Belka 4.1

Przykład 4.1. Belka dwukrotnie statycznie niewyznaczalna o stałej
sztywności zginania
Polecenie: korzystając z metody sił sporządzić wykresy sił przekrojowych dla poniŜszej belki.
Wyznaczyć ugięcie oraz względną zmianę kąta w punkcie A.
q
2ql
ql
A
l
3l
l
2l
l
l
l
EI=const
Rozwiązanie zadania rozpoczynamy od obliczenia stopnia statycznej
niewyznaczalności układu. W przypadku belki ciągłej z przegubami korzystamy ze wzoru
n=r−p−3
gdzie:
r - liczba składowych reakcji podpór
p - liczba połączeń między podukładami (przegubów, teleskopów i tulei).
W rozpatrywanym układzie
n=6−1−3=2
Część belki znajdująca się na prawo od przekroju α-α jest statycznie wyznaczalna.
MoŜemy rozwiązać belkę składającą się z lewego i środkowego przęsła przyjmując siły
działające w przekroju α-α jako obciąŜenie zewnętrzne.
q
2ql
ql
α
A
α
l
3l
l
2l
l
l
l
Wyznaczymy oddziaływania w przegubie A oraz reakcję na prawej podporze.
Wykorzystamy wartości tych sił do sporządzenia wykresów sił przekrojowych w części
statycznie wyznaczalnej układu.
VA=ql
HA=0
A
q
ql
R=2ql
2ql
A
HA=0
VA=ql
3l
l
l
2l
l
l
l
Do rozwiązania przyjmiemy poniŜszy schemat.
q
ql
2ql
l
3l
l
ql2
2l
Układ jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalny. Tworzymy układ podstawowy
statycznie wyznaczalny przez usunięcie dwu nadliczbowych więzów. Musi to być układ
geometrycznie niezmienny. Istnieje wiele takich schematów. PoniŜej podano kilka
przykładów.
X1
X2
X1
X2
X1
X2
X1
X2
Układy geometrycznie niezmienne
X2
X1
Jako układ podstawowy przyjmiemy pierwszy spośród powyŜszych, geometrycznie
niezmiennych układów.
Po usunięciu więzów naleŜy sprawdzić, czy otrzymany układ jest geometrycznie
niezmienny. Układ geometrycznie zmienny nie moŜe być układem podstawowym. PoniŜej
pokazane są układy geometrycznie zmienne otrzymane po usunięciu dwu więzów w
rozpatrywanej, dwukrotnie statycznie niewyznaczalnej belce.
X1
X1
X2
2
Układy geometrycznie
zmienne
X2
Wykresy sił przekrojowych nie zaleŜą od przyjętego układu podstawowego. Wybór
tego układu jest jednak istotny, poniewaŜ od niego zaleŜy, czy wyznaczenie współczynników
przy niewiadomych (nadliczbowych) oraz wyrazów wolnych w układzie równań metody sił
jest mniej lub bardziej pracochłonne.
Przyjęty układ podstawowy składa się z dwu belek wolnopodpartych.
X2
X1
3l
4l
Przyjęcie w belce ciągłej wieloprzęsłowej momentów podporowych jako
nadliczbowych jest korzystne ze względów rachunkowych, poniewaŜ wykresy momentów od
jednostkowych nadliczbowych są niezerowe tylko w sąsiednich przęsłach.
Ze względu na pionowy kierunek obciąŜenia i reakcji na podporach przesuwnych we
wszystkich przekrojach poprzecznych belki siły normalne są zerowe.
Sporządzamy wykresy sił przekrojowych (sił poprzecznych i momentów gnących),
wywołanych przez jednostkowe siły nadliczbowe i obciąŜenie zewnętrzne.
Stan X 1 = 1
X1 = 1
0
1
4l
1
4l
4l
0
3l
T1
1
4l
M1
1
Stan X 2 = 1
X2 =1
0
1
4l
7
12l
4l
1
4l
T2
1
3l
M2
1
3
3l
1
3l
Stan zerowy (obciąŜenie zewnętrzne)
ql2
q
ql
2ql
0
15
ql
8
2
ql
3
67
ql
24
l
3l
15
ql
8
l
2l
5
ql
3
T0
1
ql
3
9
ql
8
M0
9 2
ql
8
5 2
ql
3
1ql 2
Po sporządzeniu wykresów sił przekrojowych we wszystkich stanach moŜna
przystąpić do wyznaczenia współczynników przy niewiadomych (nadliczbowych) oraz
wyrazów wolnych w układzie równań metody sił. Wartość całek wyznaczymy korzystając ze
wzoru Wereszczagina. W tym celu wykres momentów od obciąŜenia zewnętrznego na
odcinku występowania obciąŜenia ciągłego przedstawimy jako sumę dwu wykresów, dla
których znamy pola powierzchni oraz współrzędne środków cięŜkości (wykres liniowy
pochodzi od składowej pionowej reakcji na lewej podporze, natomiast wykres paraboliczny
od obciąŜenia ciągłego). Miejsce występowania ekstremum na wykresie momentów
oznaczone jest kolorem czerwonym. W przypadku gdy figura pod wykresem momentów jest
trapezem, podzielimy ją na dwa trójkąty. Nie jest to jedyny moŜliwy sposób podziału. MoŜna
równieŜ zastosować podział na prostokąt i trójkąt.
li
δ 11 = ∑ ∫
i
0
M 1M 1
1 1
2
4 l
ds =
⋅ ⋅ 1 ⋅ 4l ⋅ ⋅ 1 = ⋅
EI
EI 2
3
3 EI
li
δ 12 = δ 21 = ∑ ∫
i
li
δ 22 = ∑ ∫
i
0
0
M 1M 2
1 1
1
2 l
ds =
⋅ ⋅ 1 ⋅ 4l ⋅ ⋅ 1 = ⋅
EI
EI 2
3
3 EI
M 2M 2
1 1
2
1
2  7 l
ds =
⋅  ⋅ 1 ⋅ 4l ⋅ ⋅ 1 + ⋅ 1 ⋅ 3l ⋅ ⋅ 1 = ⋅
EI
EI  2
3
2
3  3 EI
4
M1
1
4
1
M2
3
4
2
3
1
9 2
ql
2
M0
9 2
ql
8
5 2
ql
3
1ql 2
45 2
ql
8
I
li
δ 10 = ∑ ∫
i
0
II
III
IV
M 1M 0
1  1 9 2
 3 1 1  1 45
 2 1 1 
ds =
⋅ − ⋅ ql ⋅ 3l ⋅  ⋅ + ⋅ 1 + ⋅ ql 2 ⋅ 3l ⋅  ⋅ + ⋅ 1 +
EI
EI  3 2
4 4 4  2 8
3 4 3 
4
1444444
44442444444444443
I
+
1
EI
3
1 9
2 1 75 ql
⋅ ⋅ ql 2 ⋅ l ⋅ ⋅ =
⋅
24
8 4244
33
4 32 EI
1
II
li
δ 20 = ∑ ∫
i
0
M 2M 0
1  1 9 2
3 3 1 45
2 3
ds =
⋅  − ⋅ ql ⋅ 3l ⋅ ⋅ + ⋅ ql 2 ⋅ 3l ⋅ ⋅  +
EI
EI  3 2
4 4 2 8
3 4
144444444244444444
3
I
+
1
EI
1 9
2 3 1  1 1 5 2
2 2 1 
⋅ ⋅ ql 2 ⋅ l ⋅  ⋅ + ⋅ 1 +
⋅ ⋅ ql ⋅ l ⋅  ⋅ + ⋅ 1 +
24
8 4442
4 4343 EI 1
24
3 4442
3 4343
 344
 344
1
II
+
III
1 1 2
1
2 5
 1085 ql
⋅ ⋅ ⋅ 2l ⋅  ⋅ ql 2 + ⋅ 1ql 2  =
⋅
EI 2 3
3 3
3
288 EI


