Rozdział 3

RÓWNOWAGA PŁASKIEGO UKŁADU SIŁ - Płaski układ sił
Przez układ sił rozumiemy zbiór dowolnych sił.
Równania równowagi układu Oxy, :
∑ F ix = 0
∑ F iy = 0
∑ ( xi Fiy – yi Fix ) = 0
Układ płaski będzie w równowadze (równoważny zeru), jeżeli spełnione będą trzy równania
analityczne, a mianowicie: suma rzutów wszystkich sił układu na poszczególne osie będzie
równa zero oraz suma momentów wszystkich sił układu względem dowolnego bieguna
również musi się równać zeru .
W płaskim układzie sił mogą wystąpić przypadki szczególne:
- Płaski równoległy układ sił. Przyjmując osie x i y w ten sposób, że jedna z nich, np. oś y jest
równoległa do wszystkich sił.
Wtedy warunek ∑ F ix = 0 przekształca się w tożsamość, gdyż rzut każdej siły z osobna na oś x jest
równy zeru. Pozostają dwa równania równowagi:
∑ F iy = 0 ∑ (xi Fiy – yi Fix) = 0
- Płaski zbieżny układ sił. Przyjmując za środek redukcji punkt przecięcia linii działania wszystkich sił
układu, otrzymujemy: ∑ (xi Fiy – yi Fix) = 0, gdyż każda siła daje względem środka redukcji moment
równy zeru.
Pozostają dwa warunki rzutów: ∑ Fix = 0
∑ Fiy = 0
Jeżeli liczba niewiadomych reakcji (niewiadomych podporowych) jest równa liczbie
równań równowagi, to rozpatrywany układ nazywamy układem statycznie wyznaczalnym,.
Podparcia i zamocowania ograniczające
swobodę możemy podzielić na trzy grupy:
A. Podparcia o jednej niewiadomej
podporowej
a - podparcie na powierzchni idealnie gładkiej
b - podparcie w łożysku ruchomym
c - podparcie na ostrzu lub ostrej krawędzi
d - zawieszenie na wiotkim cięgnie
B. Podparcia o dwu niewiadomych
podporowych
a - podparcie na powierzchni chropowatej
(niegładkiej),
b - podparcie w łożysku stałym
c - zamocowanie przegubowe – reakcja
przechodzi przez środek przegubu i jest
nieznana co do modułu i kierunku.
C. Podparcie o trzech niewiadomych podporowych
Podparcie takie nazywa się utwierdzeniem.
Do niewiadomych podporowych należy tu moduł reakcji, jej
kierunek i moment utwierdzenia Mu.
Przykład 1
Belka AB o długości l jest obciążona obciążeniem ciągłym q na długości a (rys. a) oraz parą sił
o momencie K = 1,5 qa2. Wyznaczyć analitycznie reakcje podporowe. Dane: l = 3 [m], a = 1
kN
[m], q = 2 [ ], α = 300.
m
Rozwiązanie
XA – RB sinα = 0
YA + RB cosα – q a = 0
a
- q a – K + l cosα RB = 0
2
Po podstawieniu danych oraz
uwzględnieniu, że K = 1,5 qa2,
otrzymujemy:
(3)
RB = 1,54 [kN],
(1) XA = 0,77 [kN],
(2) YA = 0,67 [kN],
natomiast
RA =
XA2 + YA2 =
0,772 + 0,672 = 1,04 [kN].
Przykład 2
Dla belki jak na rysunku wyznaczyć reakcje podporowe.
kN
Dane: G = 10 [kN], P = 5 [kN], M = 8 [kNm], q = 0,5 [ ], α = 30o, natomiast w [m].
m
Rys. 3.32b.
Przyjęto początek układu współrzędnych w punkcie A Obciążenie ciągłe q na długości 2 [m] zastępujemy
kN
siłą skupioną Q o wartości: Q = q 2 = 0,5 [ ] 2 [m] = 1 [kN].
m
Piszemy równania równowagi oraz warunek momentów względem punktu A:
XA – S cosα = 0
XA = 3,90 [kN].
YA – Q – G + S sinα + P = 0
YA = 3,75 [kN]
- Q 1 – G 3 + S 4 sinα – M + P 6 = 0
S = 4,50 [kN],
Przegub obrotowy. Układ trójprzegubowy
Układem przegubowym nazywamy układ ciał połączonych wzajemnie przegubami w ten
sposób, że tworzą one układ złożony – kinematycznie niezmienny.
