Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 1
15. ����Ł�
15. ZADANIA - POWTÓRKA
Zadanie 1
W ramie przedstawionej na rys 15.1 obliczyć kąt obrotu przekroju w punkcie K oraz obrót cięciwy RS. W
obliczeniach można pominąć wpływ sił normalnych i tnących.
8 kN/m
R
2
2
9 kN
K
2
k1
S
k2
EJ =constans
[m]
EJ
k1 =
8
3 3 3
EJ
k2 =
9
Rys. 15.1. Schemat układu  rama statycznie wyznaczalna
Aby wyznaczyć wykres momentów dla obciążenia zewnętrznego należy określić wartości reakcji.
8 kN/m
9 kN
HA = 6 kN
HB = 3 kN
B
A
RB = 2 kN
RA = 22 kN
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 2
Wykres momentów od obciążenia zewnętrznego na słupie pochyłym ma kształt paraboliczny.
Ekstremum momentu jest w punkcie, gdzie siłą tnąca jest równa zero. Układamy równanie tnącej:
8 kNm
T(x)
HA = 6 kN
ą
x
RA = 22 kN
T śą xźą=22 �"cos �ą-6 �"sin�ą-8 x�"cos �ą
a następnie określamy współrzędną ekstremum
T śą xźą=0 �! x=1,75 [m]
wartość momentu w tym punkcie wynosi
M śąx=1,75źą=12,25 [kNm]
6
MP [kNm]
6
6
6
x=1,75 m
K
6
12,25
12,00
0
x=1,5 m
0
a) Obrót przekroju w punkcie K
Aby znalez
ć kąt obrotu przekroju obciążamy ramę momentem wirtualnym M = 1 [-] w punkcie K
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 3
R
Ż
M=1[-]
K
2
A
B
1,5
[m]
Reakcje wirtualne mają wartość:
R
Ż
M=1[-]
K
1
1
Ż
HA =
Ż
HB =
12
12
B
A
1
1
Ż
Ż RB =
RA =
9
9
Znając reakcje tworzymy wykres momentu zginającego wywołanego działaniem momentu wirtualnego w
punkcie K:
1
3
Ż
M[-]
1 1
3 3
1
3
1
3
1
6
2
3
0
x=1,5 m
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 4
Obrót przekroju obliczymy z równania pracy wirtualnej:
ą
ą�"�ąK= M�"M ds�ą R�"R�"1 kNm�"1 �"m�ąkN�"1 �" m3 =1=rad
ą
1 (15.1)
+" "
[ ]
EJ k m
kNm2 kNm2
korzystając z metody Wereszczagina-Mohra:
1�"2,5 �"12 �"2�" -1 �ą 2�"8 �"1,52 �"2,5 �"1�" -1 �ą 1�"2,5 �"6�" 2�"1 1�"2
EJ �ąK= �ą �ą
śą źą śą źą śą źą
2 3 3 3 8 2 3 2 3 3 3 3
1�"2,5 �"12 �" 2�"2 1�"1 2�"8 �"1,52 �"2,5 �" 1�"1 1�"2
�ą �ą �ą �ą �ą2 �"1�"3 �"6 �"2�"1 �ą
śą źą śą źą
2 3 3 3 3 3 8 2 3 2 3 2 3 3
1�"2 �"6 �" 2�"1 1�"1 1�"2 �"6 �" -1�"1 - 2�"1 1 2�" - 1 1
�ą �ą �ą �ą �"2 �"6 �ą2 �"1�"9 �ą3 �" - �"8
śą źą śą źą śą źą śą źą
2 3 3 3 6 2 3 3 3 6 2 3 6 9 12
5 25 4 2�ą2-2
EJ �ąK=-10 - �ą10 �ą �ą15 �ą4�ą7 - -
3 8 3 3 8 3 3 3
167
�ąK=
12 EJ
b) Obrót cięciwy RS
Obciążamy układ wirtualnymi siłami skierowanymi prostopadle do cięciwy RS o wartościach jeden przez
odległość pomiędzy punktami R i S.
R
1
Ż
[1/m]
5
1
5 Ż
[1/m]
5
S
[m]
Najpierw wyznaczamy reakcje:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 5
1
Ż
[1/m]
5
1
�
Ż
[1/m]
5
1
Ż
HA =
6
�
B
1
A
1 Ż
HB =
Ż 1
RA =
Ż
RB = 6
9
9
a potem wykres momentów gnących:
1
2
3
1
Ż
M[-]
75
2
3
75
1
1
6
75
0
x=1,5 m
Zgodnie z zasadą pracy wirtualnej:
ą
ą�"�ąRS= M�"M ds�ą R�"R�"1 kNm�"1 �"m�ąkN�"1 �" m3 =1=rad
ą
1 (15.2)
+" "
[ ]
EJ k m
kNm2 kNm2
Obrót cięciwy RS (korzystając z metody Wereszczagina-Mohra) wynosi:
1�"5 �"6 �"2�" -1 �ą 2�"8 �"32 �"5 �"1�" -1 �ą 1�"3 �"6 �"2�" -1 �ą 1�"3 �"6 �"2�" 2 1�"2 �"6 �" 2�" 2
EJ �ąRS= �ą �ą1�"1 �ą
śą źą śą źą śą źą śą źą
2 3 3 3 8 2 3 2 3 3 2 3 75 2 3 75 3 75
1�"6 �"2 �" 2�" - 1 1�" - 2 1�"6 �"2 �"2�" - 1 1 1
�ą �ą �ą �ą3 �" - �"8 �ą2 �" - �"9
śą źą śą źą śą źą śą źą śą źą
[ ]
2 3 75 3 75 2 3 75 6 9
4 2 8 4
EJ �ąRS=-10 -5-2�ą �ą - - -4-2
3 25 15 75 75
81
�ąRS=-
5 EJ
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 6
Zadanie 2
śąnźą
M
Znalez
ć wykres momentów dla belki (rys. 15.2), której podpory doznają przemieszczenia.