1444442444443
3
IV
Układ równań metody sił ma postać
4 l
2 l
⋅
⋅ X1 + ⋅
⋅ X2 +
3 EI
3 EI
75 ql 3
⋅
=0
32 EI
2 l
7 l
1085 ql 3
⋅
⋅ X1 + ⋅
⋅ X2 +
⋅
=0
3 EI
3 EI
288 EI
5
Rozwiązanie powyŜszego układu równań jest następujące
251 2
343 2
X 1 = −1
ql ≅ −1,109ql 2
X 2 = −1
ql ≅ −1,298ql 2 .
2304
1152
Rzędne wykresów sił przekrojowych wyznaczamy korzystając z zasady superpozycji.
T = T1 ⋅ X 1 + T2 ⋅ X 2 + T0
M = M1 ⋅ X1 + M 2 ⋅ X 2 + M 0
Otrzymane w ten sposób wykresy naleŜy uzupełnić wykresami dla statycznie
wyznaczalnej części układu, znajdującej się na prawo od przekroju α-α.
Wykresy sił przekrojowych w układzie statycznie niewyznaczalnym
q
2ql
l
3l
l
ql
2l
l
l
1,828
2,099
0,099
l
1,000
T
x = 1,828 l
1,000
1,172
1,298
1,109
mnoŜnik ql
1,000
0,126
M
0,561
0,802
1,000
mnoŜnik ql 2
Polecenie do zadania obejmuje równieŜ wyznaczenie ugięcia i względnej zmiany kąta
ugięcia w punkcie A. W celu uniknięcia wyznaczania wykresu momentów gnących od
obciąŜenia jednostkową siłą w układzie statycznie niewyznaczalnym, skorzystamy z
pierwszego twierdzenia redukcyjnego. Wirtualne obciąŜenie przyłoŜymy w punkcie A w
układzie statycznie wyznaczalnym, utworzonym przez usunięcie nadliczbowych więzów (nie
musi to być układ podstawowy, przyjęty do wyznaczenia wykresów sił przekrojowych).
Wyznaczenie ugięcia w punkcie A
W przypadku wyznaczania ugięcia w punkcie A naleŜy przyłoŜyć obciąŜenie wirtualne
w postaci siły jednostkowej o kierunku pionowym działającej w tym punkcie, a następnie
wykonać wykres momentów gnących.
6
1
0
A
0
1
3
l
3l
4
3
2l
l
0
l
l
l
l
M (0 )
Wykres momentów gnących od obciąŜenia zewnętrznego w przedziale III podzielimy
na dwa wykresy trójkątne. W przedziale IV figury pod oboma wykresami momentów są
trapezami, więc podzielimy kaŜdy z nich na dwa trójkąty.
1,298
M
0,802
1,000
1
3
1
M (0 )
IV
III
vA = ∑ ∫
s
mnoŜnik ql 2
V
mnoŜnik l
M M (0 )
1 1 1
2
1

