

q ( x) =

ql − qx 2

x = 0 Mα = 0

Mα [kNm]

Tα 2 = −

M ⋅x l x = 0 Mα1 = 0

M/l

-

M l

HA = 0

M α 1 = VA ⋅ x = −

Nα [kN]

-

 l ⋅ x x2  x M α = VA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ = q ⋅  −  2 2  2

+

Tα 1 = VA = −

RB

l/2

0

x

x = 0 Tα =

Nα [kN]

0

VA

HA = 0

ql 2 l x= Tα = 0 2 ql x = l Tα = − 2

RB

M M RB = l l Nα 1 = 0 Nα 2 = 0

VA = −

HA

Tα = VA − qx = l

α2

M

x

Obciążenie ciągłe liniowo zmienne

VA = RB =

q

VA

58

62

(1)

Zależności różniczkowe między Mα, Tα, Nα i pz(x), px(x), m(x). Aby wyznaczyć te zależności rozważymy belkę swobodnie podpartą, obciążoną obciążeniami ciągłymi i ciągłym momentem na fragmencie belki.

Tα [kN]

m

0

Mα [kNm] 63

64

Warunki różniczkowe

Warunki różniczkowe

(2)

Z tej belki wycinamy fragment przedstawiony na rysunku.

(3)

Suma rzutów wszystkich sił na oś poziomą x :

n

∑X = 0

− N α + p x ( x)dx + ( N α + dN α ) = 0

Suma rzutów wszystkich sił na oś pionową z :

n

∑Z = 0

− Tα + p z ( x)dx + (Tα + dTα ) = 0

Suma momentów wszystkich sił względem punktu O :

n

∑ Mo = 0 M α + Tα dx + m x ( x)dx − p z ( x)dx 65

Warunki różniczkowe

dx − ( M α + dM α ) = 0 2 66

Zależności między Mα , Tα oraz q

(4)

(1)

n

Po odrzuceniu wielkości małej w dx porównaniu z pozostałymi p z (x)dx , 2 otrzymujemy: dN α = − p x ( x) dx

n

dTα = − p z ( x) dx

n

dM α = Tα + m( x) dx

Z powyższych równań wynika, że:

Jeżeli w przedziale nie ma obciążenia ciągłego poprzecznego to wykres sił tnących jest stały, równoległy do osi pręta. dTα = − p( x) = 0 dx

P

Tα (x ) = C1 = const

P/2

+

2

d M α dTα = = − p z ( x) dx 2 dx

Tα [kN]

P/2

67

Zależności między Mα , Tα oraz q

Zależności między Mα , Tα oraz q

(2)

n

(3)

Jeżeli w przedziale nie ma obciążenia ciągłego poprzecznego i nie występuje obciążenie ciągłe momentem to wykres momentu jest linią prostą nachyloną do pręta. dM α = Tα (x ) = C1 P dx

Mα [kNm]

M α (x ) = C1 ⋅ x + C2

n

Jeżeli w przedziale działa stałe obciążenie ciągłe to wykres sił tnących jest nachylony do pręta, rzędne maleją wraz ze wzrostem x. q

dTα = −q dx ql/2

+ -

+

Tα [kN]

Tα = − qx + C1

ql/2

69

Pl/4

Zależności między Mα , Tα oraz q

70

Zależności między Mα , Tα oraz q

(4)

n

68

(5)

Jeżeli w przedziale działa stałe obciążenie ciągłe i nie ma obciążenia ciągłego momentem, to wykres momentów zginających jest parabolą (krzywą drugiego stopnia).

n

Jeżeli w przedziale zeruje się równanie siły tnącej to wykres momentów osiąga ekstremum w tym punkcie. q à ql/2

+ -

à

Tα [kN] ql/2

Mα [kNm]

+ 71

2

ql /8

72

Zależności między Mα , Tα oraz q

Zależności między Mα , Tα oraz q

(6)

n

(7)

Jeżeli obciążenie ciągłe jest skierowane do dołu, to wypukłość wykresu jest skierowana w dół i odwrotnie. q

Mα [kN m]

+ 2

ql /8

Jeżeli w przedziale działa obciążenie ciągłe liniowo zmienne i nie ma obciążenia ciągłego momentem to wykres sił poprzecznych jest parabolą. W punkcie, gdzie obciążenie ciągłe się zeruje parabola jest styczna do osi do pręta.

n

d 2Mα = − p( x ) = −q dx 2 dM α = −qx + C1 dx 1 M (x ) = − qx 2 + C1 x + C2 2

1 T ( x ) = − C1 x 2 − C2 x + C3 2 ql/6

+

Tα [kN]

-

ql/3

73

Zależności między Mα , Tα oraz q

74

Zależności między Mα , Tα oraz q

(8)

n

p ( x ) = C1 x + C2

q

(9)

Jeżeli w przedziale działa obciążenie ciągłe liniowe to wykres momentów zginających jest krzywą trzeciego stopnia. à

n

Jeżeli równanie sił tnących zeruje się w przedziale, to wykres momentów osiąga ekstremum w tym punkcie. à q

ql/6

+ -

Tα [kN] ql/3

Mα [kNm]

+ 75

Zależności między Mα , Tα oraz q

Zależności między Mα , Tα oraz q

(11)

(10)

n

Jeżeli obciążenie ciągłe jest skierowane do dołu, to wypukłość wykresu jest skierowana w dół i odwrotnie. p(x ) = C x + C 1

q

76

Jeżeli na pręcie występuje siła skupiona, to na wykresie sił poprzecznych wystąpi „skok” o tą wartość, a na wykresie momentów zginających wystąpi „załamanie” wykresu.

n

2

P

2

d Mα = − p(x ) = −C1 x − C2 dx 2 dM α 1 M [kN m] = − C1 x 2 − C2 x + C3 dx 2 1 1 M (x ) = − C1 x 3 − C2 x 2 + C3 x + C4 6 2

P/2

+

Tα [kN]

α

+

P/2

Mα [kNm]

+

77

Zależności między Mα , Tα oraz q

Zależności między Mα , Tα oraz q i m

(12)

n

Jeżeli na pręcie występuje moment skupiony, to na wykresie momentów zginających wystąpi „skok” o wartość tego momentu.

n

M

M/2

(13)

Jeżeli w przedziale działa obciążenie ciągłe momentem to wykres momentów zginających jest liniowy (liniowo zmienny lub w szczególnym przypadku stały, gdy Tα=-m). m

-

78

Pl/4

m

M/2

Mα [kNm]

ml

0

-

+ 79

dM α = Tα + m( x) dx

M α [kN m]

80

Zależności między Mα , Tα oraz q (14)

Obciążenie

Wykres T

Wykres M

Brak obc. ciągłego

stały

prosta

Obc. ciągłe stałe

prosta

parabola 2o

parabola 2o

krzywa 3o

skok

załamanie

Moment skupiony

–

skok

Obc. ciągłe momentem

–

prosta

Obc. ciągłe trójkątne Siła skupiona

81