�ą
Ś = 0,006 rad
" = 0,05 m
EJ EJ
[m]
4,0 5,0
Rys. 15.2. Schemat zadanej belki
Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy:
Ś = 0,006 rad
" = 0,05 m
EJ EJ
X1
[m]
4,0 5,0
Rys. 15.3. Układ podstawowy
Równanie kanoniczne ma postać:
�ą11 X �ą�ą1�ą=0
1
Tworzymy wykresy momentów od:
" stanu X = 1
1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 7
0
X1 = 1
4
1
[m]
4,0 5,0
4
4
M1 [m]
Rys. 15.4. Stan od siły X = 1 oraz wykres momentów M
1 1
Korzystając ze wzoru:
M M
i k
�ąik= ds
+"
EJ
S
I stosując metodę numerycznego całkowania Wereszczagina Mohra otrzymujemy:
1 1 �"4 �"4 �" 2 101,33
�ą11= �"4 �ą4 �"4 �"5 =
śą źą
[ ]
EJ 2 3 EJ
Natomiast ze wzoru:
�ąi �ą=- Ri�"�ąi- M �"�ąi
" "
i
i i
obliczamy
�ą1 �ą=-[1 �"0.05�ą4 �"0,006 ]=-0,074
Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X
1
�ą1 �ą 0,074
X =- = =0,0007303 EJ [m2]
1
�ą11 101,33
EJ
Znając już wartość X możemy narysować wykres momentów w stanie niewyznaczalnym
1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 8
Ś = 0,006 rad
" = 0,05 m
0
EJ EJ
0,0007303 EJ
0,002921 EJ
0,0007303 EJ
[m]
4,0 5,0
0,002921 EJ 0,002921 EJ
M"(n) [kNm]
Rys. 15.5. Schemat belki i wykres momentów w stanie niewyznaczalnym
Przy sprawdzeniu kinematycznym posłużymy się wzorem:
śąnźą śą0źą
M �"M
�ą
ą (15.3)
1 �"�ą = �"dx- Ri �ąi
+" "
j
EJ
Przyjmujemy nowy układ podstawowy obciążony siłą wirtualną (rys. 15.6) i dla niego tworzymy wykres
momentów:
0
EJ EJ
1
0,25
0,25
[m]
4,0 5,0
1
1
M(0) [ - ]
śą0źą
ą
Rys. 15.6. Nowy układ podstawowy i wykres momentów M
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 9
1
ą
1 �"�ą= -1 �"4 �"1 �"2 �"0,00291 EJ �ą1 �"5 �"0,002921 EJ -śą1 �"0,006 �ą0,25 �"0,05 źą
śą źą
EJ 2 3
ą
1 �"�ą=0,0000003 rad H"0
Okazało się, że rzeczywiście uzyskaliśmy wartość bliską zeru co daje nam gwarancję poprawności
rozwiązania.
Zadanie 3
Wyznaczyć reakcje oraz wykresy momentów zginających i sił poprzecznych w belce obciążonej siłą P i
doznającej obrotu w podporze C o kąt Ś (można skorzystać z zasady superpozycji skutków). Na podstawie
uzyskanych wyników wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności przemieszczeń i reakcji.
Ś
P
A EJ = const. C
B
3
3 6
[m]
Rys. 15.7. Belka statycznie niewyznaczalna
Aby rozwiązać zadanie metodą sił przyjęto następujący układ podstawowy:
Ś
P
X1
X2
Rys. 15.8. Układ podstawowy
Równania kanoniczne dla belki dwukrotnie statycznie niewyznaczalnej przyjmuje postać:
�ą11 �"X �ą�ą12 �"X �ą�ą1 S=0
1 2
�ą21 �"X �ą�ą22 �"X �ą�ą2 S=0
1 2
�ąiS=�ąiP�ą�ąi �ą
gdzie .
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 10
Aby obliczyć współczynniki równania kanonicznego � i " tworzymy wykres momentów M od stanu
11 1S 1
X = 1. Wykres momentów M od stanu X = 1 jest na całej belce równy zeru, a zatem współczynniki
1 2 2
równania kanonicznego � , � , " są równe zeru (ponieważ nie uwzględniamy wpływu sił normalnych i
22 12 2S
tnących). Równanie drugie będzie tożsamościowo równe zeru (nie można z niego wyliczyć niewiadomej X ),
2
zatem pominiemy je w dalszych rachunkach. Rozwiązanie tego zadania sprowadzi się do rozwiązania układu:
�ą11 �"X �ą�ą1 S=0
1
X1=1
1
M1 [-]
1,0
1,0
Rys. 15.9. Wykres momentu zginającego - stan X1 = 1
Współczynnik � jest równy:
11
M M
1 12
1 1
�ą11 = �"ds= śą1 �"12 �"1źą= (15.4)
+"
EJ EJ EJ
Korzystamy z zasady superpozycji skutków, dlatego najpierw rozpatrzymy układ, na który działa tylko siła P.
Następnie zajmiemy się układem, który doznaje wyłącznie obrotu podpory C o kąt Ś. Pozwoli to nam
wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności przemieszczeń i reakcji.
W pierwszym etapie rozwiążemy zadanie przedstawione na rys. 15.10. Wyznaczymy reakcje i wykres
momentów zginających od obciążenia P.
P
Rys. 15.10. Belka statycznie niewyznaczalna obciążona siłą P
W analogiczny sposób jak poprzednio (rys. 15.8) przyjmujemy układ podstawowy:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 11
X1(P)
P
Rys. 15.11. Układ podstawowy  belka podlega tylko działaniu obciążenia w postaci siły P
Równanie kanoniczne w tym przypadku, choć identyczne w zapisie ma inny sens fizyczny niż poprzednio.
Wielkości X i " zależą tylko od obciążenia siłą P.
1 1P
�ą11 �"X śąPźą�ą�ą1 P=0
(15.5)
1
12
�ą11 =
Współczynnik został obliczony wcześniej (nie zależy on od rodzaju obciążenia zewnętrznego).
EJ
Tworzymy wykres momentów M od obciążenia zewnętrznego, w tym przypadku od siły P:
P
P
M = 3P
R = P
3
3 6
[m]
MP [kNm]
3P
3P
Rys. 15.12. Wykres momentu zginającego - stan od obciążenia siłą P
Na podstawie wykresów M i M obliczamy współczynnik " :
1 P 1P
M M
1 1 27�" P
1 P
�ą1 P= �"ds= �" 3 P�"3 �"1 �ą �"3 P�"3 �"1 = (15.6)
+"
śą źą
EJ EJ 2 2 EJ
Podstawiając obliczone powyżej przemieszczenia do równania kanonicznego otrzymujemy wartość
nadliczbowej X (P) w przyjętym układzie podstawowym:
1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 12
12 �"X �ą 27�" P
=0 �! X śąPźą=-1,125 P (15.7)
1 1
EJ 2 EJ
Na podstawie uzyskanych wyników rysujemy wykres momentów zginających i sił poprzecznych w układzie
statycznie niewyznaczalnym:
M =0 M -3 P�ą1,125 P=0 �! M =1,875 P (15.8)
"
B A A
MA=1,875P
P
1,125P
R = P
3
3 6
[m]
1,125P
MP(n) [kNm]
1,875P
TP(n) [kN]
-P
- -P
Rys. 15.13. Wykres momentu zginającego i siły poprzecznej w układzie statycznie niewyznaczalnym
od obciążenia siłą P
Drugim etapem jest wyznaczenie reakcji i wykresów sił wewnętrznych od obrotu podpory C o kąt $
(rys. 15.14).
Ś
A C
B
Rys. 15.14. Belka statycznie niewyznaczalna poddana obrotowi w punkcie C
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 13
Przyjęcie tego samego układu podstawowego pozwala na wykorzystanie wcześniej obliczonego współczynnika
� .
11
Ś
X1(Ś)
Rys. 15.15. Układ podstawowy  podpora C ulega obrotowi o kąt Ś
Równanie kanoniczne w tym przypadku zapiszemy następująco:
�ą11 �"X śą�ąźą�ą�ą1�ą=0
(15.9)
1
12
�ą11 =
Ze wzoru (15.4) .
