12 ZAGAD STAT NIEW

background image

1

WYZNACZANIE LINII UGIĘCIA W BELKACH

STATYCZNIE NIEWYZNACZALNYCH

Dotychczas analizowano przypadki statycznie wyznaczalne – tzn. liczba

niewiadomych odpowiadała liczbie równań. W takim przypadku oprócz

równań

statyki

należy wykorzystać warunki wynikające z

odkształceń

.

Zadania z zakresu wyznaczanie reakcji podpór oraz osi ugięcia belek

statycznie niewyznaczalnych określa się metodą

Clebscha

.

Zadania z zakresu wyznaczanie reakcji podpór oraz osi ugięcia belek

statycznie niewyznaczalnych metodą

superpozycji

z wykorzystaniem tablic

wytrzymałościowych.


Przykład. Belka statycznie niewyznaczalna obciążona jest jak na rysunku. Oblicz

reakcje podpór. Wykonać wykresy siły tnącej i momentu gnącego.

Dane: E=2.1*10

5

MPa, I=1.3*10

-8

m

4

, M=1 kNm, q=1 kN/m, a=1 m

q

A

a

B

C

M

a



background image

2

q

a

B

C

R

B

M

a

R

A

A

R

C


Równania równowagi

1.

0

=

+

+

=

qa

R

R

R

P

C

B

A

iy

2.

0

2

2

2

=

+

=

M

a

q

a

R

a

R

M

C

B

iA


Warunki brzegowe
WB1.

gdy

x

y

=

=

0

0

WB2.

gdy

x

a

y

=

=

0

WB3.

gdy

x

a

y

=

=

2

0





background image

3

Metoda sił i momentów określona w poszczególnych przedziałach

równanie osi ugiętej

( )

EJ

x

Mg

dx

y

d

=

2

2


Należy dodać i odjąć obciążenie ciągłe tak aby była zgodność w przedziałach.

q

a

B

C

R

B

M

a

R

A

A

R

C


Równanie momentu gnącego
Dla

a

x

0

( )

2

2

x

q

x

R

x

Mg

A

=

Dla

a

x

a

2

( )

2

)

(

)

(

2

2

2

a

x

q

a

x

R

M

x

q

x

R

x

Mg

B

A

+

+

=

Metoda Clebscha

q

a

B

C

R

B

M

a

R

A

A

R

C

3.

( )

2

2

0

1

2

2

)

(

)

(

)

(

2

a

x

q

a

x

R

a

x

M

x

q

x

R

x

Mg

B

A

+

+

=

4.

2

3

2

1

3

2

6

)

(

2

)

(

)

(

6

2

a

x

q

a

x

R

a

x

M

x

q

x

R

C

dx

dy

EJ

B

A

+

+

+

=

background image

4

5.

2

4

3

2

1

4

3

24

)

(

6

)

(

2

)

(

24

6

a

x

q

a

x

R

a

x

M

x

q

x

R

Cx

D

EJy

B

A

+

+

+

+

=


Z WB1 i R5 otrzymamy

0

24

0

6

0

0

0

1

4

3

=

+

+

=

D

q

R

C

D

A

Z WB2 i R5 otrzymamy

6

24

24

6

0

2

3

1

4

3

a

R

a

q

C

a

q

a

R

Ca

D

A

A

=

+

+

=

Z WB3 i R5 otrzymamy R6

2

4

3

2

1

4

3

2

3

24

6

2

24

16

6

8

2

6

24

0

a

q

a

R

a

M

a

q

a

R

a

a

R

a

q

B

A

A

+

+

+





=

0

2

24

2

6

8

6

16

24

2

6

24

4

3

3

4

2

3

4

=

+

+

+

+

q

a

R

a

R

a

q

a

M

a

R

a

q

a

A

A

B

6.

