Zadanie 1
Rozwiązanie:

Przyjmujemy początek układu współrzędnych w miejscu przyłożenia obciążenia, oś x skierowana jest wzdłuż osi belki podłużnej, natomiast oś y skierowana jest pionowo do dołu, przez y oznaczamy ugięcie osi belki w dowolnej odległości x od początku układu.

Obciążenie P poprzez belkę podłużną zostaje przeniesione na belki poprzeczne.

Wielkość obciążenia przejmowanego przez którąś z belek poprzecznych, a więc i wielkość wywieranej przez nią reakcji, zależy od ugięcia belki podłużnej a więc i wielkość wywieranej przez nią reakcji, zależy od ugięcia belki podłużnej w rozpatrywanym miejscu.

Reakcję wywieraną przez belkę poprzeczną, znajdującą się w odległości x od początku układu, której ugięcie jest y, wyznaczamy znając dla tej belki zależność między ugięciem i wywołującą go siłą. Dla belki wspornikowej (rys. 1) zależność ta jest następująca:

Rysunek 1. belka wspornika

$$y = - \frac{P_{x}l^{3}}{3EI_{1}}$$

Przyjęto znak minus, ponieważ reakcja P_x wywierana przez belkę jest skierowana przeciwnie do jej ugięcia y, skąd

$$P_{x} = - \frac{3EI_{1}}{l^{3}}y$$

Ze względu na bardzo małe rozstawienie belek poprzecznych, można przyjąć w przybliżeniu, że reakcja ta jest rozłożona równomiernie na całym odcinku belki podłużnej, zawartym między sąsiednimi belkami poprzecznymi.

Na jednostkę długość będzie więc w odległości x

$$q_{x} = \frac{P_{x}}{a} = - \frac{3EI_{1}}{al^{3}}y = - ky$$

Zauważamy, że rozłożona reakcja podpór belki podłużnej jest proporcjonalna do wielkości jej ugięć. Belka podłużna znajduje się więc w warunkach belki na sprężystym podłożu (rys. 2), którego stała jest

Rysunek 2 Belka na sprężystym podłożu

$$k = \frac{3EI_{1}}{al^{3}}y$$

Równanie różniczkowe osi ugiętej belki jest

$$\text{EI}\frac{d^{4}y}{dx^{4}} = q_{x} = - ky$$

czyli

$$\frac{d^{4}y}{dx^{4}} = \frac{k}{\text{EI}}y = 0$$

Oznaczając

$$\alpha^{4} = \frac{k}{4EI}$$

$$\alpha^{4} = \frac{1}{4EI}*\frac{3EI_{1}}{al^{3}} = \frac{3}{4}\frac{I}{I_{1}}\frac{1}{al^{3}}$$

Mamy

$$\frac{d^{4}y}{dx^{4}} + 4\alpha^{4}y = 0$$

Rozwiązanie ogólne tego równania można napisać w postaci

y = e^αx(C1cosαx+C2sinαx) + e^−αx(C3cosαx+C4sinαx)

Stałe dowolne C₁,…,C₄ należy wyliczyć na podstawie znanych warunków brzegowych belki podłużnej.

Ponieważ czynnik e^αx rośnie nieograniczenie ze wzrostem x, więc aby y pozostało ograniczone w miarę oddalania się od miejsca obciążonego (co oczywiście ma miejsce w rzeczywistości), musi być:

x → ∞,  C1 = C2 = 0,  y ↑ (e^αx)

C1 = C2 = 0

Dla wyznaczenia stałych C₃ i C₄ zauważymy (rys. 2), że z symetrii wynika, iż styczna do osi ugiętej w miejscu obciążonym jest równoległa do osi x, tj.

$$(\frac{\text{dy}}{\text{dx}})_{x = 0} = 0$$

Z warunku tego otrzymujemy

$$(\frac{\text{dy}}{\text{dx}})_{x = 0} = - 2\alpha cos\alpha x\left( {- C}_{3} + C_{4} \right) = 0$$

C3 = C4 = C

I równanie otrzymujemy w postaci

y = e^−αxC(cosαx+sinαx)

Ostatni niezbędny warunek otrzymamy rozpatrując belkę przeciętą przekrojem poprzecznym w początku układu x=0 (rys. 3).

Siły wewnętrzne zredukowane do środka ciężkości przekroju dają siłę tnącą T₀ ( z warunku rzutów na oś belki siła normalna N=0).