EJ
�ą1�ą
Obliczamy jako pracę reakcji na rzeczywistych przemieszczeniach:
�ą =- Rij�"�ąi (15.10)
"
j �ą
Wykorzystując reakcje z rys. 15.9 otrzymujemy:
�ą1�ą=-śą-1 �"�ąźą=�ą
(15.11)
Podstawiając wyliczone współczynniki do równania kanonicznego wyznaczamy X (Ś):
1
12 �"X �ą�ą=0
(15.12)
1
EJ
EJ
X śą�ąźą=- �"�ą (15.13)
1
12
Obciążając układ podstawowy tylko wyznaczoną siłą nadliczbową X (Ś) tworzymy wykres momentów i sił
1
poprzecznych (od obrotu podpory C):
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 14
EJ
EJ
Ś
Ś
12
12
EJ
MŚ(n) [kNm]
Ś
12
TŚ(n) [kN]
O
Rys. 15.16. Wykres momentu zginającego i sił poprzecznych od Ś
Korzystając z zasady superpozycji skutków tworzymy wykresy momentów zginających i sił poprzecznych
łącząc wcześniej uzyskane funkcje (rys. 15.13 i rys. 15.16):
EJ EJ
M =0 M -3 P�ą1,125 P�ą �"�ą=0 �! M =1,875 P- �"�ą (15.14)
"
B A A
12 12
Ś
EJ
MA =1,875P-
Ś
12 P
EJ
1,125P+ Ś
12
RB = P
EJ
1,125P+ Ś
12
MP+Ś(n) [kNm]
EJ
1,875P-
Ś
12
TP+Ś(n) [kN]
-P
- -P
Rys. 15.17. Wykres momentu zginającego i siły poprzecznej w układzie statycznie
niewyznaczalnym od obciążenia siłą P i od obrotu przekroju C
Przypomnijmy twierdzenie o wzajemności przemieszczeń i reakcji.
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 15
Jeżeli na ustrój sprężysty w punkcie i działa siła uogólniona P =1 wywołująca w podporze k reakcję r i
i ki
niezależnie od tego, jeśli uogólnionemu przemieszczeniu jednostkowemu podpory k towarzyszy pojawienie się
w punkcie i  tym przemieszczenia � , to rzut reakcji r na kierunek przemieszczenia podpory k jest równy
ik ki
rzutowi przemieszczenia � na kierunek uogólnionej siły (z przeciwnym znakiem).
ik
rki=-�ąik
(15.15)
Najpierw wyznaczamy reakcje w układzie statycznie niewyznaczalnym obciążonym siłą P (rys. 15.18).
MA =1,875P
P
1,125P
RB = P
Rys. 15.18. Reakcje w układzie niewyznaczalnym od siły P
Jednostkowa siła P wywołuje w podporze C moment M =1,125.
C
Obliczamy przemieszczenie punktu i znajdującego się pod siła P od jednostkowego obrotu podpory C.
Ś
�i
Rys. 15.19. Przemieszczenie punktu i od obrotu podpory C o kąt Ś
śąnźą
ą
M =M
M
Korzystając z twierdzenia redukcyjnego mnożymy wykresy i (rys. 15.12 i rys. 15.16)
P
�ą
EJ �ą EJ �ą
1 1
Żą
�ąi śą�ąźą= 3 �"3 �" - �ą �"3 �"3 �" - =-1,125 �ą (15.16)
śą źą śą źą
[ ]
EJ 12 2 12
Żą
�ąi śą�ąźą=-1,125
Dla Ś=1
Na podstawie powyższych wyników można wykazać prawdziwość twierdzenia o wzajemności reakcji i
przemieszczeń:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 16
Żą
M śąPźą=-�ąi śą�ąźą
C
(15.17)
1,125 �"P=-śą-1,125 �"�ąźą
Dla Ś=1 i P=1:
1,125=1,125
Zadanie 4
Obliczyć pionowe przemieszczenie punktu A belki przedstawionej na rys. 15.20.
q = 10 kN/m
A
[m]
3,0 5,0
Rys. 15.20. Schemat belki statycznie niewyznaczalnej
Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy:
q = 10 kN/m
X1
[m]
8,0
Rys. 15.21. Układ podstawowy
Równanie kanoniczne ma postać:
�ą11 X �ą�ą1 P=0
1
Tworzymy wykresy momentów od :
" stanu X = 1
1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 17
0
1
X1 = 1
8,0
0 [m]
M1 [ - ]
1
Rys. 15.22. Stan od siły X = 1 oraz wykres momentów zginających
1
" stanu P
q = 10 kN/m
0
320 kNm
80 kN
8,0
[m]
320
MP [kNm]
Rys.15.23. Stan od siły P oraz wykres momentów zginających
Korzystając ze wzoru:
M M
i k
�ąik= ds
+"
EJ
S
Otrzymujemy:
1 8
�ą11= śą1 �"8 �"1 źą=
EJ EJ
1 2 �"10 �"82�"8 �"1 =-853,33
�ą1 P= -1 �"320 �"8 �"1 �ą
śą źą
EJ 2 3 8 EJ
Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X
1
853,33
�ą1 P EJ
X =- = =106,67 [kNm]
1
�ą11 8
EJ
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 18
Znając już wartość X możemy narysować wykres momentów w stanie niewyznaczalnym:
1
q = 10 kN/m
106,67 kNm
0
213,33 kNm
80 kN
[m]
8,0
213,33
MP(n) [kNm]
106,67
Rys. 15.24. Schemat belki i wykres momentów w stanie niewyznaczalnym
Do sprawdzenia kinematycznego posłużymy się wzorem
śąnźą śą0źą
M �"M
P
ą
1 �"�ą = �"ds (15.18)
+"
j
EJ
S
Przyjmujemy nowy układ podstawowy obciążony siłą wirtualną (rys. 15.25) i dla niego tworzymy wykres
śą0źą
momentów M
1
1
0
0
[m]
8,0
M(o) [ - ]
1
Rys. 15.25. Nowy układ podstawowy i wykres momentów
1 2 �"10 �"82�"8 �"1 =0
ą
1 �"�ą= -1 �"8 �"213,33 �"1 �ą1 �"8 �"106,67 �"1 �ą
śą źą
EJ 2 2 3 8
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 19
(n)
Okazało się, że rzeczywiście uzyskaliśmy zero to oznacza, że wykres M jest poprawny.
P
Aby obliczyć przemieszczenie w punkcie A posłużymy się twierdzeniem redukcyjnym (15.18). Przykładamy w
tym punkcie pionowo siłę wirtualną i wyznaczamy dla niej wykres momentów (rys. 15.26), w układzie
statycznie wyznaczalnym.
3
1
0
A
3,0 5,0
1
[m]
M(0)
3 3
Rys. 15.26. Belka obciążona pionową siłą oraz wykres momentów od tej siły
1
(n)
Dla ułatwienia przypominamy wykres M
P
213,33
18,33
MP(n) [kNm]
106,67
(n)
Rys. 15.27. Wykres momentów M
P
Szukane przemieszczenie ma wartość:
1 1 �"213,33 �ą 2 �"18,33 �ą 2 �"10 �"32�"3 �"1 �"3 -1 �"18,33 �"5 �"3 �ą
ą
1 �"vA= -1 �"3 �"3
śą źą
[ ]
EJ 2 3 3 3 8 2 2
1 1 �"106,67 �"5 �"3 �ą 2 �"10 �"52�"5 �"3 =633,75 [kNm]
�ą
[ ]
EJ 2 3 8 EJ
Zadanie 5
Dla łuku w kształcie ćwiartki okręgu (EJ=const) wyznaczyć przemieszczenie pionowe podpory A wywołane
działaniem siły P (rys. 15.28).
