Politechnika Wrocławska Rok akademicki 2012/2013

Wydział Budownictwa Lądowego i Wodnego Rok studiów: II

Instytut Inżynierii Lądowej Semestr: 3

Zakład Dynamiki Budowli

Ćwiczenie projektowe nr 1

Belka wieloprzęsłowa przegubowa

Opracował: Krzysztof Boroch

Prowadzący: dr inż. Aneta Brząkała

ROZWIĄZANIE BELKI METODĄ BEZPOŚREDNIĄ

1. SPRAWDZENIE GEOMETRYCZNEJ NIEZMIENNOŚCI I STATYCZNEJ WYZNACZALNOŚCI

Plan przemieszczeń błędnych

Warunek ilościowy jest spełniony

e=3t

12=3*4

Warunek jakościowy. Korzystając z planu przemieszczeń błędnych w trzecim przegubie od lewej strony dochodzimy do sprzeczności – tarcza 4 nie może się przemieścić za tarczą 3, ponieważ blokuje ją sposób umocowania do podłoża. Układ jest więc geometrycznie niezmienny i statycznie wyznaczalny.

1. REAKCJE PODPOROWE

Niewiadome: M_A, M_D, V_B, V_C, V_D, H_A, H_C

1. ΣM₁(l) = 0 – warunek konstrukcyjny

Obciążenie trapezowe można podzielić na obciążenie po trójkącie (ozn. q’) i równomiernie rozłożone (ozn. q”). Z podobieństwa trójkątów:

$\frac{6}{q}_{t}$ = $\frac{8}{5}$ → q′=3, 75kN/m,

$q" = 5 - 3,75 = \mathbf{1,25}\mathbf{kN/m}$

-M_A + 1,25*6*3 + 0,5*3,75*6*4 = 0, M_A = 67,5 kNm

1. ΣM₂(l) = 0 – warunek konstrukcyjny

-67,5 + 0,5*8*5*8,333 + R_B*3 = 0, R_B = -33,056 kN (zwrot przeciwny do założonego)

III. $\left\{ \begin{matrix} {\mathbf{\Sigma}\mathbf{M}}_{\mathbf{c}}\mathbf{= 0} \\ \mathbf{\text{ΣM}}_{\mathbf{4}}\mathbf{(p) = 0} \\ \end{matrix} \right.\ $ ΣM_c=0 - warunek równowagi

ΣM₄(p)=0 - warunek konstrukcyjny

$\left\{ \begin{matrix} - 67,5 + 20*11,3333 - 33,0556*6 - 53,0330 - 10,607*1 - 12 + V_{D}*2 - M_{D} = 0 \\ {- V}_{D}*1 + M_{D} + 12 = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $, stąd:

$\left\{ \begin{matrix} 2*V_{D} - M_{D} = 114,8096 \\ {- V}_{D}*1 + M_{D} = - 12 \\ \end{matrix} \right.\ $ → V_D = 102,8096 kN, M_D = -12 + 102,8096 = 90,8096 kNm

IV. ΣP_iy = 0

0,5*5*8 – 33,056 – 10,607 + V_C – 102,803 = 0 → V_C = 126,466 kN

H_C = V_C * tg30° = 126,466 * $\frac{\sqrt{\mathbf{3}}}{\mathbf{3}}$ = 73,015 kN

V. ΣP_ix = 0

H_A + 73,015 - 10,607 = 0 → H_A = -62,412 kN

Warunek sprawdzający:

ΣM₄(l)=0

-67,5 + 0,5*8*5*12,333 – 33,056*7 – 53,033 – 10,607*2 – 126,466*1 = 0

0 = 0 Reakcje są wyznaczone poprawnie.

1. SIŁY PRZEKROJOWE

Obliczenia pomocnicze dla obciążenia po trójkącie: $\frac{q}{x}$ = $\frac{5}{8}$ → q = 0,625x

Momenty

Przedział D4 x ∈ <0;1)

M_D = 90,8096 kNm

M_4(p) = M_D4(1) = 90,8096 – 102,8096*1 + 12 = 0

Przedział 4C x’ ∈ <0;1)

M_C = M_4C(1) = -102,8096*1 = -102,8096 kNm

Przedział C3 x’’ ∈ <0;1)

M_3(p) = M_C3(1) = -102,8096 + 126,4722*1 – 102,8096*1 = -79,147 kNm

M_3(l) = -79,147 + 53,033 = -26,114 kNm

Przedział 32 x’’’ ∈ <0;2)

M₂ = M₃₂(2) = (23,6626-10,6066)*2 – 26,114 = -0,002 ≈ 0 kNm wynik różny od zera wynika z przybliżeń

Przedział 2B x^IV ∈ <0;1)

M_B = M_2B(3) = 3*13,056 = 39,168 kNm

Przedział B1 x^V∈ <0;2)

