Iwanczewska A. - Mechanika budowli

P = JP~ +P;

(4-1)

z

P,

=

Jeżeli

q>

P·cos
w

PY

P·sinq>

=

przykładzie

(4-2)

pokazanym na rys. 4-3b przyJmtemy P

= 5 kN,

= -30°, to na podstawie wzorów (4-2) otrzymamy: P =5·cos(-30°)=5·cos30°=5·J3 =433kN • 2 ' P = 5 ·sin(-30°)= -5·sin30°= -5·_!_= -25kN

2

y

'

W odniesieniu do wektora przesuwnego w zapisie analitycznym nie występują współrzędne

z

0

,

)'

0

•

4 .2.2. Moment statyczny

siły

Rozważmy tarczę, podpartą w punkcie O podporą przegubową (rys. 4-4). Tarcz.a taka może się obracać wokół punktu O, nie ma natomiast możliwości przesuwu. Obrót tarczy nastąpi, jeżeli będzie na nią działać siła P (por. rys. 4-4). Wielkość, powodującą ten obrót nazywamy momentem statycznym siły wzglę­ dem punktu (bieguna).

63

Wartość momentu statycznego siły względem

bieguna O oblicza się wg wzoru

M 0 =P·r

(4-3)

w którym: P -

siła,

odległość bieguna O od linii działania siły P. Moment statyczny siły jest najczęściej podawany w kN· m. Moment statyczny siły oznaczamy graficznie w sposób pokazany na rys. 4-4, przy czym zwrot momentu M zależy od zwrotu siły P. Momenty prawoskrętne (tj. powodujące obrót zgodny z ruchem wskazówek zegara) uważa się za dodatnie, lewoskrętne (tj. powodujące obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara)- za ujemne. Zgodnie z tą zasadą znakowania moment M pokazany na rys. 4-4 jest momentem dodatnim.

r -

Rys. 4-4

Rys. 4-5

Moment statyczny siły względem bieguna charakteryzują następujące cechy: (punkt przyłożenia). Wynika zaczepionym, który graficznie można przedstawić w sposób pokazany na rys. 4-5. Leży on na wystawionej w biegunie prostej prostopadłej do płaszczyzny działania momentu. Zwrot wektora momentu, oznaczany podwójną strzałką, ustała się zgodnie z regułą śruby prawoskrętnej. Na rysunku 4-5 pokazano zwroty wektora momentu prawo- i Jewoskrętnego.

wartość, płaszczyzna działania, zwrot, biegun z tego, że moment statyczny siły jest wektorem

4.2.3. Para

sił

i moment pary

sił

Rozważmy tarczę swobodną, poddaną działaniu dwóch sił P 1 i P 2 , których kierunki a i b są równoległe, zwroty przeciwne, wartości zaś takie same (P 1 = P 2 = P). Siły takie (rys. 4-6) nazywamy parą sil Obierzmy na płaszczyźnie działania sił dowoJny biegun O i obliczmy wartość momentu statycznego obu sił względem tego bieguna. Otrzymamy (por. rys. 4-6):

(4-4) 64

We wzorze tym: P -

wartość siły,

odJegłość między )iniami działania sił. Wykonane obliczenie wykazało, że parę sił mo żna zastąpić momentem o war tości równej iloczynowi wartości siły i odległości między liniami działania s ił . Zauważmy, że wartość ta nie zależy od położenia bieguna. Oznacza lo, że moment M może być na rysunku umieszczony w dowolnym położeniu. Skutkiem fizycznym działania na tarczę pary sił (lub za stępującego ją momentu statycznego pary sił) jest obrót tej tarczy. W rozpatrywanym przykładzie (rys. 4-6) jest to obrót prawoskrętny. o o li b Moment statyczny pary sił jest jednoznacznie określony przez następujące cechy: wartość, płaszczyznę działania Ry~ 4-6 i zwrot. Wielkość ta jest więc wektorem. W odróżnieniu od momentu statycznego siły względem bieguna moment statyczny pary sił nie wymaga określenia punktu przyłożenia. Oz nacza to, że wektor momentu pary sił ma kierunek prostopadły do płaszczyzny działan i a momentu, wystawiony w dowoJnym punkcie tej płaszczyzny (rys. 4-7). Jest to więc wektor swobodny.

r -

Rys. 4-7

4.2.4 .

Równoległe przesunięcie siły

Na tarczę działa siła P, a kierunkiem jej działania jest prosta a (rys. 4-8a). Naszym zada niem jest przes unięcie siły tak, aby jej linią działania była prosta b równoległa do prostej a, przy czym skutek działania siły na tarczę nie może ulec zm1arne. Aby rozwiązać to zadanie, należy n a kierunku h zaczepić dwie siły o wartościa ch równych Pi przeciwnych zwrotach (rys. 4-8b). Przył ożen ie tych sil nie powoduje żadnych skutków fizycznych , ponieważ ich dzi ałania znoszą się wzajemn ie. M ożem y na tomiast parę sił (narysowanych linią ciągłą) zastąpić momentem pary sił M = P · r. Jak wiemy, miejsce przyłożenia tego momentu jest ~

Mcchil11ika hudowli

65

·P·r

dowolne, może być np. takie, jak pokazano na rys. 4-8c. Działanie siły Po kierunku a (rys. 4-8a) zastąpiliśmy więc działaniem siły Po kierunku h oraz rnomen tu M = P · r {rys. 4-8c). Można też udowodnić w ten sam sposób, że siłę Po kierunku b oraz moment M (rys. 4-8c) można zastąpić siłą P, działającą na prostej a równoległej do h, przy czym odległość między obu prostymi wynosi (rys. 4-8a) r=

4.2.5.

M p

(4-5)

Układy sił

Jeżeli na ciato materialne działa kilka sił (co najmniej dwie), to siły te nazywamy układem sił. Rozróżniamy układy sił: • przestrzenne, w których linie działania sił nie leżą w jednej płaszczyźnie, • płaskie, w których linie te leżą w jednej płaszczyźnie; płaskie układy sił dzielimy na: -- zbieżne (rys. 4-9a), w których linie działania wszystkich sił przecinają się w jednym punkcie, -~ niezbieżne (rys. 4-9b), które nie mają wspólnego punktu pr1.ecięcia. Układ sił zastępuje się często ich sum<1. która nosi nazwę wypadkowej sił. Siły są wektorami. dlatego wypadkowa jest wektorową sumą sił układu.

a)

zbieżny u krad

sir

b)

niezbieżny

ukrad sir

P,

..______ --~ _ _:>
4-'ł

4.2.6. Konstrukcja budowlana jako tarcza Tarczą

nazywamy ciało materialne sztywne, nieważkie i płaskie, a więc nie

mające grubości.

Zastanówmy się, czy konstrukcję budowlaną możemy uważać za tarczę.

66

OtóZ konstrukcja budowlana jest niewątpliwie ciałem materialnym. Nie jest natomiast sztywna, wręcz przeciwnie - jest odkształcalna. Odkształcenia konstrukcji są jednak małe i dlatego, zgodnie z zasadą zesztywnienia (por. p. 1.2.3), możemy uważać konstrukcję budowlaną za ciało sztywne. Założenie takie obowiązuje wyłącznie przy rozpatrywaniu zagadnień statyki. Konstrukcje budowlane nie są też w rzeczywistości ani ciałami płaskimi, ani nieważkimi. Wiemy już jednak, że wiele konstrukcji można zastąpić układami płaskimi. Ustalając schematy statyczne tych konstrukcji (por. p. 2.4) nie uwzględnialiśmy kształtu i wymiarów ich przekrojów poprzecznych ani materiału, z k tórcgo są wykonane. a więc tych czynników, które wpływają na ciężar konstrukcji. Oznacza to, że potraktowaliśmy konstrukcje budowlane jako ciała nieważkie. Trzeba jednak podkreślić, ~ ciężar konstrukcji pomija się tylko wyjątkowo. Zazwyczaj ciężar konstrukcji uwzględnia się przy ustalaniu działających na nią obciążeń. Z przedstawionego rozumowania wynika, że wiele konstrukcji, w tym płaskie konstrukcje prętowe, można uważać za tarcze. Tak więc dalej jako tarczę będziemy traktować dowolną konstrukcję płaską, nie precyzując jej rodzaju, jeśli nie będzie to konieczne. Tarczę określaliśmy jako swobodną, co oznaczało, że pod wpływem działających na nią sił more ona zmieniać położenie. Tarcza swobodna poddana działaniu siły i momentu wykonuje ruch postępowy Rys. 4-10 w kierunku działania siły i ruch obrotowy, zgodny re zwrotem momentu (rys. 4-10), ma więc na płaszczyźnie trzy stopnie swobody: swobodę obrotu i swobodę ruchu postępowego w kierunkach dwóch prostopadłych do siebie osi. Konstrukcje budowlane powinny znajdować się w równowadze. Tarcza swobodna, dowolnie obciążona, nie spełnia tego warunku. Możemy to jednak uzyskać odbierając jej swobodę ruchu. Pod parcie tarczy podporą przegubową

a)

Rys. 4-11

67

nieprzesuwną

(rys. 4- 1 la) uniemożliwia jej ruch postępowy. Oznacza to, że tarczy dwa stopnie swobody. Jeśli ponadto tarczę tę podeprzemy podporą przegubową przesuwną (rys. 4-1 lb), to uniemożliwimy jej także obrót, a więc odbierzemy trzeci stopień swobody. Taka tarcza może już pozostawać w równowadze. Jeżeli do rozpatrywanej tarczy dołączymy za pomocą przegubu następną tarczę (rys. 4-1 lc), wówczas tarcza dołączona będzie miała swobodę obrotu, nie będzie zaś miała swobody przesuwu. Chcąc odebrać swobodę układowi złożone­ mu z dwóch tarcz należy zastosować jeszcze jedną podporę przegubową przesuwną (rys. 4-1 ld). Zauważmy, że w ten sposób ukształtowaliśmy układy (rys. 4-11boraz4-11 d ), które są analogiczne do niektórych schematów statycznych konstrukcji, omówionych w rozdz. 2 (por. rys. 2-22-:- 2-26). Oczywiście układy te mogą pozostawać w równowadze pod warunkiem, że w podporach powstaną odpowiednie siły (reakcje) przeciwstawiające się obciążeniom. odebraliśmy

4.2.7. Przedstawianie

obciąźeń

jako

sił

skupionych

Konstrukcje budowlane podlegają działaniu obciążeń, ustalonych w sposób omówiony w rozdz. 3. Obciążenia te nazywamy obciążeniami czynnymi. Każda konstrukcja spoczywa na innej konstrukcji (np. belka stropowa opiera się na słupach lub ścianach, belka mostowa na filarach) lub na podłożu gruntowym (ława fundamentowa pod ścianą budynku. ściana oporowa). W miejscach oparq.~ cia powstają oddziaływa­ /nia spowodowane obciąże­ niami czynnymi. Oddziaływania le nazywamy reakcjami. Są one obciążeniami biernymi.

a)

Ustalając

/

c) Q .JL_._ 2_ ~

my .Q_ ;;<_ 2_ -.,f ' .

Rys. 4-12

68

obciążenia

czynne mieliśmy najczęściej do czynienia z powierzchniowymi obciążeniami ciąg­ łymi q 1 (rys. 4-12a i 4-13a), wyrażanymi w kiloniutonach na metr kwadratowy. W odniesieniu do płaskich układów konstrukcyjnych obciążenia te zastępowaliś­ obciążeniami

ciągłymi

q (rys. 4-12b oraz 4-13ń), wyrafanymi w kiloniutonach na metr.

Przy rozpatrywaniu równowagi tarcz przyjmuje się, że są one obciążone silami skupionymi. Z technicznego punktu widzenia siła skupiona jest pojęciem fikcyjnym; oznacza bowiem, że obciążenie jest przekazywane na nieskończenie małej powierzchni lub długości. W zagadnieniach statyki interesuje nas skutek działania obciążenia na tarczę, a skutek ten będzie taki sam, gdy zamiast obciążenia ciągłego przyłożymy równoważne obciążenie skupione. W odniesieniu do obciążenia dągłego równomiernie rozłożonego o wartości q [ kN/m], działają­ cego na długości a [m] (rys. 4 -12b) równoważną siłą skupione.i jest siła

Q = q·a [kN] przyłożona

(4-6)

w połowie 4-12c).

długości

a (patrz rys.

Obciążenie

o

rozkładzie

trójkątnym i wartości q [kN/m], działające

długości

na

a [m],

zastępujemy równoważną siłą skupioną

Q=

/

„ ·f------__Sl____ ---k

(rys. 4-13)

1

2 ą·a

przyłożoną

[kN]

w odległości

(4-7)

c)

2

3 a od

wierzchołka trójkąta obciąże­

nia. W odniesieniu do obciążeń przekazywanych na małej powierzchni, możemy z dostateczną dokładnością przyjąć, że są one siłami skupionymi. Dotyczy to np. obciążeń pr2ekazywanych przez słupy i reakcji podpór. Jako przykład i wyjaśnienie może tu służyć obciążenie belki, przekazywane przez słup więźby dachowej (rys. 4-14). ciągłych,

c)

l»-0 Rys. 4-14

69

4.3. 4.3.1.

Zbieżny układ sił Siły działające wzdłuż

jednej linii

Rozwa7.my tarczę poddaną działaniu kilku sil współliniowych. Wykonany w skali długości rysunek tarczy z oznaczeniem linii działania sił nazywamy planem sil (rys. 4-1 Sa). Siły leżące na jednej linii działania stanowią szczególny przykład zbieżnego układu sił. Działanie układu sił można zastąpić sumą sił tego układu, zwaną wypadkową

a)

plon sit

z

i

oznaczaną literą

skalo dt. ~

Rw. b)

wielobok

si~

s kala sit 1kN

Pi-2kN Pz-1kN ~-3kN

Il

.-L

„

_ _ _ ~L_ _ _ _ ~_

Rw

c)

plon sit

a Rys. 4-15 Siłę wypadkową R w możemy wyznaczyć graficznie. W tym celu rysujemy w obranej skali sił wszys1kie wektory sił (rys. 4- l 5b) 1ak, aby pocz<11ek następnego pokrywał się z końcem poprzedniego. Wypadkową Rw będzie w~ktor L1cz4<:y początek pierwszej siły z końcem ostatniej . Taką konstrukcję graficzną nazywamy wielobokiem sil. Odczytujemy z niego wartość i zwrot wypadkowej sił. Należy zwrócić uwagę na to, że wszystkie wektory, a także ich wypadkowa Rw, leżą na jednej prostej. Na rysunku 4- l 5b rozsunięto je, aby można było prześledzić sposób wykonania rysunku. Siłę wypadkową Rw można tez wyznaczyć analitycznie. Na planie sił (rys. 4-15a) obieramy oś z równoległą do linii działania sił i przyjmujemy jej zwrot. Wypadkową otrzymamy jako sumę sił P 1, P 2 i P 3 • przy czym sumując będziemy uwzględniać znak siły, zależny od tego czy jej zwrot jest zgodny ze zwrotem osi z, czy przeciwny:

Rw = P 1 -P 2 +P 3 =2-1+3 = 4 kN Wartość siły

Rw ma znak dodatni. Oznacza to, że JCJ zwrot jest zgodny ze zwrotem osi z. Na rysunku 4-l 5c narysowano plan sił z umieszplan sir czoną na nim wypadkową R w• zastępującą działa­ nie sił P 1 , P 2 i P 3 . Jeżeh na jednej linii działanii:l leżą dwie siły o takich samych wartościach i przeciwnych zw rotach (rys. 4-16), to wartość wypadkowej jes t rówRy~. 4-16

70

na zeru. Taki układ nazywamy układem zerowym. Tarcza poddana dziazerowego, nawet jeżeli jest tarczą swobodną, pozostaje w równowadze. łaniu układu

4.3.2. Wypadkowa

zbieżnego układu sił

Rozważmy zbieżny układ sił zastąpić

ich

(rys. 4-17a). Działanie tego układu sił można graficznie lub obliczoną analitycznie.

wypadkową, wyznaczoną

plan sil'

o)

CJ/

wielobok

P.=1kN

si~

J'i=2kN Pa=-2,5 kN

cx.1-45•

cxro•

CX1=60•

1kN _____,

skala sir skala

d~. ~ Rys. 4-17

Graficznie wyznaczymy wypadkową rysując w obranej skali wielobok (rys. 4-17b) w ten sposób, że wszystkie siły (P 1 , P 2 i P 3 ) przenosimy równolegle z planu sił, przy czym początek następnego wektora pokrywa się z końcem poprzedniego. Łącząc początek wektora pierwszego z końcem ostatniego, otrzymujemy wartość, kierunek i zwrot wypadkowej. W rozpatrywanym przykładzie odczytamy ze skali wartość Rw = 2,1 kN. Trzeba jeszcze ustalić położenie wypadkowej Rw na planie sił. Będzie ona leżała na prostej przeniesionej równolegle z wieloboku sił, przy czym prosta ta będzie oczywiście przechodziła przez punkt przecięcia układu sił. Warto zwrócić uwagę, że siły P w wieloboku sił można rysować w dowolnej kolejności, co nie wpływa na wynik. Analitycznie znajdujemy wypadkową rzutując wszystkie siły układu na osie dowolnie obranego prostokątnego układu współrzędnych (rys. 4-1 Sa) i uzyskując w ten sposób rzuty wypadkowej: sił

Hw =

P 1 · coscx 1 + P2 ·cosa: 2 -P 3 ·cosa 3

=

fi

= -P 1 · sina: 1 +

P 2 • sina 2 +P 3 · sina.3

I

1·--+2·1-2,5 ·2 = 2

1,457 kN

Uw =

=

=

-1 ·

f

+2·0+2,5·

-~

=

1,458 kN

71

a)

z 1-. I

I I I I

11z

y Rys. 4-18

Wartość

wypadkowej wyniesie

Rw =fa;.,+ u~= Jlffs1 2 + 1,458 2 Kąt

nachylenia linii

Uw

tg
działania siły

1,458

= Hw = 1.4 5-7

~ l,00;

Rw

= )4.249- = 2,06 kN

względem

stąd


osi z wynosi

= 45°

Wartość kąta

4- I 8b). W taki sam sposób, analitycznie lub graficznie, można znaleźć wypadkową dowolnej liczby sił układu zbieżnego P 1 , P 2 , ... Pn, gdzie n jest dowolną liczbą. naturalną.

4.3.3.

Równoważąca zbieżnego układu sił

Jeżeli

Pt> P 2 i P 3 lub zastępująca jego Rw, to tarcza ta porusza się w kierunku siły Rw, a więc nie jest w równowadze. Możemy powiedzieć, że układ sił P 1, P 2 i P 3 nie jest układem zrównoważonym lub, że nie pozostaje on w równowadze. Naszym celem jest zrównoważenie tego układu. A by zrównowaźyć jedną siłę (w tym wypadku siłę Rw) wystarczy na jej linii działania przyłożyć inną siłę o takiej samej wartości jak siła Rw, lecz przeciwnym zwrocie (tworząc w ten sposób układ zerowy); siłę tę będziemy nazywali równoważącą i oznaczali literą R. Stosując przedstawiony sposób postępowania wyznaczymy równoważącą R dla układu sił P 1 i P 2 {rys. 4-19a). Najpierw znajdujemy graficznie wyna

tarczę swobodną działa układ sił

działanie wypadkowa

72

wielobok sit skala si~

a)

2kN

fjl-6kN ~=6kN

~-60°

cx-45° 2

plan sit skala dt. Jl!!_. Rys. 4-19 układu (rys. 4- I 9h) i przenosimy ją n.:t plan na planie tym umieszczamy dodatkową siłę R o wartośc i równej wartości siły R w• leżącą na tej samej linii działania, lecz mającą zwrot przeciwny. Siły Rw i R tworzą układ zerowy, a więc pozostający w równowadze. Oznacza to, że układ sił P 1 , P 2 i R jest w równowadze. Należy jeszc-Le zauważyć, że zastępując w wielobok u sił siłę Rw siłą R spowodujemy, że obieg zwrotów sił będzie zgodny; o takim wieloboku sił mówimy, że jest zamknięty . Udowodniliśmy w ten sposób, że graficznym warunkiem równowagi zbieżnego układu sił jest zamknięcie się wieloboku sił. Jeżeli powtórzymy to samo rozumowanie stosując sposób analityczny, to zauważymy (rys. 4-20), że analitycznym warunkiem równowagi zbieżnego padkową

Rw rozpatrywanego

sił. Następnie

układu sił

jest zerowanie

się

sumy rzutów wszy-

stkich sił na obie osie układu współrzędnych prostok4tnych. Jeżeli sumę oznaczy się grecką literą l: (sigma), to analityczne warunki równowagi można zapisać jako zależności

tz =O;

I: Y= O

(4-8)

y fłz + fłz + R2 =2:Z =O fiv + f?>' + Ry- L:Y- O Rys.

r Z oznacza sumę rzutów wszystkich sił układu na oś z, I: Y wszystkich sił układu na oś y. 4.3.4.

