Wyznaczanie Sił Tnących i Momentów Zginających w Belkach - Z. Iwulski

1611 pozycja wydawnictw naukowychAkademii Grniczo-Hutniczej im. Stanisawa Staszica w Krakowie

Wydawnictwa AGH, Krakw 2001ISSN 0239-6114

Redaktor Naczelny Uczelnianych WydawnictwNaukowo-Dydaktycznych: prof. dr hab. in. Andrzej Wichur

Z-ca Redaktora Naczelnego: mgr Beata Barszczewska-Wojda

Recenzent: prof. dr hab. in. Henryk Filcek

Projekt okadki i strony tytuowej: Beata Barszczewska-Wojda

Opracowanie edytorskie: Danuta Harnik

Korekta: Danuta Harnik

Skad komputerowy: Andre, tel. 423-10-10

Redakcja Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznychal. Mickiewicza 30, 30-059 Krakwtel. 617-32-28, tel./fax 636-40-38

5

Spis treci

Przedmowa ........................................................................................................ 7. Oglne zagadnienia o zginaniu ...................................................................... 9

1.1. Sposoby podparcia belek ........................................................................... 91.2. Czyste zginanie .......................................................................................... 12

2. Zadania z rozwizaniami ................................................................................ 17Literatura ........................................................................................................... 183

7

Przedmowa

Niniejszy skrypt przeznaczony jest dla studentw, ktrzy maj w programie stu-diw przedmiot Wytrzymao materiaw i pragn pozna sposb wyznaczania mo-mentw gncych i si tncych przy rozwizywaniu belek.

Autor pragn uczyni podrcznik wygodnym rodkiem do nauki rozwizywaniabelek i przedstawi sposb postpowania przy ich rozwizywaniu. Kade zadanie po-przedzone jest treci i rysunkiem, a nastpnie kadorazowo zosta przedstawiony tokpostpowania przy prawidowym ich rozwizywaniu.

Tre podrcznika podzielono na dwie czci, pierwsz podajc w sposb bardzoskrtowy teori zginania belek statycznie wyznaczalnych, a w drugiej przedstawionow sposb bardzo przystpny ich rozwizywanie.

Przy pisaniu tego skryptu korzystaem z istniejcej literatury i zebraem tam mate-riay do napisania niniejszego skryptu.

Jeeli skrypt ten speni zamierzone przez mnie zadanie i uatwi czytelnikowii studiujcym poznanie tej piknej i wci ywej dziedziny nauki, jak jest wytrzyma-o materiaw a szczeglnie rozwizywanie belek stanowi to bdzie dla mnienajmilsz nagrod.

Autor

9

. Oglne zagadnienia o zginaniu

.. Sposoby podparcia belek

Zginanie zachodzi wwczas, gdy siy dziaajce na prt sprowadzaj si do dwchpar lecych w paszczynie przechodzcej przez o prta lub w paszczynie rwnole-gej do niej. Zginanie proste zachodzi tylko w pierwszym przypadku; drugi naley dozagadnie wytrzymaoci zoonej. Prty zginane nazywamy belkami. Siy dziaajcena belki dziel si na dwa rodzaje:

1) obcienia,2) reakcje podpr.

Rys. .

Jeeli rozpatrzymy belk o przekroju symetrycznym (rys. 1.1), na ktr dziaajsiy zewntrzne P1, P2 i P3 oraz reakcje R1 i R2 lece w paszczynie symetrii belki, topod dziaaniem tych si belka ugnie si w taki sposb, e o jej pozostanie po ugiciusi nadal w paszczynie dziaania si zewntrznych. Paszczyzn t nazywamy pasz-czyzn zginania, taki za przypadek zginania nazywamy zginaniem paskim.

Siy zewntrzne obciajce belk mog si sprowadza do si skupionych lub dopar, mog to by rwnie obcienia cige rozoone rwnomiernie lub nierwno-miernie wzdu belki.

Podpory bywaj trzech rodzajw:1) podpora przegubowa staa,2) podpora przegubowa ruchoma,3) utwierdzenie.

P2P1

R1 R2

P3

10

Podpora przegubowa staa pozwala na obrt koca belki dookoa osi przegubu,nie dopuszcza natomiast przesuwu koca belki ani w kierunku jej osi, ani w kierunkuprostopadym do niej. Reakcja przechodzi tu przez rodek przegubu i ley w paszczy-nie zginania, kierunek jej jest nam jednak nieznany. Zamiast wyznaczania wielkocireakcji i kta , ktry tworzy ona z osi belki, wygodniejsze jest rozoenie reakcji nadwie skadowe poziom i pionow wzdu osi prostoktnego ukadu wsprzdnych,ktrego pocztek przyjmujemy na lewym kocu belki. Wwczas o x pokrywa siz osi belki, o y za jest skierowana do gry. Mamy wwczas dwie reakcje nieznanepod wzgldem wielkoci, lecz o znanych kierunkach. Na podporze przegubowej staejs zatem zawsze dwie niewiadome Rx i Ry. Schematycznie bdziemy przedstawiali pod-por przegubow sta tak jak na rysunku 1.2.