ds =
⋅  ⋅ l ⋅ l ⋅  ⋅ 1,298ql 2 − ⋅ 0 ,802ql 2  +
EI
EI  2 3
 3444244344444

14444
3
III
−
1
EI
1 1
1
2
2
 1
1

⋅  ⋅ l ⋅ 2l ⋅  ⋅ 0 ,802ql 2 + ⋅ 1,000ql 2  + ⋅ l ⋅ 2l ⋅  ⋅ 0 ,802ql 2 + ⋅ 1,000ql 2  +
2 3
3
3
2
3
3
 4

1
4444444444444442
444444444444443
IV
1
−
EI
1
2
ql 4
2
⋅ ⋅ l ⋅ l ⋅ ⋅ 1,000ql = −1,5734 ⋅
EI
2 44432444
1
3
V
Ujemny wynik oznacza, Ŝe zwrot ugięcia jest przeciwny do zwrotu jednostkowej siły
wirtualnej. Punkt A przemieszcza się do góry.
7
Wyznaczenie względnej zmiany kąta ugięcia w punkcie A
W celu wyznaczenia zmiany kąta między prętami układu połączonymi przegubowo w
punkcie A, przykładamy do obu prętów w tym punkcie dwa jednostkowe momenty o
przeciwnych zwrotach, a następnie wykonujemy wykres momentów gnących.
0
1
1
A
0
5
3l
2
3l
l
3l
2l
l
1
l
l
l
l
M (0 )
2
Wykres momentów gnących od obciąŜenia zewnętrznego w przedziale III podzielimy
na dwa wykresy trójkątne. W przedziale IV figury pod oboma wykresami momentów są
trapezami, więc podzielimy kaŜdy z nich na dwa trójkąty. Podobnie w przedziale V trapez pod
wykresem momentów od obciąŜenia wirtualnego przedstawimy jako dwa trójkąty.
1,298
1,000
M
0,802
1,000
mnoŜnik ql 2
M (0 )
2
3
1
2
III
IV
V
VI
M M (0 )
1 1 2  1
2