M_B1(x) = -20*x^V + 39,168 + 0,5*x^V*0,625x^V*$\frac{1}{3}$x^V = 0,1042(x^V)³ – 20x^V + 39,168

M₁ = M_B1(2) = 0,833 - 40 + 39,168 = 0,001 ≈ 0 kNm wynik różny od zera wynika z przybliżeń

Przedział 1A x^VI ∈ <0;6)

M_1A(x) = 1,25*x^VI*0,5x^VI + 0,5*x^VI*0,625x^VI*$\frac{1}{3}$x^VI -18,75*x^VI = 0,1042*(x^VI)³ + 0,625(x^VI)² – 18,75*x^VI

M_A = M_1A(6) = 22,507 + 22,5 – 112,5 = -67,493 kNm ≈ 67,5 kNm

Sprawdzenie czy na przedziale 1A występuje ekstremum:

- $\frac{dM_{1A}(x^{\text{VI}})}{dx^{\text{VI}}}$ = -0,3126(x^VI)² - 1,25x^VI + 18,75 = 0

  = 1, 5625 + 23, 445 ≈ 25 

x₁^VI = $\frac{1,25 + 5}{- 0,6252}$ ≈ -10 m, x₂^VI = $\frac{1,25 - 5}{- 0,6252}$ ≈ 6 m

Pochodną $\frac{dM_{1A}(x^{\text{VI}})}{dx^{\text{VI}}}$ wziąłem ze znakiem „-‘’, ponieważ dążymy z x od prawej strony.

Zatem punkcie A zatem występuje maksimum momentu, M_A = 67,5 kNm

Siły tnące

Połączyłem niektóre przedziały oznaczając je nowymi zmiennymi x₁, x₂ dla skrócenia obliczeń.

Przedział DC x₁ = x+x’ ∈ <0;2)

T_DC(x₁) = V_D = 102,8096 kN

T_C(p) = 102,8096

Przedział C3 x’’ ∈ <0;1)

T_C3(x’’) = 102,8096 – V_C = 102,8096 – 126,466 = -23,6626 kN

T_C(l) = T_3(p) = -23,6626 kN

Przedział 3B x₂ = x’’’+x^IV ∈ <0;5)

T_3B(x₂) = -23,6626 + 10,6066 = -13,056 kN

T_3(l) = T_B(p) = -13,056 kN

Przedział B1 x^V ∈ <0;2)

T_B1(x = - $\frac{dM_{B1}(x^{V})}{dx^{V}}$ = -0,3126(x^V)² + 20

T_B(l) = T_B1(0) = 20 kN

T₍₁₎ = T_B1(2) = -0,3126*4 + 20 = 18,75 kN

Przedział 1A x^VI∈ <0;6)

T_1A(x^VI) = - $\frac{dM_{1A}(x^{\text{VI}})}{dx^{\text{VI}}}$ = -0,3126(x^VI)² - 1,25x^VI + 18,75

T_A = T_1A(6) = -11,2536 – 7,5 + 18,75 ≈ 0 kN

Siły osiowe

Przedział DC x₁ = x+x’ ∈ <0;2)

N_DC(x₁) = 0 kN

N_C(p) = 0 kN

Przedział C3 x’’ ∈ <0;1)

N_C3(x’’) = -73,015 kN

N_C(l) = N_3(p) = -73,015 kN

Przedział 3A x₃ ∈ <0;13)

N_C3(x₃) = -73,015 +10,6066 = -62,4124 kN

N_3(l) = N_A = -62,4124 kN

WYKRESY SIŁ PRZEKROJOWYCH

WYZNACZENIE WIELKOŚCI R, M_α, T_α Z WYKORZYSTANIEM ZASADY PRAC PRZYGOTOWANYCH

Mechanizm R_B

L = 0, 11,25*5ϕ₁ + 8,333*5ϕ₁ + 0,417*3ϕ₁ + 3R_B*ϕ₁ = 0 / :ϕ₁

56,25 + 41,665 + 1,25 = -3R_B → R_B = -33,055 kN Zwrot przeciwny do założonego.

Mechanizm M_α

L = 0, 11,25*2ϕ₂ + 8,333*2ϕ₂ – M_α*ϕ₂ – M_α*$\frac{\varphi_{2}}{5}$ = 0 / :ϕ₂

22,5 + 16,666 = $\frac{6}{5}$ M_α / *$\frac{5}{6}$ → M_α = 32,638 kNm

Mechanizm T_α

L = 0, 11,25*2ϕ₃ + 8,333*2ϕ_{3 ­}+ 0,5*T_α*ϕ₃ + 2,5*T_α*ϕ₃ = 0 /: ϕ₃

22,5 + 16,666 = -3*T_α → T_α = 13,055 kN