WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

1

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

Z12/6.1. Zadanie 6

Dana jest belka złożona z zadania Z12/3 przedstawiona na rysunku Z12/6.1. Wykresy sił przekro-

jowych dla tej belki przedstawia rysunek Z12/6.2. Zaprojektować dwa przekroje belki będące dwuteow-
nikami walcowanymi zgodnie z rysunkiem Z12/6.1. Następnie metodą obciążeń krzywiznami wyznaczyć
kąty obrotu w punktach B, C (z lewej i prawej strony), D i E oraz ugięcia w punktach B, C i E.

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

E∙J

Y

(1)

E∙J

Y

(2)

Rys. Z12/6.1. Belka złożona

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

37,0 kN

41,0 kN

91,0 kNm

T [kN]

41,0

9,

0

23

,0 14,0

2,563

1,438

M [kNm]

91

,0

50

,0

0,0

14

,0

0,

0

2,563

1,438

2,

531

Rys. Z12/6.2. Wykresy sił przekrojowych w belce złożonej

Z12/6.2. Przyjęcie przekrojów belki

Przekroje pręta przyjmiemy na podstawie wartości ekstremalnej momentu zginającego. Jak widać na

rysunku Z12/6.2 ekstremalny moment dla belki AC wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

2

M

Y

EXT 1

=

91,0 kNm=9100 kNcm

.

(Z12/6.1)

Wytrzymałość materiału, z którego wykonana jest belka czyli stali wynosi

R=215 MPa=21,5

kN

cm

2

.

(Z12/6.2)

Wskaźnik wytrzymałości przekroju na zginanie powinien być większy niż

W

Y



1



9100

21,5

=

423,3 cm

3

.

(Z12/6.3)

Przyjmiemy walcowany dwuteownik 260 o wskaźniku wytrzymałości na zginanie równym

442 cm

3

(Z12/6.4)

i momencie bezwładności względem osi Y równym

J

Y



1

=

J

Ygl



1

=

5740 cm

4

.

(Z12/6.5)

Moduł Younga stali wynosi

E=205 GPa=205⋅10

6

kPa

.

(Z12/6.6)

Sztywność przekroju na zginanie dla belki AC wynosi więc

E⋅J

Y



1

=

205⋅10

6

⋅

5740⋅10

−

8

=

11770 kNm

2

.

(Z12/6.7)

Jak widać na rysunku Z12/6.2 ekstremalny moment dla belki CE wynosi

M

Y

EXT 2 

=

14,0 kNm=1400 kNcm

.

(Z12/6.8)

Wskaźnik wytrzymałości przekroju na zginanie powinien być większy niż

W

Y



2



1400

21,5

=

65,12 cm

3

.

(Z12/6.9)

W przedziale CE przyjmiemy walcowany dwuteownik dwuteownik 140 o wskaźniku wytrzymałości na
zginanie równym

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

3

81,9 cm

3

(Z12/6.10)

i momencie bezwładności względem osi Y równym

J

Y



2

=

J

Ygl



2

=

573 cm

4

.

(Z12/6.11)

Sztywność przekroju na zginanie dla belki CE wynosi więc

E⋅J

Y



2 

=

205⋅10

6

⋅

573⋅10

−

8

=

1175 kNm

2

.

(Z12/6.12)

Z12/6.3. Przygotowanie wykresu momentu zginającego i obliczenie krzywizn

Rysunek Z12/6.3 przedstawia wykres momentu zginającego. Na rysunku tym zaznaczone są także

odpowiednie sztywności na zginanie dla poszczególnych belek prostych.

11770 kNm

2

1175 kNm

2

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

37,0 kN

41,0 kN

91,0 kNm

M [kNm]

91

,0

50

,0

0,0

14

,0

0,0

2,563

1,438

2,5

31

Rys. Z12/6.3. Wykres momentu zginającego oraz sztywności przekrojów belki na zginanie

Na belce mamy dwa przedziały, w których działa obciążenie ciągłe równomiernie rozłożone czyli BC

i CD. W przedziałach tych łączymy rzędne wykresu na początku i końcu przedziału linią prostą oraz
dodajemy parabolę jak dla belki swobodnie podpartej z takim samym obciążeniem ciągłym równomiernie
rozłożonym i takiej samej długości jak dany przedział. Rzędna w środku paraboli w przedziale BC wynosi

16,0⋅2,0

2

8

=

8,0 kNm

.

(Z12/6.13)

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

4

Rzędna w środku paraboli w przedziale CD wynosi

16,0⋅2,0

2

8

=

8,0 kNm

.

