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

δ = 0

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

- zapis zwinięty:

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

V

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

• wykresy sił wewnętrznych:

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

Dla l = 2 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

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

4 1 0

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

• wykresy sił wewnętrznych

VA=34,25kN VB=41,75kN VC=10,17kN VD=57,41kN VE=52,42kN