I

4-2ł

sumę

rzutów

Przykłady

Przykład

4-1. Na tarczę swobodną działa znana siła P (rys. 4-21a). Siłę tę dwiema siłami leżącymi na kierunkach 1 i 2. Zadanie rozwiązać graficznie i analitycznie.

należy zrównoważyć należy

73

"--'

a)

P•10 kN

a-60° 1

at'· o·

°'2_- 45°

R,„ 317kN R2- 12,0kN

plan si r skalo

d~.

1m

wielobok sit skala sit

............

2kN

R1-3,66kN R2• 12,25kN

zwroty

si~

zwroty sir ustalone no podstawie obliczeń

wedrug

zorożenia

Rys. 4-21

•

Sposób graficzny. Rysujemy plan sił (rys. 4-2 łb). W równowadze powinny trzy siły: znana siła P oraz nieznane R 1 i R 2 • Kierunki wszystkich trzech sił przecinają się na planie sił w jednym punkcie, siły te tworzą więc zbieżny układ sił. Warunkiem równowagi zbieżnego układu sił jest zamknięcie się wieloboku sił; rysujemy zatem wielobok sił (rys. 4-2lc). Po narysowaniu w obranej skali siły P zauważamy, że wielobok ten będzie trójkątem; możemy więc przez koniec i początek siły P przeprowadzić kierunki sił równoważących, przenosząc je równolegle do prostych 1 i 2 z planu sił. W ten sposób uzyskamy wartości sił R 1 i R 2 . Ich zwroty rysujemy tak, aby wraz z siłą P tworzyły obieg zgodny. Zwroty sił R 1 i R 2 przenosimy na plan sił. Sposób analityczny. Rysujemy zbieżny układ sił składający się ze znanej siły Pi nieznanych sił R 1 i R 2 (rys. 4-2ld). Z wroty sił R 1 i R 2 zakładamy dowo lnie. Przyjmujemy układ współrzędnych z , y. Układ sił powinien być w równowadze, dlatego możemy zapisać dwa warunki równowagi (por. wzór 4-8): pozostawać

74

I:Z = O;

-P·cosrx..+R 1 + R 2 ·cosa 2 = 0

I: Y =O;

P · sintt-R 2 • sim.t2 =O

W równaniach tych otrzymamy:

występują

niewiadome R 1 i R 2 . Po podstawieniu danych

- IO·_!_+R +R .fi =0 2 1 2 2 IO·

a

fi -R 2

nast~pnie

R2

=

2

·fi= O 2

obliczymy

fi toy1'1,5 =

IO -;?=

12,25 kN

v2

RI = 5(1-fi) = -3,66 kN Zauważmy, że siłę

ze znakiem minus. Oznacza to, że zwrot. Znak dodatni siły R 2 świadczy o przyjęciu prawidłowego zwrotu. Na rysunku 4-2le pokazano ostateczny wynik obliczeń, uwzględniający prawidłowe zwroty wszystkich sił. R1

otrzymaliśmy

założyliśmy nieprawidłowy jej

I

Przykład 4-2. Sztywna tarcza obciążona siłą P (rys. 4-22a) jest podparta w punktach A i B podporami - przegubową oraz przegubową przesuwną. Określić

graficznie

siły zapewniające równowagę

tarczy.

o)

b)

plon

si~

skala

c)

dł.

. 0

, wielobok sir

skalo

1m l
·,,,-/. C ' ·

'„ si~

'"? ' 5kN

,....___..;

4-22

Przez zastosowanie podpór odebrano tarczy trzy stopnie swobody; może zatem ona pozostawać w równowadze. Na tarczę działają trzy siły: znana siła P oraz dwie nieznane reakcje podpór. Siła P jest siłą czynną. Reakcje stanowią oddziaływanie podpór, a więc są siłami biernymi. O reakcjach wiemy, że: • linia działania reakcji RA przechodzi przez punkt A, który jest środkiem ciężkości przegubu, 75

• linia działania R 8 leży na prostej prostopadłej do płaszczyzny przesuwu podpory przegubowej przesuwnej i przechodzi przez punkt B, który jest środkiem ciężk o ści przegubu. Tarcza pozostanie w równowadze, jeśli działający na nią układ trzech sił P, RA i RB będzie w równowadze. Narysujmy kierunek h reakcji RB (rys. 4-22b). J eżeli s iła Rn byłaby znana, to układ sił P i R 8 m ogli byśmy zastąpić ich wypadkową, której linia działania przechodziłaby przez punkt C. Zrównoważyć tę wypadkową m oże tylko trzecia z sił układu, tj. RA . Oznacza to, że wypadkowa sił Pi R 8 oraz siła R „ p owinny tworzyć układ zerowy. W układzie zerowym siły leżą n a jednej linii działania. Stąd wniosek, że kierunkiem siły RA jest prosta przechodząca przez punkt C. Wiemy, że linia działania reakcji RA przechodzi też przez punkt A, dlatego wyznaczamy tę linię działania j ako prostą a (rys. 4-22h). Znając kierunki wszystkich trzech sił rysujemy wielobok sił (rys. 4-22c) i znajdujemy reakcje RA i Rw Poczyniliśmy tu spostrzeżenie ogólne: trzy siły mogą pozostawać w równowadze tylko w•edy, gdy tworzą zbieżny układ sił.

4.4.

Niezbieżny układ sił

4-4.1.

Równoważąca

i wypadkowa

niezbieżnego układu sił

Z niezbieżnym układem sił mamy do czynienia wtedy, gdy kierunki działania wszystkich sił układu nie mają wspólnego punktu przecięci a . P rzed wyznaczeniem równoważącej i wypadkowej takiego układu rozwiążemy zadanie pomocnicze. R ozważmy niezbieżny układ sił P 1 , P 2 , P :\ i P4 (rys. 4-23a). Dla tego układu narysujemy wielobok sił, przenosząc równolegle siły i odkładając w obranej skali ic:h wartości tak, a by początek siły następnej pokrywał się z końcem poprzedniej. Załóżmy, że wartości tych sił są takie, że utworzony wielobok będzie wielobokiem zamkniętym (rys. 4-23b). Oznacza to, że układ sił spełnia warunki równowagi usta lone w odniesieniu do zbieżnego układu s ił. Sprawdzimy teraz, czy spełnienie tych warunków wystarcza w odniesieniu do niezbieżnego układu sił. Każdą z sił układu możemy zastą pić jej dwiema składowymi, p od warunkiem, że wszystkie trzy siły będą tworzyć w planie sił zbieżny układ sił (rys. 4-23c). M ożemy to zrobić w ten sposób, żeby kierunki i wartości sił składowych S poszczególnych sił P były takie same. Przenieśmy siły skład owe S na plan sił tak, aby linie działania sił S 2 i S2, S 3 i S3 , S 4 i S~ pokrywały się ze sobą (rys. 4-23a). Zauważmy, że siły te tworzą układy zerowe, więc ich działania wzajemnie się znoszą. Na jednej linii działania nie leżą tylk o siły S 1 i S 5 i one to zastąpiły układ sił P 1' P2 , P 3 i P4 . Siły S 1 i S 5 leżą na kierunkach równoległych, mają te same wartości i przeciwne zwroty, a więc tworzą parę sił. Działanie pary sił jest równoznaczne z działaniem momentu statycznego M = S 1 • r (por. rys. 4-23a). 76

a)

wielobok sil' skalo si~

plon sit'

1kN ....---....

skala dt. ~

Rys. 4-13 Konstrukcję graficzną pokazaną

na rys. 4-23a i 4-23c można wykonać łatwiej

przyjmując

w wieloboku sił dowolny biegun O i prowadząc do niego boki wieloboku sił I, 2, 3, 4 i 5 (zwane promieniami biegunowymi) tak, aby łączyły one biegun z początkiem i końcem każdej z ~ił P (rys. 4 -23h). Następnie przenosi się kierunki boków wieloboku sił na plan sil w sposób podany wyżej. Konstrukcja uzyskana na planie sił nosi nazwę wieloboku sznurowego. Wykonując to zadanie przekonaliśmy się, że warunki równowagi ustalone dla zbieżnego układu sił nie są wystarczające. W odniesieniu do układu niezbieżnego spełnienie tych warunków nie pozwala tarczy na przesuw, nie zapobiega jednak jej obrotowi. Jaki więc dodatkowy warunek powinien być spełniony, aby odebrać tarczy także możliwość obrotu? Graficznie - jest to pokrycie się w planie sił kierunków sił S 1 i S 5 , gdyż wtedy i one tworzyłyby układ zerowy, analitycznie zaś - zerowanie się momentu M = S 1 · r, co jest równoznaczne z zerowaniem się sumy momentów statycznych wszystkich sił P, obliczanych względem dowolnego punktu na płaszczyźnie . Korzystając z powyższych spostrzeżeń zrównoważmy układ sil pokazany na rys. 4-24a. Znając wartości i kierunki sil P 1 , P 2 i P 3 rysujemy w obranej skali wielobok sił (rys. 4-24b). Łącząc koniec ostatniej z sił (P 3 ) z początkiem pierwszej (P 1 ) otrzymujemy wartość i kierunek siły równoważącej R. Zwrot siły R ustalamy z warunku zamknięcia się wieloboku sil. W wieloboku sił obieramy dowolny biegun O i łączymy go z początkiem i końcem każdej z sił promieniami biegunowymi /, 2, 3, 4 i 5. Promienie 1 i 2 przenosimy równolegle na plan sił, tak aby miały one wspólny punkt przecięcia na prostej działania siły P 1 • Proste I ' i 2'

77

a)

plon sit skalo dt. 1m 1---1

wielobok skala

I

J

/Rw

si~ si~

1kN ____. Rys. 4-24

będą tworzyły przecięcia

w planie sił boki wieloboku sznurowego. Prostą 2' przedłużamy do

z linią działania siły P 2 , a z otrzymanego punktu przecięcia prowadzi-

my bok 3' równolegle do promienia 3. Z punktu przecięcia prostej 3' z linią działania siły P 3 prowadzimy prostą 4' równoległą do promienia 4. Taka konstrukcja graficzna jest równoznaczna z zastąpieniem sił P 1 , P 2 i P 3 ich składowymi S. Należy jeszcze zastąpić siłę Rjej składowymi S4 i S 5 • Wiemy.że w planie sił boki 4' i 5' oraz kierunek R powinny mieć wspólny punkt przecięcia. Wiemy także, że cały układ będzie w równowadze, Jeżeli siły S 1 i S 5 będą leżeć na tej samej linii działania. Wystarczy więc znaleźć punkt przecięcia kierunku I' (który powinien być równocześnie kierunkiem 5') z prostą 4'. Otrzymany w ten sposób punkt A lezy na linii działania siły R. Kierunek siły R przeniesiemy następnie na plan sił równoległe do kierunku wyznaczonego w wieloboku sił. Z wieloboku sił otrzymamy także zwrot i wartość siły R. Pokrycie się kierunków 1' i 5' (skrajnych boków wieloboku sznurowego) określa się jako zamknięcie wieloboku sznurowego. Chcąc uzyskać wypadkową R..,, zastępującą układ sił P 1 , P 2 i P 3 , będziemy postępować tak samo; zmianie ulegnie tylko zwrot siły R (por. rys. 4-24). Na podstawie podanych wyżej rozważań można stwierdzić, że graficznym warunkiem równowagi niezbieżnego układu sil jest zamknięcie się wieloboku sil i wieloboku sznurowego. Analitycznym warunkiem równowagi niezbieżnego układu sił jest zerowanie się sumy rzutów wszystkich sił na dwie osie układu współrzędnych prostokątnych oraz zerowanie się sumy momentów statycznych tych sił, obliczanych względem dowolnego punktu A leżącego na płaszczyźnie. Warunki te można zapisać:

:EZ= O;

:EY= O;

(4-9)

T.MA =O

Analityczne warunki równowagi

można też zapisać:

LMA =O;

LM 8 =O;

l:Z =O (albo L.Y= O)

:EMA =O;

'f.M8 =O;

T.Mc =O

lub przy czym punkty A, Bi C nie

78

mogą leżeć

(4-11)

na jednej prostej.

4.4.2.

R6wnoważenie układu sił

przez dwie

siły

Technicznie ważnym zadaniem jest równoważenie układu sił przez dwie siły, z których jedna ma znaną linię działania b, o drugiej zaś wiadomo, że jej linia działania przechodzi przez dany punkt A (rys. 4-25).

o

plon si~ sl
wielobok sit skalo si~ 1kN .......... Rys. 4-25

Zadania takie

będziemy (..'Zęsto rozwiązywać

analitycznie; na razie rozW tym celu rysujemy wielobok sił składający się z sił P 1 , P 2 i P 3 . Aby spełnić warunek zamknięcia :;ię wieloboku sił trzeba wielobok ten uzupełnić siłami RA i Rb. Nie znamy jednak kierunku siły RA• dlatego nie możemy tego na razie uczynić. W wieloboku sił obieramy biegun O i rysujemy promienie I, 2, 3 i 4. Załóżmy, że kortiec siły RA będzie pokrywał się w wielobokt1 sił z początkiem siły P 1 • Wówczas bok /' w planie sił powinien przecinać się z kierunkiem siły RA· Stąd wniosek że prostą 1' należy poprowadzić przez jedyny znany punkt, leżący na linii działania siły RA, tj. przez punkt A. Rysując dalej boki 2', 3' i 4' otrzymujemy punkt B jako punkt przecięcia prostej 4' z prostą b, która jest linią działania siły Rb. Następny bok będzie bokiem ostatnim, gdyż w wieloboku sił może się znaleźć już tylko jeden promień poprowadzony z końca siły Rb i początku siły RA. Bok ten ma zamknąć wielobok sznurowy, tak jak wymaga tego warunek równowagi, więc powinien leżeć na prostej łączącej punkty A i B; nazywamy go zamykającą z. Przenosimy teraz kierunek zamykającej na wielobok sił. Na odłożonym z końca siły P 3 kierunku b odetnie on równoważącą Rb. Łącząc jej koniec z początkiem siły P 1 otrzymamy kierunek i wartość równoważącej RA. Zwroty sił R0 i RA wynikają z warunku zamknięcia się wieloboku sił, a ich wart ości odczyt uje się ze skali. Siły RA i Rb należy jeszcze przenieść na plan sił. W ten sposób uzyskaliśmy znajdujący się w równowadze układ sił składający się z sił P 1' P 2 i P 3 oraz RA i Rb. wiążemy je graficznie.

4.4.3.

li

Przykłady

Pnykład

4-3. Wyznaczyć graficznie reakcje podpór kratownicy przedstawionej na rys. 4-26a. 79

Kratownicę, zgodnie z zasadą zesztywnienia, będziemy uważali za tarczę. Przed przystąpieniem do rozwiązania zauważmy, że w podporze A wystąpi reakcja o kierunku prostopadłym do płaszczyzny przesuwu, a więc linia działania siły R-< jest znana, w podporze B natomiast linia działania reakcji R 8 powinna przechodzić przez punkt B. Zadanie nasze jest więc podobne do omówionego w p. 4.4.2.

o)

P,=20 kN ę=20 kN f3-15 kN skala d~. ~

c) o A

skalo si~

plon

si~

skalo

dr

,1,5m, łłys.

wielobok

1kN

si~

4-26

sprowadza się do narysowania planu sił w obranej skali długości (rys. 4-26h), a następnie wieloboku sił (rys. 4-26c), który uzupełnia się promieniami biegunowymi 1, 2, 3 i 4. Kierunki promieni biegunowych przenosimy w znany sposób na plan sił, tworząc wielobok sznurowy. Należy tylko pamiętać o tym, aby przez punkt leżący na nieznanym kierunku reakcji (punkt B) przeprowadzić skrajny promień biegunowy (I lub 4). W rozpatrywanym zadaniu przez punkt ten poprowadziliśmy prostą równoległą do promienia 1. Oznacza to, ż.e w wieloboku sił koniec reakcji R 8 będzie się pokrywał z początkiem siły P 1 • Zgodnie z twierdzeniem o zamykającej, prostą z przeprowadzimy w planie sił przez punkt B oraz punkt przecięcia ostatniego boku wieloboku sznurowego 4' z linią a działania reakcji R,c. Po przeniesieniu na wielobok sił kierunku z oraz a zamkniemy wielobok sił siłami R ... i RB. Kratownica pod działaniem sił czynnych P 1 • P 2 i P 3 oraz reakcji RA i RB pozostaje w równowadze. Jego

li 80

rozwiązanie

Przykład

4-4.

rys. 4-27a.

Zrównoważyć

w sposób analityczny

belkę przedstawioną

na

Siłę P przedstawiamy w postaci JCJ składowych, tj. rzutów na dwie osie układu współrzędnych prostokątnych (rys. 4-27b). Wartości tych

0

)

składowych wynoszą:

PY

=

P · sincx;

P 2 = P · COSCX

Kierunek reakcji R 8 jest znany (prostopadły do kierunku przesuwu), natomiast reakcja RA przechodzi przez punkt A, ale jej kierunek nie jest znany. Dlatego reakcję tę należy przedstawić w postaci dwóch składo- c) wych HA i U A, zakładając dowolnie ich zwroty (rys. 4-27b). Równania równowagi (4-9) mają

A

H„=Pcos a

]~R

-I"'

postać:

A

li<

::::>

Rys. 4-27

LZ =0; HA-Pz =O LY= O; -UA-R 8 +Py = 0 'f..MB =O; UA·l+P1a=O Niewiadome obliczone z tych

H

„

= = P · cos ex

P · cos 60°

a. U = - -P·smcx

i

A

równań wynoszą:

=

..!_ P 2

1. 3

1 3

.

o

= - -P·smcx = --P·sm 60

fi

= - --P

6

. 4 P·sm . 600 = -2fi - p R8 = 4 P·smcx =

3

3

3

Należy zwrócić uwagę na znaki składowych reakcji. Jeżeli reakcja jest dodatnia (HA, R 8 ), oznacza to, że jej zwrot przyjęliśmy prawidłowo, jeżeli jest ujemna (U A), to rzeczywisty zwrot jest przeciwny do założonego. Prawidłowe zwroty składowych U A i HA pokazano na rys. 4-27c. Na podstawie zwrotów składowych ustalamy zwrot reakcji RA. Wartość tej reakcji wyniesie

RA=JH~ + u~ =J(~pr +(-f Pr= fp Kąt

nachylenia cp reakcji RA. (rys. 4-27c) 1 . - P·smcx 3

UA 1 1 = - - - = - tg
tgq> = -

(, Mcchoni ka budowli

= -fi- = 0,577; 3

stąd

cp = 30° 81

I

Przykład

momentem M. Obciążenie momentem można sobie wyobrazić także jako parę sił, tak jak to pokazano na rysunku Jinią przerywaną. Wyznaczyć reakcje podpór belki.