(Z12/6.14)

Podział obciążenia ciągłego równomiernie rozłożonego musiał być taki, jak przedstawiony powyżej,
ponieważ w przegubie C następuje zmiana sztywności przekroju na zginanie. Rysunek Z12/6.4 przedstawia
tak przerobiony wykres momentu zginającego.

M [kNm]

91

,0

50

,0

0,

0

14

,0

0,

0

8,

0

M [kNm]

8,

0

0,0

0,0

0,0

1,0

1,0

1,0

1,0

11770 kNm

2

1175 kNm

2

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

37,0 kN

41,0 kN

91,0 kNm

Rys. Z12/6.4. Przerobiony wykres momentów zginających w belce

Jak widać na rysunku Z12/6.4 w przedziale AB mamy wykres trapezowy, który dla ułatwienia

obliczeń możemy przerobić na dwa wykresy liniowe. Przedstawia to rysunek Z12/6.5. Rysunek ten jest już
ostatecznym wykresem momentów zginających, które posłużą nam do metody obciążeń krzywiznami.

Krzywizna w punkcie A wynosi

91,0

11770

=

7,732⋅10

−

3

1

m

.

(Z12/6.15)

Krzywizna w punkcie B wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

5

M [kNm]

91

,0

50

,0

0,0

14

,0

0,0

8,

0

M [kNm]

8,0

0,0

0,

0

0,

0

1,0

1,0

1,0

1,0

0,0

M [kNm]

0,0

11770 kNm

2

1175 kNm

2

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

37,0 kN

41,0 kN

91,0 kNm

Rys. Z12/6.5. Ostatecznie przerobiony wykres momentów zginających w belce

50,0

11770

=

4,248⋅10

−

3

1

m

.

(Z12/6.16)

Krzywizna w środku paraboli w przedziale BC wynosi

8,0

11770

=

0,6797⋅10

−

3

1

m

.

(Z12/6.17)

Krzywizna w punkcie D wynosi

14,0

1175

=

11,91⋅10

−

3

1

m

.

(Z12/6.18)

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

6

Krzywizna w środku paraboli w przedziale CD wynosi

8,0

1175

=

6,809⋅10

−

3

1

m

.

(Z12/6.19)

Rysunek Z12/6.6 przedstawia wykres krzywizn w belce.

7,

73

2

4,

24

8

0,0

11

,9

1

0,

0

0,6

79

7

6,8

09

0,

0

0,

0

0,

0

1,0

1,0

1,0

1,0

0,

0

0,

0

⋅

10

−

3

[

1

m

]

11770 kNm

2

1175 kNm

2

1,0

2,0

2,0

1,0

16,0 kN/m

14,0 kN

A

B

C

D

E

[m]

37,0 kN

41,0 kN

91,0 kNm

⋅

10

−

3

[

1

m

]

⋅

10

−

3

[

1

m

]

Rys. Z12/6.6. Wykres krzywizn w belce

Z12/6.4. Belka fikcyjna

Belka fikcyjna musi spełniać warunki brzegowe zadania. Zgodnie z tabelą 12.2 utwierdzenie A prze-

chodzi w wolny koniec. Przegub rzeczywisty C przechodzi w podporę przegubową, podpora przegubowo-
przesuwna D przechodzi w przegub rzeczywisty natomiast wolny koniec E przechodzi w utwierdzenie.
Pierwsze przybliżenie belki fikcyjnej przedstawia rysunek Z12/6.7.

Jak widać belka fikcyjna składa się z dwóch tarcz sztywnych, które posiadają sześć stopni swobody.

Utwierdzenie E odbiera trzy natomiast przegub rzeczywisty D odbiera dwa stopnie swobody. Razem te pod-
pory odbierają pięć stopni swobody. Pozostaje nam jeden stopień swobody czyli podpora przegubowa
C musi być podporą przegubowo-przesuwną. Rysunek Z12/6.8 przedstawia ostateczną postać belki fikcyj-
nej.

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

7

1,0

2,0

2,0

1,0

A

B

C

D

E

[m]

1,0

2,0

2,0

1,0

A

B

C

D

E

[m]

Rys. Z12/6.7. Pierwsze przybliżenie belki fikcyjnej

1,0

2,0

2,0

1,0

A

B

C

D

E

[m]

Rys. Z12/6.8. Ostateczna postać belki fikcyjnej

Z12/6.5. Obciążenie fikcyjne

Korzystając z wykresu krzywizn na belce przedstawionych na rysunku Z12/6.6 otrzymamy wtórne

obciążenie belki fikcyjnej. Obciążenie to przedstawia rysunek Z12/6.9.

