Zadanie 3. Belka wieloprzęsłowa na podporach spręŜystych q = 8 kN/m; P1 = 70 kN P2 = 110 kN
3.1. Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności
n = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 − 3 = 3
h
3.2. Przyjęcie schematu podstawowego
3.3. Rozwiązanie ustroju podstawowego
3.1. Stan X1 = 1
3.2. Stan X2 = 1
3.3. Stan X3 = 1
3.4. Stan obciąŜenia zewnętrznego
4. Układ równań zgodności przemieszczeń
δ X
δ
δ
δ
11
10 +
X
12
20 +
X
13
30 +
10 = 0
δ X δ
δ
δ
21
10 +
X
22
20 +
X
23
30 +
20 = 0
δ X δ
δ
δ
31
10 +
X
32
20 +
X
33
30 +
30 = 0
• przemieszczenia w miejscach usuniętych więzów:
1
1
4
δ =
⋅
⋅1⋅ 2 ⋅ 2 ⋅0,67 ⋅1 =
11
EI 2
3 EI
1
1
1
1
δ =
⋅
⋅1⋅ 2⋅0 + ⋅1⋅ 2⋅0,33⋅1 =
12
EI 2
2
3 EI
δ = 0
13
1 1
1
1
δ =
⋅
⋅1⋅2⋅0 + ⋅1⋅2⋅0,33⋅1 =
21
EI 2
2
3 EI
1 1
4
δ =
⋅
⋅1⋅2⋅2⋅0,67 ⋅1 =
22
EI 2
3 EI
1
1
1
δ =
⋅
⋅1⋅ 2⋅0,33⋅1 =
23
EI 2
3 EI
31
1 1
1
δ =
⋅
⋅1⋅2⋅0,33⋅1 =
32
EI 2
3 EI
1 1
4
δ =
⋅
⋅1⋅2⋅2⋅0,67⋅1 =
33
EI 2
3 EI
• wyrazy wolne:
1
20,18
δ =
⋅ 0,5⋅35⋅1⋅0,33+ 0,5⋅35⋅1⋅0,67 + 0,67⋅2⋅4⋅0,5⋅1 =
1 O
[
]
EI
EI
1
2, 67
δ =
⋅ 0,67⋅2⋅4⋅0,5⋅1 =
2 O
[
]
EI
EI
1
27, 5
δ =
⋅ 0,5⋅1⋅55⋅0,67⋅1+ 0,33⋅0,5⋅55⋅1 =
3 O
[
]
EI
EI
4
1
20,18
X +
X + 0 ⋅ X +
= 0
10
20
30
3EI
3 EI
EI
1
4
1
2, 67
X +
X +
X +
= 0
⋅3 EI
10
20
30
3EI
3 EI
3 EI
EI
1
4
27, 5
0
⋅ X +
X +
X +
= 0
10
20
30
3 EI
3 EI
EI
4 ⋅ X +1⋅ X + 0⋅ X + 60,51 = 0
10
20
30
1⋅X +4⋅X +1⋅X +8,01= 0
10
20
30
0⋅X +1⋅X + 4⋅X +82,5 = 0
10
20
30
• układ równań zgodności przemieszczeń w ujęciu macierzowym
- zapis rozwinięty:
δ11 δ12 δ X
13
10
δ 0
10
δ
21
δ22 δ23 ⋅ X20 + δ20 =
0
δ31 δ32 δ X
33
30
δ 0
30
4 1 0 X
60,51 0
10
1
1
1
4
1 ⋅ X
+
8, 01 = 0
20
3 EI
3 EI
0 1 4 X
82,5 0
30
L
−1
B
⋅ X + b = O/
B
11
0
10
11
−1
−1
−1
B
⋅ B ⋅ X + B ⋅ b = B ⋅ O/
11
11
0
11
10
11
−
1
X
+ B ⋅ b = 0
0
11
10
−1
X
= − B ⋅ b
0
11
10
4 1 0
2, 43
0
− ,64 0,16
6,66
1
−
1
1
B =
1
4
1 ;
B
= EI 0
− ,64
2, 6
0
− ,64 ; b =
0,88
11
11
10
3 EI
EI
0 1 4
0,16
0
− ,64 2,43
9,1
X
2, 43
0
− ,64 0,16 6,66 1
− 7,25
10
X = X
= EI 0
− ,64
2, 6
0
− ,64 ⋅ 0,88 = 7,86
0
20
X
0,16
0
− ,64 2,43
9,1
2
− 2,64
30
X10 = -17,25 ; X20 = 7,86 ; X30 = -22,64;
5. Obliczenie reakcji i sił wewnętrznych w ustroju rzeczywistym
• wyznaczenie reakcji:
1
2
3
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
A
A
10
A
20
A
30
A
V = 0, 5⋅ (−17, 25) + 35 = 26,375 kN