4-5. Belka (rys. 4-28a) jest

obciążona

Przyjmując

trzy składowe reakcji HA, U A i R 8 I:Z =HA= O. Wynika z tego, że UA = R„. Piszemy pozostałe dwa warunki równowagi:

zauważamy, że siła

HA.= O,

gdyż

RA· 1-M =O; ~Y=

O;

-R 14 -R8 =O;

stąd stąd

M f

R=~ A

R8

M =-RA=

ł

Obliczone reakcje, z oznaczeniem prawidłowych zwrotów, pokazano na rys. 4-28b. Warto zauważyć, że reakcje te tworzą parę sił, a ich wartości nie zależą od miejsca przyłożenia momentu M, lecz jedynie od jego wartości i rozstawu podpór.

o)

p

c

B

o

tRB 1

IRD l

1

l

1

l

-ł'Ą--------;~~~. "!" --t--~--,f~f Rys. 4-28

li

Rys. 4-29

Przykład 4-6. Zrównoważyć w sposób analityczny belkę przedstawioną na rys. 4-29 (tarcze ABC i CD są połączone w punkcie C przegubem). Zauważmy przede

wszystkim, że z takim układem konstrukcyjnym spotkaliś­ poprzednio (por. rys. 4-lld). Załóżmy, że części A BC belki zapewniono równowagę. Wtedy część CD mogłaby pod działaniem sił P i R0 dokonać obrotu wokół przegubu C. Oznaczałoby to, że ukfad konstrukcyjny nie pozostaje w równowadze. Obrót nie nastąpi jednak, jeżeli powodujący go czynnik, tj. moment, będzie równy zeru. Na podstawie tego rozumowania możemy napisać p Me= O, a więc Ro=2

my

się

Obliczyliśmy

82

w ten sposób jedną z reakcji.

Następnie, pamiętając o tym, że cała konstrukcja powinna pozostawać w równowadze, zapisujemy warunki równowagi, z których obliczamy pozostałe reakcje:

:!Z=O;

'LMA. =O; stąd

5 p 3 R =2P- - - = - P B

2 2

4

'LY= O; stąd

li

3 p 1 R = --P+P - - = - -P A 4 2 4

Przykład 4-7. Belkę AB (rys. 4-30) utwierdzono w nieodkształcalnym murze (podpora płaska). Określić w sposób analityczny reakcje w podporze belki.

W podporze A wystąpią trzy składowe reakcji HA, U A i M" . Obliczymy je z warunków równowagi:

!:Z = O; !:Y = O; stąd

!:MA= O; stąd

4.6. 4.5.1.

fi"T M•

HA = 0 -UA +P= O UA = RA = P -MA+P·l = 0 M" = P·l

f\·o

r

z

I tp

~ ~A~~~~~~~--"

-"t._4'_- _RA_ --- l _ ··-- -. - - -,fRys. ...30

Stateczność Wiadomości wstępne

Zagadnienie stateczności występuje przede wszystkim przy projektowaniu budowli wysokich, poddanych działaniu znacznych obciążeń poziomych. Budowlami takimi są np. kominy przemysłowe, wieże ciśnień, maszty oraz zapory

o)

Rys. 4--31 ~·

83

i ściany oporowe. Obciążeniem poziomym tych budowli może być parcie i ssanie wiatru. parcie wody, parcie gruntu itp. Obciążenia poziome mogą spowodować przesunięcie lub wywrócenie budowli. Taki skutek ich działania nazywamy utratą stateczności budowli. Budowla powinna zachować określone, niezmienne położenie, dlatego warunek jej stateczności jest jednym z warunków bezpieczeństwa (por. p. 1.3.l.). Rozpatrywane budowle są trójwymiarowe i odkształcalne, a dolna płaszczyz­ na fundamentów budowli spoczywa na podłożu gruntowym. Przy sprawdzaniu stateczności budowle uważamy z.a ciała sztywne, tak jak za ciała sztywne uważaliśmy układy konstrukcyjne rozpatrując ich równowagę (por. p. 4.2.6). Obciążenie budowli to (rys. 4-3 la): • ciężar własny G, przyjmowany jako siła skupiona, pionowa, przyłożona w środku ciężkości budowli, • parcie poziome q, które jest obciążeniem ciągłym. • siła tarcia 1; występująca w styku fundamentu i podłoża. Ponadto budowla, na której opierają się inne konstrukcje, może być obciążona oddziaływaniem tych konstrukcji. Obciążenia ciągłe q zastępujemy silą skupioną Q, ustalając ją w sposób omówiony w p. 4.2.7. Wartość siły tarcia zależy od wartości obliczeniowej obciążenia pionowego G0 i współczynnika tarcia µ. Określa się ją wg wzoru (4- 12) Wartości współczynnikaµ podano przykładowo w tab. 4-l. Wszystkie siły, stanowiące obciążenie budowli, leżą w jednej płaszczyźnie, dlatego stateczność rozpatruje się jako zagadnienie płaskie (rys. 4-31 a i b).

Tabc la4-I Wspólczynniki tarcia gruntu pod

podstawą

fundamentu Materiał

Stan gruntu

Rodzaj gruntu

Żw iry i pospółki

i.agęszczony

Piaski grube i średnie P iaski drobne i pylaste

średnio zagę:-

Piaski gliniaste, szczyste, pyły

pyły

pia-

i

szczony półzwarty

cegła

lub

fundamentu beton o powienchni

kamień

c hropowatej

gładkiej

0,50+0,55 0,45 + 0,50 0,40+ 0,45

o,55~o,60

0,50+0,55 0,45+0,50

0,35..,.0,40 O, 32 -:-0,36

0,30 +0,41

0,36+0,47

0, 25~0,32

0,14+ 0,26

0,16+0,29

O.I 0 -;-0,20

0,30~0,33

i

rwardo plastyC'ZOY

Iły piaszczyste, laste

84

iły, iły

py-

półzwarty i twardo plastyCZlly

4.5.2.

Stateczność

ze względu na przesuw

na rys. 4-32. Obciążenie poziome Q dąży budowli po podłożu. Przeciwstawia się temu siła tarcia T. powstająca w styku fundamentu i podłoża w chwili r rozpoczęcia ruchu. I I Teoretycznie budowla pozostanie w równowadze, Z I jeżeli siła pozioma Q będzie co najwyżej równa sile T, przeciwstawiającej się przesunięciu. Wynika to z warunku Rozważmy budowlę przedstawioną

do

przesunięcia

1-;

Q-T = O;

I:Z =O;

stąd

h

Q= T

I

Przeprowadzone rozumowanie stanowi podstawę do Rys. 4-32 stosowanego przy projektowaniu konstrukcji - por. p. I .3.1, wzór (1-5). Uwzględniając bezpieC2eństwo konstrukcji, równanie zastępuje się nierównością i wprowadza współ­ czynnik bezpieczeńst wa. Warunek stateczności ze względu na przesuw przyjmuje sformułowania warunku stateczności,

więc postać

QQ W

~

T

-

(4-13)

np

nierówności

Q0

-

T = µ · G0

-

obliczeniowa obciążenia poziomego, siła tarcia, wartość obliczeniowa obciążenia pionowego. współczynnik tarcia materiału fundamentu po podłożu, współczynnik bezpieczeństwa o wartości za)eżnej od rodzaju budowli.

GI) µ np -

4.5.3.

tej:

wartość

Stateczność

ze

względu

na obrót

Budowla może także ulec obrotowi wokół krawędzi(punktu) A (rys.4-33). Do spowodowania takiego obrotu dąży moment statyczny siły Q 0 względem punktu A, zwany momentem wywracającym

Mw

=

Q 'b

(4- 14)

0

Obrotowi przeciwstawia się moment statyczny siły G wzglę­ dem punktu obrotu A, zwany momentem utrzym•jącym

(4- I5) Budowla nie ulegnie obrotowi, warunek równowagi

'J:.MA =0;

-M.,..+Mu=O;

jeżeli będzie spełniony

stąd

-il'~ R_ys. 4-33

Mw=Mv (4-16)

Podobnie jak w odnjesieniu do stateczności ze względu na przesuw na podstawie równania (4-16) formułuje się warunek statecznośc i ze względu na 85

obrót -

por. p. 1.3. l, wzór (l- 7): M

M„::;;;--"

(4-17)

no

W nierówności tej M,., wyraża się wzorem (4-14), natomiast M„ wzorem (4-15), a n0 jest współczynnikiem bezpieczeństwa, którego wartość zależy od

rodzaju budowli.

4.5.4. Przvktad

I

Przyklad 4-8. Betonowa ściana oporowa (por. p. 3.5, przykład 3-4) posadowiona na piaszczystym podłożu gruntowym jest obciążona parciem wody (rys. 4-34a). Sprawdzić stateczność ściany.

Obciążenie ściany stanowi siła pozioma i siła pionowa. Siły te oblicza się na jeden metr długości ściany. Stateczność należy sprawdzić z uwzględnieniem najniekorzystniejszych wartości obliczeniowych obciążeń. Są nimi największe obciążenia poziome i najmniejsze obciążenia pionowe. Największa obliczeniowa wartość siły poziomej (por. p. 3.5, przykład 3-4) wynosi

a)

Q

= (J

_!_h 2 w ·q' = 05·540·648 = 175 kN lJ

,

'

'

a jej linia działania przechodzi przez

środek ciężkości

trójkąta obciążenia. Siłę pionową stanowi ciężar ściany. Nąiwygodnicj jest obliczyć tę siłę jako sumę ciężarów brył, na które można podzielić ścianę (rys. 4-34b). Podział na bryły przeprowadza się tak, aby można było bez trudu określić położenie ich środków ciężkości, to jest punktów przyłożenia sił ciężkości. Ciężary obliczamy jako iloczyn objętości bryły i ciężaru objętościowego materiału y; ciężar objętościowy betonu zagęszczonego 'Y = 24 kN/m 3 . Najmniejsze obliczeniowe wartości obciążeń otrzymamy mnożąc ciężar przez współczyn­ nik obciążenia y / = 0,9. Otrzymujemy:

GI

=

~ 1,5-6· I ·24·0,9 = 97,2 kN

G 2 =l,5·6·1·24·0,9=194 kN G 3 =3·1·l·24·0,9=64,8 kN

G0 = G 1 +G 2 +G 3 =97,2+194+64,8 = 356 kN Stateczność ze względu na

86

przesuw sprawdzamy na

podstawie wzoru (4-13).

Układ jest w

równowadze, jeśli oblic.."Zony wg tego wzoru

współczynnik bezpieczeństwa

T Qo

µ-G Qo

0 n=~=--

P

wartość większą od 1,05. Dla wartości obliczeniowych G0 i Q0 oraz współczynnika tarcia µ = 0,55 (por. tab. 4-1), współczynnik bezpieczeństwa

ma

= 0,55. 356 = 1 12

175

np

'

1 05 > '

Stateczność ze względu na obrót sprawdzamy na podstawie wzoru (4-17). Obliczony wg tego wzoru współczynnik bezpieczeństwa

powinien

być większy

od l,11. Moment utrzymujący i wywracający

M„

wynoszą

= G 1 ·100+G 2 • 2,25+G 3 • l,50=97,2·1+194·2,25+64,8·1,5 = = 631 kN·m

M„

a

=

Q 0 ·1,8=175·1,8

=

315 kN· m

współczynnik bezpieczeństwa

n0

(por. rys. 4-34b):

631 315

= --

= 2 OO > '

l 11 '

5. Statycznie wyznaczalne

5.1. Geometryczna

układy prętowe

niezmienność

Konstrukcja budowlana musi mieć zdolność przenoszenia obciążeń. Warunek ten spełniają jedynie takie konstrukcje, które są układami geometrycznie niezmi enn yrni. Zanim wyjaśnimy pojęcie geometrycznej niezmienn ości układu , przypomnij-

a)

p/

A

~ A

f

b) 8

:X

I

1

UA

R9

~M H,.. A"' t u.,

I

'--

I

p

-~

fł.

B

p

Rys. 5-1

88

my, że w zagadnieniach statyki elementy konstrukcyjne uważamy za nieodkształ­ calne (zasada zesztywnienia). Płaski układ statyczny, złożony z elementów nieodkształcalnych, tylko wtedy będzie przejmował obciążenia, jeżeli pod wpływem działania tych obciążeń nie zmieni kształtu, a jego poszczególne elementy - położenia na płaszczyźnie. W przestrzennym układzie statycznym nie może nastąpić zmiana kształtu ani zmiana położenia poszczególnych elementów w przestrzeni. Układem prętowym geometrycznie niezmiennym nazwiemy układ złożony z prętów uważanych za nieodkształcalne, którego postać geometryczna nie może ulegać zmianom, a układem prętowym geometrycmie zmiennym układ, który może zmieniać postać geometryczną, mimo że jego pręty nie ulegają odkształ­ ceniu. Wyjaśnimy to na przykładach. Postać geometryczna belek i ramy (rys. 5-la) - -jeśli pominąć odkształcenia prętów - nie zmieni się pod działaniem obciążeń. Układy te są więc geometrycznie niezmienne, podobnie jak przedstawiony na tym samym rysunku układ trzech połączonych przegubowo prętów, który nie może być przekształcony bez zmiany długości prętów. Układ taki może być traktowany w obliczeniach statycznych jako jedna tarcza. W układach pokazanych na rys. 5- tb pręty mogą zająć inne położenie (oznaczone linią przerywaną). chociaż nie uległy odkształceniom. Takie układy są geometrycznie zmienne i nie wolno stosować ich jako konstrukcyjnych układów budowlanych.

5.2. Statyczna

wyznaczalność

Na podporach obciążonego układu prętowego powstają reak~je. Są one wielkościami nieznanymi, a liczba ich składowych zależy od rodzaju i liczby zastosowanych podpór. Układ prętowy jest statycznie wyznaczalny, jeżeli niewiadome składowe reakcji podpór można wyznaczyć korzystając z równań statyki. Liczba reakcji składowych występujących w podporach płaskich układów prętowych wynosi: 1 -- na podporze przegubowej przesuwnej, 2 - na podporze przegubowej oraz 3 -- na podporze płaskiej. W odniesieniu do płaskiego niezbieżnego układu sił można zapisać trzy równania równowagi. Tak więc układ prętowy, składający się z jednej sztywnej tarczy jest statycznie wyznaczalny, jeżeli jest podparty na jednej podporze przegubowej nieprzesuwnej i jednej przegubowej przesuwnej lub na jednej podporze płaskiej (rys. 5-la). Jeżeli układ prętowy składa się z kilku tarcz (np. dwóch) połączonych przegubami (rys. 5-2), to z warunku geometrycznej niezmienności wynika konieczność zastosowania podpór o liczbie składowych reakcji większej od liczby równań równowagi. W układach tych występuje przegubowe połączenie tarcz. Oprócz trzech równań płaskiego układu sił możemy - w odniesieniu do

89

każdego

przegubu łączącego poszczególne tarcze - zapisać dodatkowy warunek statyki (por. p. 4-4.3, przykład 4-6). Układ złożony z kilku tarcz będzie zatem statycznie wyznaczalny.jeżeli liczba składowych reakcji podpór będzie równa liczbie warunków równowagi (tj. 3) plus liczba przegubów łączących poszczególne tarcze. Układy pokazane na rys. 5-2 są układami statycznie wyznaczalnyp

mi.

Omówione warunki dotyczą zestatycznej wyznaczalności, gdyż na ich podstawie można określić wszystkie siły zewnętrzne, zapewniające równowagę układu statycznego. Układ statycznie wyznaczalny powinien ponadto spełniać warunki wewnętrznej statycznej wyznaczalności. Warunki te zostaną podane przy omawianiu sił przekrojowych. wnętrznej

H~

A

Rys. 5-2

5.3. Wyznaczanie reakcji podpór Każdy układ konstrukcyjny pod działaniem obciążeń (sił czynnych) oraz reakcji podpór (sił biernych) powinien pozostawać w równowadze. Dla danego układu można więc z warunków równowagi obliczyć nieznane reakcje. Zadaniem tym zajmowaliśmy się już w rozdziale 4. Teraz wiemy, że przedstawione tam układy statyczne były układami statycznie wyznaczalnymi. Rozwiązania otrzymywaliśmy stosując graficzne lub analityczne warunki równowagi. Najczęściej reakcje podpór oblicza się na podstawie analitycznych warunków równowagi - por. wzory (4-9), (4-10), (4-11 ). W celu ułatwienia obliczeń należy wybierać formę zapisu równań równowagi umożliwiającą ułożenie równań niezależnych, tzn. takich, w których każde równanie zawiera tylko jedną niewiadomą.

90

W odniesieniu do układów statyc-znych pokazanych na rys. 5-3 równania takie otrzymuje się zapisując a) następujące warunki równowagi:

A o' - - - - - - + - P_e-9 1

-z

----~-----ł- --~··

:EZ =0 l:M..t=O "F..M 8 = O

I

y p

Warunki te dla belki (wg rys. 5-3a) oraz łuku (wg rys. 5-3b) przyjmują b)

~---J

8

postać:

:EZ= O; :I:M ... =0; !:MB= O;

„ Hs

-H 8 =0

,l

- R 8 · l+ P·a =O RA·l-P·b=O

4 Hą

---z

b

c

Po obliczeniu składowych reakcji podpór HB, RB , RA otrzymane wyniki c) można sprawdzić zapisując dodatkowo równanie, w którym wystąpią wszystkie niezerowe składowe reakcji; w rozważanym zadaniu może to

A

być:

r.Y = O;

-RA - R 8 +P = O y

Z równań równowagi zapisanych w odniesieniu do ramy i kratownicy d) (rys. 5-3c i d)

"F..Z=O;

HA-Q

'LM 8 =0;

u ... ·L -

I

T

=o

-

h Q· - = O 2

z

h

-RB · l - Q· -2 =O .

y

Rys. S-3

niezerowe są wszystkie s kładowe reakcji podpór. W celu sprawdzenia poprawności wyników można s korzystać z równania sumy momentów wszystkich sił względem punktu nie leżącego na linii działania żadnej z sił, np.: wynika,

że

'!:.Me = O;

I l h UA· 2- H ... ·h-RB·2 +Q ·2

=o

W obliczeniach układów prętowych złożonych z dwóch tarcz (rys. 5-4) do wyznaczania reakcji podpór, oprócz równań równowagi, należy wykorzystać warunek, że moment statyczny wszystkich sił położonych po jednej stronie 91

przegubu, obliczony względem tego przegubu, jest równy zeru. Otrzymanie czterech niezależnych równań, z których kai.de zawierałoby tylko jedną niewiadomą jest tu niemożliwe. Jednak i w takich sytuacjach właściwy dobór i kolejność zapisu równań mogą ułatwić obliczenie. Na przykład, w celu wyznaczenia reakcji podpór ramy (rys. 5-4a), wygodnie jest zapisać równania równowagi t t w postaci:

t

u)

(

q.

··t -

h -U 8 ·/-Q·2=0

/-1.

~/

h UA·l - Q·2=0

"1:.M 8 =0;

~I

po czym,

znając już wartość

obliczyć H ...

A

U A• oraz H 8 na podstaw ie

warunków: ł

M~ = O; -HA·h+U... ··--- =O

2

b)

q

C

!ii 1nfWnuq_

- r·

~, _,:,·~"

B

_ z

"1:.Z =O;

H 8 +HA-Q = O

Poprawność

ników

otrzymanych wynp. za równania:

można sprawdzić

pomocą

Rys. 5-4

Dla belki wg rys. 5-4b reakcje M~=O;

I:Z=O;

można wyznaczyć

z

równań:

b R 8 ·b - Q·l =O

~Y=O;

HA =0 -UA-R 8 +Q=0

'!:.M 8 = 0;

M,..+V,..·/-Q· - = O

b 2

a wyniki sprawdzić np. na podstawie równania 'f..Mc =O;

b UA ·a + M ... - R 8 ·b+ Q· 2

=

0

Dalsze obliczenia układów prętowych polegają na założeniu, że rozpatrywany układ pozostaje w równowadze, dlatego bezbłędne wyznaczenie reakcji jest podstawowym warunkiem poprawności tych obl iczeń. 92

5.4.

Siły

przekrojowe

Pojęcie sił

przekrojowych (zwanych także siłami wewnętrznymi) wyjaśnimy podane rozumowanie. Rozważmy dowolny, płaski układ prętowy (rys. 5-5a). Zgodnie z zasadami statyki przyjmiemy, że układ ten pod działaniem sił zewnętrznych P; (i = I, 2, 3, 4) pozostaje w równowadze. Następnie podzielimy myślowo rozpatrywany układ dowolnym przekrojem a,-et, prostopadłym do pręta. Każda z wydzielonych części układu (rys. 5-5h, c) powinna nadal pozostać w równowadze. Warunek ten zostanie spełniony, jeżeli działanie wszystkich sił przyłożonych na prawej lub lewej części układu zastąpimy siłami, dzialającymi w przekroju tt. - i:x. Oznacza to, że wszystkie siły, które na rys. 5-Sb i c zostały pokazane linią przerywaną nale7.y przenieść równolegle do punktu przecięcia osi pręta z przekrojem LJ. - a. (punkt ten jest środkiem ciężkości poprzecznego przekroju pręta). Siły Pi działające na układ po jednej stronie przekroju ex - a zostaną więc zastąpione siłami Pa., przeprowadzając niżej

,/

a)

_

b)

I I

~3· p3 . p .p •

Pi

CX4 4

"'a.:P.:a„ ~

c) R

-;..~ "- .--.

