ZADANIE II

Rozwiązać belkę ciągłą statycznie niewyznaczalną metodą trzech momentów.

Sporządzić wykresy sił przekrojowych M i T.

P1=12 kN

B

q=6 kN/m

tg=00C

P2=6 kN

1

tg=00C

A

2

3

td =100C

A

td =150C

∆

∆

y1=6 mm

y2=10 mm

B

6 m

6 m

8 m

3 m

A-A

B-B

E = 2 ⋅107 [ kN / m 2 ]

]

]

[m

[m

−

α = 1⋅10 5[1 / C

o

t

]

,4

,4

0

0

=

=

h 1

h 2

b1=0,3[m]

b1=0,3[m]

Rys. 1

1. Obliczenia pomocnicze

Przyjmujemy schemat pomocniczy (rys.2), w którym w zwią zku z tym, ż e podporą nieprzesuwną jest utwierdzenie koń ca belki, wprowadzamy dodatkowe fikcyjne przę sło o l = 0 i EJ = 0 .

Numerujemy wę zły belki (zaczynają c od zera - bowiem jest najwygodniej).

Wprowadzamy numerację przę seł – numer przę sła jest równy numerowi wę zła opisują cego koniec przę sła (liczą c od lewej do prawej). Znają c nr przę sła opisać moż emy w danym przęś le jego długość i sztywność .

P1=12 kN

P2=6 kN

q=6 kN/m

0

1

2

3

4

l 1=0

l 2=12 [m]

l 3=8 [m]

l 4=3 [m]=a

EJ 1=∞

EJ 2

EJ 3

EJ 4

Rys. 2.

Strona 1 z 9

Stopień statycznej niewyznaczalnoś ci tej belki wynosi: SSN=2

Z rys. nr 1 wynika, ż e sztywnoś ci we wszystkich przę słach są róż ne (ale w danym przęś le takie same –

co wynika z def. belki cią głej).

Obliczamy momenty bezwładnoś ci w poszczególnych przę słach, bowiem od nich zależą sztywnoś ci w tych przę słach.

3

3

bh

3

,

0 ⋅ 5

,

0

−2

J =

=

= 3

,

0 125 ⋅10

m

,

2

[ 4]

W przęś le 1-2 mamy:

12

12

3

3

bh

3

,

0 ⋅ ,

0 6

−2

J =

=

= 5

,

0 4 ⋅10

m

= J ,

3

[ 4]

W przęś le 2-3 oraz 3-4 mamy: 4

12

12

Teraz przyjmujemy jako porównawczy moment bezwładnoś ci - moment w bezwładnoś ci w przęś le 1-2, czyli J = J i w poszczególnych przę słach opisujemy sztywnoś ci tzw. sztywnoś cią porównawczą

2

0

EJ . ( E jest stałe dla wszystkich prz 0

ę seł, natomiast zmienny jest moment bezwładnoś ci).

Za sztywność porównawczą przyjmujemy np. sztywność przę sła 1- 2, czyli: 2

EJ = E ⋅ 3

,

0 125 ⋅10− m = EJ .

2

[ 4]

0

Wyraż amy pozostałe sztywnoś ci uzależ niają c je od sztywnoś ci EJ :

0

−2

EJ

E ⋅ 5

,

0 4 ⋅10

3

−2

EJ =

⋅ EJ =

⋅ E ⋅ 3

,

0 125 ⋅10

3

0

−2

EJ

E ⋅ 3

,

0 125 ⋅10

0

EJ = ,

1 728 ⋅ EJ m = EJ

3

[ 4

0

]

4

Wyliczenie długoś ci sprowadzonych przę seł:

'

EJ

Wzór ogólny: l =

0 ⋅ l :

k

k

EJk

EJ

EJ

'

0

0

l =

⋅ l =

⋅12 = 1 [

2 m] ,

2

2

EJ

EJ

2

0

EJ

EJ

'

0

0

l =

⋅ l =

⋅8 ≅ ,

4 6 [

3 m] ,

3

3

EJ

,

1 728 ⋅ EJ

3

0

EJ

EJ

'

0

0

'

l =

⋅ l =

⋅ 3 ≅ ,17 [

4 m] = a .