A
1
2
3
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
B
B
10
B
20
B
30
B
V = −1⋅ (−17, 25) + 0,5 ⋅ 7,86 + 43 = 64,18 kN
B
1
2
3
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
C
C
10
C
20
C
30
C
V = 0, 5⋅ (−17, 25) −1⋅ (7,86) + 0,5 ⋅ ( 2
− 2,64) + 8 = −19,8 kN
C
1
2
3
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
D
D
10
D
20
D
30
D
V = 0,5⋅ 7,86 −1⋅ (−22, 64) + 55 = 81,57 kN
D
1
2
3
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
E
E
10
E
20
E
30
E
V = 0,5 ⋅ ( 2
− 2,64) + 55 = 43,68 kN
E
VD=81,57kN VE=43,68kN
A=26,375kN
VB=64,18kN VC=19,8kN
• wyznaczenie sił wewnętrznych:
- momenty zginające:
M = 0; M = X = −17, 25 kN ; m
M = X
= 7,86 kN ;
m
M = X
= −22,64 kN ;
m
M = 0
A
B
10
C
20
D
30
E
- wyznaczenie momentów ekstremalnych:
przedzia I
x ∈ (0; 1)
M ( x) = V x = 26,375 kN ; m
M (0) = 0 M (1) = 26,375 kNm A
przedzia II
x ∈ (0; 1)
M ( x) = V ( x +1) − P x = 26, 375 x + 26,375 − 70 x = 26,375 − 43, 625 ; x
A
1
M (0) = 26,375 M (1) = 1
− 7,25 kNm
przedzia III
x ∈ (0; 2)
2
qx
M ( x) = V ( x + 2) − P ( x +1) + V x −
= 26,3
2
2
75 x + 52, 75 − 70 − 70 x + 64,18 x − 4 x = 1
− 7,25 + 20,555 x − 4 x ;
A
1
B
2
M (0) = −17, 25 M (2) = 7,86 kNm przedzia IV
x ∈ (0; 2)
M ( x) = V ( x + 2) − P ( x +1) + V x = 43, 68 x + 87, 36 −110 −110 x + 81,57 x = 15, 25 x − 22, 64; E
2
D
M (0) = −22, 64 kNm M (2) = 7,86 kNm przedzia V
x ∈ (0; 1)
M ( x) = V ( x +1) − P x = 43, 68 x + 43, 68 −110 x = 6
− 6,32 x − 43,68;
E
2
M (0) = 43, 68 kNm M (1) = −22, 64 kNm
V
VD=81,57kN VE=43,68kN
A =26,375kN
VB=64,18kN VC=19,8kN
6. Rozwiązanie belki na podporach spręŜystych
l/2
l/2
l/2
l/2
l/2
l/2
• schemat obliczeniowy:
Ugięcie maksymalne: ∆max = 0,01 m
7. Obliczenie podatności podpór
• podpora A:
∆
= b ⋅ V ≤ ∆
max
B
B
max
∆
0, 01
max
4
b ≤
=
=1,56⋅10− m / kN
B
V
64,18
B
1
k =
= 6410,2 kN / m
B
bB
Przyjęto:
kB = 6500 kN/m
Dla l = 2 m:
3
3
l
2
EI
≥
=
=1070 kN
p 1
4
48 b
48 ⋅1,56 ⋅10−
1
• podpora C:
∆
= b ⋅ V ≤ ∆
max
C
C
max
∆
0, 01
max
−4
b ≤
=
= 5,05⋅10 m / kN
C
V
19,8
C
1
k =
=1998 kN / m
C
bC
Przyjęto:
kC = 2000 kN/m
3
3
l
2
EI
≥
=
= 330,1 kN
p 2
4
48 b
48 ⋅5, 05 ⋅10−
1
• podpora 3:
∆
= b ⋅ V ≤ ∆
max
D
D
max
∆
0, 01
max
−4
b ≤
=
=1,23⋅10 m / kN
D
V
81, 57
D
1
k =
= 8130,1 kN / m
D
bD
Przyjęto:
KD = 8150 kN/m
Dla l = 2 m:
3
3
l
2
EI
≥
=
=1333 kN
p 3
4
48 b
48 ⋅1, 23⋅10−
3
8. Obliczenie podatności wynikających z podparcia spręŜystego
M
M
R
R
δ
ij
∑
i ⋅
=
∫
j ds ∑ i ⋅
+
j
EI
k
V ⋅ V
V ⋅ V
V ⋅ V
⋅
⋅
k
1 1
0, 5 0, 5
1
B
1
B
C 1
C 1
D 1
1
D
4
δ =
+
+
=
+
= 2,79⋅10−
11
k
k
k
6500
2000
B
C
D
V ⋅ V
V ⋅ V
V ⋅ V
⋅
⋅
k
1 0, 5
0, 5 1
1
B
B 2
C 1
C 2
1
D
D 2
4
δ =
+
+
= −
−
= −3, 27⋅10−
12
k
k
k
6500
2000
B
C
D
V ⋅ V
V ⋅ V
V ⋅ V
⋅
k
0, 5 0, 5
1
B
B 3
C 1
C 3
1
D
D 3
4
δ =
+
+
=
=1,25⋅10−
13
k
k
k
2000
B
C
D
k
k
4
δ
δ
3, 27 10−
=
= −
⋅
21
12
V
⋅ V
V
⋅ V
V
⋅ V
⋅
⋅
⋅
k
0, 5 0, 5
1 1
0, 5 0, 5
B 2
B 2
C 2
C 2
D 2
D 2
4
δ =
+
+
=
+
+
= 5,69⋅10−
22
k
k
k
6500
2000
8150
B
C
D
V
⋅ V
V
⋅ V
V
⋅ V
⋅
⋅
k
1 0, 5
0, 5 1
B 2
B 3
C 2
C 3
D 2
D 3
4
δ =
+
+
= −
−
= −3,11⋅10−
23
k
k
k
2000
8150
B
C
D
k
4
δ
δ
1, 25 10−
=
=
⋅
31
13
k
k
−4
δ = δ = −3,11⋅10
32
23
V ⋅ V
V ⋅ V
V
⋅ V
⋅
⋅
k
0, 5 0, 5
1 1
B 3
B 3
C 3
C 3
D 3
D 3
−4
δ =
+
+
=
+
= 2, 48⋅10
33
k
k
k
2000
8150
B
C
D
• wyrazy wolne:
V ⋅ V
V ⋅ V
V ⋅ V
⋅
⋅
k
1 43
8 0, 5
1
B
B 0
C 1
C 0
D 1
D 0
−4
δ =
+
+
= −
+
= −46,15⋅10
10
k
k
k
6500
2000
B
C
D
V
⋅ V
V
⋅ V
V
⋅ V
⋅
⋅
⋅
k
0, 5 43
1 8
0, 5 55
B 2
B 0
C 2
C 0
D 2
D 0
−4
δ =
+
+
=
−
+
= 26,84⋅10
20
k
k
k
6500
2000
8150
B
C
D
V ⋅ V
V ⋅ V
V
⋅ V
⋅
⋅
k
0, 5 8
1 55
B 3
B 0
C 3
C 0
D 3
D 0
−4
δ =
+
+
=
−
= −47,5⋅10
30
k
k
k
2000
8150
B
C
D
s
k
δ = δ + δ ;
s
k
δ = δ + δ ;
ij
ij
ij
i0
i0
i0
s
k
s
k
B
= B + B ; b = b + b
11
11
11
10
10
10
0, 279
−0,327 0,125
4
− ,615
k
3
−
k
3
B = 10
−0,327 0,569 −0,311 ; b =10− 2,684
11
10
0,125 −0,311 0,248
4
− ,75
4 1 0
60,51
1
1
B =
1
4
1 ; b =
8, 01
11
10
3 EI
3 EI
0 1 4
82,5
9. Zaprojektowanie przekroju belki
• belka stalowa:
8
2
2
E = 1
,
2 ⋅10
kN / m ;
R = 220 000 kN / m
M
σ =
≤ ;
R
M = 43, 68 kN
W
M
43, 68
4
−
3
3
W ≥
=
= 1,98⋅10 m = 198 cm
R
220 000
Przyjęto:
3
4
−5
4
Ι HEB 200
→ W = 200 cm ; I = 2000 cm = 2,00⋅10 m 8
5
−
2
EI = 2,1⋅10 ⋅ 2, 00 ⋅10 = 4200 kNm
0,32 0, 08
0
60,51
4,8
1
−
1
3
−3
B =
1
4
1 = 10
0, 08
0,32
0, 08 ; b =
8, 01 = 10
0, 64
11
10
3⋅ 4200
3⋅ 4200
0 1 4
0
0, 08
0,32
82,5
6,6
0,599
−0,247 0,125
0,185
S
k
−3
s
k
−3
B = B + B = 10
−0,247 0,889 −0,231 ;
b = b + b = 10
3, 324
11
11
11
10
10
10
0,125
0
− ,231 0,568
1,85
−
s
s
s
L
s 1
B ⋅ X + b
= O/
B
11
0
10
11
−
−
−
s 1
s
s
s 1
s
s 1
B
⋅ B ⋅ X + B ⋅ b = B ⋅ O/
11