Rys. .2

Podpora przegubowa ruchoma rni si od podpory staej tym, e jest umiesz-czona na rolkach. Pozwala ona na obrt koca belki dookoa osi przegubu oraz na jegoprzesuw w kierunku koca belki, umoliwia natomiast przesuw w kierunku prostopa-dym do osi belki. Reakcja na podporze ruchomej przechodzi przez rodek przegubui jest prostopada do osi belki. Mamy tu zatem tylko jedn niewiadom R. Schematpodpory przegubowej ruchomej przedstawiono na rysunku 1.3.

Rys. .3

Utwierdzenie nie pozwala ani na obrt koca belki, ani na przesuw w adnymkierunku. Obrotowi przeszkadza tu para si, ktr utwierdzenie wywiera na belk. Mo-ment tej pary nazywamy momentem utwierdzenia, jest on nieznany podobnie jak nie-znana jest rwnie co do wielkoci i kierunku reakcja w miejscu utwierdzenia. Reakcj

X

Y

Ry R

Rx

X

Y

R

11

t rozkadamy na dwie skadowe prostopad i rwnoleg do osi belki, o znanychkierunkach, lecz nieznanych wielkociach. W miejscu utwierdzenia mamy zatem trzynieznane reakcje:

1) moment utwierdzenia M0,2) reakcj poziom Rx,3) reakcj pionow Ry.

Utwierdzony koniec belki przedstawiamy schematycznie tak, jak na rysunku 1.4.

Rys. .4

W celu wyznaczenia niewiadomych reakcji musimy korzysta ze statycznych wa-runkw rwnowagi (siy czynne + reakcje). Dla paskiego ukadu si jest ich trzy: dwarwnania sumy rzutw si na osie ukadu i jedno rwnanie momentw wzgldem do-wolnego punktu. Zazwyczaj belki posiadaj kierunek poziomy, a siy pionowy wtedyliczba rwna redukuje si do dwch, poniewa rzut kadej siy na osi poziomej x jestrwny zeru. Jeeli liczba niewiadomych reakcji jest rwna lub mniejsza od liczby sta-tycznych rwna, reakcje dadz si wyznaczy (belka jest statycznie wyznaczalna).W wypadku gdy liczba niewiadomych jest wiksza od moliwej iloci rwna statyki,wwczas belka staje si statycznie niewyznaczalna.

Rys. .5

Oprcz wymienionych belek wystpuj belki cige przegubowe (rys. 1.5). Rozpa-trujemy w takich wypadkach najpierw warunki rwnowagi belek podwieszonychi znajdujemy reakcje tak, jak to si robi przy belkach na dwch podporach. Oddziay-wania te przenosz si poprzez przeguby z belek podwieszonych na belki podstawowe.Znajc wielkoci oddziaywa w przegubach moemy wyznaczy reakcje belek pod-stawowych.

Y

Ry R

Rx

M0

X

P1 P2 P3

12

.2. Czyste zginanie

Zamy, e prt spoczywajcy na dwch podporach obciony jest rwnymi sia-mi P tak jak na rysunku 1.6. Przyjmujemy symetryczny przekrj prta, przy czym siy Pdziaaj w paszczynie symetrii. Zgicie polega na tym, e pierwotnie prosta o prtaulega zakrzywieniu, a poprzeczne przekroje pierwotnie do siebie rwnolege ulegajpochyleniu. Dla znalezienia si wewntrznych w prcie poprowadzimy midzy podpo-rami dowolny przekrj mn i odrzucajc lew cz prta, zastpimy oddziaywanie jejna praw siami wewntrznymi, przyoonymi w poprowadzonym przekroju.

Aby pozostaa prawa cz belki znajdowaa si w rwnowadze, siy wewntrznew przekroju mn musz sprowadza si do ukadu rwnowanego ukadowi dziaaj-cemu na odrzucon cz lew, a wic do pary si. Przypadek, kiedy siy zewntrzneredukuj si wycznie do pary si, okrelamy nazw czystego zgicia. Ze statycznychwarunkw rwnowagi wynika zatem, e siy wewntrzne w przekroju sprowadzaj sido pary si o momencie

M = Pa.

Zginanie, przy ktrym o belki po odksztaceniu pozostaje w paszczynie dziaania sizewntrznych, nazywamy zginaniem paskim. O sposobie rozoenia si wewntrznychw przekroju bdziemy mogli wnosi na podstawie analizy odksztacenia prta.