Przeguby obrotowe posiadają tę właściwość, że przekrój przeprowadzony przez którykolwiek
z nich dzieli układ na dwie odrębne części.
Moment ogólny sił zewnętrznych czynnych i biernych, działających na część układu
oddzieloną przegubem obrotowym względem tego przegubu jest równy wektorowi
zerowemu.
MP (|) =
n
M p (Fi) = 0,
i 1
gdzie:
Fi – siła działająca na jedną część
układu
oddzieloną
przegubem
obrotowym.
Istnienie przegubu obrotowego
dostarcza jednego dodatkowego
warunku równowagi.
Wykorzystując istnienie w układzie przegubu obrotowego, można napisać następujące dwa warunki
równowagi:
MP(I) =
n
i 1
M p (Fi) = 0
MP(II)=
n
M p (Fj) = 0,
i 1
gdzie:
M – moment ogólny układu sił zewnętrznych działających na część I względem przegubu P,
MP(||) – moment ogólny układu sił zewnętrznych działających na część II względem przegubu P.
Szczególnym przypadkiem układu przegubowego jest układ trójprzegubowy.
Układem trójprzegubowym nazywamy układ dwu ciał połączonych wzajemnie przegubem
obrotowym P, z których każde połączone
jest z podporą za pomocą pojedynczego
przegubu A i B.
Na układ trójprzegubowy działają siły
zewnętrzne czynne. Na lewą część (I) układu siły Fi, natomiast na prawą część (II) - siły Fj
Taki układ możemy analitycznie rozwiązać
dwoma sposobami:
- rozwiązując układ w „całości”,
wykorzystując dodatkowe równanie,
- stosując metodę przecięć, układ
trójprzegubowy zastępujemy dwoma
układami I i II.
P(|)
SIŁY WEWNĘTRZNE
Znajomość kierunków i wartości reakcji belki obciążonej siłami czynnymi Fi i reakcjami
Ri, nie mówi wszystkiego o belce jako o ustroju konstrukcyjnym. Potrzebne są jeszcze
wiadomości o działaniu tych sił w poszczególnych punktach belki.
W dowolnym punkcie belki lub ramy występują 3 wielkości mechaniczne:
- siła podłużna (osiowa) N (S) – równoległa do osi belki – jako suma algebraiczna składowych
równoległych do osi wszystkich sił, działających po lewej lub prawej stronie rozpatrywanego przekroju
belki,
- siła poprzeczna T – prostopadła do osi belki – jako suma algebraiczna składowych prostopadłych do
osi wszystkich sił, działających po lewej lub prawej stronie przekroju belki,
- moment zginający Mg jako suma algebraiczna momentów wszystkich sił względem środka przekroju
działających po lewej lub prawej stronie rozpatrywanego przekroju belki.
Znakowanie omówionych wielkości jest umowne i przyjmujemy je zazwyczaj następująco:
- dla sił podłużnych,
-
dla sił poprzecznych,
dla momentów zginających.
Przedziałem obciążenia nazywamy odcinek osi belki, w obrębie którego moment
zginający jako funkcja współrzędnej x określającej położenia rozpatrywanego przekroju,
wyraża się tym samym wzorem.
Granicę przedziału stanowi:
- punkt przyłożenia siły skupionej,
- punkt przyłożenia momentu skupionego,
- zmiana kształtu belki
- początek lub koniec obciążenia ciągłego.
Natomiast przegub nie stanowi granicy przedziału.
Moment zginający, siła poprzeczna i siła podłużna (osiowa) są funkcjami współrzędnej x, tzn. zależą od
położenia dokonanego przekroju. Różniczkując moment zginający Mg względem zmiennej x
przedstawiającej odległość rozpatrywanego przekroju belki otrzymamy:
dMg
±=T
dx
Pierwsza pochodna momentu zginającego (Mx) względem odległości x na belce jest równa
sile tnącej (T).
Z przedstawionego twierdzenia wynikają dwa bardzo istotne wnioski, a mianowicie:
- w tych przekrojach na belce, gdzie moment zginający osiąga ekstremum, siła tnąca
zmienia znak,
- jeżeli na pewnej długości belki moment zginający jest stały, siła tnąca na tym odcinku
belki jest równa zeru.
