∑ ∑ ∑

7. WYZNACZANIE SIŁ WEWNĘTRZNYCH
W BELKACH
Zadanie 7.1
Dla belki jak na rysunku 7.1.1 ułożyć równania sił wewnętrznych i sporządzić ich wykresy.
Dane: q, a, M = qa2.
Rys.7.1.1
Rys.7.1.2
W zależności od rodzaju podpór zakładamy w nich odpowiednie niewiadome podporowe.
Chcąc ułożyć równania sił wewnętrznych musimy wyznaczyć wartości tych niewiadomych
podporowych które wystąpią w równaniach sił wewnętrznych. W naszym przypadku
wystarczyłoby wyznaczyć reakcję RB , ale sprawdzenia wyznaczymy wszystkie niewiadome.
Dla płaskiego dowolnego układu sił mamy trzy równania, plus jedno równanie momentów
względem przegubu.
Rozpoczynamy od równania momentów względem przegubu D po prawej stronie z którego
wyliczmy niewiadomą RB.
∑
p
M iD
RB = −
= 0;
M + RB ⋅a −
qa 2
2
= 0;
qa
2
∑ Fix = 0;
∑ Fiy = 0;
R Ax = 0
R Ay + R B − 2qa = 0
R Ay = 2qa − R B = 2qa +
qa
2
=
5
2
qa
qa −
2
qa 2
2
= −R B ⋅ a
∑
M liD
= 0;
M A − R Ay a +
M A = R Ay a −
qa 2
2
=
5
2
qa 2 −
qa 2
=0
2
1
qa 2 = 2qa 2
2
Ostatecznie:
RAx = 0; RAy = 2,5qa; RB = −
qa
; MA = 2qa2
2
Równania sił wewnętrznych, czyli (w naszym przypadku) momentów gnących i sił tnących,
układamy dla poszczególnych przedziałów belki. Jak wiadomo przegub nie stanowi granicy
przedziału, więc mamy dwa przedziały.
Rozpoczynamy od strony lewej:
1)
0 < x1 < a
Mg1 = M = qa2
T1 = 0
przedział drugi
a < x2 < 3a
Mg2 = M + R B ( x 2 − a ) −
q( x 2 − a )
2
2
= qa 2 −
qa
2
(x 2 − a ) −
q( x 2 − a )
2
2
Jest to równanie paraboli, które na granicach przedziału przyjmuje wartości:
dla x = a;
Mg2 = qa2;
T2 = -RB + q (x2-a) =
dla x = a;
dla x = 3a;
qa
2
Mg2 = qa 2 − qa 2 − 2qa 2 = −2qa 2
+ q( x 2 − a )
T2 = -Rb = qa/2;
dla x = 3a;
T2 =
qa
2
+ q ⋅ 2a =
5
qa
2
Przystępujemy teraz do rysowania wykresów sił wewnętrznych. W pierwszym przedziale
wartość momentu gnącego jest stała. Wykres jest linią prostą równoległą do osi x.. W drugim
przedziale wykresem jest parabola, a druga pochodna jej równania względem zmiennej x
d 2Mg
dx 2
= −q < 0 , czyli funkcja ta ma maksimum, (przegięcie skierowane w stronę dodatniego
zwrotu osi Mg w naszym przypadku w dół). Sprawdzamy dla jakiej wartości zmiennej x
moment osiąga ekstremum, czyli przyrównujemy pierwszą pochodną równania Mg(x) do zera.
dM g
dx
x=
=−
qa
2
− qx + qa =
qa
2
− qx = 0
a
2
Pamiętać musimy również, że wykres momentów musi zerować się w przegubie.
Rys.7.1.3
Wykres sił tnących w pierwszym przedziale jest zerowy, w drugim jest prostą ukośną do osi x
przechodzącą przez wyznaczone wyżej punkty na granicy przedziału.
Zadanie 7.2
Dla belki jak na rysunku 7.2.a ułożyć równania sił wewnętrznych i sporządzić ich wykresy
Dane: a, q, F = qa, M = qa2.
