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.