I

/

/

-'""

p)

~l.-

~

P1

__L--

_

~--

.

"'1tf Pja3

I

~.

I

r----- .~. -.----+ I

li?, )

~i"PI ' '1ic1"~' 01 'ltz"P2 ' Moc2"Pia2

Rys. 5-5

93

i momentami Ma., = P; ·u; (por. p. 4.2.4). lch wypadkową w przekroju ex -r:t będzie Rw. oraz moment M„. Siłę Rwa. zastąpimy jej składowymi: i,: - o kierunku przekroju a- ex oraz N,., - o kierunku prostopadłym do tego przekroju f por. rys. 5-Sh i c). Siły V" i N,.,_ można też określić sumując rzuty wszystkich sił leżących po jednej stronie przekroju na kierunek przekroju (V,,) i na kierunek do niego pro~topadły (N J. Siły N,_, V.X i M" nazywamy siłami przekrojowymi. Siłę N" nazywamy siłą podłużną, a jej wartość obliczamy jako sumę rzutów wszystkich sił leżących po jednej stronie przekroju IX- IX na kierunek prostopadły do tego przekroju (na kierunek osi pręta). Uważamy ją za dodatnią, jeżeli ma ona zwrot od przekroju. Siłę V„ nazywamy silą poprzeczną, a jej wartość obliczamy jako sumę rzutów wszystkich sił leżących po jednej stronie przekroju a - ex na kierunek tego przekroju (na kierunek prostopadły do osi pręta). Siłę poprzeczną uważamy za dodatnią, jeżeli przy obliczaniu od strony lewej ma ona zwrot ku górze, przy obliczaniu zaś od strony prawej - zwrot ku dołowi. Moment M" nazywamy momentem zginającym, a jego wartość obliczamy jako sumę momentów statycznych wszystkich sił leżących po jednej stronie przekroju ci - ci, obliczonych względem punktu przecięcia przekroju rL- r::t. z osią pręta. Moment zginający uważamy za dodatni, jeżeli przy obliczaniu od strony lewej jest on prawoskrętny, a przy obliczaniu od strony prawej · -- lewosiła

skrętny.

O(

+Va

-~ ~ + M"'

HA"'Pz.

uA=~ l

+Va

OC

Rys. 5-6

Rys. 5-7

Siły przekrojowe N", V" i M„ pokazane na rys. 5-Sh i c są siłami dodatnimi. Sposób znakowania sił przekrojowych wyjaśniono także na rys. 5-fi. Korzystając z podanych definicji zapiszmy zależ ności określają(;e ~iły w przekroju a.-cx belki (rys. 5-7). Zakładamy, że układ pod działaniem sił P, HA.• UA i RB pozostaje w równowadze. Położenie przekroju ce-a, znajdującego się na odcinku AC belki, jest określone przez podanie odległości z od podpory A. Siłę P wygodnie jest zastąpić jej składowymi P, = P · cos ex, P Y = P ·sin ex. Rozpatrując siły położone po lewej stronic przekroju ex - ex otrzymamy następujące zależności określające siły przekrojowe:

N" = -H,.. = -Pr 94

p ·b V.:=+V.==-Y~ n I

M

= "

p ·b + U,·z=...:...L...::..z n I

Przy uwzględnieniu sił położonych po prawej stronie przekroju -otrzymuje się:

V.a =RB + P ' =

P ·a

- - '-I + Py

P ·b

=-"l

Oczywiście niezależnie

od sposobu obliczania otrzymaliśmy te same wyniki. Dla układu zewnętrznie statycznie wyznaczalnego możemy więc obliczyć w dowolnym przekroju siły przekrojowe. Wymaga to jedynie rozdzielenia układu przekrojem et-a na dwie części, tak aby można było określić siły położone po lewej lub prawej stronie przekroju. Układy, w których dzięki podziałowi konstrukcji na część położoną po lewej i prawej stronie przekroju a - ix można wyznaczyć siły przekrojowe, nazywamy układami wewnętrznie

O)

Cj

Rys. 5.-8

95

statycznie wyznaczalnymi. Takimi układami są układy o konturze otwartym, np. belki, ramy, łuk, pokazane na rys. 5-3. Wyznaczanie sił przekrojowych stanowi ważny etap obliczania konstrukcji. Na rysunku 5-8a pokazano fragment pręta, z którego wycięto dwoma przekrojami a:-(X, leżącymi bardzo blisko siebie (&z jest bardzo małe), element poddany działaniu dodatnich sił przebojowych Na,~ i Ma.. Każda z tych sił ma bezpośredni wpływ na sposób odkształcenia się elementu oraz rodzaj i rozkład naprężeń. Zagadnieniami tymi będziemy zajmować się później; na razie wyjaśnij­ my tylko, jakie odkształcenia elementu obciążonego powodują poszczególne siły przekrojowe. Przyjmijmy, że jedyną siłą przekrojową działającą na element pręta jest siła podłużna Na(Vc. =O, Ma= O). Siła ta dąży do zwiększenia odległości między przekrojami, powodując odkształcanie się elementu w sposób pokazany na rys. 5-8b; działanie takie nazywamy rozciąganiem osiowym. Jeżeli na element działa jedynie siła poprzeczna V"(N" =O, M(J. =O), to dąży ona do równoległego przesunięcia względem siebie sąsiednich przekrojów (por. rys. 5-Bb); działanie to nazywamy ścinaniem. Jeżeli na element działa wyłącznie moment zginający M „(N = O, Vrz = O), to powoduje on zmianę kąta nachylenia dwóch sąsiednich przekrojów. Element ulega wygięciu w sposób pokazany na rys. 5-8b; działanie to nazywamy zginaniem. Na rysunku 5-8c pokazano odkształcenia elementów spowodowane działa­ niem ujemnych sił przekrojowych. Działanie ujemne siły N,,., powodujące zmniejszenie odległości przekrojów, nazywamy ściskaniem. Ujemny moment Ma powoduje zmianę wypukłości wygięcia elementu pręta. Odkształcenia elementów są oczywiście bardzo małe; na rys. 5-8 pokazano je w znacznym powiększeniu. Cl

5.5.

Rozwiązanie statyczne płaskiego układu prętowego

Rozwiązanie statyczne płaskiego, statycznie wyznaczalnego wego polega na: • sprawdzeniu geometrycznej niezmienności układu,

układu pręto-

• sprawdzeniu statycznej wyznac-.lalności układu, • wyznaczeniu reakcji podpór, • wyznaczeniu sił przekrojowych. Załoźenia, pojęcia i definicje umożJiwiające rozwiązywanie układów pręto­ wych dotyczą wszystkich układów, niezależnie od ich schematów statycznych. Wygodnie jest jednak pogrupować te układy i sposoby rozwiązywania. Z tego względu zajmiemy się kolejno rozwiązywaniem następujących płaskich układów prętowych: belek prostych, belek przegubowych, ram, łuków i kratownic. 96

5.6. Belki proste 5 .6 .1.

Wiadomości wstępne

Belką prostą nazywamy pręt stanowiący jedną tarczę sztywną. Ze względu na sposób podparcia rozróżniamy belki: • swobodnie podparte (rys. 5-9a); tworzy je pręt spoczywający na dwóch podporach: przegubowej i przegubowej przesuwnej, umieszczonych na końcach belki; • wspornikowe (rys. 5-9b); mają one postać pręta spoczywającego na podporze przegubowej i przegubowej przesuwnej, z tym że przynajmniej jedna z nich znajduje się w pewnej odległości od końca belki; • utwierdzone jednostronnie (rys. 5-9c); tworzy je pręt na jednym końcu b) -----1~-1-utwierdzony. Oś belki jest najcz~ściej równoległa do płaszczyzny przesuwu podpory przegubowej. Jeżeli tak nie jest (por. rys. 5-9a), to belkę nazywa się poch yłą lub załamaną. Cj Belka pochyła ma oś nachyloną pod kątem

--+---„t-

7 M echunika budowli

97

omówimy rozwiązywanie belek o

różnych

schematach statycznych, obciążonych

wyłącznie:

• siłami skupionymi, • obciążeniami ciągłymi, • momentami skupionymi. Be[ki sto:sowane w konstrukcjach budowlanych są często obciążone równocześnie różnymi rodzajami obciążenia. Rozwiązanie takich belek zilustrowano przykładami zamieszczonymi w p. 5.6.5.

5.6.2. Belki

obciążone siłami

skupionymi

Rozwiążmy belkę swobodnie podpartą (rys. 5-10a). Reakcje podpór obliczamy z warunków równowagi:

LZ=O; LM8 =O;

R,..·l-P·b = O;

R„

P·b

=

-1-

P·a / warunek równowagi: Ra=--

Wyniki sprawdzamy :EY = O;

zapisując

-RA-R 8 +P =O;

P·b

P·a

-~----+P

1

1

=O;

-P+P =O

Silę podłużną

oblicza się jako rzutów wszystkich sił leżą­ cych po jednej stronie przekroju et - oc na kierunek prostopadły do tego przekroju, czyli na os belki. W rozpatrywanym układzie nie występują żadne siły o tym kierunku działania, a więc nie ma także sił podłużnych. Zapiszemy to: sumę

a)

Na.=0 b)

Siłę poprzeczną

oblicza się jako

sumę

rzutów wszystkich sił leżą­ cych po jednej stronie przekroju

Rys. S-10

98

ex - ex na kierunek tego przekroju. Poprowadźmy przekrój cx 1 - ct 1 na odcinku AC belki (rys. 5-1 Oa). Niezależnie od położenia tego przekroju, tj. dla z zawartych w granicach od O do a, siła poprzeczna wynosi:

• przy zapisie od lewej strony

• przy zapisie od prawej strony

P·a I

P ·b l

V~c = -R8 +P = - - - +P = - -

Zapisy te dotyczą nie jednego konkretnego przekroju, lecz wszystkich przekrojów o odciętej z leżących na odcinku AC, dlatego uzyskane wyrażenie możemy nazwać funkcją siły poprzecznej. Zakres ważności tej funkcji oznaczono indeksem AC. Podobnie dla przekroju ex2 - et2 poprowadzonego na odcinku CB belki otrzymamy następującą funkcję siły poprzecznej: • przy zapisie od lewej strony

P·b P·a --P = - - I I

v.ca = R -P = -

„

A

• przy zapisie od prawej strony

v._cs = - R B ci

P·a I

= - --

Otrzymana funkcja jest ważna na odcinku CB, tj. dla z zawartych w granicach od a dol. Zauważmy, że wynik obliczenia nie zależy od sposobu zapisu. Zapisywanie funkcji sił poprzecznych przy uwzględnieniu sił leżących po lewej lub prawej stronie przekroju a.- ex jest więc zbędne, można je natomiast potraktować jako sprawdzenie poprawności wyników. Funkcje ~ możemy przedstawić na wykresie. W tym celu przyjmujemy układ osi z, V (rys. 5- lOb), obieramy skalę V, np. 1 cm = I kN, i w tej skali, dla odpowiednich z odkładamy wartości v:c i VfB. Są one stałe na odcinkach AC i CB, niezależne od położenia przekrojów a. 1 - a. 1 i a. 2 -a. 2 , dJatego też wykresy funkcji będą ograniczone prostymi równoległymi do osi z. Wykres uzupełniamy znakiem funkcji oraz podajemy jednostkę, w której wyraziliśmy wartości sił poprzecznych. Moment zginaj~cy oblicza się jako sumę momentów statycznych wszystkich sił leżących po jednej stronie przekroju a - et względem środka ciężkości przekroju popr.zecznego pręta, tj. względem punktu przecięcia przekroju rx-a i osi pręta z. Dla przekroju cx 1 -
99

• przy zapisie od lewej strony P ·b

MAC= R A . z= -I- z a: • przy zapisie od prawej strony M:c

P·a

= RJ.l-z)-P(a-z) = - - (l-z)-P(a-z)

Funkcja momentu

1

zginającego

P·b

= -

na odcinku CB (przekrój

-z 1


postać:

• przy zapisie od lewej strony P·b

=-

M~8 =RA· z-P(z-a)

-z-P(z - a) 1

P·a -(l-z)

=-

1

• przy zapisie od prawej strony 8

P·a

M~ = RB(l - z) = -

-(l-z) 1

Indeksy AC i CB oznaczają zakres ważności funkcji momentu zginającego, a otrzymane wyniki nie zależą od sposobu zapisu. Funkcje M"' przedstawimy także w postaci ich wykresu. W tym celu obieramy układ współrzędnych z, M (rys. 5-lOc) oraz skalę M (np. I cm = 1 kN· m). Funkcje M:c i M~n są liniowe, gdyż zmienna z występuje w nich w potędze pierwszej. Aby narysować proste, ograniczające wykres, należy więc znać położenie dwóch punktów, przez które te proste przechodzą. Możemy je otrzymać obliczając wartości funkcji M ri. w dowolnych punktach. Najwygodniej obliczyć je w punktach A, C i B. • AC P ·b Wartość funkcji M a. = - -z wynosi: 1 • w punkcie A o odciętej z = O

P·b M„ = M 1c(z =O)= - -0 =O 1 • w punkcie C o odciętej z = a

P ·b Me= M:c(z = a)= - -a 1

Wartość funkcji M_; 8

=

P;a (I-z) wynosi:

• w punkcie C o odciętej z = a

P·a

Me = M ; 8 (z = a)= 100

P ·a

-(1-a) = - - b 1 1

• w punkcie B o odciętej z = l

P·a P·a M 8 = M~8 (z = ł) = - - (1-l) = - - 0 =O l I Oznaczenia MA.• M 8 i Me w powyższych zależnościach oznaczają wartości momentu zginającego w przekroju poprowadzonym (odpowiednio) p rzez punkty A, B i C belki. Obliczone rzędne funkcji M„ odkładamy w obranej skali w układzie współrzędnych z, Mi łączymy je liniami prostymi. Na wykresie podaje się charakterystyczne rzędne, znak funkcji oraz przyjęte jednostki. Warto za uważyć, że przy przyjętym zwrocie osi M (rys. 5-lOc), rzędne wykresu M " są odkładane po wypukłej stronie krzywizny linii ugięcia belki. Można się o tym przekonać rysując linię ugięcia (linia kreskowana na rys. 5-1 Oa), którą przy danym obciążeniu łatwo przewidzieć. Spójrzmy teraz na rysunek belki i umieszczone pod nią wykresy V" i Ma (rys. 5-10). Możemy zauważyć, że: • na nie obciążonych odcinkach belki wykres ~ma wartości stałe, a więc ograniczające go proste są równoległe do osi z; • w miejscach przyłożenia sił skupionych (RA, Pi R 8 ) następują w wykresie ~skoki rzędnej o wartość przyłożonej siły; w punkcie przyłożenia siły skupi onej, np. w punkcie C na rys. 5-lOa, można więc określić wartości siły poprzecznej jedynie tu ż na lewo lub tuż na prawo od niego; tak określone wartości siły poprzecznej oznacza się VLewe lub krócej V~ oraz odpowiednio Vt'0 "'" lub Vć; • wykres M „jest ograniczony liniami prostymi, różnymi na poszczególnych, nie obciążonych odcinkach belki; w miejscu przyłożenia siły skupionej (punkt C) proste ograniczające wykres M „ przecinają się na linii działania siły; • wartość Ma osiąga w pewnym przek roju ekstremum; w rozpatrywanym zadaniu jest to maksimum w punkcie C belki; w tym samym punkcie na wykresie ~ następuje zmiana znaku siły poprzecznej; ekstremum momentu zginającego Ma występuje zawsze w przekroju, w którym siła poprzeczna V"' zmienia znak; jeżeli wraz ze wzrostem odciętej z siła poprzeczna V., zmienia znak z dodatniego na ujemny, to moment M ~ przyjmuje wartość maksymalną M "'Q"; jeżeli zaś wraz ze wzrostem odciętej z siła poprzeczna ~zmienia znak z ujemnego na dodatni, to moment M ,,. przyjmuje wartość minimalną Mmin· Wynik obliczeń można porównać z danymi zamieszczonymi w tab. 5- 1, wiersz I. Uwzględniając poczynione obserwacje, można łatwo wykonać wykresy sił przekrojowych innych belek, obciążonych wyłącznie siłami skupionymi. Sporzą­ dźmy je dla belki pokazanej na rys. 5-11 (por. także tab. 5-l ). Reakcje obliczamy korzystając z równowagi:

tz =O;

H„ = O

!:.MB = O;

RA.· I + p .

l

3=

O;

stąd

101

Tab c I a 5- 1

Reakcje i siły przekrojowe w belkach statycmie wyzm1czalnycb Schemat statycmy

i

obdą/..cnic

Reakcje

Siły

Momenty

poprzeczne

zginaj'fC.:C

P·a b

P·b

R„= - -

M '"nx =Ml·= -J-

1

p

R,; = RB = -

2

p

VAc =

P- 1 Mm„ = Mc=4

2

1\1mux

= Me =

= M/) = P · a

(/. ,2

M mu = ----8

Vm I n = VD"

=

q ·I

2 q ·h

Vmux = V =A 2-

q·h

M „ „ = - -(2/-/J) 8

ą·h

Vm I n = VD„ =

2

M

2q

RA

q·a1

R - -8 21 q·I RA=6

R~ = -·-

"'"x

dla z = --•

v....x = RA

l{

/ 'i.q. ,1 Mmux

d la

=

27

1/3

z= - -

"

3

cd. tab. 5-1 Schemat statyczny i obci4ż.enie

Reakcje

R,i = p

Siły

Momenty

poprzeczne

zginające

YAa = P

q· 12

M. = - - · m"' 2

q · /2 Mmin = --6ą

r1

M = -- A

B cłP RA .fo.f_ __,_!_ _R_..af+-'a"--#1 A

P·a RA = - - , -

Ra =

t;Jc q

A

6

P(t +~-)

q · a• R = --A

2/

v„8 =

P·a RA=--,-

Vsc

=

P

VA.8

=

RA. = - - - M mi n = M B = 21

= M„ = -P·a

Mmin

q · a1

VG=ą·a

q (l2-a1) R,i =--2-1-

V,i

=

R„

2

M„;. = M 9 = q· a1

2 ą(/ + a)2

Rlł=--2-1-

v: = q · a

Mm„

=

R„·z.+

q· z,7 2 12 -u2

dla z = - 0

Vl =

-P

21

M„;„ = M.t =

cd. tab. 5-1 Schemat statyczny i obciążenie

Reakcje

JJ;:_ł ~I :yoll /J,

B

=

Momenty zgina1ące

V!=

RA= RB= A

Siły

poprzeczne

ą(~+a)

-q·a

M„ 1• = M,.. =

Vj' = - q · a+ RA.

q·a2 =Ms=---

V~= q·a-R11

M..,.,=

VI= q·a

=.!(l2-4a

2

2

)

8

A

P•lkN

t~

I c cd O(

T

-1

R9"'-kM

ł-

---- J~- ----+-ł~ł_m?_m_ł,._

ły

-1 ;1 1 1 1 1 1 :~1;111 1 li1 1 1 ~1~ 1 I~li~- ; M

Rys. 5-11

4

4

RB =-P = - ·3 = 4 kN 3 3 Poprawność obliczeń

1:Y= O;

sprawdzamy za

-RA-RB+P = O;

Siła poprzeczna na odcinku AB jest odcinka wynosi

v,.. = 104

V~ =RA = - 1 kN

pomocą

równania

+t-4+3=0 stała.