7,7

32

4,248

11,91

0,6797

6,809

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

2,0

2,0

1,0

A

B

C

D

E

[m]

q

*

⋅

10

−

3

[

1

m

]

Rys.Z12/6.9. Obciążenie wtórne belki fikcyjnej

Wtórne obciążenie ciągłe przedstawione na rysunku Z12/6.9 możemy sprowadzić do wtórnych sił
wypadkowych. Siła wypadkowa z pierwszego obciążenia trójkątnego do góry w przedziale AB wynosi

1
2

⋅

4,248⋅10

−

3

⋅

1,0=2,124⋅10

−

3

(Z12/6.20)

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

8

i znajduje się ona w odległości

1,0

3

=

0,3333 m

(Z12/6.21)

od punktu B. Wtórna siła wypadkowa z drugiego obciążenia trójkątnego do góry w przedziale AB wynosi

1
2

⋅

7,732⋅10

−

3

⋅

1,0=3,866⋅10

−

3

(Z12/6.22)

i znajduje się ona w odległości

1,0

3

=

0,3333 m

(Z12/6.23)

od punktu A. Wtórna siła wypadkowa z obciążenia trójkątnego do góry w przedziale BC wynosi

1
2

⋅

4,248⋅10

−

3

⋅

2,0=4,248⋅10

−

3

(Z12/6.24)

i znajduje się ona w odległości

2,0

3

=

0,6667 m

(Z12/6.25)

od punktu B. Wtórna siła wypadkowa z obciążenia parabolicznego w dół w przedziale BC wynosi

2
3

⋅

0,6797⋅10

−

3

⋅

2,0=0,9063⋅10

−

3

(Z12/6.26)

i znajduje się ona w odległości

2,0

2

=

1,0 m

(Z12/6.27)

od punktu B czyli znajduje się w środku przedziału BC. Wtórna siła wypadkowa z obciążenia trójkątnego do
góry w przedziale CD wynosi

1
2

⋅

11,91⋅10

−

3

⋅

2,0=11,91⋅10

−

3

(Z12/6.28)

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

9

i znajduje się ona w odległości

2,0

3

=

0,6667 m

(Z12/6.29)

od punktu D. Wtórna siła wypadkowa z obciążenia parabolicznego w dół w przedziale CD wynosi

2
3

⋅

6,809⋅10

−

3

⋅

2,0=9,079⋅10

−

3

(Z12/6.30)

i znajduje się ona w odległości

2,0

2

=

1,0 m

(Z12/6.31)

od punktu D czyli znajduje się w środku przedziału CD. Wtórna siła wypadkowa z obciążenia trójkątnego
do góry w przedziale DE wynosi

1
2

⋅

11,91⋅10

−

3

⋅

1,0=5,955⋅10

−

3

(Z12/6.32)

i znajduje się ona w odległości

1,0

3

=

0,3333 m

(Z12/6.33)

od punktu D. Rysunek Z12/6.10 przedstawia wypadkowe z poszczególnych części obciążenia ciągłego
działające na belkę fikcyjną.

3,

866

2,1

24

11

,9

1

0,9

06

3

9,0

79

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

2,0

2,0

1,0

A

B

C

D

E

[m]

4,

248

5,9

55

1,333

1,333

0,6667

0,6667

0,6667

0,6667

0,3333

0,3333

0,6667

0,3333

W

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.10. Wypadkowe z części obciążenia ciągłego.

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

10

Z12/6.6. Wyznaczenie reakcji wtórnych

Rysunek Z12/6.11 przedstawia przyjęte zwroty reakcji wtórnych w belce fikcyjnej. Pominiemy

wszystkie reakcje poziome, ponieważ na belce fikcyjnej nie działa żadna siła pozioma.

3,

86

6

2,124

11,91

0,

90

63

9,

07

9

1,0

1,0

1,0

1,0

A

B

C

D

4,248

1,333

1,333

0,6667

0,6667

0,6667

0,3333

0,6667

0,3333

1,0

2,0

2,0

1,0

D

E

[m]

5,

95

5

0,6667

0,3333

M

E

*

V

E

*

V

D

*

V

D

*

V

C

*

W

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.11. Przyjęte zwroty reakcji wtórnych

Wtórną reakcję V

C

*

wyznaczymy z równania sumy momentów wszystkich sił wtórnych działających na

belkę AD względem punktu D



M

D



AD *

=

V

C

*

⋅

2,03,866⋅10

−

3

⋅

4,6672,124⋅10

−

3

⋅

4,3334,248⋅10

−

3

⋅

3,333



11,91⋅10

−

3

⋅

0,6667−0,9063⋅10

−

3

⋅

3,0−9,079⋅10

−

3

⋅

1,0=0

V

C

*

=−

18,77⋅10

−

3

.