Rys. .6

Ot, jeeli poddamy zgiciu prt kauczukowy o przekroju prostoktnym, na kt-rym wyrysowano siatk linii prostych na wszystkich czterech cianach (tzn. bocznych)oraz grnej i dolnej tak, jak na rysunku 1.7, to po odksztaceniu zauwaymy, e:

linie podune na cianach bocznych zakrzywiaj si pozostajc prostopadymido linii poprzecznych;

linie poprzeczne na ciankach bocznych, pierwotnie do siebie rwnolege, na-chylajc si ku sobie, pozostaj jednak liniami prostymi;

P P

a an

m

A B

13

linie obwodowe wyrysowane na powierzchni grnej, dolnej i obu bocznych,lece pocztkowo w jednej paszczynie, pozostaj nadal w tej paszczyniepomimo pewnego odchylenia ktowego caej paszczyzny, co nasuwa przy-puszczenie, e i pomylane w tej paszczynie linie, lece wewntrz prta,pozostan w tej samej paszczynie;

paski podune, na jakie podzielona jest grna cianka prta, ulegaj przy zgi-ciu wydueniu i zweniu, natomiast paski na ciance dolnej (wklsej) roz-szerzaj si, a dugo ich maleje. Pomiar tych odksztace podunych i po-przecznych wykazuje, e stosunek ich odpowiada liczbie Poissona;

odksztacenia wkien w tej samej paszczynie poziomej s jednakowe.Wskutek tego normalne naprenia zmieniajce si wzdu wysokoci przekro-ju pozostaj stae na jego szerokoci.

Rys. .7

Opierajc si na tych spostrzeeniach moemy ustali podstawowe zaoenia dlateorii zgicia.

Przekroje poprzeczne prta poddanego czystemu zginaniu pozostaj paskie;zachodzi to wtedy, gdy dugo belki jest przynajmniej pi razy wiksza od jejwysokoci.

Wkna belki wywieraj na siebie pewne naciski, s one jednak tak mae, emona je pomin.

Materia podlega prawu Hookea, przy czym modu sprystoci E jest jedna-kowy dla rozcigania i ciskania.

ss+ds

z

x

y

14

Obserwujc zgit posta prta zauwaymy, e podune wkna po stronie wypu-kej ulegaj wydueniu, a po stronie wklsej skrceniu. Z tego wynika, i w rodkuprta istnieje warstwa, ktrej dugo przy zgiciu nie ulega zmianie. Jest to tzw. war-stwa obojtna. Wkna podune na zewntrz tej warstwy ulegaj wydueniu i zwe-niu, natomiast wkna podune po stronie wewntrznej ulegaj skrceniu i poprzecz-nemu rozszerzeniu. Dlatego prostoktny przekrj belki zmienia si na trapezowy, gdziekrtszy bok jest po stronie wypukej prta, a duszy po stronie wklsej.

Dla znalezienia napre w dowolnym przekroju poprowadzonym w odlegoci xod lewej podpory, odrzucamy lew cz belki zastpujc jej oddziaywanie na prawsiami wewntrznymi, majcymi punkty zaczepienia w danym przekroju. Siy we-wntrzne musz stanowi ukad rwnowany ukadowi si dziaajcych na lew czprta. Ukad ten redukujemy do jednej siy przechodzcej przez rodek poprowadzone-go przekroju oraz do pary si.

Oglnie moemy powiedzie, e sia tnca w dowolnym przekroju belki rwna sisumie algebraicznej si zewntrznych dziaajcych na belk po jednej stronie rozpatry-wanego przekroju, a dziaajcy moment gncy rwna si sumie algebraicznej momen-tw (wzgldem tego przekroju) si zewntrznych dziaajcych po jednej stronie tegoprzekroju. Jest to tzw. moment zginajcy.

Siy tnce i momenty gnce uzaleniamy od si zewntrznych dziaajcych po le-wej stronie rozpatrywanego przekroju. Jednak z warunkw rwnowagi wynika, emona je uzaleni od si dziaajcych po prawej stronie danego przekroju i atwosprawdzi, e otrzymane wyniki dla siy tncej i momentu gncego byyby wwczastakie same co do wartoci, tylko z przeciwnymi znakami. Wynikiem dziaania momen-tu zginajcego s naprenia normalne w przekroju poprzecznym belki, natomiastw wyniku dziaania siy poprzecznej powstaj w przekroju naprenia styczne, czylicinajce. Naprenia cinajce wystpuj rwnie w przekrojach rwnolegych do po-dunej osi belki.

Znaki si tncych i momentw gncych przyjmujemy wedug nastpujcej umowy: sia tnca jest dodatnia, jeeli dy do podniesienia lewej czci belki, sia tnca jest ujemna, gdy dy do jej opuszczenia (rys. 1.8).

Wzgldem prawej czci belki sia tnca jest dodatnia, jeli dy do obnieniaprawej czci belki, a ujemna zmierza do jej podniesienia.