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 20
P=8 kN
A
r =2 m
B
Rys. 15.28. A
uk kołowy statycznie niewyznaczalny
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, zatem przyjmujemy układ podstawowy zwalniając jeden
więz (rys. 15.29).
P=8 kN
A
r =2 m
X1
B
Rys. 15.29. Układ podstawowy
Układ podstawowy będzie zgodny z rzeczywistym, jeśli obrót podpory B będzie zerowy. Warunek ten wyraża
równanie kanoniczne:
�ą11 �"X �ą�ą1 P=0
(15.19)
1
Obliczenia przeprowadzimy dla współrzędnych biegunowych:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 21
y
A
r sinĆ
r
Ć
r cosĆ
B
x
Rys. 15.30. Związki pomiędzy współrzędnymi biegunowymi i kartezjańskimi
Przy tak przyjętym układzie obowiązują zależności:
ds
r
ds=tg d �ą �! ds=r�"tg d �ą
r
dĆ
dla małych kątów
ds=r�"d �ą (15.20)
x=r�"sin�ą (15.21)
Tworzymy wykres momentów M w układzie podstawowym od stanu X =1:
1 1
1
M1(x)=1
1
x
M1 [-]
X1 =1
1
Rys. 15.31. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym - stan X1=1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 22
Następnie tworzymy wykres M w układzie podstawowym od obciążenia zewnętrznego:
P
P=8 kN
Mp(x)
16
16
x
Mp [kNm]
0
RB=8kN
Rys. 15.32. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym  stan od obciążenia
zewnętrznego
Równanie momentu M (x) w przekroju o współrzędnej x:
P
8
16
Mp
(x)
x
M śą xźą=16 -8 x
P
a po podstawieniu współrzędnych biegunowych
M śą xźą=16-8 r sin�ą
(15.22)
P
Obliczamy współczynniki równania kanonicznego:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 23
Ćą
2
M M
Ćą Ćą
1 r
1 1
(15.23)
�ą11 = �"ds= rd �ą= �" =
+" +"
EJ EJ EJ 2 EJ
s 0
Ćą Ćą
2 2
M M
Ćą
1 1 1
1 P
(15.24)
�ą1 P= �"ds= śą16-8 r sin�ąźą�"1 rd �ą= �" 16 �"r -8 r2 sin�ą d �ą = śą16 Ćą-32źą
+" +" +"
śą źą
EJ EJ EJ 2 EJ
s 0 0
Podstawiając otrzymane wartości do równania (15.19) otrzymujemy:
Ćą 16 Ćą-32
�"X �ą =0 (15.25)
1
EJ EJ
32
X = -16 H"-5,814
(15.26)
1
Ćą
Na podstawie uzyskanych wyników wyznaczamy wykres momentów zginających w układzie statycznie
(n)
niewyznaczalnym M :
P
8 kN
MA
RB = 8kN
MA = 16  5,814 = 10,182 kNm
X1 = -5,814 kNm
RB
Rys. 15.33. Układ podstawowy  rzeczywiste reakcje podporowe
Moment rzeczywisty w układzie statycznie niewyznaczalnym opisuje zależność:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 24
śąnźą
M =M śą xźą�ą X �"M śąxźą
P P 1 1
32
śąnźą
M =16-8 �"x�ą -16 �"1
P
śą źą
Ćą
(15.27)
32
śąnźą
M = -8 x
P
Ćą
32
śąnźą
M = -8 r sin�ą
P
Ćą
MP(n) (x)
10,186
x
MP(n) [kNm]
5,814
Rys. 15.34. Wykres momentu zginającego w układzie statycznie niewyznaczalnym
Aby wyznaczyć przemieszczenie podpory A przykładamy w tym punkcie (w układzie podstawowym) pionową
siłę wirtualną i wyznaczamy dla niej wykres momentów (rys. 15.35):
Ż
1
MA=2�Ż
1
A
B
Ż
RB=1
Rys. 15.35. Układ podstawowy obciążony siłą wirtualną - reakcje
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 25
Zależność opisująca moment zginający w układzie podstawowym od jednostkowej siły wirtualnej przyłożonej
w punkcie A ma postać:
śąoźą
ą
M śą xźą=2-x
(15.28)
śąoźą
ą
M śą�ąźą=2 -r sin�ą
Ż
M(o) (x)
Ż
2�1
x
Ż
M(0)[m]
0
Rys. 15.36. Wykres momentu zginającego w układzie podstawowym  stan od obciążenia
wirtualnego
Przemieszczenie pionowe punktu A obliczamy po podstawieniu (15.27) i (15.28) do wzoru:
Ćą
śąnźą śąoźą 2 śąnźą śąoźą
ą ą
M M M śą�ąźą M śą�ąźą
P P
(15.29)
ą
1 �ąŻą = �"ds= �"r d �ą
+" +"
A
EJ EJ
s 0
Ćą
2
1 32
(15.30)
�ąŻą = -8 r sin�ą �" 2 -r sin�ą rd �ą
śą źą
+"
A
śą źą
EJ Ćą
0
całkę z wyrażenia (15.30)
Ćą Ćą
2 2
32 64 32 �"r
(15.31)
-8 r sin�ą �" 2 -r sin�ą d �ą= - sin �ą-16 r sin�ą�ą8 r2 sin2�ą d �ą
śą źą
+" +"
śą źą śą źą
Ćą Ćą Ćą
0 0
obliczymy wykonując następujące podstawienia
Ćą
2
Ćą
(15.32)
sin�ą= #"
#"-cos�ą =-śą0-1źą=1
+"
2
0
0
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 26
Ćą
2
Ćą
�ą Ćą
1
(15.33)
sin2 �ą= - sin2 �ą =
+"
2
#" #"
2 4 4
0
0
Ostatecznie otrzymujemy
Ćą Ćą
2 64�" - 32�"2 �"1 -16 �"2 �"1 �ą8 �"2 �" = 1
2
�ąŻą = -128 �ą16 Ćą
A
śą źą śą źą
EJ 2 4 EJ Ćą
Ćą Ćą
(15.34)
9,522
�ąŻą = [kNm3]
A
EJ
Dla przykładu w łuku wykonanym z �100 (J = 171 cm4, E = 205 GPa) przemieszczenie pionowe podpory A
x
wynosi:
9,522
�ąŻą = =0,0272 [m]
A
350,55
Zadanie 6
Wyznaczyć linię wpływu reakcji podporowej M (x) dla belki z (rys. 15.37), dla której EJ  const., oraz
A
k =1 EJ
.