Jej

wartość

na

początku

i

końcu

Sila poprzeczna na odcinku CB jest także stała. Jej wartość na początku i końcu odcinka łatwiej jest obliczyć stosując zapis od strony prawej. Otrzymuje się :

Vc = VG = P = 3 kN

Po sporządzeniu wykresu ~ (rys. 5-11) można sprawdzić poprawnosc wyników zauważając, że na wykresie tym, w punkcie przyłożenia reakcji R 8 nastąpił skok o wartość tej reakcji. Wykres momentów zginających można sporządzić obliczając charakterystyczne rzędne, które w poszczególnych punktach leżących na prostej ograniczającej wykres na odcinku AB wynoszą: MA = O- gdyż dla przekroju położonego bardzo blisko punktu A ramię siły RA, leżącej po jego lewej stronie, równe jest zeru, M8

=

RA· l

= ( - 1) · 6 = - 6

kN - m

W punktach ograniczających wykres na odcinku CB otrzymuje się:

Mc

=

gdyż

O-

siły

dla przekroju położonego bardzo blisko punktu C P, leżącej po jego prawej stronie, równe jest zeru,

ramię

I

M 8 = -P·3= -3·2= -6kN·m

Sprawdzeniem poprawności wyników jest otrzymanie takiej samej wartości przy obliczeniu M 8 od strony lewej i prawej. Wykres M" pokazano na rys. 5-11. Zauważmy, że w punkcie B, przy zmianie znaku siły poprzecznej, wystąpił moment zginający o wartości minimalnej. 5.6.3. Belki

obciążone

w sposób

ciągły

Najczęściej

spotykanym obciążeniem ciągłym jest obciążenie rozłożone tak obciążoną belkę pokazaną na rys. 5-12. Reakcje podpór obliczono korzystając z równań równowagi:

równomiernie.

EZ= O; "f.MB

=O;

Rozważmy

HA =

o

1- a(I - ~ )

RA ·

q-

=

stąd

stąd

r.MA =O; Obliczone

O;

wartości

sprawdzamy,

podstawiając

je do równania 2

EY= O;

q·a ( l-2 a) - q· n a +q· a =0

- -1

Siły podłużne w

belce tej nie wystąpią (N„ =O). poprzeczne i momenty zginające należy obliczać na dwu odcinkach belki, na których będą się one wyrażały różnymi funkcjami. Na odcinku CB belka nie Siły

105

jest obciążona; funkcje sił przekrojowych i ich wykresy na tym odcinku znajdziemy w znany sposób. Zapisując od strony prawej funkcje V,, i Mo: dla przekroju Cl2 - Cl2 (rys. 5-12) otrzymamy: vcB = - R = Ił

o:

q ' a1 . 21 ,

q·a2 Men= RB (I-z)= --(i-z)· a. 2/ ,

q·a2

---

stąd

2/

stąd

oraz Mając obliczone rzędne sił przekrojowych (por. także tab. 5- 1) sporządzamy ich wykresy na odcinku CB. Na odcinku AC belka jest l _2 obciążona w sposób ciągły równomierny. Siła poprzeczna w przekroju cx 1 -a. 1 na tym odcinku, obliczona jako suma HA 0..2 rzutów sił po lewej stronie przeRB q-z UA•RA Ił •ita kroju na kierunek tego prze..L kroju, składa się z siły R,i oraz ~ +wypadkowej obciążenia ciągłe­ t go, leżącego między punktem a b A i przekrojem a. 1 - a. 1 . W arl --·y tość tej wypadkowej wynosi q ·z. Funkcję sił poprzecznych V zapiszemy w postaci

-----··------ ··-------1-

i

~---~~-

~ li

Va: ~N)

vAc = R A -q·z a

~

Funkcję tę można też

zapipod uwagę siły po prawej stronie przekroju. Wiemy jednak, że otrzymana funkcja będzie identyczna, jak poM przednio. Funkcja V jest liniowa, gdyż zmienna z występuje w poRys. S-12 tędze pierwszej. W celu przedobliczamy jej dwie charakterystyczne rzęstawienia tej funkcji na wykresie dne: sać biorąc

:c

VA= V"Ac (z= O)= RA.-q·O =RA= -q·a - ( 11 106

2a)

W podanym zapisie uwzględniono, że zgodnie z równaniem ~ Y = O, czyli R 4 +R 9 -q-a = O,jestRA-q·a= - R 8 • Po odłożeniu obliczonych rzędnych VA i Vc łączy się je linią prostą, uzupełniając w ten sposób wykres V,, na rys. 5-12. Moment zginający w przekroju a 1 -a 1 obliczamy jako moment statyczny reakcji RA oraz wypadkowej obciążenia ciągłego q ·z względem punktu przecię­ cia tego przekroju z osią belki. Wypadkowa q ·z działa w stosunku do przekroju

cx 1 -

i:x 1

na ramieniu ~. Otrzymujemy funkcję momentu zginającego w postaci

M~c = RA·z-q·z·;

=

RA·z-; ·z 2

opisująca moment zginający na odcinku AC, obciążonym w spojest funkcją krzywoliniową; zmienna z występuje tu w drugiej potędze. Funkcja ta jest parabolą drugiego stopnia. Narysowanie tej funkcji wymaga obliczenia kilku rzędnych przy założeniu dowolnie wybranych odciętych z, np.:

Funkcja,

sób

ciągły,

MA= M:c(z =O)= RA ·O-

~ O= O

Krzywą opisaną funkcją M~c narysowano na rys. 5-12, uzupełniając wykres

M„.

Na wykresach V,, i Ma., na odcinku belki obciążonym w sposób ciągły równomierny, można zauważyć, że: • wykres V" jest ograniczony linią prostą nierównoległą do osi odniesienia, • wykres M"' jest ograniczony linią krzywą. • podobnie jak w belce obciążonej siłami skupionymi, M~c osiąga wartość ekstremalną w przekroju, w którym siła poprzeczna zmienia znak, co oznacza tutaj przyjmowanie przez nią wartości równej zeru; położenie tego przekroju można więc wyznaczyć korzystając z rówania

V"= O Równanie to w rozpatrywanym zadaniu przyjmuje

postać

RA

z= ... - q

107

Po podstawieniu odciętej z,.. do funkcji M °'otrzymuje się ekstremalną wartość momentu zginającego

W

rozwiązywanym

zadaniu otrzymuje

się

q

2 M m =a MAc(z) = RA ·zm --·z x""' 2m

Korzystając z poczynionych spostrzeżeń, można w prosty sposób sporządzać wykresy ~i Ma przy innym położeniu obciążenia. Pokażemy to na przykładzie przedstawionym na rys. 5-13. Belka jest obciążona w sposób symetryczny.

I/

l

1:1- rn 111111111111rn 11 1111111111111 J

~ z

z

Rys. S-13

Wynika z tego,

że

1

R„ =RB= 2Q Siły

Rys. S-14

1

I

8

I

= 2ą2 = q4 = 34 = 6 kN

poprzeczne na nie obciążonych odcinkach AC i DB mają wartości stałe: stąd stąd

VA = Vc Vs = Vn

=

RA= 6 kN

= - R 8 = - 6 kN

Po naniesieniu na wykres obliczonych rzędnych część wykresu V,. na odcinku CD otrzymuje się łącząc ze sobą rzędne Vc oraz V0 • Momenty zginające na odcinkach AC i DB są opisane następującymi zależnościami liniowymi, na podstawie których obliczamy rzędne charakterystyczne: 108

M~c=RA · z; M~B R 8 (l-z);

stąd

=

M c = 6 · 2 = 12 kN · m Mv = 6·2 = 12 kN·m oraz M 8 =O

MA = O

stąd

oraz

Rzędne M c i M 0 , naniesione na wykres, należy połączyć linią czym maksymalna rzędna momentu zginającego wynosi

M

mu.x

=R

l

l

krzywą,

przy

l

·--ą·-·-=6·4-3·2·1=18kN·m A2 48

5.6.4. Belki

obcią.żone

momentami skupionymi

Jeżeli belka jest obciążona wyłącznie momentem skupionym, to reakcje podpór stanowią parę sił(por. p. 4.4.3, przykład4-5). Dla belki wg rys. 5-14 reakcje te wynoszą

M

RA= RB= -łSiła poprzeczna, niezależnie od tego czy oblicza się ją w przekroju oc 1 - oc 1 , czy w przekroju oc2 -
v:c = ~8 = v:B = RA = ~ Wykres V,. jest ograniczony

linią prostą równoległą

do osi odniesienia.

Moment zginający należy oblicrać oddzielnie dla obu odcinków belki AC oraz CB. Funkcje M"' są równe: AC

Ma

M

=RA·z=-·z J

M

M

1

1

M~ 8 = RA· z-M = - -· z-M = - - -(l-z)

lub

MaCB = -R8 (1-z)

=

M

---(ł-z)

1

Funkcje Mo. są funkcjami liniowymi. W celu narysowania ich wykresu obliczamy rzędne w punktach charakterystycznych: M

MA= M~c(z =O)= - -0 =O 1 l

AC

M

Mc=M"' (z=a) = - -a 1

Mf = M~6 (z = a) =

- M (I-a) = - M ·b f I 109

M8 =

M~ 8 (z

M

M

= l) = --(1-l) =--·O= O l i

Zauważmy, że nie można określić wartości momentu zginającego w przekroju poprnwadzonym w punkcie przyłożenia momentu skupionego M.. Obliczone wartości dotyczą przekroju leżącego tuż na lewo od tego punktu (M~we = M~) i tuż na prawo od niego (MF""'"= Ml}). Wykres funkci M„ pokazano na rys 5- 14. W miejscu przyłożenia momentu skupionego w wykresie tym występuje skok rzędnej o wartość M. Sporządźmy wykresy sił przekrojowych w belce obciążonej momentem skupionym przyłożonym bardzo blisko podpory (rys. 5-15). Wartości reakcji zwrotach pokazanych na rys. 5- l 5 o A 8 ~-------r-:.o

-----r

wynoszą

M

RA.= RB= Siła

Moment

M:

~·!~1 „·l = - -MI · l =

poprzeczna ma wartość stałą

v;s =-RA= -

~ 11111111 t11 !!I ~l!llllll IIIl!l Il!l~--z

M8 = - R

l

4 5

= - = 0,8 kN

8

zginający

0,8 kN

jest opisany

funkcją

=-RA·z

której rzędne w punktach charakterystycznych wynoszą:

M„= -RA·O=O

- M = - 4 kN· m

Wykresy sił przekrojowych pokazano na rys. 5-15. Skok w wykresie momentów zginających znajduje się tuż przy podporze B, w miejscu przyłożenia momentu skupionego M.

5.6.5.

li

Przykłady

Przyklad 5-1. Dana jest belka swobodnie podparta (rys. 5-16a). reakcje podpór i sporządzić wykresy sił przekrojowych.

Reakcje podpór. Zauważmy, że względem osi

a

układ

obciążenia są

symetryczne

P-J3 (rys. 5-16b). Wynika z tego, że reakcje RA i R 8 są sobie równe,

wartość każdej

z nich równa

się połowie obciążenia

1 R„ =RB= -(P+P) = p = 3 kN 2 110

statyczny i

Obliczyć

czynnego. Tak

więc

Siły

przekrojowe. Wykresy bez zapisywania funkcji V.._ i M", posługu­ jąc się tylko ich wartościami obliczonymi w przekrojach charakterystycznych, którymi w rozpatrywanej belce są punkty .4, C, D i B. Otrzymuje się: można sporządzić

p •3kN

o)

a=2m Q

J.--

-

(l

c

b)

a

v... = Vb =RA =

3 kN Vl = Vb = R ... - P = =3-3=0 VB = VE =-RB= -3 kN MA=RA·O=O Mc=RA·a=3·2= = 6 kN·m MD=R 8 ·a=3·2= = 6 kN·m

M 8 =R 8 ·0=0 Wykresy V,, i M,,, pokazano na rys. 5-16b. Podano na nich wartości rzędnych i ich znaki, zaniechano natomiast rysowania układów osi z, V oraz z, M . Zauważmy, że (oś

symetrii wykres M„.

I

~-

~llf il !l l lf~~ Rys. 5-16

w rozwiązaniu symetrycznej i symetrycznie obciążonej belki

'3) otrzymuje

się

antysymetryczny wykres V,, oraz symetryczny

Przykład

5-2. Dana jest belka utwierdzona jednostronnie (rys. 5-17a). reakcje podpory, zapisać funkcje sił przekrojowych oraz sporządzić ich wykresy. Obiczyć

Reakcje podpory. Przyjęte zwroty składowych reakcji podpory A podano na rys. 5-17b. Z równań równowagi otrzymuje się: J.:Z =O; H„ =O l':Y= O; -RA +P 1 +P 2 =O; stąd L.MA =O; MA+P 1 ·a+P2 ·I= O; stąd

Otrzymane wyniki

płaskiej

RA= P 1 +P2 =I +0,5 = 1,5 kN

MA = -P 1 ·a-P2 ·I= = - I · 2 -0,5 · 3,5 = = -3,75kN·m

można sprawdzić zapisując

równanie sumy momentów

statycznych wszystkich sił względem punktu nie leżącego na linii działania żadnej z sił, np. punktu D (rys. 5-17b). Równanie to ma postać

111

'!:.Mn= O; Siły

MA +RA(l+c)-P 1(b+c)-P 2 ·c =O - 3,75+1,5(3,5 +0,5) - 1(1,5 +0,5)-0,5 . 0,5

=o

poprzecme w przekrojach cx 1 -ci 1 oraz cx2 -cx 2 , przy zapisaniu od strony

prawej: v~c

= P2 = 0,5 kN

v:B =

P 2 + P 1 = 0,5 + 1 = 1,5 kN

Wykres V,,, pokazano na rys. 5-17b. Momenty zginajJtce. Funkcje momentów zginających w przekrojach cx 1 -CI 1 zapisać od strony prawej, posługując się układem współrzędnych z, yo początku w punkcie C. Otrzymuje się:

oraz a 2 -tX 2 wygodnie jest M~c= - P 2 ·z stąd

Mc

= -

P2 · O = O

o)

-

- L ·--·-

---- ~

bj

b•1,Srn

P2 • 0,5 kN

----~t-----+---___,~e--+----t.c

ex.z

HA

"o

c;x_1

UA-RA

_,,.__.a .z.oo ______,.__ ~~ --- c•0.5 ł-l •350

Rys. 5-17

112

---+Y

M: 8 = -P2 ·z-P 1(z-b) stąd

,

M 8 = -P 2 ·b-P 1 ·O= -0,75 kN· m MA= -P2 ·l - P 1 ·a= - 0,5·3,5 - 1·2= - 3,75kN·m

Obliczona wartość momentu zginającego w miejscu utwierdzenia belki jest równa obliczonej uprzednio składowej reakcji MA· Może to służyć jako sprawdzian poprawności obliczenia. Wykres M 12 ograniczony liniami prostymi, przechodzącymi przez punkty o obliczonych rzędnych, pokazano na rys. 5-1 ?b.

li

Przykład

5-3. Dana jest belka pochyla swobodnie podparta (rys. 5-18a). wykresy sił przekrojowych.

Sporządzić

Znając wymiary a i h belki z twierdzenia Pitagorasa

12

= a

2

+h 2 ;

12 = 4 2 +3 2

=

oraz funkcje trygonometryczne . h 3 smR = - = - =O fr

I

P

5

"

I=

25;

kąta

cos p =

Reakcje podpór obliczamy

można obliczyć

J25

jej

długość

I

korzystając

5m

=

P (rys. 5-18b)

a

T

=

4

5

korzystając

=

o,s

z warunków równowagi:

HA =0 a

I.MA= O;

R A ·a-P·2 =O·'

stąd

a R ·a - P· - =O·

stąd

2

IJ

'

p RB= -

2

=

1 kN

przekrój tx 1 -.cx 1 położony w dowolnym punkcie odcinka AC belki. Zauważamy, że linia działania położonej po lewej stronie przekroju siły RA nie jest równoległa do kierunku i:x 1 - i:x 1 (rys. 5- 18b). Wyznaczając siły przekrojowe powinniśmy więc uwzględnić rzuty siły RA na kierunek przekroju (VJ oraz na kierunek osi pręta (N,,_). Wykonajmy zadanie tak, jak robiliśmy to w p. 5.4. Narysujemy prawą część belki odciętą przekrojem r:J. 1 - r:J. 1 (rys. 5-18c). Siłę R" działającą na lewą odrzuconą część belki zastąpimy siłami działającymi w przekroju oc 1 -a 1 ; będą to siła Rw„ =RA oraz moment M :x = RA· z. Rzutując następnie siłę Rw"' na kierunek osi pręta otrzymamy siłę Siły

przekrojowe.

Poprowadźmy

podłużną

N~c = -R" · sinl3

a na kierunek przekroju -

v:c = ił

siłę poprzeczą

R„ ·cosp

Mechan ika hudowli

113

N

o. \

„

'

°'
...

~

oł..

e 4e

.... ,..,

o.

.i::

t--

"'....

Cl

QI: li

1

l

e11N :z: .:!.

~

Cl

"''""

o °''C

•

=><

zginający w

Moment

M:c

=

przekroju o: 1 -a 1

R„·z

Podobnie można zapisać funkcje sił przekrojowych na odcinku CB belki, to jest w przekroju a 2 - (12 (rys. 5-18d). Rzutując siłę Rwa.= RA. - P działającą w tym przekroju, na kierunek pręta i przekroju otrzymuje się funkcje sił N; 8

=

-Rwl7. ·sinp = -(R.A-P)sinf3

V~B = Rw„·cosp = (RA-P)cos~

Funkcja określająca moment zginający przyjmie postać:

M~8 = R„ · z-P(z- ~) Wykresy sił przekrojowych można sporządzić na osi odniesienia równoległej do osi belki. Wartości tych sił w przekrojach charakterystycznych wyniosą: • siły podłużne

N;c = -R„ ·sinp = - l ·0,6

=

-0,6 kN

stąd

NA= N~= -0,6 kN N!c = -(R„-P)sinp = (-1+2)0,6=0,6 kN stąd N~= Ns = 0,6 kN •

siły

poprzeczne

v:c = RA. cos p = 1 . 0,8 = 0,8 kN VA= V~= 0,8 kN V:C = (R.t-P)cosP = (1 - 2)·0,8 = - 0,8 kN stąd V~= V8 = -0,8 kN stąd

• momenty

M:c

stąd

=

zginające

R„·z M" = RA ·O = O i M c

=

RA · !:. = 1 · 2 = 2 kN· m 2

M~B = RA·z-P(z- ;) stąd

a 2

Me= R„ · - - P·O = 2 kN ·m Ms= RA·a - P(a -

~)= 1·4-

2·2=0

Wykresy sił przekrojowych pokazano na rys. 5-18b. Wykresy tych sił można na osi odpowiadającej rzutowi belki; przykładowo tak wykonany wykres Na przedstawiono na rys. 5-18b. także sporządzić

3•

115

I

Przykład

5-4. Dana jest belka swobodnie podparta poddana działaniu równomiernie (rys. 5-19a). Zapisać funkcje i sporządzić wykresy V,, i Ma· Sprawdzić wyniki z danymi w tabl. 5-1. obciążenia ciągłego rozłożonego

Reakcje podpór. Ze względu na belki i obciążenia reakcje są sobie równe. Przy wypadkowej obciążenia belki równej q -1 otrzy. muje się: symetrię

G)

----4

l RA=RB= - q·l

2

z

t·~ -+.

T··

Siły

poprzeczne. Funkcja opiprzekroju o:- tX, niezaleinie od jego położe­ nia (rys. 5-19b), ma postać sująca siłę poprzeczną w

_______ł_:--=~--1 y

a więc jest funkcją pierwszego slo· pnia. Charakterystyczne rzędne tej funkcji w punktach A i B wynoszą:

-;;.I

VA

V1B(z = O) = RA = 1 =-q·I 2 8 = (z = /) = RA-q · ! l =

v„ v:

=

=-RB= -2q·l Rys. S-19

Wykres funkcji jest linią prostą (rys. 5-19h). Momenty zginające. Funkcję momentu zginającego na całej długości belki zapisujemy w postaci

Jest to funkcja krzywoliniowa. Jak wiemy, największą wartość (ekstremum) moment zginający osiąga w przekroju, w którym siła poprzeczna zmienia znale, a

więc jeśli M mo:c

116

w rozpatrywanym zadaniu z

= __!__q ·I·_!__ !!__(!__) 2 2 2 2

2

= __!__q · /2

8

=

~, to

Obliczona przykładowo 3 ciętej z = l wynosi

wartość

momentu

zginającego

w punkcie D o od-

4

M = D

!q-l·~t - !1(~1) 2 4 2 4

2

= 2_q·l2 32

Wykres M„ pokazano na rys. 5-19b.

li

Przykład 5-5.

ne

wartości

Dana jest belka wspornikowa (rys. 5-20a). Obliczyć ekstremalmomentu zginającego.