4

4

EJ

,

1 728 ⋅ EJ

4

0

2. Przyjęcie schematu podstawowego P1=12 kN

P2=6 kN

q=6 kN/m

X 1

X

X 2

1

X 2

0

1

2

3

4

l ’

4 =12

’

l ’

=12, EJ

’

1 =0

l2

0

l

1,728·EJ

3 =12, 1,728·EJ0

0

l 4=3 [m]=a

l 1=0

l

l 3=8 [m]

2=12 [m]

EJ 4

EJ

EJ

EJ 3

1=∞

2

Rys. 3

Strona 2 z 9

3. Równania trzech momentów Układamy równania (ciągłości) kolejno w podporach, w których wprowadzono nadliczbowe X (w miejsce

k

zwolnionych więzów).

Ogólny wzór metody trzech momentów zapisany w węźle „ k”:

'

'

'

'

l X − + 2( l + l ) X

+

+ l X

+

+ =

6

− EJ δ .

k

k 1

k

k 1

k

k 1

k 1

0

k 0

k=1

'

'

'

'

l X + 2( l + l ) X + l X = −6 EJ δ , 1

0

1

2

0

2

2

0 10

0 ⋅ X + (

2 0 + 1 )

2 X + 12 ⋅ X = −6 EJ δ , 0

0

2

0 10

24 X + 12 X = −6 EJ δ , 1

2

0 10

k=2

'

'

'

'

l X + 2( l + l ) X + l X = −6 EJ δ , 2

1

2

3

2

3

3

0

20

12 X + 2 1

( 2 + ,

4 6 )

3 X + ,

4 63 X = 6

− EJ δ ,

1

2

3

0

20

W naszym zadaniu moment przypodporowy w węźle „3” ( X ) jest różny od zera i jest momentem zna-3

nym (znak „-„ ponieważ ściska dolne włókna):

X = − P ⋅ l = 6

− ⋅ 3 = 1

− 8[ KNm].

3

2

4

P2=6 kN

3

4

wyróż nione włókna

l 4=3 [m]=a

Rys. 4

12 X + 2 1

( 2 + ,

4 6 )

3 X + ,

4 63 ⋅ ( 1

− )

8 = −6 EJ δ ,

1

2

0

20

12 X + 3 ,

3 26 X + 83 3

, 4 = −6 EJ δ ,

1

2

0

20

12 X + 3 ,

3 26 X = −6 EJ δ − 83 3

, 4

1

2

0

20

Ostatecznie otrzymujemy układ 2 równań do rozwiązania: 24 X + 12 X = −6 EJ δ

1

2

0 10

12 X + 3 ,

3 26 X = −6 EJ δ − 83 3

, 4

1

2

0

20

4. Obliczenie δ , tj. δ i δ

k 0

10

20

Ogólny wzór na δ ma postać:

k 0

δ

0

δ

δ

δ

k

= kp + kt + ∆ k

4.1. Wyznaczenie δ

kp

Można wyliczyć dwoma sposobami: metodą Mohra lub z wykorzystanie równania prac wirtualnych W naszym zadaniu wykorzystamy równanie prac wirtualnych do obliczenia δ .

kp

Strona 3 z 9

Wykres momentów zginających (rys. 5b) w schemacie podstawowym od obciążenia „ p” (rys. 5a):

a)

P1=12 kN

P2=6 kN

q=6 kN/m

0

1

2

3

4

EJ0

1,728·EJ0

l ’

6 [m]

6 [m]

1 =0

l 4=3 [m]=a

l 1=0

l

l 3=8 [m]

2=12

b)

18

0

1

2

4

3

Pl = 36

M

2

p

4

ql

= 48

8

Rys. 5

Wykres momentów zginających (rys. 6b) w schemacie podstawowym od stanu X = 1(rys. 6a): 1

a)

X 1=1

X 1=1

0

1

2

3

4

EJ

1,728·EJ0

0

l ’

1 =0

l

l

l

2=12 [m]

3=8 [m]

4=3 =a

l 1=0

EJ 1=∞

b)

0

1

2

3

4

1

0,5

M1

Rys. 6

Strona 4 z 9

Wykres momentów zginających (rys. 7b) w schemacie podstawowym od stanu X = 1 (rys. 7a): 2

a)

X 2=1

X 2=1

0

1

2

3

4

EJ

1,728·EJ0

0

l ’

1 =0

l

l

l

2=12 [m]

3=8 [m]

4=3 =a

l 1=0

EJ 1=∞

b)