Rys. .8

+T

+T T

T

a) b)

15

Moment gncy uwaamy za dodatni w danym przekroju, jeli dy do obrcenialewej czci belki wzgldem rozpatrywanego przekroju zgodnie z obrotem wskazwkizegara, a ujemny jeli obrt wywoany byby przeciwny (rys. 1.9).

Rys. .9

W stosunku do prawej strony belki moment gncy w danym przekroju uwaamyza ujemny, jeli zmierza do obrcenia prawej czci belki w kierunku zgodnym z ru-chem wskazwki zegara, a dodatni jeli obrt wywoywany byby przeciwny. Mo-ment gncy dodatni powoduje wygicie belki wypukoci w d, a ujemny wypuko-ci w gr.

Sia tnca i moment gncy charakteryzuj obcienie belki w danym przekroju. Imwiksza jest sia tnca, tym wiksze grozi belce niebezpieczestwo cicia w danymprzekroju, a im wikszy jest moment gncy, tym belka bardziej wygina si w tym prze-kroju i tym wiksze zachodzi niebezpieczestwo jej zamania. Z tych wzgldw dlakadej obcionej belki naley okreli przekrj niebezpieczny, tj. ten, w ktrym panu-je najwikszy moment gncy.

Zarwno sia tnca, jak i moment gncy w belce s funkcjami odlegoci x mierzo-nej wzdu osi podunej belki. Przy analizie belek zginanych wymagana jest znajo-mo siy tncej i momentu zginajcego w kadym przekroju. Szczeglnie wana jestznajomo maksymalnej siy tncej oraz maksymalnego momentu zginajcego, ktreto wielkoci bierzemy do oceny wytrzymaociowej caej belki. Najlepszym sposobemznalezienia tych wielkoci jest wykonanie wykresw przebiegu zmiennoci siy tnceji momentu gncego jako funkcji x. Na osi odcitych odmierzamy biece pooenierozpatrywanego przekroju poprzecznego belki, a wzdu osi rzdnych odnosimy odpo-wiednie wartoci siy tncej lub momentu gncego. Te wykresy s nazywane wykresa-mi siy tncej i momentu gncego. Wskazane jest, aby wykresy te umieszcza bezpo-rednio pod rozpatrywan belk, stosujc t sam skal wzdu dugoci belki. Nie jestzwykle potrzebna wysoka precyzja wykonania tych wykresw, chocia istotne wartocirzdnych naley podawa liczbowo lub w sposb oglny.

a) b)

+M +M M M

17

2. Zadania z rozwizaniami

Zadanie Dla belki swobodnie podpartej i obcionej jak na rysunku 2.1a, wyprowadzi

wzory na siy poprzeczne i momenty gnce, i wedug tych wzorw sprawdzi wykresypodane na rysunku 2.1b i 2.1c.

Rys. 2.. Wykresy siy tncej i momentu zginajcego

RozwizanieAby wyznaczy reakcj pionow w punkcie A, bierzemy sum momentw wzgldem

punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z mo-mentw wzgldem punktu A. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy

,0 =+= bPlRM AB

Y

x1

x2

P

A B

RBRAa b

l

T x( )

M x( )

Pb

Pab

PaX

X

+

+

a)

b)

c)

18

skd

.l

bPRA

=

Wykorzystujc sum rzutw si na o OY otrzymamy

,0=+= aPlRM BAskd

.l

aPRB

=

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zao-onym.

Wydzielamy w belce dwa przedziay.

1) Pierwszy przedzia bdzie si zmienia

0 x1 a.

Oglne rwnanie momentw dla pierwszego przedziau bdzie miao posta

M(x1) = RAx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,) 1( labPM ax

==

natomiast sia tnca dla pierwszego przedziau

T(x1) = RA,dla:

,)0 1( lbPT x

==

.) 1( lbPT ax

==

2) Drugi przedzia bdzie si zmienia

a x2 l.

Oglne rwnanie momentw dla drugiego przedziau bdzie miao posta

M(x2) = RA(x2 2) P(x2 a),

19

dla:

,)2( labPM ax

==

M (x2 = l) = 0,

natomiast sia tnca dla drugiego przedziau:

,

,

)2(

)2(

laPT

PRT

ax

Ax

=

=

=

.)2( laPT lx

==

Zadanie 2Wykona wykresy si tncych i momentw gncych dla belki przedstawionej na

rysunku 2.2a.

Rys. 2.2. Wykresy siy tncej i momentu zginajcego

RozwizanieWarto reakcji RA i RB s sobie rwne i wynosz P. W belce wyodrbnimy trzy

przedziay zmiennoci si poprzecznych i momentw zginajcych.

a)

b)

c)

x1

x2

x3

PP

A B

RBRAa a a

T x( )

M x( )

Pa

X

X

P

P

+

20


0 x1 a.