(Z12/6.34)

Reakcja ma więc zwrot przeciwny do założonego. Wtórną reakcję V

D

*

wyznaczymy z równania sumy

momentów wszystkich sił wtórnych działających na belkę AD względem punktu C



M

C



AD *

=−

V

D

*

⋅

2,03,866⋅10

−

3

⋅

2,6672,124⋅10

−

3

⋅

2,3334,248⋅10

−

3

⋅

1,333

−

11,91⋅10

−

3

⋅

1,333−0,9063⋅10

−

3

⋅

1,09,079⋅10

−

3

⋅

1,0=0

V

D

*

=

6,613⋅10

−

3

.

(Z12/6.35)

Wtórna reakcja ma więc zwrot zgodny z założonym. W celu sprawdzenia obliczeń zastosujemy równanie
sumy rzutów wszystkich sił wtórnych na belkę AD na oś pionową Y



Y



AD *

=

V

C

*



V

D

*



3,866⋅10

−

3



2,124⋅10

−

3



4,248⋅10

−

3



11,91⋅10

−

3

−

0,9063⋅10

−

3

−

9,079⋅10

−

3

=

−

18,776,6133,866⋅10

−

3



2,124⋅10

−

3



4,248⋅10

−

3



11,91⋅10

−

3

−

0,9063⋅10

−

3

−

9,079⋅10

−

3

=

0,0057⋅10

−

3

≈

0

.

(Z12/6.36)

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

11

Wszystkie siły wtórne działające na belkę AD znajdują się w równowadze. Wtórną reakcję M

E

*

wyznaczymy

z równania sumy momentów wszystkich sił wtórnych działających na belkę DE względem punktu E



M

E



DE*

=−

M

E

*

−

V

D

*

⋅

1,05,955⋅10

−

3

⋅

0,6667=0

−

M

E

*

−

6,613⋅10

−

3

⋅

1,05,955⋅10

−

3

⋅

0,6667=0

M

E

*

=−

2,643⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.37)

Reakcja ma więc zwrot przeciwny do założonego. Wtórną reakcję V

E

*

wyznaczymy z równania sumy

momentów wszystkich sił wtórnych działających na belkę DE względem punktu D



M

D



DE  *

=−

M

E

*

−

V

E

*

⋅

1,0−5,955⋅10

−

3

⋅

0,3333=0

2,643⋅10

−

3

−

V

E

*

⋅

1,0−5,955⋅10

−

3

⋅

0,3333=0

V

E

*

=

0,6582⋅10

−

3

.

(Z12/6.38)

Wtórna reakcja ma więc zwrot zgodny z założonym. W celu sprawdzenia obliczeń zastosujemy równanie
sumy rzutów wszystkich sił wtórnych na belkę DE na oś pionową Y



Y



DE *

=−

V

D

*



V

E

*



5,955⋅10

−

3

=

−

6,613⋅10

−

3



0,6582⋅10

−

3



5,955⋅10

−

3

=

0,0002⋅10

−

3

≈

0

.

(Z12/6.39)

Wszystkie siły wtórne działające na belkę DE znajdują się w równowadze. Rysunek Z12/6.12 przedstawia
wszystkie belki tworzące belkę fikcyjną wraz z działającymi na nie wtórnymi wypadkowymi z obciążenia
ciągłego oraz wtórnymi reakcjami.

3,

866

2,

12

4

11

,9

1

0,9

06

3

9,0

79

1,0

1,0

1,0

1,0

A

B

C

D

4,2

48

1,333

1,333

0,6667

0,6667

0,6667

0,3333

0,6667

0,3333

1,0

2,0

2,0

1,0

D

E

[m]

5,9

55

0,6667

0,3333

18,77

6,613

6,613

0,6582

2,643

W

*

∙10

-3

[-]

R

*

∙10

-3

[-]

M

*

∙10

-3

[m]

Rys. Z12/6.12. Prawidłowe zwroty i wartości wtórnych reakcji w belce fikcyjnej

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

12

Z12/6.7. Wyznaczenie kątów obrotu i ugięć

Rysunek Z12/6.13 przedstawia równowagę sił wtórnych w punkcie B. Wtórna siła poprzeczna T

B

*

czyli kąt obrotu w punkcie B wynosi



B

=

T

B

*

=

2,124⋅10

−

3



3,866⋅10

−

3

=

5,99⋅10

−

3

rad

.