2
MA (x)
1
A B
k
x
[m]
6,0
Rys. 15.37. Schemat zadanej belki
Belka jest jeden raz statycznie niewyznaczalna. Przyjmujemy następujący układ podstawowy
1
X1
x
[m]
6,0
Rys. 15.38. Układ podstawowy
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 27
Równanie kanoniczne ma postać:
�ą11 X �ą�ą1 P=0
1
Tworzymy wykresy momentów dla:
" stanu X = 1
1
X1 = 1
x
[m]
6,0
M1
6 - x
6
Rys. 15.39. Stan od siły X = 1 oraz wykres momentów
1
" stanu P (pamiętając, że obciążenie w postaci momentu porusza się po belce (w zależności od x))
1
x
[m]
6,0
MP
1
x 6 - x
Rys. 15.40. Stan od siły P oraz wykres momentów
Korzystając ze wzoru
M M Ri�"Rk
i k
�ąik= ds�ą
(15.35)
"+" "
EJ k
j
S
Otrzymujemy:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 28
1 1 �"6 �"6 �"2 �"6 �ą 1 �"1 74
�ą11= =
śą źą
EJ 2 3 1 EJ
EJ
2
1 6 �ą6 -x�"x�"śą-1źą =- xśą12-xźą 1 x2
�ą1 P= =- 6 x-
śą źą śą źą
EJ 2 2 EJ EJ 2
Podstawiając powyższe wyniki do równania kanonicznego możemy obliczyć X
1
x2
6 x-
śą źą
�ą1 P 2
X =- = �"EJ =12 x-x2
1
�ą11 EJ 74 148
Znając już wartość X możemy napisać równanie linii wpływu momentu M dla belki w stanie
1 A
niewyznaczalnym obciążając znanymi siłami układ podstawowy (rys. 15.41).
MA (x)
1
12 x-x2
x 148
[m]
6,0
Rys. 15.41. Schemat belki w stanie niewyznaczalnym
Równanie przyjmie postać :
2
3 śą x2 -12 xźą
M śą xźą=-6 �"x -12 x -1 =- -1 (15.36)
A
148 74
Do narysowania wykresu potrzebne będą nam wartości M dla poszczególnych położeń obciążenia.
A
Podstawiając wartości x do równania (15.36) otrzymujemy:
x=0 Śą M =-1
A
x=2 Śą M =-0,189
A
x=4 Śą M =0,297
A
x=6 Śą M =0,459
A
Wykres linii wpływu M (x) wygląda następująco:
A
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 29
MA (x)
1
12 x-x2
x
148
[m]
6,0
-1,000
-0,550
-0,189
0,090
lw MA (x)
0,297
0,410
0,459
Rys. 15.42. Wykres linii wpływu M (x)
A
Zadanie 7
Obliczyć linię wpływową ugięcia belki w punkcie K.
x
P = 1
K
[m]
3 3 2
Rys. 15.43. Belka statycznie niewyznaczalna
Belkę dzielimy na trzy przedziały dlatego, że kształt wykresu momentu rzeczywistego zależy od położenia siły
P=1 (rys. 15.45, rys. 15.46, rys.15.47)
Natomiast moment wirtualny od siły jedynkowej jest niezmienny.
Wykres momentu od siły wirtualnej przyłożonej w miejscu szukanego przemieszczenia jest funkcją liniową.
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 30
1
K
[m]
3 3 2
K
M
1,5
Rys. 15.44. Wykres momentu od siły wirtualnej przyłożonej w punkcie K
Wykresy momentów od siły P przyłożonej w poszczególnych przedziałach przedstawiają poniższe rysunki:
x1 ")#0,3*#
" dla
x1
P = 1
[m]
3 3 2
M1
x1 śą6 -x1źą
6
[m]
x1 6 - x1
x1 ")#0,3*#
Rys. 15.45. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale
x1")#3,6 *# x2")#0,3*#
" dla
x2
P = 1
[m]
3 3 2
M2
x2 śą6 -x2źą
6
[m]
6 - x2 x2
x2")#0,3*#
Rys. 15.46. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 31
x3")#0,2*#
" dla
x3
P = 1
[m]
3 3 2
x3
M3
[m]
6 x3 2 - x3
x3")#0,2*#
Rys. 15.47. Wykres momentów od siły P przyłożonej w przedziale
Ugięcie belki w poszczególnych przedziałach obliczać będziemy na podstawie wzoru:
M�"M
j
vkśąxiźą= dx (15.37)
"+"
EJ
j
Funkcja przemieszczenia będzie różna dla kolejnych przedziałów:
x1 ")#0,3*#
" dla
M1
b
x1 śą6 -x1źą
6
[m]
x1 6 - x1
K
M
c
1,5
[m]
3 3 2
M oraz M
Rys. 15.48. Zestawienie wykresów
1
Obliczenie wartości b oraz c
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 32
x1
b 3
= �! b=
x1śą6 -x1źą 6-x1 2
6
x1 x1
c
= �! c=
3 3 2
2
Przy wykorzystaniu wzoru (15.37) otrzymujemy:
x1 x1 �"śą6-x1źą x1
2 �"x �"śą6 -x1źą �ą1 �"x1 �ą
1
EJ�"vk śą x1źą=1 �" �"x1 �"2 �" �ą1 �" �"śą3-x1źą�"
śą źą
2 2 3 6 2 2 3 6 3 2
3 2 �"x x1 �"śą6 -x1źą �ą1 �"3 �"3 �"2 �"x1 =
1
�ą1 �" �"śą3-x1źą�" �ą1 �"
śą źą śą źą
2 2 3 2 3 6 2 2 3 2
x1 �"śą6-x1źą x1 śą3 -x1źą x1 �"śą6-x1źą x1 3śą3 -x1źą x1 x1śą6 -x1źą x1
= �ą �" �ą �ą �ą �ą3 =
śą źą śą źą
36 4 9 6 4 3 18 3
2 2
x3śą6 -x1źą x1 śą3-x1źąśą6-x1źą x1 śą3 -x1źą 3 x1śą3 -x1źąśą6-x1źą 3 x1
1
= �ą �ą �ą �ą =
36 36 24 4 �"18 4
3 4 2 2 2 2
6 x1 -x1 �ąx1 śą18 -9 x1 �ąx1źą x1 śą3-x1źą�ąx1śą18-9 x1 �ąx1źą x1śą3 -x1źą�ą3 x1
= �ą �ą =
36 24 4
3 4 2 3 4 2 3 2 3 2
6 x1-x1 �ą18 x1 -9 x1 �ąx1 3 x1 -x1 �ą18 x1-9 x1 �ąx1 3 x1-x1=3 x1
= �ą �ą =
36 24 4
2 3 2 2 2 3 2 2
18 x1 -3 x1 18 x1 -6 x1 6 x1-x1 3śą6 x1 -x1źą 2śą9 x1 -3 x1źą 6 x1 -x1
= �ą �ą = �ą �ą =
36 24 4 36 24 4
2 3 2 2 3 2
6 x1 -x1 �ą9 x1-x1 �ą18 x1-3 x1 27 x1 -x1 x1śą27-x1źą
= = =
12 12 12
x2")#0,3*#
" dla
M2
x2 śą6 -x2źą
6
[m]
6 - x2 x2
K
M
1,5
[m]
3 3 2
M oraz M
Rys. 15.49. Zestawienie wykresów
2
Wykresy momentów, a co za tym idzie rozwiązania dla części pierwszej i drugiej są symetryczne (rys. 15.48 i
rys. 15.49). Wykorzystując wzór wyprowadzony dla części pierwszej podstawiamy w miejsce x wartość
1
(6  x )
1
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 33
2
śą6 -x1źą[27 -śą6-x1źą2] śą6 -x1źą[27 -śą36 -12 x1 �ąx1źą]
EJ�"vK śąx2źą= = =
12 12
2 2 2 3
śą6 -x1źąśą-9 �ą12 x1 -x1źą -54 �ą72 x1 -6 x1 �ą9 x1 -12 x1 �ąx1
= = =
12 12
3 2
x1 -18 x1 �ą81 x1 -54
=
12
x3")#0,2*#
" dla
x3
M3
d
[m]
6 x3 2 - x3
K
M
1,5
[m]
3 3 2
M oraz M
Rys. 15.50. Zestawienie wykresów
3
Obliczenie wartości d:
x3
d 3
= �! d =
x3 6 2
Przy wykorzystaniu wzoru (15.37) otrzymujemy:
x3
2 �"x 1 �"x
3
EJ�"vK śąx3źą=-1 �"3 �"3�"2 �" -1 �"3 �"3�" �ą =
3
śą źą
2 2 3 2 2 2 3 2 3
-3 x3 9 1 3 x3 6 x3 x3
= - x3 �ą1 x3 =- - =-9
śą źą
4 4 3 3 4 4 4
Zestawienie wyników:
2
x1śą27-x1źą
dla
x1 ")#0,3*# EJ�"vk śą x1źą=
12
3 2
x1 -18 x1 �ą81 x1 -54
dla
x1 ")#3,6 *# EJ�"vk śąx1źą=
12
x3
dla x3 ")#0,2*# EJ�"vk śąx3źą=-9
4
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 34
Otrzymane funkcje są prawdziwe tylko w obrębie przedziału, którego dotyczą. Funkcje w poszczególnych
przedziałach nie są identyczne (dwie pierwsze to funkcje trzeciego stopnia, trzecia jest funkcją liniową).