Na podstawie symetrii można przewidzieć, że siła P rozkłada się po połowie na obie części belki; będzie więc

$$T_{x = 0} = T_{0} = \frac{P}{2}$$

Dodatni znak siły tnącej przyjęto odpowiednio do założonego układu współrzędnych (x,y)

Rysunek 3 Rozkład sił

Poszukiwany warunek będzie więc:

$$T_{x = 0} = EI(\frac{d^{3}y}{dx^{3}})_{x = 0} = \frac{P}{2}$$

Różniczkując trzykrotnie równanie osi ugiętej belki względem x otrzymamy

$$\frac{\text{dx}}{\text{dy}} = - 2\alpha Ce^{- \alpha x}\text{sinαx}$$
$$\frac{d^{2}x}{dy^{2}} = 2\alpha^{2}Ce^{- \alpha x}(sin\alpha x - cos\alpha x)$$

$$\frac{d^{3}x}{dy^{3}} = 4\alpha^{3}Ce^{- \alpha x}\text{cosαx}$$

Mamy więc

$$EI4\alpha^{3}Ce^{- \alpha*0}cos\alpha*0 = \frac{P}{2}$$

Skąd

$$C = \frac{P}{8\alpha^{3}\text{EI}}$$

Ostatecznie równanie ugiętej osi belki podłużnej jest

$$y = \frac{P}{8\alpha^{3}\text{EI}}e^{- \alpha x}(cos\alpha x - sin\alpha x)$$

Ze względu na wykorzystywanie warunków symetrii równanie to słuszne jest tylko dla x≥0. Moment gnący w przekroju belki podłużnej odległym o x od początku układu jest:

$$M_{\text{gx}} = EI\frac{d^{2}x}{dy^{2}} = \frac{P}{4\alpha}e^{- \alpha x}(sin\alpha x - cos\alpha x)$$

Największe wielkości ugięcia i momentu gnącego występują w przekroju pod siła P (x=0).

Mamy wtedy

$$M_{gx = 0} = - M_{0} = - \frac{P}{4\alpha}$$

Belka zostaje więc w tym miejscu wygięta wypukłością w dodatnim kierunku osi y.

Wstawiając wartość α dla największej bezwzględnej wartości momentu gnącego w belce podłużnej, mamy:

$$\max M_{g} = \left| M_{gx = 0} \right| = \frac{P}{4}\sqrt[4]{\frac{4}{3}}\frac{I}{I_{1}}al^{3}$$

Największe obciążenie przenosi belka poprzeczna znajdująca się w miejscu największego ugięcia belki podłużnej. Maksymalne ugięcie belki podłużnej występuje w miejscu obciążonym, tj. przy x=0 i wynosi

$$y_{\max} = \frac{P}{8\alpha^{3}\text{EI}}$$

Znajdująca się w tym miejscu belka poprzeczna jest obciążona siłą

$$P_{0}^{'} = P_{x = 0}^{'} = - P_{x = 0} = \frac{3}{8}\frac{P}{\alpha^{3}l^{3}}\frac{I_{1}}{I}$$

(siła P’_x=0 wywierania przez belkę podłużną na poprzeczną jest przeciwna do reakcji P_x=0 tej ostatniej).

Wstawiając wartość α mamy

$$P_{0}^{'} = \frac{P}{2}\sqrt[4]{\frac{3}{4}}\frac{I_{1}}{I}(\frac{a}{l})^{3}$$

Największy moment gnący wystąpi w przekroju utwierdzonym tej belki (rys. 1).

Jego wartość jest

$$\max M_{g1} = P_{0}^{'}l = \frac{1}{2}P\sqrt[4]{\frac{3}{4}}\frac{I_{1}}{I}a^{3}l$$

Moment gnący w dowolnym przekroju belki podłużnej można także obliczyć na podstwie jego określenia.

Korzystając z rys. 3 mamy

$$M_{\text{gx}} = \frac{P}{2}x - M_{0} - \int_{0}^{x}{(kydu)(x - u)}$$

Znak minus pochodzi stęd, że przy założeniu ugięcia w kierunku dodatnim osi y reakcja podłoża skierowana jest przeciwnie, wygina więc belkę w przekroju x wypukłością w kierunku +y.

Wstawiając wartości k, M₀, y(u) i całkując otrzymamy jak poprzednio po uporządkowaniu

$$M_{\text{gx}} = \frac{P}{4\alpha}e^{- \alpha x}(sin\alpha x - cos\alpha x)$$