Oglne rwnanie momentw dla pierwszego przedziau bdzie miao posta:

M(x1) = Px1,

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = a) = Pa,

natomiast sia tnca dla pierwszego przedziau:

T(x1) = P,

T(x1 = 0) = P,

T(x1 = a) = P.


a x2 2a.

Oglne rwnanie momentw dla drugiego przedziau bdzie miao posta:

M(x2) = Px2 + RA(x2 a) = Pa,

M(x2 = a) = Pa,

M(x2 = 2a) = Pa,


T(x2) = P + RA = 0,

T(x2 = a) = 0,

T(x2 = 2a) = 0.

3) Trzeci przedzia bdzie si zmienia

2a x3 3a.

Oglne rwnanie momentw dla trzeciego przedziau bdzie miao posta:

M(x3) = Px3 + RA(x3 a) + RB(x3 2a) = Px3 3Pa,

M(x3 = 2a) = Pa,

M(x3 = 3a) = 0,

natomiast sia tnca dla trzeciego przedziau

T(x3) = P + RA + RB = P.

21

Zadanie 3Wykona wykres momentw zginajcych i si tncych dla belki AB podpartej

przegubowo na obu kocach i obcionej si skupion P oraz par si o momencie

2Pl

M = , jak pokazano na rysunku 2.3a.


RozwizaniePodpora A jest staa, podpora B ruchoma, poniewa sia P i reakcja RB s pionowe,

zatem i reakcja RA musi by pionowa. Wyznaczamy warto reakcji RA i RB. Rwnaniemomentw wzgldem punktu B ma posta:

,032

=+ MlPlRA

.623

232 PPP

lMPRA ===

Y

PM

A B

RBRA

T x( )

M x( )

Pl

PX

X++

x1

x2

x3

mm

nn

rr

x

DC

l3

l3

l3

+

Pl5

P5

Pl2

a)

b)

c)

22

Rwnanie rzutw na kierunek pionowy ma posta

RA + RB = P,skd

.65

6PPPRPR AB ===

Wyraenia na moment zginajcy i na si tnc musimy pisa dla kadego z trzechprzedziaw osobno. Najpierw przetniemy belk w przekroju mm o odcitej x1, mo-ment zginajcy w tym przekroju

M(x1) = RAx1,

odcita x1 jest w pierwszej potdze, moment zatem zmienia si wzdu przsa AC li-niowo, ponadto x1 moe przybiera wartoci od 0 do l/3. Przy:

,01 =x ,0)1( =xM

,31lx = .

18)1(PlM x =

Sia tnca w przekroju mm

.6)1(PRT Ax ==

Sia tnca nie jest zalena od odcitej x1, ma wic warto sta wzdu przedzia-u AC. Nastpnie belka jest przecita w przekroju nn o odcitej x2. Moment zginajcyw tym przekroju

.322)2(

=

lxPxRM Ax

Odcita x2 moe przybiera wartoci od 3l

do 32l

, moment zginajcy zmienia siwzdu przedziau CD liniowo:

,32lx = ,

18333)2(PlllPlRM Ax =

=

,32

2lx = .

92

332

32

)2( PlllPlRM Ax =

=

Sia tnca w przekroju nn

.65

)2( PPRT Ax ==

23

Przecinamy belk w przekroju rr o odcitej x3. Moment zginajcy w tym przekroju

.333)3(

MlxPxRM Ax +

=

Odcita x3 moe przybiera wartoci od 32l

do l. Moment zginajcy zmienia siwzdu przedziau DB liniowo, i przy:

,32

3lx = ,

185

332

32

)3(PlMllPlRM Ax =+

=

,3 lx = .03)3(=+

= MllPlRM Ax

Wykres momentw zginajcych jest pokazany na rysunku 2.3b. Sia tnca w prze-kroju rr wynosi

.6

5)( 3

PPRT Ax ==

Wykres si tncych jest pokazany na rysunku 2.3c.

Zadanie 4Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki AB podpartej

przegubowo obu kocami i obcionej dwiema siami P, jak pokazano na rysunku 2.4a.

RozwizanieAby wyznaczy reakcj pionow w punkcie B, bierzemy sum momentw wzgl-

dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zwroty obu reakcji zakadamy, e dziaaj do gry.

Wtedy

== ,032 lRlPPlM BAskd:

,3PRB =

=++= ,0BAy RPPRPskd

.3

PRR BA ==

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA jest poprawnie przyjty.

24


Wydzielamy w belce trzy przedziay.


0 x1 l.


M(x1) = RAx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,3)1(PlM lx ==


T(x1) = RA,dla:

,3)01(PT x ==

.3)1(PT lx ==

x1x2

x3

P

P

A B

RBRA

Pl

Pl

2P

P

X

X

X

T x( )

M x( )

+ +

+

l l l

a)

b)

c)

25


l x2 2l.