(Z12/6.40)

Wtórny moment zginający M

B

*

czyli ugięcie w punkcie B wynosi

w

B

=

M

B

*

=

2,124⋅10

−

3

⋅

0,33333,866⋅10

−

3

⋅

0,6667=3,285⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.41)

3,8

66

2,

124

A

0,6667

0,6667

1,0

T

B

*

M

B

*

[m]

0,3333

0,3333

W

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.13. Równowaga sił wtórnych w punkcie B

3,866

2,124

0,9063

1,0

1,0

A

B

4,248

1,333

0,6667

0,6667

0,3333

0,6667

0,3333

1,0

2,0

2,0

[m]

11,91

9,079

1,0

1,0

D

1,333

0,6667

6,613

T

C

(L)*

M

C

(L)*

M

C

(P)*

T

C

(P)*

W

*

∙10

-3

[-]

R

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.14. Równowaga sił wtórnych w punkcie C

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

13

C

18,77

9,332

9,444

T

*

∙10

-3

[-]

R

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.15. Równowaga w otoczeniu podpory C

Rysunek Z12/6.14 przedstawia równowagę sił wtórnych w punkcie C. Wtórna siła poprzeczna z lewej

strony T

B

(L)*

czyli kąt obrotu w punkcie C z lewej strony wynosi



C



L

=

T

C



L*

=

2,124⋅10

−

3



4,248⋅10

−

3



3,866⋅10

−

3

−

0,9063⋅10

−

3

=

9,332⋅10

−

3

rad

.

(Z12/6.42)

Wtórna siła poprzeczna z prawej strony T

B

(P)*

czyli kąt obrotu w punkcie C z prawej strony wynosi



C



P 

=

T

C



P*

=−

11,91⋅10

−

3



9,079⋅10

−

3

−

6,613⋅10

−

3

=−

9,444⋅10

−

3

rad

.

(Z12/6.43)

Rysunek Z12/6.15 przedstawia równowagę sił wtórnych w otoczeniu podpory C. Jak łatwo sprawdzić
równowaga wszystkich sił wtórnych jest zachowana. Wtórny moment zginający z lewej strony M

C

(L)*

wynosi

M

C



L*

=

2,124⋅10

−

3

⋅

2,3334,248⋅10

−

3

⋅

1,333



3,866⋅10

−

3

⋅

2,667−0,9063⋅10

−

3

⋅

1,0=20,02⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.44)

Wtórny moment zginający z prawej strony M

C

(P)*

wynosi

M

C



P *

=

11,91⋅10

−

3

⋅

1,333−9,079⋅10

−

3

⋅

1,0



6,613⋅10

−

3

⋅

2,0=20,02⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.45)

Możemy więc zapisać, że ugięcie w punkcie C wynosi

w

C

=

20,02⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.46)

D

D

6,613

6,613

T

D

(L)*

T

D

(P)*

R

*

∙10

-3

[-]

Rys. Z12/6.16. Równowaga w otoczeniu przegubu D

Dr inż. Janusz Dębiński

WM

Z12/6. PRZEMIESZCZENIA W BELKACH – ZADANIE 6

14

Rysunek Z12/6.16 przedstawia równowagę w otoczeniu przegubu D. Wtórna siła poprzeczna w prze-

gubie T

D

*

czyli kąt obrotu w punkcie D wynosi



D

=

T

D

*

=

T

D



L*

=

T

D



P *

=−

6,613⋅10

−

3

rad

.

(Z12/6.47)

E

0,6582

2,643

M

E

*

T

E

*

R

*

∙10

-3

[-]

M

*

∙10

-3

[m]

Rys. Z12/6.17. Równowaga w otoczeniu utwierdzenia E.

Rysunek Z12/6.17 przedstawia równowagę w otoczeniu utwierdzenia E. Wtórna siła poprzeczna T

E

*

czyli kąt obrotu w punkcie E wynosi



E

=

T

E

*

=−

0,6582⋅10

−

3

rad

.

(Z12/6.48)

Wtórny moment zginający M

E

*

czyli ugięcie w punkcie E wynosi

w

E

=

M

E

*

=−

2,643⋅10

−

3

m

.

(Z12/6.49)

Dr inż. Janusz Dębiński