Wiemy, że ekstremalne momenty zginające występują w przekrojach, w ktorych siła poprzeczna zmienia znak. Aby ustalić takie przekroje należy sporządzić wykres sił poprzecznych. Reakcje podpór. Przyjmując zwroty reakcji jak na rys. 5-20b otrzymuje się

I:MB =O;

stąd

l

RA· l-P(a+l)-q· l·l =O

~] = ~ [t(2+5)+2 · ~ ] = 2

RA= +[P(a+l)+q ·

a}

~®W®*~~~mtT ~

-·-·

Q

~-

--

----- ----

-

L_

- --

6,4 kN

P-1kN Cł=2kNjm a •2m

I •Sm

b) P•1kN

L

_ .i;.;c;,...__ ___:.:.i,wll111UJ..1Ll.U.l..l.Ll.L~l-lłMJ.Ll.1U.W11.1.1.1MM~· I I •5.00

··-r

Rys. 5-20

117

I -R 8 ·1+q·l·--P·a = 0

IMA =0;

2

J

2

R

stąd

= -I

B

/

[ q· -/ -P·a 2

2

= -1 (

5

Wynik obliczenia sprawdzimy za - RA - RB+ p

I: y = O; Siły

+ q. I =

2· -5 - 1·2) 2

pomocą

=

46 kN •

równania

- 6,4- 4,6 + 1 + 2. 5 =

O;

o

poprzeczne. Wartości sił poprzecznych obliczono w przekrojach charak-

terystycznych:

Yc =VA= -P = -1 kN V~= -P+R,i. = - l +6,4 VB = -RB= -4,6 kN

=

S,4 kN

Na tej podstawie sporządzono wykres V.. pokazany na rys. 5-20b. Z wykresu tego widać, że siła poprzeczna zmienia znak w dwóch punktach A i D. Położenie punktu D można obliczyć z proporcji (twierdzenie Talesa) lub zapisać funkcję v:B i wyznaczyć jej miejsce zerowe. Zapisując tę funkcję otrzymuje się

v:B = stąd

-RB+q-z

v: (zo) = -Rs+q·zD =o

VD

=

z0

= ą=T=

8

RB

4,6

Ekstremalne momenty

2,3 m

zginające.

W punkcie A mamy

MA = - P ·a = -1 · 2 = -2 kN· m = M,,.1n a w punkcie D

MD

=

2

Zn

R B·z -q·zD · -z = 4' 6·23--·23 D • 2'

2

=

529 • kN·m

=

M max

Wykres Mri na odcinku CA jest prostoliniowy, a na oddnku AB belki (rys. 5-20b).

krzywołiniowy

li

Przykład 5-6. Dana jest belka wykresy V,, i Ma.

obciążona

jak na rys. 5-2la.

P-40kN

l\="kN/m

a)

1-em

Rys. 5-2111

t 18

Narysować

b)

C)

dl

e)

Rys.

S.2tb~e

Reakcje podpór 5-21b):

można obliczyć korzystając

z

następujących równań

'E.M 8 = O;

I I RA ·l -q· l ·2 -P ·4

stąd

q ·l p 4· 8 40 RA =1+4= -2-+4 = 26 kN

(rys.

=o

I 3 -R ·l+q·l·-+P ·-l =O B 2 4 stąd

RB=![_}_+ 3P 2 4

Wynik sprawdzamy

'.EY= O;

=

~+ 3·40

podstawiając

obliczone

- RA-RB+q · l+P =O;

= 46 kN

4

2

wartości

do równania

-26-46+4· 8 +40 = -72+72

Siły

=o

poprzeczne obliczymy w przekrojach charakterystycznych, pamiętając, że w punkcie przyłożenia siły skupionej (punkt C) w wykresie nastąpi skok, a więc należy s iłę poprzeczną obliczać tuż na lewo i na prawo od tego punktu. Otrzyma my:

v;,

VA= R .... = 26 kN 3 V~ = RA - ą ·4 l

= 26-4·6 = 2 kN

Vl· = Vh- P = 2 - 40 = -38 kN VB = - RB = - 46 kN

Wykres Vo. po kazano na rys. 5-2 lb. Momenty

M„ = 0; Ekstrema lna

zginające

w przekrojach podporowych {przegubach)

wynoszą:

M8 = 0 wartość

momentu

zginającego

3 3 '(3)

M C = M max = R A · -4 l - q · -4 l · -2 -4 I

(por. wykres

VJ wyniesie:

= 26 · 6- 4 · 6 · -3 = 84 kN · m

Wykres M„ j est ograniczony linią krzywą (rys. 5-2lb). Wartości w d owolnych przekrojach można obliczyć z zależności podobnych do zapisanych w odniesieniu do Me. Zadanie to m ożna rozwiązać także w inny sposób. Jednym z pod stawowych założeń mechaniki budowli jest zasada superpozycji (por. p. t .2.3). Zgodnie z tą zasad ą każdą wielkość statyczną (np. reakcję, siłę przekrojową), s powodowaną przez różne o bciążenia, można obliczać jako sumę tych wielkości spowod owan ych przez każde z obciążeń osobno. W rozwiązywa nym zadaniu siła P powoduje powstanie reakcji podpór R~> i R<[>oraz sił przekrojowych V)._1'> i Mri, natomiast obciążenie q - reakcji 120

R i R'i oraz sił przekrojowych

V~ąl, M~q'·

Zgodnie z zasadą superpozycji można

zapisać:

RA= R~.[l + R~' RB= R~l+R\fl

voc = vr> + v~q) M,.,

= Mr1 +Mią>

Wartości

reakcji podpór i wykresy sił przekrojowych belki obciążonej wyłącznie siłą P podano na rys. 5-21c, a obciążonej wyłącznie obciążeniem q - na rys. 5-2ld. Po zsumowaniu odpowiednich rzędnych obu wykresów, tzn. v<,;> i Viq) oraz M<,fl i M~q 1 , otrzymuje się wykresy pokazane na rys. 5-21e.

li

Przykład 5-7. Dana jest belka utwierdzona jednostronnie i obciążona jak na rys. 5-22a. Sporządzić wykresy v;, i M,,, stosując zasadę superpozycji.

Obciążenie q rozpatrywane oddzielnie powoduje powstanie sił przekrojowych Viq) i M~ą) (wykresy na rys. 5-22b), a obciążenie belki siłą P - sił przekrojowych vr• i MiP) (wykresy na rys. 5-22c). Aby sporządzić wykresy sił przekrojowych występujących w belce poddanej równoczesnemu działaniu obciążeń q i P należy wykonać najpierw wykresy V~ql i M~ąJ, a następnie - traktując je jako oś odniesienia- odłożyć w odpowiednich przekrojach rzędne wykresów nP> i Mr). Pokazano to na rys. 5-22d. Oczywiście można zmienić kolejność dodawania, zacząwszy rysunek od wykresu V~l i Mr• dodawać rzędne wykresów V~ql i M~q 1 •

I

Przykład

5-8. Dana jest belka swobodnie podparta obciążona ciągłym (rys. 5·23a). Obliczyć reakcje oraz sporządzić wykresy Va i M". obciążeniem trójkątnym

Reakcje podpór. Wypadkowa w

odległości ~ l od podpory A

obciążenia trójkątnego wynosi ~-q · l i działa

(rys. 5·23b).

Warunki równowagi: !:.MB = O;

Wynik obliczenia sprawdzamy

:r,y =O;

stąd

I R"=-q·l 6

stąd

RB = 3q·l

korzystając

1

z warunku:

1

-RA.-RB+2 ą ·l =O;

121

P •10kN (\•~klł/m

b•O.Sm

}•'-kN/m b)

tmil111nwrn11m11mn11111a1 A

-~~ --

C

-i

b•0,50

B

l

I

~-~ I -

N

~~111111~ P-10kN

C) Q

l

•1,00

•I Ill!lll ll!l IM!li

!11 111111111

c b •0.5Q

v~I ~'J

I a)

(P)

ł10<{kN-m)

i~ t--------' --- -___J 2

dl

q.41
ffIDmmmnnmrn

Jim

A

b)

r

P•10klł

C

(

mmmnli

tq(zl z 2 I

łq·I

---+-- J_

11

-#--.6----- - - -

-- - ~ ---'--- -- - ---

y

Rys. 5-22

Kys. 5-23

l"s

-z

- _1_ ą· I - _.!._ q · I + _1_ q · r = 6 3 2

(_!__ - _!__) q · 1 = O 2

2

Siły poprzeczne.

Po lewej stronie przekroju a.- ex (rys. 5-23b) działa reakcja RA oraz część obciążenia ciągłego. Oznaczamy wartość obciążenia ciągłego w przekroju l'.l-a., położonym w odległości z od początku układu współrzędnych z, y, przez ą(z). Zgodnie z twierdzeniem Talesa możemy napisać:

ą(z):z = q:l, a zatem q(z) = Wypadkowa

i

z

obciążenia ciągłego, leżącego

na lewo od przekroju a.-oc, wynosi

~ q(z) ·z. Funkcja sił poprzecznych ma postać:

Jest to funkcja krzywoliniowa (odcięta z występuje w drugiej potędze). Do wykreślenia tej funkcji trzeba obliczyć przynajmniej kilka jej rzędnych. Ich wartości na końcach belki wynosz.ą:

Wykres V"' pokazano na rys. 5-23b. Z wykresu tego widać, że następuje zmiana znaku siły poprzecznej. Położenie przekroju, w którym ma to miejsce określa się wg zależności:

a zatem Momenty zginające. Funkcja momentu zginającego zapisana przy uwzględ­ nieniu sił położonych po lewej stronie przekroju ex-ex (rys. 5-23b) ma postać:

1 1 l q 1 8 M: =RA ·z-2q(z)·z·3z = R„ ·z-2·1z·z·3z= RA ·z-

ą

61 z

3

Jest to funkcja krzywoliniowa (odcięta z występuje w trzeciej potędze). M 14 = MB= O. Wartości pośrednie trzeba obliczyć, podstawiając odpowiednie wartości z. Największa wartość momentu zginającego, występująca w miejscu zmiany znaku siły poprzecznej wyniesie: Wartości

ifi

AB q 3 q/ q M,,,"x=M„ (zc)=RA·zc-6fzc=6·---6J

3

(lfi):l fi - - =17ą·l

2

3

123

S•0,2k~m

!ł•0,4kN/m l't•3rn

o•4m

+- --

Q

--·-·

bi

Rys. 5-14

---~

li

Przykład

i Ma. oraz

5-9. Dana jest belka pochyła (rys. 5-24a). sporządzić ich wykresy.

Zapisać

funkcje N ,,., Ya,

Zauważmy

przede wszystkim. że pokazane na rys. 5-24 o bciążenie s działa na rzut poziomy belki (może to być obciążenie śniegiem; por. p. 3.3.6). W artość takiego obciążeni a wyraża się w jednost kach siły (np. w kiloniutonach) na j ednostkę długości rzutu poziomego (np. na metr). Obciążenie q jest odniesione do długości belki. Wy raża się je w jednostkac h siły na jednostk ę długości pręta. Zgodnie z tym, wypadkowe obciążeń są równe s ·a oraz q · l. Długość I wynosi:

Ja

I=

1

+ h 2 = j 4 2 +3 2

= .j2s = 5 m kąta

Funkcje trygonometryczne .

p wynoszą:

h 3 I = -5 = 0 „6'

Sill r:t = V

Reakcje podpór obliczamy za

R . . . ·a -s·a· R = s ·a A 2

s tąd

2

-ą·l·

+ q ·I

a

2=

= 0,2 · 4

2

O

+ 0,4 · 5

2

a

równowagi:

2

=

ł 4 kN '

a

-R 8 · a+ s · a· -+ą · I · - =O 2 2

L.MA = O; stąd

RB = R A = 1,4 kN

Siły podłużne.

RA ,

a

pomocą równań

z

Po lewej stronie przekroju

s · z, q · - -r:t- . COSy

Siły

te

należy zrzutować

a;- ex

(rys. 5-24b) znajdują

na kierunek

pręta.

się siły:

Otrzymuje

się

funkcję:

N:8 = W celu

- R . . . · sinl} + s ·z· sinl3+ q·zR sini) COSy

sporządzenia

NA

=

N8

=

wykresu funkcji liniowej N,.. obliczamy

N: 8 (z = O) = - R A· sinp

=-

1,4 · 0,6

=-

rzędne:

0,84 kN

N~s(z = a) = (-RA + s ·a+ c~~~ )sinP =

= (- t,4+0,2·4+0,4· 5)0,6 = +0,84 kN Siły poprzeczne. Jeżeli uwzględnimy siły położone po lewej stronie przekroju rx.- a, i zrzu tujemy je na kierunek przekroju, to otrzymamy funkcję sił poprzecznych:

125

v:B =

q·z

R ·cosj3 - s·z·cosp- - -cosJJ A cosp

Chacakterystyczne

rzędne

tej funkcji

v„ = v:B
wynoszą:

1,4 '0,8 = 1,12 kN

q·a) cosj3 = (1,4 - 0,2·4-0,4·5)0,8 = v: (z =a)= (R„-s·a- cosfJ 8

= -1,12 kN

Momenty zginające. Ponieważ odległość sił s ·z oraz q · zA od przekroju <.x-cx cos..,

wynosi ~ , więc funkcję momentu zginającego

w przekroju

et- !X

zapisujemy

w postaci:

q·z)z M:a = R„ ·z- ( s·z+ cosj.l 2 Wartości momentu zginającego w przegubach wynoszą MA= M 8 =O, a moment maksymalny:

Mlłłlll'.=M:a(z= ~)= l,4·2-(0,2·2+ 0~~ 2 )~2= 1,4kN·m Wykresy funkcji N"-,

li

~i

Ma pokazano na rys. 5-24b.

Przykład S-10.

Dana jest belka załamana (rys. 5-25a). Sporządzić wykresy sił przekrojowych.

Przed przystąpieniem do Jeżeli J} = 45°, to:

{!-;

rozwiązania

zadania ustalmy

geometrię układu.

= 3._2_=_6_ = 3J2 m cos 13 Reakcje podpór. Z równań równowagi (rys. 5-25b) otrzymuje się:

sinP = cosP =

stąd

stąd

126

l =-12_

fi fi

o) 1,-2 ... lt3m

t

b)

·-

--4-

kl ~::;.

ł ((A

C)