M(x2) = RAx2 P(x2 l),

,3)2(PlM lx ==

,3)22(PlM lx ==


T(x2) = RA P,

,3

2)2(

PT lx ==

.3

2)22(

PT lx ==


2l x3 3l.


M(x3) = RAx3 P(x3 l) + P(x3 2l),

,3)23(PlM lx ==

,0)33( == lxM

natomiast sia tnca dla trzeciego przedziau:

T(x3) = RA P + P,

,3)23(PT lx ==

.3)33(PT lx ==

26

Zadanie 5Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki podpartej prze-

gubowo obcionej si skupion P oraz par si o momencie M = Pl, jak pokazano narysunku 2.5a.



dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

Wtedy:

,032

3== lRMlPM BA

skdRB = 2P,

=++= ,0BAy RRPPskd

RA = 3P.

a)

b)

c)

Y

P

P

2P

A B

RBRA

T x( )

M x( )

Pl

+

+

x1

x2

x3

X

X

X

l3

l3

l3

Pl2

Pl

M

27



.3

0 1lx


M(x1) = Px1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,3)3/1(lPM lx ==


T(x1) = P,dla:

T(x1 = 0) = P,

T(x1 = l/3) = P.


.32

3 2lxl


,322)2(

+=

lxRPxM Ax

,3)3/2(lPM lx ==

,3)3/22(lPM lx ==


T(x2) = P + RA,

T(x2 = l/3) = 2P,

T(x2 = 2l/3) = 2P.

28


.32

3 lxl


,333)3(

MlxRPxM Ax

+=

,3

2)3/23(

PlM lx ==

M(x3 = l) = 0,


T(x3) = P + RA,

T(x3 = 2l/3) = 2P,

T(x3 = l) = 2P.


gubowo w punktach A i B, obcionej dwiema siami skupionymi P, jak pokazano narysunku 2.6a.


a)

b)

c)

x1

x2

x3

P

P A B

RBRA

Pl

Pl

X

X

X

T x( )

M x( )

+ +

ll2

l2

Y

+

PP2P

l

29


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

Wtedy

,023

2=+= lPlRlPM BA

skd:RB = 2P,

=++= ,0PRRPP BAyskd

RA = 2P.

Znak ujemny dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA jest przeciwny do przy-jtego.



.2

0 1lx


M(x1) = Px1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,2)2/1(PlM lx ==


T(x1) = P,dla:

T(x1 = 0) = P,

T(x1 = l/2) = P.


.23

2 2lxl

30


,222)2(

+=

lxRPxM Ax

,2)2/2(PlM lx ==

,2)2/32(PlM lx ==


T(x2) = P + RA,

T(x2 = l/2) = P,

T(x2 = 3l/2) = P.


.223

3 lxl


,23

3 333)3(

+

+=lxRlxRPxM BAx

,2)2/33(PlM lx ==

M(x3 = 2l) = 0,


T(x3) = P + RA + RB,

T(x3 = 3l/2) = P,

T(x3 = 2l) = P.

Zadanie 7Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki obcionej si

skupian P jak pokazano na rysunku 2.7a.


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutu wzgldem osi OY. Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

31

Wtedy:,0

54

52 =+= lRlPlPM BA

skd:,

56 PRB =

,0 == BAy RPPRPskd

.54 PRA =

Znaki dodatnie dowodz, e rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB s poprawnie przyjte.


Wydzielamy w belce trzy przedziay.1) Pierwszy przedzia bdzie si zmienia

.520 1 lx


M(x1) = RAx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,258

)5/21( PlM lx ==

x1

x2

x3

PP

A B

RBRA

X

X

XT x( )

M x( )

+

+

P

l52 l5

2 l51

P4

P6

Pl8 Pl6

a)

b)

c)

32


T(x1) = RA,dla

.54

)5/201( PT lx ===


.54

52

2 lxl


,52

22)2(

= lxPxRM Ax

,258

)5/22( PlM lx ==

,256

)5/42( PlM lx ==


T(x2) = RA P,

.51

)5/45/22( PT llx ===


.54

3 lxl


,54

52

333)3(

= lxPlxPxRM Ax

,256

)5/43( PlM lx ==

M(x3 = l) = 0,


T(x3) = RA P P,

.5

6)5/43(

PT llx ===

33

Zadanie 8Dla belki wolnopodpartej i obcionej jak na rysunku 2.8a wyprowadzi wzory na

siy poprzeczne i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podane narysunkach 2.8b i 2.8c.



dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy

,00 =+= lRMM BAskd

.0l

MRB =

Wykorzystujc sum rzutw si na o OY otrzymamy:

,0== BAy RRPskd

.0l

MRA =

a)

b)

c)

x1

x2

A B

RBRA

2M0

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

+

l31l3

2

M0

M0

M0

34



.320 1 lx


,1)1( xRM Ax =dla:

M(x1 = 0) = 0,

,3

2 0)3/21(

MM lx ==


T(x1) = RA,dla:

,0)01( lMT x ==

.0)3/21( lMT lx ==


.32

2 lxl


,02)2( MxRM Ax =dla:

,3

0)3/22(

MM lx ==

M(x2 = l) = 0,


T(x2) = RA,

,0)3/22( lMT lx ==

.0)2( lMT lx ==

35

Zadanie 9Dla belki wolnopodpartej i obcionej jak na rysunku 2.9a wyprowadzi wzory na

siy poprzeczne i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podane narysunkach 2.9b i 2.9c.




