Przykład 5.4.

Przykład 5.4. Wyznaczenie ugięcia belki - metoda obciążeń wtórnych
Obliczyć ugięcie belki swobodnie podpartej w miejscu obciążenia jej siłą P.
Porównać ugięcie gdy:
a) belka ma stałą sztywność równą EJ
b) belka została wzmocniona i w części środkowej jej sztywność wynosi 2EJ.
P
P
EJ
l
2l
l
2EJ
EJ
l
l
Rozwiązanie
Do rozwiązania wykorzystamy metodę obciążeń wtórnych – Mohr’a. Metoda ta jest
szczególnie efektywna, gdy wykres momentu zginającego jest liniowy i gdy poszukiwane są
przemieszczenia w określonych miejscach.
a) belka o stałej sztywności EJ
P
P
HA
VA
2l
l
VB
Po uwolnieniu z więzów i obliczeniu reakcji
H A  0 , VA 
2
1
P , VB  P ,
3
3
możemy sporządzić wykres momentu zginającego.
⅔Pl
Mg
Wykres ten będzie stanowić obciążenie belki wtórnej (fikcyjnej). Obciążenie wtórnemu zwrot
od osi belki do linii wykresu momentu gnącego, gdy wykres momentu rysowany jest po
stronie włókien rozciąganych. Z warunku zerowanie się ugięcia na podporze belki
rzeczywistej wynika, że w tym miejscu belki wtórnej powinien zerować się moment
zginający. Podparcie swobodne zapewnia spełnienie tego warunku. Zatem w schemacie belki
wtórnej swobodne podparcia końców belki rzeczywistej zastępuje się takim samymi
podporami belki wtórnej.
Belka wtórna
α
l
⅔Pl
α
2l
Poszukiwane ugięcie wyznacza się z wartości momentu wtórnego w przekroju α-α – pod
obciążeniem.
M*α
M*α
T*α
T*α
R*B
⅔Pl
⅔Pl
R*A
2l
l
Rozważając równowagę tak wydzielonej części “lewej” belki otrzymujemy
1 2
1
M * = R*Al   Pl  l  l
2 3
3
Reakcję R*A obliczamy z warunku równowagi całej belki wtórnej
M
iB
= 0  R*A 3l 
1 2
1  1 2
2

 Pl  l   2l  l    Pl  2l   2l = 0;
2 3
3  2 3
3

R*A =
5 2
Pl .
9
Po podstawieniu do momentu mamy
M * =
5 3 1
4
Pl   Pl 3  Pl 3
9
9
9
Poszukiwane ugięcie wynosi zatem
y 
M * 4 Pl 3
.
=
EJ
9 EJ
Do sporządzenia szkicu linii ugięcia obliczmy jeszcze kąty ugięcia na podporach:
TA* R*A 5 Pl 2
=

EJ EJ 9 EJ
T*
R*
4 Pl 2
1 2
5
4
B  B =  B  
, bo R*B   Pl  3l  Pl 2  Pl 2
EJ
EJ
9 EJ
2 3
9
9
A 
Sprawdźmy dodatkowo, czy yα jest ugięciem maksymalnym.
W miejscu maksymalnego ugięcia wtórny moment gnący osiąga eksremum, tzn., że siła tnąca
wtórna w tym przekroju zeruje się. Obliczmy siłę tnącą T*
T* =
5 2 1 2
2
Pl   Pl  l  Pl 2  0 .
9
2 3
9
Siła tnąca od wartości R*A maleje wraz ze wzrostem x. Oznacza to, że w przekroju α-α nie
zmalała jeszcze do zera i tym samym strzałka ugięcia przesunięta jest w prawo od siły P.
Rysując krzywą gładką styczną na podporach do zaznaczonych linii i przechodzącą przez
wartość yα uzyskujemy szkic linii ugięcia. Równanie tej linii jest równaniem momentu
wtórnego – w dwóch przedziałach (0,l) i (l,3l).
θB
θA
yα
2
b) belka o zmiennej sztywności
P
EJ
l
2EJ
EJ
l
l
Podobnie jak poprzednio, posłużymy się metodą obciążeń wtórnych. Zmienna sztywność,
która w metodzie analitycznej prowadzi do konieczności rozważenia trzech przedziałów
całkowania, w metodzie Mohr’a nie wprowadza dodatkowych komplikacji. Ponieważ ugięcie
zależy liniowo od obciążenia i 1/EJ, to zmianę sztywności można uwzględnić redukując
odpowiednio obciążenie. Wykres momentu zginającego (jak poprzednio) stanowiący
obciążenie belki wtórnej należy zredukować proporcjonalnie do sztywności.
⅔Pl
Mg
Przyjmując EJ jako sztywność porównawczą EJP=EJ obciążenie wtórne w przedziałach o tej
EJ
sztywności będzie tożsame z wykresem momentu zginającego q*  P M g  M g . Natomiast
EJ
w przedziale o większej sztywności obciążenie wtórne należy proporcjonalnie zmniejszyć
EJ P
1
q* 
Mg  Mg
2 EJ
2
Belka wtórna o stałej sztywności EJP=EJ jest zatem obciążona jak poniżej
1/6Pl
1/3Pl
⅔Pl
l
1/3Pl
l
l
Dalej postępujemy jak w poprzednio. Obliczamy reakcje wtórne
1/6Pl
*
H
A
1/3Pl
⅔Pl
1/3Pl
R*A
R*B
l
l
l
3
M
iB
=0 
1 2
1  1 1
2

 2  1 1
 1  1 1
 Pl  l   2l  l    Pl  l   l  l    Pl  l   l  l    Pl  l  l = 0;
2 3
3  2 3
3

 3  2 6
 3  2 3
23 2
R*A =
Pl
54
1 2
11
1 
1 1
35
R*B 
Pl 2
 Piy = 0  R*A  2  3 Pl  l  2  3 Pl  6 Pl   l  2  3 Pl  l  R*B  0 ;
108
 Pix = 0  H *A = 0
R*A 3l 
Można już przejść od obliczenia wtórnego momentu gnącego w przekroju α-α.
M*α
T*α
⅔Pl
23 2
Pl
54
M * =
23 2
1 2
1
17 3
Pl  l   Pl  l  l 
Pl
54
2 3
3
54
l
Poszukiwane ugięcie wynosi zatem
y 
M * 17 Pl 3
.
=
EJ p 54 EJ
Do sporządzenia szkicu linii ugięcia obliczmy jeszcze kąty ugięcia na podporach:
A 
TA*
R* 23 Pl 2
= A 
EJ p EJ 54 EJ
B 
TB*
R*
35 Pl 2
= B 
EJ p
EJ
108 EJ
Szkic linii ugięcia
θA
θB
yα
Zestawienie linii ugięcia belki o stałej sztywności EJ (zielony) i belki wzmocnionej
(czerwony)
W wyniku wzmocnienia ugięcie belki w miejscu obciążenia zmniejszyło się z
czyli o ok. 30%.
4
24 Pl 3
54 EJ
do
17 Pl 3
54 EJ