0

1

2

1

6

13

24

2

=

+

+

M

R a

R a

qa

A

B


Z R1, R2 i R6 otrzymamy

R

A

= −

0 063

.

kN

R

B

=

0 625

.

kN

R

C

=

0437 kN



















background image

5

Metoda superpozycji

q

A

a

B

C

R

B

M

a

Ugięcie belki w punkcie B wynosi y

B

=0.

P

rzemieszczenie punktu B jest sumą przemieszczeń belki w tym punkcie od sił q,

M, i R

B

co zapisujemy następująco:

y

y

y

y

B

B

M

B

R

B

q

B

=

+

+

Przyjmujemy siłę (reakcję) hiperstatyczną przyłożoną w miejscu podpory B.

A

a

B

C

R

B

a

Na podstawie tablic wytrzymałościowych 7.2. Orłoś pozycja 4





=

=

2

2

3

2

/

4

3

24

l

x

EI

Pl

y

l

x

wykorzystując tę zależność

gdzie:

l

x

a

l

R

P

B

=

=

=

,

2

,

ze znakiem „-„ ze względu na kierunek obciązenia

EI

a

R

a

a

EI

a

R

y

B

B

a

x

6

4

4

3

24

8

3

2

2

3

=





=

=










background image

6

Przyjmujemy obciążenie od momentu M przyłożonego w miejscu podpory B.

A

C

M

B

Na podstawie tablic wytrzymałościowych 7.2. Orłoś pozycja 6 kolumna y

C

- ugięcia





=

=

3

1

3

2

2

2

2

/

l

a

l

a

EI

Kla

y

l

x

gdzie:

a

l

a

a

M

K

2

,

,

=

=

=

0

3

1

6

1

2

1

2

3

1

4

3

2

2

2

2

2

2

2

2

/

=

=





=

=

EI

a

M

a

a

a

a

EI

a

M

y

l

x

Przyjmujemy obciążenie od sił q przyłożonego w miejscu podpory B.

q

A

B

C

Na podstawie tablic wytrzymałościowych 7.2. Orłoś pozycja 5 kolumna y

C

- ugięcia





+

=

=

2

2

3

2

/

2

3

2

7

2

12

l

b

l

b

EI

l

qb

y

l

x

gdzie:

a

l

a

b

2

,

=

=

EI

a

EI

a

q

EI

a

q

a

a

a

a

EI

a

q

y

l

x

4

4

4

2

2

4

2

/

48

5

8

5

12

2

8

3

4

7

2

12

2

4

2

3

2

2

7

2

12

2

=

=

+

=





+

=

=

Przypomnijmy, że przemieszczenie punktu B jest sumą przemieszczeń belki w tym
punkcie od sił q, M, i R

B

co zapisujemy następująco:

y

y

y

y

B

B

M

B

R

B

q

B

=

+

+

0

=

M

B

y

,

EJ

a

R

y

B

R

B

B

3

6

1

=

,

EJ

qa

y

q

B

4

48

5

=


więc

y

R a

EJ

qa

EJ

B

B

= −

+

=

0

1

6

5

48

0

3

4

background image

7

stąd

R

qa

EJ

EJ

a

qa

B

=

=

=

5

48

6

1

5

8

0 625

4

3

.

kN








background image

8

background image

9

background image

10

background image

11


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
12 ZAGAD STAT NIEW
12 ZAGAD STAT NIEWid 13316 Nieznany (2)
proj g1 12 wyciag stat
Ps reh Dz zagad kol 2011 12, rehabilitacja
wykład 12 pamięć
Figures for chapter 12
Mechanika techniczna(12)
Socjologia wyklad 12 Organizacja i zarzadzanie
CALC1 L 11 12 Differenial Equations
zaaw wyk ad5a 11 12
budzet ue 11 12
zapotrzebowanie ustroju na skladniki odzywcze 12 01 2009 kurs dla pielegniarek (2)
Stomatologia czesc wykl 12
Etyka 12

więcej podobnych podstron