Rys.7.2
Rozwiązanie
Przyjmujemy układ współrzędnych i zaznaczamy niewiadome podporowe (rys.7.2b).
Układamy równania równowagi
1)
2)
3)
∑F
∑F
∑M
= 0;
R Ax = 0
= 0;
R Ay + R B − q ⋅ a − F = 0
ix
iy
iA
= 0;
M + R B ⋅ 3a − qa ⋅ 1,5a − F ⋅ a = 0;
z równania (3) po podstawieniu za F i M
RB =
(
)
1
qa ⋅ a + 1,5a ⋅ qa − qa 2 = 0,5qa ,
3a
z równania (2)
R A = qa + qa − 0,5qa = 1,5qa
Równania sił wewnętrznych, czyli momentów gnących i sił tnących (siły normalne w tym
przypadku nie występują), układamy dla poszczególnych przedziałów belki. Mamy tu trzy
przedziały.
Rozpoczynamy od strony lewej:
0 ≤ x1 ≤ a
Mg1 = RAx
Mg1(x=0) = 0;
Mg1(x=a) = 1,5qa2,
T = RA = 1,5qa,
przedział drugi
a ≤ x2 ≤ 2a
M g 2 = R A x − F( x − a ) −
Mg2(x=a) = 1,5qa2;
q (x − a )2
q (x − a )2
= 1,5qax − qa ( x − a ) −
2
2
Mg2(x=2a) = 1,5qa2,
Uwaga:
W punkcie x = 2a wartość momentu gnącego jest taka sama jak wyznaczona w przedziale
sąsiednim, ale tylko w przypadku, gdy w tym punkcie nie jest przyłożony moment skupiony.
Można go więc nie wyliczać po raz drugi, chyba, że dla sprawdzenia.
W przedziale drugim równanie momentów gnących jest równaniem paraboli która na
granicach przedziału przechodzi przez wyżej wymienione punkty. Aby narysować wykres
momentów gnących (rys.7.2c) musimy zbadać czy funkcja ta posiada maksimum czy
minimum.
d 2Mg
W naszym przypadku
= −q < 0,
dx 2
czyli funkcja ma maksimum. Wykres kierujemy wypukłością w dół, ponieważ oś dodatnia
Mg skierowana do dołu.
Aby narysować wykres dokładnie trzeba policzyć maksymalną wartość momentu gnącego w
tym przedziale. Wymaga to wyznaczenia wartości x przy której występuje ekstremum.
Liczymy pierwszą pochodną równania momentów gnących w tym przedziale;
dMg
= 1,5qa − qa − qx + qa = 1,5qa − qx,
dx
i przyrównujemy ją do zera 1,5 qa – qx = 0; stąd x = 1,5a
dla tej wartości x musimy wyznaczyć wartość momentu gnącego.
q ⋅ (0,5a )
Mg2(x=1,5a) = 1,5qa⋅1,5a - qa⋅0,5a = 1,625qa 2
2
2
Pierwsza pochodna równania momentów gnących jest jak wiemy równaniem siły tnącej w
tym przedziale;
T2 = 1,5qa − qa − q (x − a ) = 1,5qa − qx ,
T2(x=a) = 1,5qa – qa = 0,5qa;
T2(x=2a) = - 0,5qa
W trzecim przedziale będziemy równania sił wewnętrznych pisali od strony prawej
0 ≤ x3 ≤ a
Mg3 = M + RBx = qa2 + 0,5qa⋅x
Mg3(x=0) = qa2;
Mg3(x=a) = 1,5qa2
T3 = -RB = -0,5qa
Możemy teraz narysować wykresy sił wewnętrznych (rys.7.2c i d).
Zadanie 7.3
Dla belki opartej na dwóch podporach i obciążonej jak na rysunku 7.3a wyznaczyć wielkości
podporowe, sporządzić wykresy sił wewnętrznych i określić maksymalny moment gnący.
Dane: a, l, q, F = 0,5qa, l = 4a.