0

1

2

3

4

M2

1

Rys. 7

Współczynniki δ obliczamy wg wzoru:

kp

M M

k

p

δ = ∫

ds

kp

EJ

l

M M

1

p

1

δ

ds

1 p = ∫

=

⋅[1 ⋅36 ⋅ 6 ⋅(1 ⋅1+ 2 ⋅ 5

,

0

+ 2 ⋅

)

5

,

0

2

3

3

3

]=

EJ

EJ

l

0

108

δ

=

1 p

EJ 0

M M

2

p

1

1

δ

ds

2 p = ∫

=

[1 ⋅36⋅6⋅

2

(2 ⋅ 5,

0 + 1 ⋅1+ 2 ⋅ 5

,

0

3

3

3

)]+

[2 ⋅48⋅8⋅ 1 ⋅1− 1 ⋅18⋅8⋅ 1 ⋅

3

2

2

3

]1=

EJ

EJ

7

,

1 28 EJ

l

0

0

168 1

, 85185

δ

≅

2 p

EJ 0

4.2. Wyznaczenie δ :

kt

0

1

0oC

2

0oC

3 0oC

4

10oC

15oC

15oC

l1=0

l2=12

l3=8

l4=3

Rys. 8

Strona 5 z 9

Ogólny wzór na wyznaczenie δ :

kt

l

l

k

k 1

+

δ

α

t

α

t

,

kt =

t

⋅ ∆ k ⋅

+ t ⋅

⋅ ∆ 1

k

k +

k +

2

1

h

2 h

k

k 1

+

gdzie

t

∆ = t − t .

d

g

Wyliczamy kolejno w węzłach, w których wprowadzono nadliczbowe X :

k

k=1

l

l

1

2

δ = α ⋅ t

∆ ⋅

+ α ⋅ t

∆ ⋅

,

1 t

t

1

t

2

1

2

2

h

2 h

1

2

t

0

∆ = 0 C ,

1

t

0

∆ = 10 C

0

− 0 C

0

= 10 C ,

2

h

,

1 →

∞

h =

m

5

,

0

,

2

l = m

0

,

1

l = 12 m

,

2

α = const

5

−

0

=1⋅10 1 / C ,

t

0

−

12

5

−3

δ

α

t =

⋅ ∆ t

t

⋅

+1⋅10 ⋅10⋅

= ,

0 0012 = ,

1 2 ⋅10

1

1

1

2 h

2 ⋅ 5

,

0

1

k=2

l

l

2

3

δ = α ⋅ t

∆ ⋅

+ α ⋅ t

∆ ⋅

,

2 t

t

2

t

3

2

2

3

h

2 h

2

3

t

0

∆ =15 C

0

− 0 C

0

=15 C ,

3

h = ,

0

m

6

,

3

l = m

8

,

3

−

12

−

8

5

5

−3

δ

.

t = 1⋅10

⋅10⋅

+1⋅10 ⋅15⋅

= ,

0 0022 = ,

2 2 ⋅10

2

2 ⋅ 5

,

0

2 ⋅ ,

0 6

4.3. Wyznaczenie δ ∆ :

k

0

1

2

3

4

∆ y1=0,006 m

∆ y2=0,01 m

l1=0

l4=3

l2=12

l3=8

Rys. 9

Ogólny wzór na wyznaczenie δ ∆ :

k

∆

 1

1 

k

∆

1

−

k 1

+

δ

.

k

=

−

+

⋅ ∆ i +

∆





l

l

l

l

k

 k

k



1

+

k 1

+

Strona 6 z 9

k=1

∆

 1

1 

∆



1 

0

,

0 1

1

0

,

0 1

0

2

δ ∆ =

−  + ⋅∆ +

= 0 − 0 +

 ⋅ 0

,

0 06 +

= − ⋅ 0

,

0 06 +

1

1

l

 l

l 

l



12 

12

12

12

1

1

2

2

4

δ = ,

3

)

3

(

⋅10−

1∆

k=2

∆

 1

1 

∆

0

,

0 06

 1

1 

1

3

δ ∆ =

−

+

⋅ ∆ +

=

− 

+ ⋅ 0

,

0 1+ 0

2





2

l

 l

l 

l

12

12 8 

2

2

3

3

3

δ = − 5

,

1 8 )

3

(

⋅10−

2∆

4.4. Wyznaczenie δ

:

k 0

δ

.