ci;t,

~~~l!___j.___

_.. •r""" lOO'-'---_ ___._J1,,_ ,·=wo__..J T----·~-~~l~-~~00~--~--J..~

Rys. S-2S

Wyniki sprawdzamy za i:; y

=O;

pomocą

równania:

-RA-Rn+qi · !1+ą2·l2+ą3·ł3 =0 - 1,06- 1,24 + 0,2 · 2 + 0,4 · 3 fi+ 0,2 · J = - 2,30 + 2,30 = O.

Siły podłużne.

i a. 3 - cr3

Rzuty sił na kierunek równe zeru, a więc

są

prostopadły

do przekrojów

tX 1 - tX 1

N~c = N~ 8 =O

Na odcinku CD belki wykres sił podłużnych zmienia się liniowo. Wartości obliczymy w punktach C i D:

sił

podłużnych

N~= -RA·sinp+ą 1 ·sin~= (-1,06+0,2·2) ·/ 1

Nh =

R 8 ·sinj3-q 3 ·13

·sin~= (1,24-0,2 ·I)

f

1

= -0,47 kN

= 0,74 kN

Zrozumienie zapisu ułatwia rysunek dotyczący ustalenia sił przekrojowych Cl 2 - Cl 2 leżącym tuż po prawej stronie punktu C (por. rys. S-2Sc).

w przekroju Siły

poprzeczne w punktach charakterystycznych

VA = RA

Vi~ = RA-ql ·11 = 1,06-0,2·2=0,66 kN

Vć' =RA ·cosj3-ą 1 8

= -

R8

·/1

·cosp = (1.06-0,2·2)

f

=

0,47 kN

·cosj3+q 3 ·/ 3 ·cosl3=( - 1,24 + 0,2·1)1- = - 0,74 kN

Vif = -R 8 +q 3 ·1 3 V8

(rys. 5· 25b i c):

1,06 kN

=

V~= -R

wynoszą

=

-

= - 1,24+0,2 · l = -1,04 kN

1,24 kN

Na odcinku CD belki siły poprzeczne zmieniają znak. Położenie przekroju, w którym to następuje ustalamy z proporcji, posługując się wykresem V":

0,47:c

=

0.74:(3.j2 - c),

stąd

c

=

1,65 m

natomiast c 1 =c·cosA=165·.j2 I-' , 2 =117m , Momenty

MA = O

128

zginające

w punktach charakterystycznych

mają wartości:

Wykresy sił przekrojowych pokazano na rys. 5-25b.

li

Pnykład

5-11. Dana jest belka (rys. 5-26a). Sporządzić wykresy sił przekro-

jowych. Reakcje podpór. Z warunków równowagi (rys. 5-26b) otrzymuje

l:MB =O; stąd

się:

R„·l-M-P·b =O 1 1 RA = T (M + p. b) = 10<5 + 1 . 2) = 0,7 kN -RB·l-M +P·a = 0

stąd

cą

R8

=

+(

1~ ( - 5+1·8)

-M + P · a) =

=

0,3 kN

Wyniki sprawdzamy za pomorównania: :EY= O;

-RA-RB+P =O; - O,7 - 0,3 + 1 = O

Q)

Siły poprzeczne. Wykres sił poprzecznych jest ograniczony prostymi równoległymi do osi odnie- b) sienia. Rzędne charakterystyczne

!1•5 kN•m

vA = vJ =

R„ = o,7 kN VB =V('= -RB= -0,3 kN Momenty zginające. Wykres momentów zginających jest ograniczony liniami prostymi, nierównoległymi do osi odniesienia. W przegubie A moment zginający jest oczywiście równy zeru. Bardzo blisko przegubu jest jednak zaczepiony moment skupiony M. Jeżeli - znów bardzo blisko punktu 9 Mechanika budowli

,„

P•1kH

Cl<

A

wynoszą:

RA

c

B

R9 Q•S.00 l •1

b•2.00

o.oo

dl IIIIIIIIIIIIIHll 111111111111 ~ 1 1El1 1~

~~ ~ [ Rys. 5-16

129

zaczepienia momentu, ale po jego prawej stronie - poprowadzimy przekrój wystąpi reakcja RA oraz moment M. Moment zginający w przekroju et-a. (nie dotyczy on przegubu) wynosi:

et-ex, to po lewej stronie tego przekroju

MA= RA·O-M = -M = -5 kN·m Pozostałe wartości

charakterystyczne momentów zginających wynoszą:

Me= R„ ·a-M = 0,7·8-5

=

0,6 kN·m

MB=O

Wykresy ~i M"' pokazano na rys. 5-26b.

li

Przykład S-12. Dana jest belka (rys. 5-27a). Sporządzić wykresy V,. oraz M 11 • Reakcje podpór. Z warunków równowagi otrzymujemy (rys. 5-27b):

I:Mg =O; RA ·l+M - M =O; RA=O :!:./\(„ =O; - RB·l- M +M =O; stąd

a)

stąd

+--------!_-----+

R 8 =O

Otrzymaliśmy

zeru.

reakcje podpór równe

Równowagę układu zapewniają

obciążenia

czynne. poprzeczne. Ponieważ RA = = R8 =O (belka nie jest obciążona żadnymi siłami skupionymi), więc jest: Siły

VaAB

-=

l

= Q

Momenty

M~

llJ:

11 1111111 III1111 ™I I I Il I I Il I I I I I I Ry"- 5-27

zginające. Łatwo

zauwa-

żyć, że wartości momentu zginającego we wszystkich przekrojach belki są stałe i wynoszą:

M: 8 =M

Wykresy V„ i Ma. pokazano na rys. 5-27b. W pręcie AB jedyną siłą przekrojową jest moment zginający (Na.= O, Jl;, =O). Takie działanie sił przekrojowych nazywamy zginaniem czystym.

I

Przykład

5-13. Dana jest belka (rys. 5-28a). Sporządzić wykresy Va i M11. superpozycji. Obliczyć ekstremalne wartości momentów

stosując zasadę zginających.

Zgodnie z zasadą superpozycji rozwiążemy oddzielnie: • belkę obciążoną wyłącznie momentem M (rys. 5-28b), • belkę obciążoną wyłącznie obciążeniem q (rys. 5-28c). W odniesieniu do belki wg rys. 5-28b jest:

R<~'=RlMJ= 8 "

130

M

I

=~=075kN 4

'

~mif„

a)

_

q . 2kivm r1•3kN· m

l •4 m

b)

A

z.~---------\i~e N •3kN·m

~(:) -ł- . .. •t..O~_ I

- -· . _

_J

ri<;)

V~klł] ~ ) 1!l II i! ! I I111111 18 1111 111 ! ! 11111 .j g

C)

I

-ł--- d;;___.;_.:.....:'..._~

~·

Rys. 5-28

V~>= ~Ml= -R~Ml

= - 0,75 kN

M~M> = -M = -3 kN·m

M'fl =O;

Wykresy sił przekrojowych pokazano na rys. 5-28b. Belkę według rys. 5-28c rozwiązaliśmy w przykładzie 5-4. Zgodnie z uzyskanymi tam wynikami otrzymuje się:

q·l

R = -

0J> = RA. M~> =

=

2

2·4

= -

4 kN;

M'jl =O;

2

= 4 kN

V1J> =

- Ra= - 4 kN q·/2 2·42 M~> = - - = - - = 4 kN·m 8 8

Wykresy ~i Ma. pokazano na rys. 5-28c. W rozwiązaniu belki poddanej działaniu obu obciążeń (rys. 5-28d) otrzymuje się:

R,.. = -R~'+R~> = -0,75+4 = 3,25 kN RB= Rh"'0 +R~ 1 =0,75+4 = 4,75 kN

Wykresy ~ i Mri uzyskuje się sumując wykresy V~M> i ViqJ oraz i M~ą> w sposób pokazany na rys. 5-28d. Na wykresie M... łatwo zauważyć, że moment zginający M c nie jest momentem maksymalnym. Przekrój, w którym M" = M max znajdziemy korzystając z proporcji M~Ml

3,25: d

=

4,75: (4-d),

3,25 · 4 = ~ m 4,75+3,25 8

d=

stąd

'd = g13 m moment . D o od' W przek ro1u c1ęta1 M

=

13 2(13)

R ·d-q·d· -d = 325· - - - -

DA

2

Ekstremalne momenty

•

8

2

.

.

zgma1ący

wynosi.

2

8

=

264 kN·m '

zginające wynoszą:

Mmax =MD= 2,64 kN·m;

M..,;„

=

M 8 = -3 kN·m

5.7. Belki przegubowe 5.7.1.

Wiadomości

ogólna

Belki przegubowe składają się z killc:u prętów połączonych ze sobą przegubami i odpowiednio podpartych. Kilka schematów statycznych belek przegubowych pokaz.a.no na rys. 5-29. Belki przegubowe stosuje się np. jako płatwie dachowe i dźwigary mostowe. 132

Statyczną

wyznaczalność

belek przegubowych zapewnia zastosowanie przegubów łączących ze sobą poszczególne pręty układu. Belka przegubowa jest statycznie wyznaczalna. jeżeli liczba składowych reakcji podpór równa się liczbie równań równowagi płaskiego układu sił (to jest 3) plus liczbie przegubów. Łatwo sprawdzić, że belki pokazane na rys. 5-29 są statycznie wyznaczalne. Belka powinna być także geometrycznie niezmienna, co mmacza, że pręty układu, traktowane jako tarcze sztywne, nie mogą zmienić swego

o

X

~

o

~ ~

położenia.

X

X o

]._

X

X

~

o

K Rys. S-29

Sprawdźmy geometryczną niezmienność belki pokazanej na rys. 5-30a. W podporach tej belki występuje pięć niewiadomych składowych reakcji. Żeby uzyskać układ statycznie wyznaczalny należy więc zastosować dwa przeguby. Umieśćmy te przeguby w punktach Di E (rys. 5-30a). Niezmienność geometryczną tarczy sztywnej AD zapewnia podpora płaska A. Nie może też zmienić swego położenia tarcra EBC, gdyż uniemożliwiają jej to podpory B i C. Wobec tego połączona z tymi tarczami tarcza DE, której punkty D i E mają ustalone, niezmienne położenie na płaszczyźnie, także nie może zmienić swego położenia. Układ ten jest więc geometrycznie niezmienny.

a)

,.,

HA~

U1.t A b)

...

p

D

~A Rys. 5-30

Spróbujemy jednak umieśdć przeguby D i E tak, jak to pokazano na rys. 5-30b. Łatwo zauważyć, że tarcza ABD nie może zmienić swego położenia; nie zapewnia to jednak niezmienności położenia tarczom DE i EC. Układ jest geometrycznie zmienny, pręty DE i EC mogą bowiem zmienić położenie w sposób pokazany linią przerywaną. Z przykładu tego wynika, że o geometrycznej niezmienności belki decyduje rozmieszczenie przegubów. Następnym etapem rozwiązania belki jest wyznaczenie reakcji. W zadaniu

133

tym, oprócz trzech równań równowagi, należy uwzględnić, że moment statyczny wszystkich sił położonych po jednej stronie przegubu, obliczony względem tego przegubu ma wartość równą zeru. Moment taki nazwaliśmy (por. p. 5.4) momentem zginającym. Warunek wynikający z zastosowania przegubu możemy wyrazić krócej mówiąc, że moment zginający w przegubie ma być równy zeru. Po wyznaczeniu re
geometrycznie niezmienną, statycznie wyznaczalną belkę przeguna rys. 5-31 a. Przetnijmy belkę przekrojem o:- ex poprowadzonym przez przegub C. Przekrój ten podzieli belkę na część prawą i lewą, a wzajemne oddziaływania obu części będą siłami przekrojowymi N c• Vc i M c (rys. 5-31h). Moment zginający Me, jako moment zginający w przegubie, jest równy zeru. Uwzględniając M c = O, belkę ACB przedstawimy w postaci pokazanej na rys. 5-3 lc. W części AC belki występuje pięć nieznanych wielkości bową pokazaną

a)

b]

dl

Q

j_ Rys. 5-31

134

(HA, UA i MA oraz Ne i Vc), do których wyznaczenia służą tylko trzy równania równowagi. Wielkości tych nie potrafimy więc wyznaczyć. W części CB belki występują trzy nieznane wielkości (RB oraz N c i Vc), a do ich wyznaczenia można zastosować także trzy równania (np. "E.M c = O, '1:..M 8 = O, ~Z = O). Łatwo zauważyć, że rysując w punkcie C podporę przegubową otrzymuje się statycznie wyznaczalną belkę prostą (rys. 5-3ld), spełniającą te same warunki statyczne co część CB belki przegubowej. Po wyznaczeniu Re= Vc i He = Ne, siłami tymi, traktowanymi jako znane obciążenia, możemy obciążyć część AC belki. Jest to statycznie wyznaczalna belka prosta. W ten sposób zamiast belki przegubowej (rys. 5-3 la) otrzymaliśmy zastępujące ją dwie statycznie wyznaczalne belki proste (rys. 5-31b). Belki te przedstawiamy na rysunku w ten sposób, że wyżej rysujemy belkę, od której powinniśmy rozpocząć rozwiązanie układu- w tym przypadku belkę CB, niżej zaś belkę, którą rozwiązujemy w następnej kolejności. Rozwiążmy belkę pokazaną na rys. 5-32a. Belkę tę zastąpimy belkami prostymi DC oraz ABD (rys. 5-32b). Reakcje podporowe belki DC to

Rys. S-32

135

~.

Rn= Re=

czonych pod otrzymuje

Wykresy

belką.

W

sił Va

i M"' rysujemy na osiach odniesienia umiesz-

rozwiązaniu

belki ABD,

obciążonej siłą

Rv

= ~,

się:

l R.t·l+Rn· - =0 2 stąd

1 RA= -2RD=

'r.MA =O;

1 p

p

-2·2= -4

3 -R B ·l+R D ·-2 l=O

stąd

Wykresy v„ i M„ belki ABD pokazano na przedłużeniu osi odniesienia belki DC. W len sposób otrzymaliśmy wykresy sił przekrojowych belki przegubowej. 5.7.3.

li

Przykłady

Przykład

podpór i

5-14. Dana jest belka przegubowa (rys. 5-33a). wykresy sił przekrojowych.

Obliczyć

reakcje

sporządzić

Reakcje podpór. W beke występują cztery niewiadome składowe reakcji podpór (rys. 5-33b). Wyznaczymy je korzystając z trzech równań równowagi oraz warunku, że moment zginający w przegubie jest równy zeru. Obliczenie najwygodniej rozpocząć od zapisania warunku M c = O, gdyż przy uwzględ­ nieniu sił położonych po prawej stronie przegubu otrzymuje się równanie z jedną niewiadomą:

2

R B ·l-P·-1 3 =O·' Następnie

zapisujemy warunki równowagi:

r.z =o;

HA=

rMA =o;

M,c+P(r+

l:Y= O;

RA +R8 -P =O;

Wyniki sprawdzamy ~Mc=O;

136

stąd

o

~ 1)-R

podstawiając

8

·2l =o;

stąd stąd

je np. do równania:

2 l l 2 2 MA+R„·l-R 8 -l+P·3l= -3P·l+3P·l-3P·l+ 3P·l=O

::~· ····~. •,

···"

......· .··

',·

Rys. 5-33 Siły przekrojowe. Wobec braku obciążeń poziomych siły podłużne N~= O. Aby sporządzić wykres sił poprzecznych należy obliczyć rzędne charakterystyczne: I

VA= V0 VB=

J

R_. = )p

=

Vif=

-Rs=

2

-3P

Do sporządzenia wykresu momentów jednej rzędnej: 1

MD= R 8 ·3l =

2

=

-

wystarczy obliczenie

2

3 P·3I = 9P·l

gdyż pozostałe rzędne są

MA

1

zginających

znane;

wynoszą

one:

1

-P·l 3

Mc=O MB=O

Wykresy V" oraz M" pokazano na rys. 5-33b. 137

Przykład 5-tS. Dana jest belka przegubowa reakcje podpór i sporządzić wykresy ~i Mm.

li

według

rys. 5-34a.

Obliczyć

Belkę przegubową (rys. 5-34b) zastępujemy belkami prostymi pokazanymi na rys. 5-34c. Wobec braku obciążeń poziomych nie występują w belce składowe poziome reakcji podpór, co uwzględniono na rysunku.

q•2kN/m P•8kN t•4m

RJs. 5-34 Rozwiązanie

DE.

belkę

EBC

obciążoną siłą

Belka DE. Z =

5 kN.

138

zadania rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji R 0 i RE belki AD, uwzględniając obciążenie siłą R 0 oraz

Następnie rozwiążemy belkę

równań

RE.

równowagi otrzymuje

się

reakcje R 0 = 7 kN, RE =

Znając siły Rv i RE można obliczyć siły przekrojowe w belce DE. Wykresy sił V., i M"' pokawno na rys. 5-34d. Belka AD. Reakcje obliczone z równań równowagi wynoszą: R„ = Rv = = 7 kN, MA= - 14 kN · m. Wykresy V~ i Ma tej części belki (rys. 5-34d) można także wykonać bez obliczania reakcji podpory. Belka EBC. Reakcje podpór obliczone z równań równowagi wynoszą: R 8 = 7,5 kN, Re= -2,5 kN.

Wykresy ~ i Ma pokazano na rys. 5-34d.

li

Przykład

S.-16. Dana jest belka przegubowa (rys. 5-35a).

Sporządzić

wykresy

V., i M11.. Po zastąpieniu belki przegubowej belkami prostymi (rys. 5-35c) w odniesieniu ~

a)

~~~rł1 ~l--t---_J __ ----+----

--···L.-... q

b)

m1m mnu1mfimmnun 1ynl l l ll lll~ A

C

D

6~

q

C)

dl

Rys. 5-35

139

do belki CD otrzymujemy (por. p. 5.6.5,

przykład

wykresy Jl;. i M„ pokazane na rys. 5-35d. Siły

przekrojowe w belce AC

q·l 5-4) Re= R 0 = - - oraz 2

wynoszą:

q ·l I R c- 2· . V.c=

Mc=O; Wykresy V11 i M (l belki AC oraz DB pokazano na rys. 5-35c.

li

Przykład

i

wykonać

S-17. Dana jest belka (rys. 5-36a). wykresy ~ i M ,,..

Obliczyć

reakcje podpór

p„1,S kN 11•3,0kN·m

al

i •6m

+----·------+-ł~* ł ł i b)

~-~~~-t,;.__~~J+M--'-lp~~i2_P---Qi +-- ._ .L

d)

-

-ł } t ~

t --ł---

~.+n-'""'°".......,-rtt1.,.,..,..,:-TTT"rrmt:':-'.................._.............,..,TITIT!t"""" d .,_........u....u..u..u..=u.............~'"""!

Rys. 5-36

140

t ~

AB i BC znajduje się nad belkami prostymi otrzymuje się więc dwie beJki swobodnie podparte (rys. 5-36b), a reakcja podpory B jest sumą reakcji R~ i RJ; belek AB i BC. Reakcje podporowe belki AB:

W rozpatrywanej belce przegub

łączący pręty

podporą. Zastępując belkę przegubową

R8 =

M

- RA = -,- =

3

6

= 0,5 kN

Wykresy ~i M.,. pokazano na rys. 5-36d_ Z równań równowagi belki BC otrzymuje

się:

'I.Me= O;

" 2 1 R8 ·!-M-P· 1- 2P·3l =O

stąd

R~=+(M+

3

;P·l)=

2

-Rc·l+2P·Jl+Pstąd

Re = _.!._ (~ P-1-

6 3

~(3+ ;-1,5·6)=2,5kN

1

3 1-M =O

M) = 6 (~3 l' 6-3) = 2kN _.!._

·

5·

reakcje łatwo sporządzimy wykresy V„ i M„ (rys. 5-36d). Należy zwrócić uwagę, że na wykresie M „ rzędne w punkcie B odnoszą się do przekrojów położonych tuż na prawo i lewo od tego puntu. W punkcie B, tj. w przegubie, moment zginający jest równy zeru. Reakcja podpory B wynosi: Znając

Ra= R~+RJ;

=

0,5 +2,5 = 3 kN

5.8. Ramy 5 .8.1.

Wiadomości wstępne

Ramy są układami konstrukcyjnymi składającymi się z prętów prostych sztywno połączonych. Pręty pionowe (czasem pochyłe) nazywamy słupami, a pręty łączące je ryglami. Połączenia prętów nazywa się węzłami (rys. 5-37). Budowa ram może być bardzo różnorodna. Mogą one mieć kontur otwarty (rys. 5-37a, b) lub zamknięty (rys. 5-37c). Ramy o konturze otwartym, swobodnie podparte (rys. 5-37a) oraz trójprzegubowe (rys. 5-37b) są statycznie wyznaczalne wewnętrznie i zewnętrznie, a ich rozwiązywanie nie różni się od rozwiązywania belek.

141

Rys. 5-37

Na rysunku S-37c pokazano ramy ze

sc1ągiem (rozporą)

o konturze za-

mkniętym. Ściąg (rozpora) jest prętem połączonym przegubami z pozostałą częścią

konstrukcji. W tego rodzaju ramach potrafimy wyznaczyć składowe reakcji podpór, a więc są one zewnętrznie statycznie wyznaczalne; jednak obliczenie sił przekrojowych wymaga zastosowania innego, niż dotychczas poznane, sposobu rozwiązania.

5.8.2. Ramy o konturze otwartym Sporządźmy wykresy sit przekrojowych ramy pokazanej na rys. 5-38a. Zadanie rozpoczniemy od obliczenia reakcji podpór. W tym celu zapiszemy równania równowagi:

a) -j.__-_::ii__~ ~,, _:;

(

I I ------

a.,

Oi.4

I _., _

""'"

N

__(

:: ł la:J

~

II

:I

Q(J: ...._.

I

'

I

I

:A

P·h - l-

1

b) p

f--~l :!1 ~

8:

P·łl

-l-

p

Rys. S-38

142

l::Z =O;

H,...-P =O;

stąd

HA= p

I.MB = O;

UA·l-P·h = O;

stąd

U A = --

!:MA= O;

-RB·l-P·h =O;

stąd

R=-I

P·h l P·h

Przy obliczaniu i spor74dzaniu wykresów sił przekrojowych rozwiązanie zadania ułatwi nam oznaczenie spodów prętów. Zaznaczając przerywaną linią dowolną stronę pręta (rys. 5-38a), możemy każdy pręt uważać za belkę, której część dolna (spód) znajduje się po stronie zakreskowanej. Poprowadźmy przekrój
= -

uA =

-

P ·h /

V.AC = -H ... = -P o:

M:c = - H... ·z 1 = - P·z 1 Wartości

momentów

zginających

w punktach charakterystycznych:

MA= M;!-C(21 = O)= -P·O = o

Me = M:c(z 1 = h) = -P·h Wykresy funkcji sił przekrojowych sporządzamy na konturze ramy (rys. 5-38c). Rzędne siły Nry, odkładamy po dowolnej stronie osi i wpisujemy znak rzędnych. Rzędne sił Jr;, są ujemne; odkładamy je po stronie zakreskowanej (spód), tak jak to przyjęto przy sporządzaniu wykresu Jr;, belek. Na wykresie v„ wpisuje się także znak. Rzędne wykresu M ""jako ujemne, odkłada się po górnej stronie pręta, tzn. po stronie przeciwnej niż zakreskowany spód. Na wykresie M ~ nie jest jednak potrzebne wpisywanie znaków rzędnych, gdyż jak pamiętamy (por. p. 5.6.2 i rys. 5-8) rzędne momentu zginającego odkłada się po wypukłej stronie pręta odkształconego, a więc i bez znakowania sens fizyczny M" jest jednoznacznie określony.

W przekroju a. 2 -

12 2

na pręcie CD otrzymuje się:

N; 0 =-HA. = -P

u„. =

p. h

v.co

=

M~D

= u A '2 1 -H.A. ·h =

a

Wartości

[

momentów

P·h -,-Zi-P·h

zginających

w punktach charakterystycznych

wynoszą:

Me = M~D(z 2 = O) = - P·h 143

CD

MD = M„ (z2

=

P ·h - ·l - P·h = O 1

l) = -

W przekroju a 3 -et3 na pręcie BD jest:

N:D = -RB = - ( Va.BD =

P;h)= P;h

o

M! D = O Wykresy sit przekrojowych pokazano na rys. 5-38c. W prętach ramy, analogicznie jak w belkach, na nie obciążonych odcinkach układu siły N 11 i ~ mają wartości stałe, a momenty zginające M" są zmienne liniowo. Do sporządze­ nia wykresów nie jest więc konieczne zapisywanie funkcji sił przekrojo wych, wystarczy obliczenie rz.ędnych charakterystycznych. Sporządźmy jeszcze wykresy sił przekrojowych ramy trójprzegubowej (rys. 5-39a).

dl

cl

bl

a) p - - --

c

- - - -.1

: I

B

:~ .Ł

2

Rys. 5-39

W celu znalezienia reakcji, oprócz równań równowagi, korzystamy z warunku zerowania się momentu zginającego w przegubie C. Otrzymamy: p

I

"EM 8 = O;

U A ·l-P·2 = 0 ,·

'I:.MA =O;

stąd

U.t =-

- U 8 · l+P · - =O·

stąd

Us= -

Mc=O;

f U A · -2 -H A ·h=O·'

stąd

H

I:.Z =O;

HB - HA= O;

stąd

Hg=HA= - -

ł

2

W rozwiązan ym przykładzie symetrii ramy i obciążenia 144

'

2

p

A

2

I l =U · - · A 2 h

można uprościć

:t -

P·l 4h

P·l 4h

obliczenie reakcji

dzięki

Siły podłużne w AD

poszC'lególnych p

N„

=

- u„ =

N IXDE

--

-H A -- -H B --

N~E =

-

- UB= -

prętach wynoszą:

2 P ·1 4h

~

Wykres N.,, pokazano na rys. 5-39b. Funkcje sił poprzecznych przyjmują AD

P·l

= -Th

V..