∆ϕ A = ∑ ∫
ds =
⋅  ⋅ ⋅ l ⋅  − ⋅ 1,298ql 2 + ⋅ 0 ,802ql 2  +
EI
EI  2 3  3
3

s
14444444244444443
III
+
1
EI
1 2
1
2
2
 1
1

⋅  ⋅ ⋅ 2l ⋅  ⋅ 0 ,802ql 2 + ⋅ 1,000ql 2  + ⋅ 2 ⋅ 2l ⋅  ⋅ 0 ,802ql 2 + ⋅ 1,000ql 2  +
2
3
3
 3444444344444
24

 243444
1
444444444444443
IV
+
1
EI
ql 3
1
1
⋅ ⋅ 2 ⋅ 2l ⋅ ⋅ 1,000ql 2 = 3,1467 ⋅
EI
2 4442
3 4443
1
V ,VI
8
Z twierdzenia redukcyjnego moŜna równieŜ skorzystać w celu sprawdzenia
poprawności rozwiązania zadania, wyznaczając znane przemieszczenie. Ugięcie w miejscu
występowania podpory jest równe zero. Wyznaczymy ugięcie w punkcie B.
q
2ql
ql
B
l
3l
2l
l
l
l
l
W tym przypadku naleŜy przyłoŜyć obciąŜenie wirtualne w postaci siły jednostkowej
o kierunku pionowym działającej w punkcie B, a następnie wykonać wykres momentów
gnących. Wirtualne obciąŜenie przyłoŜymy w układzie statycznie wyznaczalnym,
utworzonym przez usunięcie nadliczbowych więzów.
4l
B
0
1
1
l
3l
0
2l
l
l
l
l
M (0 )
4l
W przedziale I figura pod wykresem momentów od obciąŜenia wirtualnego w układzie
statycznie wyznaczalnym jest trapezem, więc podzielimy ją na dwa trójkąty. Paraboliczny
wykres momentów gnących od obciąŜenia zewnętrznego w układzie statycznie
niewyznaczalnym w przedziale I podzielimy na trzy wykresy: trójkątny od składowej
pionowej reakcji w utwierdzeniu, prostokątny od momentu w utwierdzeniu i paraboliczny od
obciąŜenia ciągłego. W przedziale II figura pod wykresem momentów od obciąŜenia
zewnętrznego jest trapezem, więc podzielimy ją na dwa trójkąty.
M (0 )
l
4l
I
II
9
4,500
1,109
1,298
1,000
M
0,126
0,802
1,000
mnoŜnik ql 2
1,828·3 = 5,484
I
II

M M (0 )
1  1
3 
1 
1
1
vB = ∑ ∫
ds =
⋅ − ⋅ 4 ,500ql 2 ⋅ 3l ⋅  ⋅ 4l + ⋅ l  − 1,109ql 2 ⋅ 3l ⋅  ⋅ 4l + ⋅ l  +
EI
EI  3
4
2
2 
4
s
42444444444444
3
144444444444
I



1
1
2
1
2
1
ql 4




+ ⋅ 5,484ql 2 ⋅ 3l ⋅  ⋅ 4l + ⋅ l  − ⋅ l ⋅ l ⋅  ⋅ 0,126ql 2 + ⋅ 1,298ql 2  = 0,0015 ⋅
2
3
3  1
2 4443444244344443
EI
1444442444443
II

I
Otrzymaliśmy wartość ugięcia w punkcie B, gdzie występuje podpora
uniemoŜliwiająca przemieszczenie w kierunku pionowym, róŜną od zera. JednakŜe
wyznaczając stosunek wartości ugięć w punktach B i A moŜemy stwierdzić, Ŝe uzyskany
wynik nie świadczy o błędnym rozwiązaniu zadania, jest natomiast konsekwencją stosowania
zaokrągleń.
vB
vA
A zatem v B = 0 ,0015 ⋅
ql 4
EI < 1 ‰
=
ql 4
1,5734
EI
0 ,0015
ql 4
≅ 0.
EI
10