0

δ

δ

δ

k

= kp + kt + ∆ k

k=1

108

−

−

1

3

4

δ =

+ ,

1 2 ⋅10 + ,

3

)

3

(

⋅10 =

108 + EJ ⋅ ,

1

( 2 ⋅10− + ,

3

)

3

(

⋅10− ,

10

[

3

4

0

]

EJ

EJ

0

0

203

)

3

(

8

,

δ =

,

10

EJ 0

k=2

168 1

, 85185

−

−

1

3

3

δ =

+ ,

2 2 ⋅10 − 5

,

1 8 )

3

(

⋅10 =

258 1

, 8518 + EJ ⋅ ( ,

2 2 ⋅10− − 5

,

1 8 )

3

(

⋅10−

20

[

3

3

0

]

EJ

EJ

0

0

20 ,

6 726852

δ =

20

EJ 0

5. Rozwiązanie układu równań - wyliczenie X

k

Wracamy do układu równań

24 X + 12 X = −6 EJ δ

1

2

0 10

12 X + 3 ,

3 26 X = −6 EJ δ − 83 3

, 4

1

2

0

20

Za δ

wstawiamy wyliczone wielkości w pkt. 4.:

k 0

203

)

3

(

8

,

24 X +12 X = −6 EJ ⋅

1

2

0

EJ 0

20 ,

6 726852

12 X + 3 ,

3 26 X = 6

− EJ

− 83 3

, 4

1

2

0

EJ 0

24 X +12 X = 1

− 223 EJ

1

2

0

12 X + 3 ,

3 26 X = 1

− 32 ,

3 7 EJ

1

2

0

Strona 7 z 9

X ≅ 3

− 7 8

, 952

1

X ≅ −26 1

, 262

1

6. Wyliczenie pozostałych wielkości statycznych - wykresy sił przekrojowych M i T

P1=12 kN

P2=6 kN

X

q=6 kN/m

1=37,8952

X 2=26,1262

0

1

2

3

4

l

l 4=3 [m]=a

2=12 [m]

l 3=8 [m]

Rys. 10

Belkę ciągłą, po wyliczeniu X , możemy dalej rozwiązywać jak dwie belki proste połączone ze sobą w

k

węźle „2” przegubem, w którym przyłożone są wyliczone momenty przypodporowe X (rys. 11). Następ-2

nie w tych beleczkach liczymy reakcje podporowe i rysujemy wykresy T i M (rys. 12 i 13).

P1=12 kN

P2=6 kN

X

q=6 kN/m

1=37,8952

X 2=26,1262

1

2

3

4

V

L

V

P

V

V

1

l

2

2

3

l 4=3 [m]=a

2=12 [m]

l 3=8 [m]

Rys. 11

Rozpatrujemy beleczkę 1-2:

∑

37 8

, 952 − 26 1

, 262

12

L

M

= 0 V =

+

≅ 9

,

6 8

2

1

12

2

∑

L

26 1

, 262 − 37 8

, 952

12

M = 0 V =

+

≅ ,

5 02

1

2

12

2

Rozpatrujemy beleczkę 2-4:

2

∑

1 

6 ⋅8 

P

M

= 0 V =

6 ⋅11− 26 1

, 262



+

 ≅ 28 9

, 8

2

3

8 

2 

Strona 8 z 9

2

∑

P

1 

6 ⋅8



M = 0 V

=

26 1

, 262 +

− 6⋅3



 ≅ 25 0

, 2

3

2

8 

2



Sprawdzenie:

∑ P = 0 9, 6 8 + ,

5 02 + 28 9

, 8 + 2 ,

5 02 −12 − 6 ⋅8 − 6 = 0 c.n.d.

y

X

X + X

1=37,8952

1

2

= 32 0

, 107

2

2

ql

X

2=26,1262

8

Pl = 36

4

18

X + X

2

3

2

3,9893

M

≅

extr 26,023

6 [m]

x≅4,169

l

l 4=3 [m]

2=12 [m]

l 3=8 [m]

Rys. 12. Wykres momentów zginają cych

22,98

5,02

5,02

-

-

+

+

+

6

6

6,98

6,98

25,02

6 [m]

x≅4,169

l 4=3 [m]

l 2=12 [m]

l

3=8 [m]

Rys. 13. Wykres sił tną cych

Strona 9 z 9