= - H ...

Jl:DC

p = U,=_

Cl

V.CE "

_p

p = __ p

A

v.nE = H a

Wykres

2

"

=U

= B

~

postać:

2

p 2

= _ _

P·l 4h

pokazano na rys. 5-39c.

Wartości momentów zginających w punktach charakterystycznych wynoszą:

MA = 0 P· 1 MD = - H .... ·h= - 4h·h=

P·I 4

M c =O

P·l M E= -Hs·h=- 4

M8 = 0 Wykres M„ pokazano na rys. 5-39d.

5.8.3. Ramy o konturze zamkni9tym Składowe reakcji podpór ramy zewnętrznie statycznie wyznaczalnej o konturze zamkniętym (rys. 5-40a) można wyznaczyć, korzystając z równań równowagi. Wyznaczenie sił przekrojowych wymaga z.amiany układu zamkniętego na - spełniający te same warunki statyczne - układ otwarty. W ramie na rys. 5-40a na końcach pręta AB, który nie jest obciążony żadnym obciążeniem z.ewnętrznym, znajdują się przeguby. Pręt ten nazywa się ściągiem lub rozporą. Jeżeli pręt AB przetnie się dwoma przekrojami oc 1 - oc 1 i oc2 - oc2 , poprowadzonymi bardw blisko przegubów A i B, wówczas układ zamknięty (rys. 5-40a) można zastąpić układem składającym się z ramy otwartej oraz wyciętego pręta AB (rys. 5-40b ). W przekrojach ex 1 - ex 1 i a 2 - cx 2 należy zaczepić IO Mechanik.a budowli

145

a)

b)

C) o.,_._=-_,__--c_>-P--.1' . ----1

c

.' ~

(

I

I I

I I

I I

A '...,!..

I I

N _ e I

d}

P·l

Ei

4·h

4•h

Rys. 5-40 siły

przekrojowe stanowiące wzajemne oddziaływania obu części układu. Przekroje a. 1 -a. 1 i cx 2 -cx2 poprowadzono tuż przy przegubach, więc momenty zginające MA oraz MB będą równe zeru. Pozostałe siły przekrojowe: N i N 8 oraz VA. i V8 pokazano na rys. 5-40b przyjmując, że są one dodatnie. Jeżeli cały układ ma pozostawać w równowadze, a takie jest założenie, to i każdy wycięty element tego układu także pozostaje w równowadze. Z tego wynika, że pręt AB, na który działają wyłącznie siły przekrojowe N 11 , NB• V11 i VB powinien spełniać równania statyki, a więc:

„

L.MB =O; '!:.MA =0; L.Z=O;

stąd

v. . =o =o

VA·l·= O; V8 ·l =O;

stąd

VB

NA-NB= O;

stąd

N 14 = NJJ=N

Z powyższego wynika, że w nie obciążonym pręcie zakończonym przegubami jedynie siła podłużna N, stała na jego długości. Wartości tej siły nie można jednak wyznaczyć z warunków równowagi pręta. Narysujmy układ jeszcze raz(rys. 5-40c). Łatwo zauważyć, że do wyznaczenia nieznanej siły N można użyć warunku zerowania się momentu zginającego w przegubie C, tj. Me= O. W rozpatrywanym układzie wszystkie wielkości statyczne: reakcje oraz siły przekrojowe można obliczyć z równań statyki, a więc układ ten jest statycznie wyznaczalny (zewnętrznie i wewnętrznie). Rozwiążmy ramę pokazaną na rys. 5-40a. Reakcje można obliczyć z równań równowagi zapisanych dla całego układu: występuje

L.Z = O; 146

HA. = O

Siłę

l

'l:.M8 =0;

R ·1-P·- =O· A 2 '

stąd

l:Y =O;

-RA-RB+P =O;

stąd

N obliczamy

korzystając

p

RA= 2 p Rs = 2

z warunku Me= O (rys. 5-40c): R ·l P·I N=-B-=--

2h

4h

lub l M c = RA · 2

- N -h =

O;

stąd

Dodatni znak siły N świadczy, że pręt AB jest rozciągany. Taki pręt nazywa się ściągiem (rozporą nazywa się tego rodzaju pręt, jeżeli wystąpi w nim ujemna, a więc ściskająca, sita podłużna). Funkcje sił podłużnych i poprzecznych mają postać: N:B =N=

P·ł 4h

N:D =

N~E =

NDE =

-

-RA= -RB= -

N = - p .I

4h

a

v:v =

~

-N = - P·l 4h

V"DC -_R· A_!_ - 2

V:E

=

yBE

=N= P·l 4h

-

RB =

-

Ol

Ol

Wartości

!__ 2

momentów zginających w punktach charakterystycznych wynoszą:

MA=M 8 =Mc=0 P·l P·l M 0 = -N·h = -4h· h= - -4 P·l M E = - N·h= - 4

Wykresy Na, Ya i M" pokazano na rys. 5~40d. Porównajmy wyniki obliczenia dwóch ram (rys. 5-39a oraz 5-40a) o takiej samej geometrii i obciążeniu, różniących się jedynie zastosowaniem w drugiej 10"

147

z nich pręta (ściągu) AB. W obu przykładach otrzymano takie same wykresy sił przekrojowych. Różnica polega na tym, że w ramie trójprzegubowej w podporach A i B występują różne od zera składowe poziome reakcji, natomiast w podporach ramy ze ściągiem składowe te są równe zeru. 5.8.4.

li

Przykłady

Przykład

5-18. Dana jest rama (rys. 5-4la). krojowych.

Reakcje podpór {rys. 5-41b) obliczamy

korzystając

stąd H 8

L.Z =O;

-H 8 +q·h =O;

"f.MA.=0;

h -U 8 ·l+q·h·l=O; stąd U 8

ct•O.~ kN/rn

l•&m h•6m

+ +-cl

2,4

Rys. 5-41

148

sił

prze-

z warunków równowagi:

q·h 2 1 0,4·6 2 -· l= =0,9kN _ 2 2 8

= -

E

V„!kN)

wykresy

= q·h = 0,4·6 = 2,4 kN

a)

.c

Sporządzić

q. h 2 1 RA = - - - ·2 [ = - 0,9 kN

stąd

Siły podłużne mają wartości stałe na długości sił w słupach ramy wynoszą:

=-

poszczególnych

U8

=

prętów.

Wart ości tych

N:c = -RA = -(-0,9)=0,9kN N!E = - U 8 = - 0,9 kN Obliczenie sił przekrojowych w ryglach będzie łatwiejsze, jeżeli po przeprowadzeniu przekrojów ex - a w punktach C i E i.astąpimy siły, leżące na odrzuconych częściach ramy, siłami działającymi w odpowiednich przekrojach (rys. 5-4 lc). N;v = -q·h·cosp - RA·sinl) N;D

=

-H9·cosj3- UB·sin~ =

=

!! !!

- 0,4·6· -2,4·

- ( - 0,9)·

-0,9·

~=

~

=

- 1,63 kN

-2,53 kN

Wykres Na pokazano na rys. 5-41d. Siły poprzecne na nie obciążonych prętach CD, DE i BE mają wartości stałe:

~D = R "'

A

fi

· cos ,_,A- q · hsinaJ.I = -09 · 2 '

- 04 ' ·6 ·_!_ 2 = - 198 ' kN

. .j3 I V~E = -Us ·cosJ1+H8 ·smJ3 = -0,9 · -- +2,4 ·2 2

v:E = HB = 2,4 kN

= 0,42 kN

Siły V"' w pręcie AC obciążonym w sposób ciągły, zmieniają się liniowo. Rzędne

~ wynoszą:

charakterystyczne

vA =o;

vt =

- q·h = - 0,4 · 6 = - 2,4 kN

Wykres ~ pokazano na rys. S-4ld. Momenty zginające na nie obciążonych prętach CD, DE i BE mają przebieg liniowy, a rzędne charakterystyczne, z uwzględnieniem znakowania (por. oznaczenie spodu prętów na rys. 5-4lb oraz rys. 5-4lc) wynoszą:

=-

M c

Mv

q·hi = - 0,4 ·62 = -72 kN · m

2

2

'

=Us · ~ -HB(h+h =UB·~ 1)

= 0,9 ·4 ME=

2,4(6+4

f) =

-H8 (h+

~ tgp) =

-16,3 kN·m

- H 9 ·h = - 2,4·6= - 14,4kN ·m

149

pręcie

Wykres M a w

AC

będzie

ograniczony

parabolą.

Jej

rzędne wynoszą:

M.._ = 0 M e = -7,2 kN ·m q. h h M = - - - - = -04·3·15=-18kN·m F 2 4 ' ' ' Wykres MCJ. rysuje się po zewnętrznej stronie konturu ramy (rys. 5-4ld), M11. mają znaki ujemne, a spody prętów przyjęto po stronie

po nieważ rzędne wewnętrznej.

li

Przykład

5-19. Dana jest rama trójprzegubowa (rys. 5-42a). wykresy Na , V„ i Ma_

Reakcje podpór.

Układ

jest symetryczny i symetrycznie

Sporządzić

obciążony,

a

więc

U A = U 8 oraz H ~ = H„ (rys. 5-42b).

a)

C)

b)

.!!e.. UA

A

t

~n ·~

lJe

·~ V„[U(J

.ł I• S,00 ~~·ilJ.Q_.łRys.

~-42

Pionowe składowe reakcji podpór można I:Y=O;

obliczyć

z równania równowagi:

UA+U3 - q·2l=0 U.._+V8 = 2ą·l

u.._ = a

składowe

M c =O;

V8

poziome -

= ą · t = 2 · s = 10 kN na podstawie warunku

I - HA ·h +UA ·l - q·l ·-2 = 0 2

1 ( U A· l- -q · lHA = H8 = --,; 2

150

2

)

=g-I ( 10·5- -2 · 52

)

=3, 125 kN

Siły podłużne mają wartości stałe,

-u„ =

N:v = N:E = N~E

=

Siły

poprzeczne w

V1D

=

-H„

słupach,

jak i ryglu ramy:

-V8 =-IO kN

-HB= -3,125 kN słupach mają wartości stałe:

- HA= - 3,125 kN

v:E = H8 = W ryglu

=

zarówno w

siły

3,125 kN

poprzeczne

v& = u„ =

zmieniają się

liniowo od

wartości

io kN

do

Vk = UA-q· 21 =

-UB= -10 kN

Momenty zginające w słupach ramy charakterystycznych ich rzędne wynoszą: MA=

o

Mv

-H„·h

=

zmieniają się

liniowo i w punktach

= -3,125·8 = -25 kN·m

ME= -H 8 ·h = -25 kN ·m MB=O Me= O (przegub) Wykres Ma w ryglu ramy ma kształt paraboli o rzędnych od zera w punkcie C do - 25 kN· m w punktach D i E. Wykresy Na., ~i M"- pokazano na rys. 5·42c.

li

zmieniających się

Przykład

5-20. Dana jest rama o konturze zamkniętym (rys. 5-43a). dzić wykresy N"-' ~ i M "-" Reakcje podpór obliczone

z

równań

:EZ= O

-HA+q·3a =0;

'f.M 8 =O;

- UA · 3a + q · 3a · l ,5a

I: Y= O;

-RB+ u„

Siły

równowagi

= O;

=o;

przekrojowe. Przed

przystąpieniem

należy obliczyć występującą w pręcie

AB

Zapisując

się:

warunek Me= O otrzymuje

Mc=R 8 ·2a-N·3a=0

stąd

wynoszą

Sporzą­

(rys 5-43b):

stąd

HA

= q · 3a = 1·6 = 6 kN

stąd

UA

stąd

R8

= q · l ,5a = 1 · 3 = 3 kN = u„ = 3 kN

do obliczenia

sił

siłę podłużną NAB

przekrojowych, = N (rys. 5·43c).

2 2 N=-R 8 =-3 = 2kN 3 3 151

c

E

bl

E

c 8

"ł

Cl

"'

-- ra N

B

fRe

N

ł

UAł A

A

N

B

B

N

dl

l'\.[kN·niJ

V.[kN]

N,.(kN]

Rys. 5-43 Siły podłużne,

o

wartościach stałych

w poszczególnych

prętach

ramy,

wynoszą:

N: 8 =N = 2 kN

N:" = VA = N~E = -

3 kN N = - 2 kN

N:E =

RB = - 3 kN

Siły

tyczne

-

poprzeczne zmieniają się w pr~ie AD linio wo, a ich wartości charakterys-

wynoszą:

V„ = H„ -N

Vd=

=

prętach siły

- R8 = - 3 kN

v:" =N = 2 152

4 kN

V„ - ą ·3a = 4 - l · 6=

W pozostałych V aDE

= 6-2 =

kN

- 2 kN

v„ mają wartości stałe:

Wykres momentów

zginających

w

pręcie AD będzie parabolą

o

rzędnych:

MA= o M 0 =HA· 3a-N · 3a-q · 3a· l,5a = 6 ·6-2 ·6-1·6·3 = 6 kN · m w

Na pozostałych odcinkach wykres Ma zmienia punkcie E wynosi:

ME= -N·Ja

= -2·6 =

się

liniowo, a jego

rzędna

-12 kN·m

Wartość

M 0 = 6 kN · m jest znana z poprzedniego obliczenia, natomiast jako moment zginający w przegubie. Z wykresu Na wynika, że pręt AB jest rozciągany (siła N jest dodatnia), a z wykresu V,,, że siła poprzeczna w pręcie AD zmienia znak. Położenie przekroju, w którym to następuje łatwo ustalić korzystając z twierdzenia Talesa. W przekroju tym moment zginający przyjmuje wartość ekstremalną, która wynosi:

Mc

= O-

M rux = HA· 2a - N · 2a - q · 2a ·a = 6 · 4- 2 · 4- 1 · 4 · 2

5.9.

=

8 kN · ro

Łuki

5.9.1. Wiadomości wstępne

Lukiem nazywa się pręt zakrzywiony lub układ takich prętów. Zależnie od sposobu podparcia łuki statycznie wyznaczalne mogą być: • swobodnie podparte (rys. 5-44a); • trójprzegubowe (rys. 5-44b). Łukami statycznie wyznaczalnymi są także łuki ze ściągiem o schemacie statycznym pokazanym na rys. 5-44c. Odległość l między podporami nazywa się rozpiętością łuku, a wysokość a - strzałk11. Krzywizna łuku jest najczęściej opisana za pomocą paraboli (łuki paraboliczne) lub części okręgu (łuki kołowe). W budownictwie łuki znajdują zastosowanie np. w konstrukcjach przekryć hal, mostów i przepustów. Sposób rozwiązania łuków statycznie wyznaczalnych opiera się na tych samych założe­ niach i definicjach, które dotyczą rozwiązywania belek i ram. Rodzaj krzywizny, chodaż zasadniczo nie wpływa na sposób rozwiązania, powoduje jednak konieczność stosowania odmiennych zależności geometrycznych w odniesieniu do łuków parabolicznych i kołowych.

153

5.9.2.

Łuki

paraboliczne

Krzywizna łuku parabolicznego (rys. 5-45) w przyjętym nych z, y jest opisana funk:cją: y

układzie współrzęd­

4·a = ----p-·z(l-z)

(5-1)

wymiary I i a, można obliczyć rzędną z, a więc wyznaczyć położenie każdego punktu na osi łuku, np. punktu S na rys. 5-45. Z definicji sił przekrojowych wynika, że przekroje
Na podstawie tej funkcji, y dla każdej dowolnie obranej

znając

odciętej

-1

(5-2) Znając wartość tg~ można, posługując się tablicami

trygonometrycznymi lub kalkulatorem, ustalić wartość kąta 13 oraz wartości funkcji sin~ i cos ~· Prowadząc następnie w punkcie S prostą a prostopadłą do stycznej, określa s ię położenie przekroju rt.- ex (rys. 5-45). Ustalmy położenie stycznych do łuku parabolicznego o rozpiętości Ii strzałce a = l/4. Zadanie wykonamy przy założeniu punktów styczności A, 1, 2, 3 i C położonych na odcinku AC łuku (rys. 5-46). Przy przyjętych odciętych z w punktach tych ustalamy wartości rzędnych y oraz tg~ za pomocą wzorów: y

z A

~t,hl-1 ± ,~ Rys. S-46

154

t

.~ !

4·a Y = Tz(l - z)

4

I

1

= /2 ·"4z(l - z) = /z(l -

4·a 4 I tgl} = T(l-2z) = „ (t-2z)

z) 2

= 1-lz

12 4

Otrzymamy:

• punkt A: z = O;

~;

• punkt J:

z=

• punkt 2:

z= - ·

• punkt 3:

z= -8 ·,

• punkt C:

Z=-·

y

= O; y

tg I} = 1 -

+. ~ (

=

2 -y ·O =

1

~) = ~ l;

l-

2 I 3 tg I} = 1 - - . - = l 8 4

4'

31

l 2'

Wyniki obliczeń zestawiono w tab. 5-2. Uzupełniono je odczytanymi z tablic trygonometrycznych wartościami Jl, sin Bi cos !}. Ta be I a 5-2 Geometria

łuku paraliloliczneco o rozpiętości I i stmtłce a = .!. (rys. ~ 4

y

Punkt

z

A

o

o

I

I

7

3

I

-

2

-

J

-

c

8

I

4

31 8 l

2

tg{J

-/ 64 -

3

16

/

15 - I 64

.!.. , 4

fJ

sin (J

cm;p

45°

0,707

0.707

36°52'

0,600

0,800

26"34'

0,447

0,894

I 4

14°02'

0,242

0,970

o

oo

o

1,000

-

4 l 2 -

Obliczmy reakcje i siły przekrojowe łuku parabolicznego dwuprzegubowego (rys. 5-47a). Ze względu na symetrię układu i obciążenia reakcje są sobie równe i wynoszą: p RA = Rs=2 Przeprowadzamy następnie na odcinku AC przekrój a.-
część łuku. Oddziaływanie

155

t"l-a (rys. 5-47b). Rzutując siłę RA na kierunek stycznej otrzymamy funkcję

a)

sił podłużnych:

N~c = -RA·sin~ =

_

_f__sinp 2

a na kierunek przekroju a. -et - funkcję sił poprzecznych: p v:c =RA ·cos~ = -cosp

b)

2

Moment

zginający

wyrażamy

funkcją:

M;c

cl

=

RA·z

=

p

2

-z

Sporządzenie wykresów sił przekrojowych wymaga obliczenia rzęd­ nych funkcji. Podzielimy odcinek AC łuku na cztery równe części, tak jak zrobiliśmy to ustalając geometrię łu­ ku, pokazanego na rys. 5-46. W obu przykładach rozpiętości i strzałki łu­ ku są te same, dlatego w obliczeniach rzędnych sił przekrojowych skorzystamY, z tab. 5-2. Otrzymamy: p N A = - 2. 0,707 = - 0,354P

V„

Rys. 5-47

N1

p = -

2

N1 = N3 = -

p

2 p

2

·0,600 = -0,300P;

V1

p

= T · O,707 = 0,354P

p

T · 0,800 = 0,400P

=

p

= -0,224P;

V2 =

2 ·0,894 = 0,447P

·0,242 = -O,l21P;

V3 =

z· 0,970 =

0,485P

V~ = ~ · l ,000 =

0,500P

·0,447

p Ne= --y·O=O;

p

Funkcja M1c w układzie osi z, y zmienia się liniowo. Wystarczy więc obliczenie dwóch jej rzędnych: MA =

156

p

2

-o =O

oraz

Me=

p

l

2 -2

=

0,250P·l

Wykresy sił przekrojowych podaje się najczęściej na poziomej osi odniesienia (rys. 5-47c). Wykresy na odcinku CB można sporządzić bez obliczeń , dzięki symetrii układu statycznego i obciążenia. Warto zwrócić uwagę, że w łukach wykresy sił przekrojowych są krzywoliniowe nawet przy obciążeniu łuków siłami skupionymi. 5.9.3.

Łuki kołowe

Łuki kołowe mogą mieć kształt półokręgu

(rys. 5-48a) lub -

odcinka okręgu (rys. 5-48b). W łuku o osi opisanej półokręgiem przekroje na prostych poprowadzonych przez środek okręgu. Przyjmując dowolny kąt środkowy