Rozwiązanie
Przyjmujemy układ współrzędnych i zaznaczamy niewiadome podporowe (rys 7.3b).
Układamy równania równowagi
1)
2)
∑ F = 0;
∑ F = 0;
ix
iy
R Ax = 0
R Ay + R B − q ⋅ 5a − F = 0
3)
∑M
iB
= 0;
q ⋅ 5a ⋅ 2,5a − F ⋅ a − R Ay ⋅ 4a = 0;
z równania (3)
R Ay =
1
(12,5 − 0,5)qa = 3qa,
4
z równania (2)
R B = 0,5qa + 5qa − 3qa = 2,5qa
Rys.7.3
Równania sił wewnętrznych, czyli momentów gnących i sił tnących (siły normalne w tym
przypadku nie występują), układamy dla poszczególnych przedziałów belki. Mamy tu trzy
przedziały.
Rozpoczynamy od strony lewej:
0 ≤ x1 ≤ a
Momenty gnące
Mg1 = − q ⋅ x1 ⋅
x1
qx 2
=−
2
2
Jest to równanie paraboli z wypukłością skierowaną w stronę dodatnich wartości momentów
gnących (rys.5.3c) i przechodzącą przez punkty:
qa 2
Mg1(x=a) = −
,
2
Mg1(x=0) = 0;
Siły tnące
T1 = − q ⋅ x 1
T1(x=0) = 0;
T1(x=a) = -q⋅a
przedział drugi
a ≤ x2 ≤ 3a
Mg2 = −
q ⋅ x2
q ⋅ x2
+ R A (x − a ) = −
+ 3qa ⋅ (x − a )
2
2
Mg2(x=a) =; −
qa 2
2
Mg2(x=5a) = −
25 2
qa 2
qa + 12qa 2 = −
2
2
Wykres momentów jest parabolą, druga pochodna podług x jest ujemna wiec wypukłość
skierowana jest w stronę dodatniego zwrotu osi Mg. Aby narysować dokładnie wykres
momentów gnących w tym przedziale należy wyznaczyć miejsca zerowe tej funkcji, oraz
współrzędną x dla której występuje ekstremum Mg. Następnie liczmy maksymalny moment
gnący w tym przedziale.
dMg
= −qx + 3qa = 0 ⇒ x = 3
dx
2
9
Mgmax(x=3) = − qa 2 + 6qa = 1,5qa 2
2
q ⋅ x2
q ⋅ x2
+ R A (x − a) = −
+ 3qa ⋅ ( x − a ) = 0
2
2
q ⋅ x 2 − 6qa ⋅ x + 6qa 2 = 0
−
x’ = 1,27a;
x’’ = 4,73a
siły tnące
T2 = −q ⋅ x + R A = −q ⋅ x + 3qa
T2(x=a) = -qa+RA = 2qa;
T2(x=5a) = -2qa
przedział trzeci od strony prawej
0 ≤ x3 ≤ a
Mg3 = -F⋅x = -0,5qa⋅x
Mg3(x=a) = -0,5qa2
T3 = F = 0,5qa
Mając wyznaczone wartości momentów gnących i sił tnących na granicach przedziałów belki
możemy narysować odpowiednie wykresy tych sił wewnętrznych, (rys. 7.3c i d).
Zadanie 7.4
Dla belki z dwoma przegubami w punktach D i C obciążonej i podpartej jak na rysunku 7.4.a
wyznaczyć niewiadome podporowe, napisać równania momentów gnących i sił tnących i
sporządzić ich wykresy.
Dane: l, q, F = ql, M = ql2.
Rozwiązanie:
Przyjmujemy układ współrzędnych i zaznaczamy niewiadome podporowe w punktach A i B,
rys. 7.4.b. (Pomijamy składowe w kierunku osi poziomej ponieważ są one nieoznaczone i nie
wpływają na szukane wielkości).
Ponieważ w naszym zadaniu występują dwa przeguby układamy trzy równania momentów
względem tych przegubów i jedno równanie rzutów na oś pionową.