Wtedy

,02

== lRlqlM BAskd

.2qlRB =


,0 =+= BAy RqlRPskd

.2qlRA =

a)

b)

c)

x1

A B

RBRA

T x( )

M x( )

Y

+

ql 2

ql

ql

q

+

36


Wydzielamy w belce jeden przedzia. Przedzia ten bdzie si zmienia

0 x1 l.


,21

11)1(xqxxRM Ax =

,2

21

11)1(xqxRM Ax =

dla:M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = l) = 0,


,2 1)1(

qxqlT x =

dla:

,2)01(qlT x ==

.2)1(qlT lx ==

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj,w ktrym moment zginajcy ma warto maksymaln. W celu wyznaczenia wartocimaksymalnej przyrwnujemy si tnc do zera.

Poniewa

,02 1)1(

1=== qxqlT

dxdM

xx

std

.20lx =

Dla tej odcitej moment gncy ma warto maksymaln i wynosi

.22

221

11)0 1(qlxqxRM Axx ===

37


oba kocami przegubowo i obcionej rwnomiernie rozoonym obcieniem cig-ym q w sposb pokazany na rysunku 2.10.


RozwizanieNajpierw wyznaczymy wartoci reakcji RA i RB. Reakcja RA ma kierunek pionowy

poniewa obcienie q i reakcja RB s pionowe (podpora A jest staa, podpora B rucho-ma). W celu zastosowania rwnania statystyki do wyznaczania reakcji, trzeba oba ob-cienia cige q zastpi ich wypadkowymi, ktre wobec rwnomiernoci rozoeniatych obcie, bd przechodziy w rodkach dugoci odcinkw AC i DB.

Rwnanie momentw wzgldem punktu B ma posta:

.92

1865

3,0

6363qlqllqRlqlllqllR AA ===+

a)

b)

c)

x1

x2

x3

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

+ +

l l l

m

m

q

C

n

n

r

rD

q

ql92 ql9

2

l92

l97

ql91

ql 2812

ql 2812

ql 2

54

ql 2

54

38

Rwnanie rzutw na kierunek pionowy ma posta:

.92,0

33qlRRqlqlRR ABBA ===++

Jeeli przetniemy belk w przekroju mm o odcitej x1, to moment zginajcyw tym przekroju wyraa si nastpujco

,2

21

1)1(qxxRM Ax =

odcita x1 jest w drugiej potdze, zatem moment zginajcy zmienia si wzdu belki

w przedziale AC parabolicznie, x1 moe zmienia wartoci od 0 do 3l . Przy:

x1 = 0, M(x1) = 0,

,31lx = .

54

2

)1(qlM x =

Sia tnca w przekroju mm

T(x1) = RA qx1.

Odcita x1 jest w pierwszej potdze, zatem sia tnca zmienia si wzdu belkiw przedziale AC liniowo i przy:

,92,0 )1(1 qlTx x ==

,31lx = .

9)1(qlT x =

Aby wyznaczy przekrj, w ktrym moment zginajcy przybiera warto maksy-maln, bierzemy pochodn momentu zginajcego wzgldem odcitej x i przyrwnuje-my j do zera:

.92,0 111 lxxqRdx

MdA

x===

Po podstawieniu wartoci odcitej x1' do wyraenia na moment zginajcy otrzyma-my jego warto maksymaln:

.81

2 2max

qlM =

Nastpnie przetniemy belk przekroju nn o odcitej x2. Moment zginajcy w tymprzekroju

.63 22)2(

=

lxqlxRM Ax

39

Odcita x2 jest w pierwszej potdze zatem, moment Mx2 zmienia si wzdu belki

w przedziale CD liniowo, x2 moe przybiera wartoci od 3l

do 32l

.Przy:

,32lx = ,

54

2

)2(qlM x =

,32

2lx = .

54

2

)2(qlM x =

Sia tnca w przekroju nn

.93)2(qlqlRT Ax ==

Przecinamy belk w przekroju rr o odcitej x3, moment zginajcy w tym przekro-ju wyglda nastpujco:

,2

32

63

2

3

33)3(

+

=

lxqlxqlxRM Ax

x3 moe przybiera wartoci od 2l/3 do l. Przy:

,32

3lx = ,

54

2

)3(qlM x =

x3 = l, M(x3) = 0.