Linię wpływową ugięcia belki w punkcie K wygląda jak na poniższym rysunku:
x
P = 1
K
[m]
3 3 2
-4,50
-2,25
vkśąxźą�"EJ
K
2,17 2,17
3,83 3,83
4,50
Rys. 15.51. Linia wpływowa ugięcia belki w punkcie K
" Sprawdzenie wartości ugięcia dla x=3
Wartość normowa (znana z tablic) dla układu jak na rys. 15.52:
P
v
l l
2 2
Rys. 15.52. Schemat belki wolnopodpartej obciążonej siłą P w środku rozpiętości
wynosi:
Pl3
v=
48 EJ
Dla naszego przypadku (P=1, l=6):
Pl3 =1 �"63 =4,5
vK�"EJ =
48 48
co pokrywa się z wartością przez nas otrzymaną.
3śą27 -32źą
EJ vK śą x1=3źą= =4,5
12
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 35
Zadanie 8
a) Wyznaczyć wartości ciężarów sprężystych dla punktów 0 i 2 belki przy podziale na cztery elementy
(EJ=const.) (rys. 15.53).
b) Podać schemat belki zastępczej spełniającej warunki brzegowe zadanego układu.
12 kN/m
0 1 2 3 4
[m]
3 3 3 3
Rys. 15.53. Zadana belka
ad a) Obliczenie wartości ciężarów sprężystych
Wartości ciężarów sprężystych określa się na podstawie wzoru:
M M
p i
wi= dx (15.38)
+"
EJ
Do wyznaczenia ciężarów sprężystych potrzebne będą nam wykresy momentów od zadanego obciążenia
oraz od sił wirtualnych. Obciążenie wirtualne dla danego punktu musi być przyłożone w postaci par sił
zastępujących jednostkowe momenty.
Najpierw tworzymy wykres od obciążenia zewnętrznego (rys. 15.54).
12 kN/m
432 kNm
0 1 2 3 4
108 kN 36 kN
[m]
3 3 3 3
432
MP [kNm]
162
54
Rys. 15.54. Wykres momentów od zadanego obciążenia
Następnie wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla poszczególnych punktów (rys. 15.55, rys. 15.56).
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 36
1
1
3
0 1 2 3 4
1
3
[m]
3 3 3 3
1
M0 [-]
Rys. 15.55. Wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla punktu 0
2
1 1
3
3 3
0 1 2 3 4
2
1
1
6
6
[m]
3 3 3 3
2,0
1,5
M2 [-]
0,5
Rys. 15.56. Wykres momentów od obciążenia wirtualnego dla punktu 2
Należy zauważyć, że obciążenie wirtualne w postaci samorównoważących się momentów daje przeważnie
wykres w okolicy rozpatrywanego punktu. Jednak dla punktu 2 uzyskaliśmy wykres na całej długości belki.
Podstawiając wartości z powyższych wykresów do wzoru (15.38), otrzymujemy:
M M
1 1�"3�"162�"1 2�"12�"32�"3�"1�"1
p 0
w0= dx= -1�"3�"432�"2�"1- 1�ą
+"
[ ]
EJ EJ 2 3 2 3 3 8 2
w0 =-499,5
EJ
M M
1 1�"3�"432�" 2�"2�ą1�"3 2�"12�"32�"3�" 1�"2�ą 1�"3 1�"3�"162�" 1 2�"3
p 2
w2= dx= - �ą 2�ą �ą
+"
śą źą śą źą śą źą
[ ]
EJ EJ 2 3 3 2 3 8 2 2 2 2 3 3 2
1�"3�"162�"2�"3 2�"12�"32�"3�"1�"3 1�"3�"54�"2�"1 2�"12�"32�"3�"1�"1
�ą - - �"2- �"2
śą źą śą źą
[ ]
2 3 2 3 8 2 2 2 3 2 3 8 2 2
w2 =1701
EJ
ad b) Schemat zastępczy dla belki z rys. 15.53 wygląda następująco:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 37
I I
0 1 4
2 3
0 1
2 3
4
I I
Rys. 15.57. Schemat belki zastępczej
Zadanie 9
Udowodnić, że w przypadku pośredniego obciążenia, funkcje linii wpływu wywołane działaniem
ruchomej siły skupionej są odcinkami liniowe.
Rozpatrzmy belkę wolnopodpartą obciążoną w sposób pośredni. Na belce głównej spoczywa pomost
złożony z jednoprzęsłowych belek, ułożonych na podporach, przekazujących obciążenie od poruszającej się
siły P=1 na belkę dolną.
P = 1
x
B C D E
F
A
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
a d e
b c
Rys. 15.58. Schemat belki obciążonej pośrednio
Zauważmy, że gdy dowolna siła będzie przyłożona w punktach A, B, C, D, E lub F to cała wartość obciążenia
zostanie przekazana bezpośrednio na belkę główną. Dla takich położeń siły rzędne linii wpływu dowolnej
wielkości statycznej będą takie same jak w przypadku obciążenia bezpośredniego belki A'F'. Na rys. 15.59 dla
przykładu pokazano linię wpływu momentu zginającego w przekroju ą-ą od siły jedynkowej poruszającej się
po belce A'F'. Rzędne wykresu w punktach A', B', C', D', E' i F' są identyczne w przypadku obciążenia
bezpośredniego z wartościami otrzymanymi dla obciążenia pośredniego.
P = 1
x
ą
B' C' D' E'
F'
A'
ą
a d e
b c
lw Mą
Mą(E')
Mą(B')
Mą(D')
Mą(C')
Rys. 15.59. Linia wpływu momentu w przekroju ą-ą od poruszającej się siły jedynkowej
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 38
Gdy siła P = 1 znajdzie się w obrębie pojedynczego przęsła, np. przęsła BC to obciążenie od siły P będzie
przekazane na belkę główną przez podpory BB' i CC'  belka główna będzie obciążona tylko reakcjami R , R .