11
0
11
11
11
−
s
s 1
s
X + B
⋅ b = 0
0
11
10
−
s 1
s
X = −B
⋅ b
0
11
10
1,91
0, 47
0
− ,23
1
−
s
3
B
=10 0,47 1,37
0, 46
11
0
− ,23 0,46
2
s
X
1,91
0, 47
0
− ,23
0,185 −1,5
10
s
s
3
−3
X = − X
= 1
− 0 0, 47 1,37
0, 46 ⋅10
3, 324 = −5,5
0
20
s
X
0
− ,23 0,46
2
1,85
−5,16
30
s
= 1
− ,5;
s
= 5
− ,5;
s
X
X
X
= −5,16
10
20
30
10. Obliczenie reakcji i sił wewnętrznych w belce na podporach spręŜystych
• obliczenie reakcji:
S
1
S
2
S
3
S
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
A
A
10
A
20
A
30
A
S
V = 0,5 ⋅ ( 1
− ,5) + 35 = −0,75 + 35 = 34,25 kN
A
S
1
S
2
S
3
S
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
B
B
10
B
10
B
30
B
S
V = −1⋅ (−1, 5) + 0, 5⋅ (−5,5) + 43 = 41, 75 kN
B
S
1
S
2
S
3
S
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
C
C
10
C
20
C
30
C
S
V = 0,5 ⋅ ( 1
− ,5) −1⋅( 5
− ,5) + 0,5⋅(−5,16) + 8 =10,17 kN
C
S
1
S
2
S
3
S
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
D
D
10
D
20
D
30
D
S
V = 0,5 ⋅ ( 5
− ,5) −1⋅(−5,16) + 55 = 57,41 kN
D
S
1
S
2
S
3
S
0
V = V ⋅ X + V ⋅ X + V ⋅ X + V
E
E
10
E
20
E
30
E
S
V = 0,5 ⋅ ( 5
− ,16) + 55 = 52,42 kN
E
• siły wewnętrzne:
- momenty zginające:
M = 0;
s
M = X = −1,5;
s
M = X
= −5,5;
s
M = X
= −5,16; M = 0
A
B
10
C
20
D
30
E
- wyznaczenie momentów ekstremalnych:
przedzia I
x ∈ (0;1)
M ( x) = V x = 34, 25 x; M (0) = 0 M (1) = 34, 25 kNm A
przedzia II
x ∈ (0;1)
M ( x) = V ( x +1) − P x = 34, 25 x + 34, 25 − 70 x = 34, 25 − 35, 75 ; x
A
1
M (0) = 34, 25 M (1) = 1
− ,5 kNm
przedzia II I
x ∈ (0; 2)
2
qx
M ( x) = V ( x + 2) − P ( x +1) + V x −
= 34,25 x + 68,5 − 70 −
2
2
70 x + 41, 75 x − 4 x = 1
− ,5 + 6 x − 4 x ;
A
1
B
2
M (0) = 1
− ,5 M (2) = 5
− ,5 kNm
przedzia IV
x ∈ (0; 2)
M ( x) = V ( x + 2) − P ( x +1) + V x = 52, 42 x +104,84 −110 −110 x + 57, 41 x = 0
− ,17 x − 5,16;
E
2
D
M (0) = 5
− ,16 kNm M (2) = 5
− ,5 kNm
przedzia V
x ∈ (0; 1)
M ( x) = V ( x +1) − P x = 52, 42 x + 52, 42 −110 x = 5
− 7,58 x + 52, 42;
E
2
M (0) = 52, 42 kNm M (1) = 5
− ,16 kNm
• sprawdzenie ugięć w punktach podparcia spręŜystego:
- podpora 1:
s
1
∆ = b ⋅ V =
⋅ 41,75 = 0,0064 ≤ ∆
B
B
B
max
6500
- podpora 2:
s
1
∆ = b ⋅ V =
⋅10,17 = 0,0051 ≈ ∆
C
C
C
max
2000
- podpora 3:
s
1
∆ = b ⋅ V =
⋅57,41 = 0,007 ≤ ∆
D
D
D
max
8150
VA=34,25kN VB=41,75kN VC=10,17kN VD=57,41kN VE=52,42kN