Belka ze skratowaniem.pdf
(
104 KB
)
Pobierz
Belka 4.4
Przykład 4.4. Belka ze skratowaniem
Polecenie: korzystając z metody sił sporządzić wykresy sił przekrojowych w poniŜszej
konstrukcji stalowej. Wyznaczyć ugięcie w punkcie
B
(w połowie rozpiętości belki).
Porównać wyznaczone ugięcie ze strzałką ugięcia dla belki wolnopodpartej (bez skratowania)
o tych samych wymiarach i tak samo obciąŜonej. Przyjąć, Ŝe belka wykonana jest z
dwuteownika 360, pręty skratowania z dwu kątowników równoramiennych 40x40x4,
natęŜenie obciąŜenia wynosi
q
=10kN/m a wymiar
l
=1m.
q
EI
B
l
EA
EA
EA
EA
EA
l
l
l
l
q
EI
B
2
l
2
l
Rozwiązanie zadania rozpoczynamy od obliczenia stopnia statycznej
niewyznaczalności układu. W przypadku belki ze skratowaniem korzystamy ze wzoru
n
=
r
+ 3
z
−
p
− 3
gdzie:
r
- liczba składowych reakcji podpór
z
- liczba zamkniętych części układu
p
- liczba przegubów.
W rozpatrywanym układzie stopień statycznej niewyznaczalności wynosi
cztery przeguby pojedyncze
trzy zamknięte części układu
dwa przeguby podwójne
n
= 3 + 33 − (4 + 22)− 3 = 1
MoŜemy równieŜ określić stopień statycznej niewyznaczalności rozpatrywanego
układu analizując jego budowę.
PowyŜszy układ, otrzymany przez usunięcie jednego pręta dwuprzegubowego
(jednego więzu) ze skratowania rozwiązywanej belki, jest statycznie wyznaczalny i
geometrycznie niezmienny. Układ jest zatem jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.
Usuwając jeden nadliczbowy więz tworzymy układ podstawowy statycznie wyznaczalny.
Istnieje wiele takich schematów. PoniŜej podano dwa przykłady.
X
Układy
geometrycznie
niezmienne
X
X
X
X
Jako układ podstawowy przyjmiemy pierwszy spośród powyŜszych, geometrycznie
niezmiennych układów.
Po usunięciu nadliczbowego więzu naleŜy sprawdzić, czy otrzymany układ jest
geometrycznie niezmienny.
Układ geometrycznie zmienny nie mo
Ŝ
e by
ć
układem
podstawowym. PoniŜej pokazany jest układ geometrycznie zmienny otrzymany po usunięciu
jednego więzu w rozpatrywanej, jednokrotnie statycznie niewyznaczalnej belce ze
skratowaniem. Nie moŜna równieŜ przyjąć jako nadliczbowej Ŝadnej z reakcji podporowych,
poniewaŜ układ jest zewnętrznie statycznie wyznaczalny.
X
X
Układ
geometrycznie
zmienny
PoniŜszy rysunek przedstawia przyjęty do obliczeń układ podstawowy
X
l
l
l
l
l
2
Mimo pionowego kierunku obciąŜenia i reakcji na podporach (składowa pozioma na
podporze nieprzesuwnej ma wartość równą zero) we wszystkich przekrojach poprzecznych
belki siły normalne są róŜne od zera. Wynika to z występowania w skratowaniu krzyŜulców.
Sporządzamy wykresy sił przekrojowych: sił podłuŜnych, sił poprzecznych i
momentów gnących dla pręta podlegającego zginaniu od obciąŜenia jednostkową siłę
nadliczbową i obciąŜenia zewnętrznego. Wyznaczamy równieŜ siły podłuŜne w prętach
skratowania w obu stanach.
Stan
X
1
=
1
0
X
=
1
1
l
0
0
l
l
l
l
W rozpatrywanym stanie obciąŜeniem są dwa jednostkowe momenty o przeciwnych
zwrotach, otrzymamy więc wszystkie składowe reakcji podporowych równe zero. W celu
wyznaczenia sił w prętach skratowania naleŜy zapisać równania równowagi dla lewego bądź
prawego podukładu.
L
1
1
0
I
II
III
IV
0
V
VI
VIII
IX
0
l
VII
l
l
l
l
L
1
V
B
C
H
B
0
I
II
B
S
VI
l
0
VI
l
S
V
V
S
VII
S
VII
W
W
l
l
l
∑
M
L
iB
=
0
:
1
+
S
×
l
=
0
⇒
S
=
-
1
VII
VII
l
i
∑
W
ix
=
0
S
-
1
×
S
=
0
⇒
S
=
-
2
VII
2
V
V
l
i
3
P
∑
P
W
iy
=
0
S
+
1
×
S
=
0
⇒
S
=
1
VI
2
V
VI
l
i
∑
P
L
ix
=
0
S
+
H
=
0
⇒
H
=
1
VII
B
B
l
i
∑
P
L
iy
=
0
V
B
+
V
C
=
0
⇒
V
B
=
0
i
Przy sporządzaniu wykresów sił przekrojowych wykorzystamy symetrię budowy
układu i obciąŜenia. Wykresy sił podłuŜnych i momentów gnących mają charakter
symetryczny, natomiast wykres sił poprzecznych jest antysymetryczny.
1
N
1
2
1
1
1
2
l
l
l
1
T
1
1
M
1
1
1
Stan zerowy (obciąŜenie zewnętrzne)
q
C
D
H
C
V
C
R
D
l
l
l
l
l
Wyznaczamy reakcje podporowe:
∑
P
ix
=
0
⇒
H
C
=
0
i
4
l
l
l
l
l
∑
M
iC
=
0
:
R
D
×
4
l
-
q
×
4
l
×
2
l
=
0
⇒
R
D
=
2
ql
i
∑
P
iy
=
0
V
C
+
R
D
-
q
×
4
l
=
0
⇒
V
C
=
2
ql
i
W celu wyznaczenia sił w prętach skratowania naleŜy zapisać równania równowagi
dla lewego bądź prawego podukładu.
L
q
C
D
I
II
III
IV
0
2
ql
V
VI
VIII
IX
2
ql
l
VII
l
l
l
l
q
L
V
B
C
H
B
0
I
II
B
S
VI
l
2
ql
VI
l
S
V
V
S
VII
S
VII
W
W
l
l
l
∑
M
L
iB
=
0
:
S
VII
×
l
+
q
×
2
l
×
l
-
2
ql
×
2
l
=
0
⇒
S
VII
=
2
ql
i
∑
P
W
ix
=
0
S
-
1
×
S
=
0
⇒
S
=
2
2
ql
VII
2
V
V
i
∑
P
W
iy
=
0
S
+
1
×
S
=
0
⇒
S
=
-
2
ql
VI
2
V
VI
i
∑
P
L
ix
=
0
S
VII
+
H
B
=
0
⇒
H
B
=
-
2
ql
i
∑
P
L
iy
=
0
V
B
+
V
C
-
2
ql
=
0
⇒
V
B
=
0
i
5
Plik z chomika:
dawid1051
Inne pliki z tego folderu:
Wykład nr 3.rar
(4123 KB)
Wykład nr 2.rar
(5634 KB)
Wykład nr 1.rar
(5557 KB)
wykład 8.rar
(3969 KB)
wykład 7.rar
(5892 KB)
Inne foldery tego chomika:
Algebra
Analiza
Analiza 2
biochemia
Budownictwo ogólne
Zgłoś jeśli
naruszono regulamin