1)
∑F
= 0;
2)
∑M
l
iD
iy
∑M
4) ∑ M
3)
p
iC
R A + R B − 2ql − F = 0
= 0;
= 0;
l
iC
ql 2
MA − RA ⋅l +
= 0;
2
R B ⋅ 2l − M B + M = 0
= 0;
M A − R A ⋅ 2 l + F ⋅ l + 2 ql ⋅ l = 0
Rys.7.4
rozwiązujemy ten układ równań
MA = R Al −
ql2
ql 2
; R Al −
− R A ⋅ 2l + ql ⋅ l + 2ql ⋅ l = 0 ⇒ R A = 2,5ql
2
2
MA = 2 ql2
R B = 3ql − R A = 0,5ql
M B = M + R B 2l = ql 2 + ql 2 = 2ql 2
RA = 2,5ql;
RB = 0,5ql;
MA = 2ql2;
MB = 2ql2.
Równania sił wewnętrznych:
przedział pierwszy (od strony lewej).
0 ≤ x1≤ l
Mg = R A ⋅ x − M A −
qx 2
qx 2
= 2,5ql ⋅ x − 2ql 2 −
,
2
2
jest to równanie paraboli, wyliczamy wartości na granicy przedziału
Mg ( x = 0 ) = − M A = −2ql2 ;
Mg ( x = l ) = 0
wyliczamy wartości x przy której wystąpi ekstremum
dMg
= 0;
dx
2,5ql − qx = 0
x = 2,5l, co jest poza naszym przedziałem
druga pochodna podług x jest ujemna;
d 2Mg
= −q , a więc parabola posiada maksimum.
dx 2
Możemy teraz narysować wykres momentów gnących w pierwszym przedziale.
Siła tnąca w pierwszym przedziale:
T= RA – qx = 2,5ql – qx
wykresem jest prosta, wyliczamy wartości na granicy przedziału
T(x=0) = RA = 2,5ql;
T(x=l) = 1,5ql
Rysujemy wykres w pierwszym przedziale.
Przedział drugi (od strony lewej).
l ≤ x2≤ 2l
qx 2
qx 2
2
Mg = R A ⋅ x − M A −
− F( x − l) = 2,5ql ⋅ x − 2ql −
− ql( x − l),
2
2
wyliczamy wartości na granicy przedziału
Mg ( x = l) = 0;
Mg ( x = 2l ) = 0
wyliczamy wartości x przy której wystąpi ekstremum
dMg
= 0;
dx
2,5ql − qx − ql = 0
x = 1,5l, ekstremum wystąpi więc w połowie tego przedziału
Wyznaczamy wartość momentu gnącego w tym punkcie
Mg ( x =1, 5l ) = 3,75ql 2 − 2ql2 − 1,125ql2 − 0,5ql 2 = 0,125ql2
Rysujemy wykres
Siła tnąca w drugim przedziale
T = R A ⋅ x − q ⋅ x − ql
wyliczamy wartości na granicy przedziału
T(x=l) = RA = 0,5ql;
T(x=2l) = -0,5ql
rysujemy prostą która musi przecinać oś x przy x = 1,5l, gdyż tam występuje maksimum
funkcji momentów gnących
przedział trzeci (od strony prawej)
0 ≤ x3≤ l
Mg = R B ⋅ x − M B = 0,5ql ⋅ x − 2ql 2 ,
Mg(x=0) = -MB = -2ql2 ;
Mg(x=l) = -1,5ql2,
Siła tnąca
T = -RB = -0,5ql
ma wartość stałą
przedział czwarty (od strony prawej)
l ≤ x4≤ 2l
Mg = R B ⋅ x − M B + M = 0,5ql ⋅ x − 2ql2 + ql2 = 0,5ql ⋅ x − ql2 ,
Mg(x=l) = -0,5ql2
Mg(x=2l) = 0
Równanie siły tnącej pozostaje takie samo jak w trzecim przedziale (nie pojawiła się żadna
nowa siła poprzeczna).
Możemy teraz wykonać wykresy sił wewnętrznych, rys. 7.4.c.