MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

1 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

0,5EI

q=8kN/m

P=24kN

6

4

1,5

EI

2

0,5EI

0,5EI

0,5EI

I

EI

X

1

X

2

X

2

L =6

L =4

1,5

X

1

X

0

X

3

L

1

*

2

3

Rozwiązywanie belki statyczne niewyznaczalnej Metodą Trzech Momentów

Polecenie: Narysuj wykres sił wewnętrznych w belce. Zadanie rozwiąż metodą trzech momentów.

Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności układu:

𝑛

𝑠

= 𝑙

𝑟

− 𝑙

𝑝

− 3 = 5 − 0 − 3 = 2 — układ dwukrotnie statycznie niewyznaczalny.

Schemat podstawowy metody trzech momentów:










Układ równań metody trzech momentów:





Wzór na długość sprowadzoną „i-tego” elementu:

; gdzie za porównawczy moment bezwładności elementu przyjęto :

𝐼

𝑝

= 𝐼

Wyznaczenie długości sprowadzonych poszczególnych elementów:









































20

3

3

3

2

2

2

1

10

2

2

2

1

1

1

0

6

'

)

'

'

(

2

'

6

'

)

'

'

(

2

'





p

p

EI

L

X

L

L

X

L

X

EI

L

X

L

L

X

L

X

i

p

i

i

I

I

L

L





'

0

'

1

1

1

1

*

















I

L

I

I

L

L

p

m

I

I

I

I

L

L

p

6

6

'

2

2

2











m

I

I

I

I

L

L

p

8

5

,

0

4

'

3

3

3











MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

2 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

q=8kN/m

P=24kN

-

40

24

32

13,75

18,25

12

9

64

T

0

M

0

1

EI

X =1

2

L =6

L =4

1,5

X =1

2

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

1

2

0kN

40kN

45,75kN

30,25kN

+

-

+

+

EI

X =1

1

L =6

L =4

1,5

X =1

1

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

M

1

M

2

EI

L =6

L =4

1,5

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

Rozwiązanie 1:

Przy ustalaniu lewej strony drugiego równania układu pominięto wpływ obciążenia q na wsporniku, przyjmując
X

3

=0, natomiast moment od obciążenia uwzględniono przy rysowaniu wykresu M

0

i liczeniu

𝛿

10

i

𝛿

20

.

Układ równań po wprowadzeniu wyznaczonych długości sprowadzonych i momentu X

3

:

Po przekształceniu :




Wykresy jednostkowe:

stan X

1

=1

stan X

2

=1

Wykres M

0

(moment zginający od obciążenia zewnętrznego):



































20

2

1

10

2

1

0

6

8

0

)

8

6

(

2

6

6

6

)

6

0

(

2

0





EI

X

X

EI

X

X

X



















20

2

1

10

2

1

6

28

6

6

6

12





EI

X

X

EI

X

X

MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

3 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

q=8kN/m

P=24kN

-

40

24

32

13,75

18,25

12

9

64

T

0

M

0

2
3

1
3

1

EI

X =1

2

L =6

L =4

1,5

X =1

2

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

1

2

0kN

40kN

45,75kN

30,25kN

+

-

+

+

EI

X =1

1

L =6

L =4

1,5

X =1

1

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

M

1

M

2

EI

L =6

L =4

1,5

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

Podział wykresów momentów do całkowania:

Współczynniki prawej strony układu równań:

10



-

całkujemy wykres M

1

z M

0

EI

EI

3

376

3

2

2

1

4

8

4

8

3

2

3

2

3

2

4

64

2

1

3

2

2

1

1

2

1

2

8

2

8

3

2

1

3

1

3

2

3

2

2

64

2

1

1

2

2

10

























 





















 

































































20



-

całkujemy wykres M

2

z M

0

EI

EI

EI

3

436

1

2

1

4

8

4

8

3

2

1

3

1

4

9

2

1

5

,

0

1

1

2

1

3

1

2

1

4

8

4

8

3

2

1

3

1

3

1

3

2

4

64

2

1

3

1

2

1

2

8

2

8

3

2

3

1

3

2

2

64

2

1

1

2

2

2

20































































































































 











MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

4 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

4

4

1,5

EI

2

0,5EI

A

B

C D

E F

G

0,5EI

13,29kN

9kNm

9kNm

19,84kNm

19,84kNm

18,71kN

26,52kN

26,52kN

18,71kN

13,29kN

45,48kN

x

1

x

2

45,23kN

25,29kN

0,5EI

q=8kN/m

P=24kN

4

4

1,5

EI

2

0,5EI

52,75kNm

q=8kN/m

q=8kN/m

12kN

12kN

Układ równań metody trzech momentów:



Podstawiając otrzymane wartości do układu równań:





































EI

EI

X

X

EI

EI

X

X

3

436

6

28

6

3

376

6

6

12

2

1

2

1

Rozwiązanie układu równań:















kNm

X

kNm

X

84

,

19

75

,

52

2

1

Wyznaczenie wartości momentów w poszczególnych punktach na podstawie wzoru:

𝑀

𝑖

= 𝑀

𝑖1

∙ 𝑋

1

+ 𝑀

𝑖2

∙ 𝑋

2

+ 𝑀

𝑖0

𝑀

𝐴

= 1 ∙ (−52,75) + 0 ∙ (−19,84) + 0 = −52,75 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐵

=

2
3

∙ (−52,75) +

1
3

∙ (−19,84) + 64 = 22,22 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐶

= 0 ∙ (−52,75) + 1 ∙ (−19,84) + 0 = −19,84 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐷

= 0 ∙ (−52,75) + 1 ∙ (−19,84) + 0 = −19,84 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐸

= 0 ∙ (−52,75) + 0 ∙ (−19,84) − 9 = −9 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐹

= 0 ∙ (−52,75) + 0 ∙ (−19,84) − 9 = −9 𝑘𝑁𝑚

𝑀

𝐺

= 0 ∙ (−52,75) + 0 ∙ (−19,84) + 0 = 0 𝑘𝑁𝑚

Wyznaczenie wartości sił tnących przez rozbicie układu na belki proste:

Wyznaczenie ekstremum (dla skrajnej części belki po lewej stronie):

m

x

x

x

T

685

,

2

8

48

,

21

0

24

8

48

,

45

)

(

1

1

1

































20

2

1

10

2

1

6

28

6

6

6

12





EI

x

x

EI

x

x

MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

5 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

0,5EI

q=8kN/m

P=24kN

6

4

1,5

EI

2

0,5EI

-

45,48

-

+

+

+

29,48

5,48

26,52

18,71

13,29

12

52,75

22,22

24,09

19,84

2,04

9

T

[kN]

M

[kNm]

1,5

0,5EI

q=8kN/m

12kN

9kNm

0,5EI

0,5EI

I

EI

X

1

X

2

X

2

L =6

L =4

1,5

X

1

X

0

X

3

L

1

*

2

3





kNm

m

x

M

09

,

24

2

685

,

2

24

2

685

,

2

8

685

,

2

48

,

45

75

,

52

)

685

,

2

(

2

1























Wyznaczenie ekstremum (dla środkowej belki):

m

x

x

x

T

34

,

2

8

71

,

18

0

8

71

,

18

)

(

1

2

2













kNm

m

x

M

04

,

2

2

34

,

2

8

34

,

2

71

,

18

84

,

19

)

34

,

2

(

2

2

















Wykresy sił wewnętrznych w belce statycznie niewyznaczalnej:

Rozwiązanie 2:

Przy ustalaniu lewej strony drugiego równania układu przyjęto X

3

równe momentowi od obciążenia q na

wsporniku.

𝑀 = 8 ∙ 1,5 ∙ 0,75 = 9𝑘𝑁𝑚

↓

𝑋

3

= −9𝑘𝑁𝑚

MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

6 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

EI

X =1

1

L =6

L =4

1,5

X =1

1

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

1

EI

X =1

2

L =6

L =4

1,5

X =1

2

L

1

*

2

3

0,5EI

0,5EI

I

1

M

1

M

2

EI

L =6

L =4

1,5

L

1

*

2

3

0,5EI

I

q=8kN/m

P=24kN

2

64

M

0

2
3

1
3

ql /8=8 4 /8=16kNm

2

Układ równań metody trzech momentów przyjmuje postać:




Po przekształceniu :




Wykresy jednostkowe:

stan X

1

=1

stan X

2

=1

Wykres M

0

(moment zginający od obciążenia zewnętrznego):

Ponieważ do układu równań został już wprowadzony moment od obciążenia q na wsporniku w postaci
𝑋

3

= −9𝑘𝑁𝑚 , pominięto wpływ tego obciązenia przy rysowaniu wykresu M

0

i w konsekwencji przy liczeniu

delt.

 





































20

2

1

10

2

1

0

6

8

9

)

8

6

(

2

6

6

6

)

6

0

(

2

0





EI

X

X

EI

X

X

X





















72

6

28

6

6

6

12

20

2

1

10

2

1





EI

X

X

EI

X

X

MECHANIKA BUDOWLI

semestr zimowy

7 |

S t r o n a

mgr inż. Hanna Weber

Współczynniki prawej strony układu równań:

10



-

całkujemy wykres M

1

z M

0

EI

EI

3

376

3

2

2

1

4

8

4

8

3

2

3

2

3

2

4

64

2

1

3

2

2

1

1

2

1

2

8

2

8

3

2

1

3

1

3

2

3

2

2

64

2

1

1

2

2

10

























 





















 

































































20



-

całkujemy wykres M

2

z M

0

EI

EI

EI

3

472

1

2

1

4

16

3

2

5

,

0

1

1

2

1

3

1

2

1

4

8

4

8

3

2

1

3

1

3

1

3

2

4

64

2

1

3

1

2

1

2

8

2

8

3

2

3

1

3

2

2

64

2

1

1

2

2

20

















































































































 











Podstawiając otrzymane wartości do układu równań:







































72

3

472

6

28

6

3

376

6

6

12

2

1

2

1

EI

EI

X

X

EI

EI

X

X

Rozwiązanie układu równań:















kNm

X

kNm

X

84

,

19

75

,

52

2

1

Dalszy tok obliczeniowy analogiczny jak w rozwiązaniu 1. Należy pamiętać, że moment w pkt. E i F jest równy
X

3

, ponieważ z sumy wykresów moment ten wychodzi równy 0, gdyż został on uwzględniony wcześniej w

postaci

𝑋

3

= −9𝑘𝑁𝑚.