B C
Wartości tych reakcji zależne będą od położenia siły P na danym przęśle, czyli od odciętej r.
b
r
P = 1
B C
RB RC
Rys. 15.60. Siła P działająca w obrębie przęsła BC
Wartości sił reakcji w podporach przęsła BC wywołanych poruszającą się siła P po przęśle BC i jednocześnie
wartości sił działających na belkę główną A'F' zapiszemy w następujący sposób:
r r
RB=1- RC= (15.39)
b b
Pozostałe przęsła pomostu nie są obciążone i nie będą przekazywać żadnych sił na belkę główną (czyli gdy
siła znajduje się na przęśle BC reakcje R = R = R = R = 0). W związku z powyższym można przyjąć
A D E F
schemat z rys 15.61.
RB(r)
RC(r)
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
a d e
b c
Rys. 15.61. Siła P zatrzymana myślowo na jednym z przęseł
Wyznaczmy teraz linię wpływu momentu zginającego w przekroju ą - ą odległego o m od podpory A' i o n od
podpory F' przy założeniu, że siła P = 1 stoi dokładnie w punkcie B (r = 0).
RB=P=1 RC=0
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
RA'
RB'
a d e
b c
Rys. 15.62. Siła P przyłożona dokładnie w punkcie B
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 39
Zgodnie z równaniem statyki:
M =0 (15.40)
"
śą�ą-�ąźą
M =RA' m-RBśąm-aźą-M (15.40)
"
śą�ą-�ąźą �ą
czyli:
M =RA' m-RBśąm-aźą
(15.41)
�ą
wartość reakcji R (gdy siła P = 1 stoi w punkcie B) wyliczamy z sumy momentów wszystkich sił
A'
działających na belkę A'F' względem punktu F'.
M =RA 'śąm�ąnźą-RBśąb�ąc�ąd �ąeźą (15.42)
"
F '
Belka pozostanie w stanie równowagi gdy:
M =0 (15.43)
"
F '
czyli:
RBśąb�ąc�ąd �ąeźą
RA'= (15.44)
śąm�ąnźą
Podstawiając do równania (15.41) otrzymujemy wartość momentu w przekroju ą  ą dla przypadku, gdy siła
P przyłożona jest w punkcie B.
RBśąb�ąc�ąd �ąeźą
M = m-RBśąm-aźą (15.45)
�ą
śąm�ąnźą
Ponieważ założyliśmy, że P = 1 to dla sytuacji R = P = 1, czyli:
B
śąb�ąc�ąd �ąeźą
śąBźą
M = m-śąm-aźą (15.46)
�ą
śąm�ąnźą
Rozpatrzmy teraz sytuację gdy siła P = 1 stanie w punkcie C (r = b)
RB=0 RC=P=1
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
RA'
RB'
a d e
b c
Rys. 15.63. Siła P przyłożona dokładnie w punkcie C
Obliczając moment względem przekroju ą-ą otrzymujemy:
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 40
śąC źą
M =RA' m (15.47)
�ą
Przy czym reakcja R gdy siła P stoi w punkcie C wynosi:
A'
śąc�ąd �ąeźą
RA'= RC (15.48)
śąm�ąnźą
Podstawiając (15.48) do wzoru (15.47) otrzymujemy równanie ogólne:
śąc�ąd �ąeźą
śąC źą
M = m RC
�ą
śąm�ąnźą
a dla rozważanego przypadku dla P = 1 mamy R = P = 1 i dalej:
C
śąc�ąd �ąeźą
śąC źą
M = m (15.49)
�ą
śąm�ąnźą
Obliczmy teraz Mą
dla dowolnego położenia siły P na przęśle BC.
r
r
RB=1- RC=
b
b
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
RA'
RB'
a d e
b c
Rys. 15.64. Siła P położona w dowolnym punkcie przęsła BC
Korzystamy z równania (15.41):
M =RA' m-RBśąm-aźą
(15.50)
�ą
Aby obliczyć R układamy sumę momentów wszystkich sił względem punktu F'.
A'
RBśąb�ąc�ąd �ąeźą�ąRC śąc�ąd �ąeźą
Po przekształceniu otrzymujemy: RA'=
śąm�ąnźą
Podstawiamy do równania (15.50):
RBśąb�ąc�ąd �ąeźą Rcśąc�ąd �ąeźą
M = m�ą m-RBśąm-aźą (15.51)
�ą
śąm�ąnźą śąm�ąnźą
a po uszeregowaniu i wyłączeniu R z pierwszego i ostatniego wyrazu równania otrzymujemy
B
śąb�ąc�ąd �ąeźą śąc�ąd �ąeźą
M =RB m-śąm-aźą �ąRc m
�ą
[ ] [ ]
śąm�ąnźą śąm�ąnźą
Zauważmy, że wyrażenia w nawiasach kwadratowych to odpowiednio wartość momentu w przekroju ą-ą dla
położenia siły P w punkcie B (15.46) oraz wartość momentu dla położenia siły P = 1 w punkcie C (15.49),
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 41
czyli:
śąBźą śąC źą
M =RB M �ąRC M
śą�ąźą śą�ąźą śą�ąźą
Podstawmy zgodnie z równaniem (15.39)
r r
śą Bźą śąC źą
M = 1- M �ą M
śą�ąźą śą�ąźą śą�ąźą
śą źą
b b
po wymnożeniu:
r r
śąBźą śąBźą śąC źą
M =M - M �ą M
śą�ąźą śą�ąźą śą�ąźą śą�ąźą
b b
i po wyłączeniu r przed nawias:
śąC źą śą Bźą
M M
śą�ąźą śą�ąźą śą Bźą
M =r - �ąM
śą�ąźą śą�ąźą
śą źą
b b
śąC źą śą Bźą
M M
śą Bźą
�ą �ą
M
Zauważmy, że , , to konkretne liczby, a r jest zmienną. Otrzymaliśmy więc równanie linii
�ą
b b
prostej, stąd można przyjąć, że linia wpływowa momentu w przekroju ą - ą przy obciążeniu pośrednim jest
linią prostą.
Wniosek:
W celu uzyskania linii wpływowej dowolnej wielkości statycznej przy obciążeniu pośrednim, wystarczy
sporządzić linię wpływową danej wielkości jak dla belki głównej (obciążenia przekazywanego bezpośrednio),
znalez
ć wartości wielkości statycznej w węzłach (czyli w miejscach oparcia podpór belek pomostu) i połączyć
otrzymane punkty odcinkami linii prostych. Metoda ta jest pokazana na rys. 15.65.