W przypadku układów ramowych
dodatnie wartości momentów zginających Mg
nanosimy wewnątrz, natomiast ujemne na
zewnątrz ramy. Jeżeli mamy do czynienia z
ramami „złożonymi”, linią przerywaną
rysujemy tzw. „spody belek” i dodatnie
momenty rysujemy po stronie „spodów
belek” .
Przykład 1
Belkę AB obciążono siłą skupioną F.
Sporządzić wykresy wielkości
wewnętrznych. Dane: F, a, b.
Rozwiązanie:
Stosując warunki równowagi, wyznaczamy
reakcje w punktach podparcia :
XA = 0,
b ,
YA = F
a+b
dla 0 ≤ x ≤ a
YB = F
a
a+b
.
b
a+b
dla a ≤ x ≤ a + b
T (x) = YA = F
,
Mg (x) = YA x = F
T (x) = YA - F= - F
b
a+b
,
b
x
a+b
Mg (x) = YA x - F (x - a) = F
b
x - F (x - a)
a+b
Z równań Mg otrzymujemy wartości momentów zginających w przekrojach x = 0, x = a i x = L; gdzie: L = a + b.
Mg (0) = 0,
Mg (a) = F
ab
a+b
,
Mg (L) = 0.
Natomiast z równań T otrzymujemy wartości sił poprzecznych w przekrojach x = 0, x = a i x = L, gdzie L = a + b,
które wynoszą:
T(0) = F
b
a+b
,
T(a) = -F
a
a+b
,
T(L) = -F
a
a+b
.
Przykład 2
Belka, której schemat przedstawiono na
rysunku, obciążona została obciążeniem
N
ciągłym q = 0,8 [ ]. Długość belki wynosi
m
3a = 4,5 [m].
Sporządzić
wykresy
sił
poprzecznych
i momentów zginających oraz wyznaczyć
maksymalną wartość siły
poprzecznej
i momentu zginającego.
Rozwiązanie:
Wzdłuż belki wyodrębnimy trzy przedziały
zmienności sił poprzecznych i momentów
zginających
przedział 0 ≤ x1 ≤ a
1
Tx1 = + qx1, Mx1 = - qx12
2
przedział a ≤ x2 ≤ 2a
Tx2 = qa – q (x2 – a) = 2qa – qx2
1
1
Mx2 = - qa (x2 – a) + q (x2 – a)2
2
2
przedział 2a ≤ x3 ≤ 3a
Tx3 = qa – qa = 0
1
3
Mx3 = - qa (x3 – a) + qa (x3 – a) = - q a2
2
2
2
2
Mmax = qa = 0,8 · 1,5 = 1,8
[Nm] = 1,76 · 104 [Nm]
Tmax = qa = 0,8 · 1,5 = 1,2 [N] =
1,175 · 104 [N]
Granica przedziału
Tx
0 ≤ x1 ≤ a
qx1
a ≤ x2 ≤ 2a
2a ≤ x3 ≤ 3a
Mx
-
1 2
qx 1
2
2qa – qx2 -qa (x2 -1 a) + 1 q (x2 – a)2
2
2
0
-qa
2
x
Wartości
Tx
Mx
0
0
a
qa
a
qa
2a
2a
3a
0
0
0
0
1 2
- qa
2
1
- qa2
2
- qa2
- qa2
- qa2
Przykład 3
Dla ramy, której schemat przedstawiono na
rysunku, sporządzić wykresy sił poprzecznych i
momentów zginających.
Dane: M = Pa.
Rozwiązanie:
Warunki równowagi mają postać :
∑ Py = - RA + RB – P = 0 ∑ MB = - 2RAa – M = 0
Z równań tych otrzymujemy:
1
3
RA = P,
RB = P.
2
2
Granica przedziału
0 ≤ x1 ≤ a
Tx
-
P
2
Mx
-
P
x
2 1
a ≤ x2 ≤ 2a
P
P
x
2 2
0 ≤ x3 ≤ a
0
Pa
3P
2
3P
x –Pa
2 4
0 ≤ x4 ≤ a
-
x
0
a
Wartości
Tx
Mx
P
0
2
P
1
- Pa
2
2
0
P
0
a
P
Pa
0
0
Pa
a
0
3P
2
3P
2
Pa
0
a
- Pa
P
a
2