P = 1
x
B C D E
F
A
ą
A'
F'
B' C' D' E'
ą
m n
a d e
b c
lw Mą
Mą(E')
Mą(B')
Mą(D')
Mą(C')
obciążenie pośrednie obciążenie bezpośrednie
Rys. 15.65. Przebieg linii wpływy momentu zginającego w przekroju ą-ą dla obciążenia pośredniego
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 42
Zadanie 10
Dla łuku w kształcie półokręgu (EJ = const), obciążonego poruszającym się jednostkowym momentem
skupionym, obliczyć i narysować linię wpływu momentu zginającego w przekroju ą - ą (rys. 15.66).
x
ą
M=1
ą
R
R R
Rys. 15.66. A
uk w kształcie półokręgu statycznie niewyznaczalny
A
uk jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, zatem przyjmujemy układ podstawowy zwalniając
jeden więz (rys. 15.67).
x
ą
M=1
ą
R
X1=1 [-]
Rys. 15.67. Układ podstawowy
Układ podstawowy uzupełnia równanie kanoniczne:
�ą11�"X �ą�ą1 P=0
(15.52)
1
z którego można wyznaczyć wartość nadliczbowej siły:
�ą1 P
X =-
1
�ą11
Obliczenia przeprowadzimy dla współrzędnych biegunowych. W celu ułatwienia obliczeń funkcję
momentu zginającego na długości łuku uzależnimy od zmiennej x ' , którą wyrazimy przez zmienną
�ą
biegunową, kąt (rys. 15.68). Podczas całkowania x, które określa położenie momentu skupionego M =1 ,
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 43
będzie traktowane jako wartość stała, a zmienną całkowania będzie x ' .
y
R
Ć
x
R R siną
x`
Rys. 15.68. Związki pomiędzy współrzędnymi biegunowymi i kartezjańskimi
Ćą Ćą
�ą" - ,
)# *#
2 2
x '=R�ąR sin�ą=R 1�ąsin�ą
śą źą
ds=R d �ą
�ą11 �ą1 P
Aby obliczyć współczynniki równania kanonicznego i tworzymy wykres momentów od stanu
X =1
(rys. 15.69).
1
x`
M1
2R
X1=1 [-] 1 [-]
Rys. 15.69. Wykres momentu zginającego - stan X =1
1
oraz określamy postać funkcji momentu zginającego:
M śą x ' źą=1�"x '=Rśą1�ąsin�ąźą
1
X =1
W przekroju ą - ą wartość momentu zginającego w stanie równa jest promieniowi okręgu.
1
X =1
1
M =M śą x '=Rźą=R
�ą 1
Dalej tworzymy wykres momentów od obciążenia zewnętrznego, w tym przypadku od ruchomego
M śą x ' źą
momentu skupionego M =1 (rys. 15.70) oraz określamy postać funkcji momentu .
P
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 44
x
M=1
1
�
R
1
Rys. 15.70. Wykres momentu zginającego  stan  P (od obciążenia ruchomym momentem jednostkowym)
Funkcja momentu przyjmuje różną postać w zależności od badanego przedziału:
Ćą
" dla x ' "śą0 , xźą �ą" - , �ą
,
)# *#
2
M =0
P
Ćą
" dla x ' "śą x , 2 Rźą �ą" �ą ,
,
)# *#
2
M śą x ' źą=1
P
Znając postacie wszystkich funkcji w poszczególnych przedziałach możemy obliczyć składniki
równania kanonicznego:
Ćą Ćą Ćą Ćą
2 2 2 2
M M
2
1 R3
1 1
�ą11= ds= R2 1�ąsin�ą R d �ą= d �ą�ą2 sin�ą d �ą�ą sin2 �ą d �ą =
śą źą
+" +" +" +" +"
EJ EJ EJ
S Ćą Ćą Ćą Ćą
[ ]
- - - -
2 2 2 2
Ćą
Ćą
Ćą 2
R3 1 1 R3 1 3 R3
2
2
= Ćą-2 cos �ą - cos�ą sin�ą �ą d �ą = Ćą�ą Ćą = Ćą
#"
+"
Ćą
Ćą
#" [ ]
- 2
EJ EJ 2 2 EJ
- 2
Ćą
2
[ ]
2
-
2
Ćą
�ą 2
M M
1 1
1 P
�ą1 P= ds= R 1�ąsin �ą �"0 R d �ą�ą R 1�ąsin�ą �"1 R d �ą=
śą źą śą źą
+" +" +"
EJ EJ EJ
S Ćą �ą
-
2
Ćą Ćą
Ćą
2 2
Ćą Ćą
R2 R2 R2
2
= d �ą�ą sin�ą d �ą = -�ą-cos�ą = -�ą�ącos �ą
+" +"
[ ] #" [ ]
[ ]
EJ EJ 2 EJ 2
�ą
�ą �ą
X
Korzystając ze wzoru (15.52) wyznaczamy wartość nadliczbowej siły . Ponieważ przemieszczenia
1
�ą11 �ą1 P �ą X
i są funkcjami zmiennej x ( we współrzędnych biegunowych), to również siła jest funkcją
1
zależną od położenia jednostkowego momentu. Czyli linią wpływu jest funkcja:
Ćą
-�ą�ącos �ą
[ ]
2
Lw X =-
1
3
Ćą R
2
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 45
Zgodnie z zasadą superpozycji wartość momentu w układzie niewyznaczalnym wynosi:
śąnźą 0 X =1
1
Lw M =Lw M �ąLw X �"M
�ą �ą 1 �ą
Najpierw wyznaczamy linię wpływu momentu w układzie statycznie wyznaczalnym. Wartość momentu
zginającego w przekroju ą-ą zależy od położenia wędrującego momentu M =1 (rys. 15.71) i wynosi:
Ćą
�ą"
" dla x"śą0 , Rźą , - , 0
)# *#
2
0
M =1
�ą
Ćą
" dla x"śąR , 2 Rźą �ą" 0 ,
,
)# *#
2
0
M =0
�ą
ą
M=1
ą
1
�
x
0 < x < R R < x < 2R
dla dla
Ą Ą
-
< � <0
0 < � <
2
2
x
Mą
Mą
M=1
Mą=0
Mą=1
R
R
1
Mą(x) = lw Mą(0)
Rys. 15.71. Linia wpływu Mą(x) w układzie statycznie wyznaczalnym
Teraz możemy zapisać równanie linii wpływu momentu zginającego w przekroju ą-ą dla poszczególnych
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater
Część 1 15. ZADANIA - POWTÓRKA 46
przedziałów w układzie niewyznaczalnym:
Ćą
" dla �ą" - ,0
)# *#
2
Ćą
2 -�ą�ącos �ą
[ ]
2 2Ćą�ą2 �ą-2 cos �ą (15.53)
śąnźą
Lw M =1- =
�ą
3Ćą 3 Ćą
Ćą
" dla �ą" 0 ,
)# *#
2
Ćą
2 -�ą�ącos �ą
[ ]
2 -Ćą�ą2 �ą-2 cos �ą (15.54)
śąnźą
Lw M =- =
�ą
3Ćą 3 Ćą
śąnźą
M
Do narysowania wykresu potrzebne będą nam wartości dla charakterystycznych położeń
�ą
momentu jednostkowego. Podstawiając wartości � do równań (15.53) i (15.54) otrzymujemy:
Ćą
1
dla �ą=- Śą M =
�ą
2 3
Ćą
dla �ą=- Śą M =0,35
�ą
4
dla �ą=0L Śą M =0,45
�ą
dla �ą=0P Śą M =-0,55
�ą
Ćą
dla �ą= Śą M =-0,32
�ą
4
Ćą
dla �ą= Śą M =0
�ą
2
śąnźą
Wykres linii wpływu M śą�ąźą
w układzie statycznie niewyznaczalnym przedstawiono na rys. 15.72
�ą
0,55
0,32
0,45
lw Mą(n) (�)
0,35
0
0,3(3)
Rys. 15.72. Wykres linii wpływu momentu zginającego w przekroju ą-ą od jednostkowego momentu
Dobra D., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. AlmaMater