Sia tnca w przekroju rr wynosi:

,32

3 3)3(

+= lxqqlRT Ax

przy:

,32

3lx = ,

9)3(qlT x =

,3 lx = .92

)3( qlT x =

Aby wyznaczy w przedziale DB przekrj, w ktrym moment zginajcy przybierawarto maksymaln, przyrwnujemy si tnc Tx3 do zera.

.97,0

2322

3 33

)3( lxlxq

qlRT Ax ==

+=

Podstawiajc warto odcitej x'''3 do wyraenia na moment zginajcy otrzymamyjego warto maksymaln wynoszc:

.81

2 2max

qlM =

40

Zadanie Dla belki wolnopodpartej i obcionej jak na rysunku 2.11a wyprowadzi wzory

na siy poprzeczne i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podanena rysunkach 2.11b i 2.11c. P = 180 kN, q = 40 kN/m, M = 40 kNm.

Rys. 2.. Wykresy siy tncej i momentu zginajcego


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry. Wtedy

,0)2()(2

4 =++= baRbaPMaqM BAskd

RB = 100 kN.


,04 =++= BAy RPqRPskd

RA = 80 kN.

a)

b)

c)

x1x2

x3

x0

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+ +

q

+

200

40

80 80 80

10010080

a=4m b=2m b=2m

M

41



0 x1 4.


,021

11)1( ==xqxxRM Ax

,02

21

1)1( ==xqxRM Ax

dla:M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 4) = 0,


T(x1) = RA qx1,dla:

T(x1 = 0) = 80 kN,

T(x1 = 4) = 80 kN.


4 x2 6.


,)2(4 22)2( MxqxRM Ax =dla:

M(x2 = 4) = 40 kNm,

M(x2 = 6) = 200 kNm,


T(x2) = RA,

T(x2 = 4) = 80 kN,

T(x2 = 6) = 80 kN.

42


6 x3 8 (rozwizanie od prawej strony).

Oglne rwnanie momentw dla trzeciego przedziau bdzie miao posta

),8( 3)3( xRM Bx =dla:

M(x3 = 6) = 200 kNm,

M(x3 = 8) = 0,


T(x3) = RB,

T(x3 = 6) = 100 kN,

T(x3 = 8) = 100 kN.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj,w ktrym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje siw pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemysi tnc pierwszego przedziau do zera.

Poniewa

,01)1(1 === qxRTdxMd

Axx

stdx0 = 2 m.


.kNm802

21

1)0 1( ===xqxRM Axx


gubowo w punktach A i B i obcionej si skupion P oraz rwnomiernie rozoonymobcieniem cigym

lP

q2

= w sposb pokazany na rysunku 2.12a.

RozwizanieNa samym pocztku wyznaczymy warto reakcji. Reakcja A jest pionowa, ponie-

wa reakcja B oraz siy obciajce belk s pionowe.

43


Rwnanie momentw wzgldem punktu B ma posta:

.2

,022

2 PRlPqllR AA ==+

Rwnanie rzutw na kierunek pionowy wyglda nastpujco:

.25,0 PRPqlRR BBA ==+

Nastpnie przecinamy belk w przekroju mm o odcitej x1, sia tnca w tym prze-kroju wynosi

T(x1) = RA qx1,przy:

,2

,0 )(1 1PTx x ==

.2

3, )1(1PqlRTlx Ax ===

a)

b)

c)

x1

x1

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

+ +

l

m

m Cn

n

q

2P

2Pl

P23

P

l

P

44

moment zginajcy w tym przekroju

,2

21

1)1(qxxRM Ax =

x1 moe przybiera wartoci od 0 do l przy:

x1 = 0, M(x1) = 0,

.2

, )1(1PlMlx x ==

Nastpnie przyrwnujemy do zera si tnc aby znale przekrj, w ktrym mo-ment zginajcy ma warto maksymaln:

,4

,0 11)1(l

qRxxqRT AAx ====

po czym podstawiamy warto odcitej x'1 do wyraenia na moment zginajcy i otrzy-mujemy

.16424

2

maxPllqlRM A =

=

Aby wyznaczy pooenie punktu przegicia belki musimy znale tak wartoodcitej x''1 przekroju, w ktrym moment zginajcy rwna si zeru:

.2

2,02 1

21

1)1(l

qRxxqxRM AAx ===

=

Przecinamy nastpnie belk w przekroju nn o odcitej x2, sia tnca w tym prze-kroju

.)2( PRqlRT BAx =+=

Moment zginajcy w przekroju nn wynosi

),(25

22)(

2 222222)2(lxPlxqlxPlxRlxqlxRM BAx +

=+

=

x2 moe przybiera wartoci od l do 23l

, przy:

,2 lx = ,2)2(PlM x =

,23

2lx = .0)2( =xM

45


obu kocami przegubowo i obcionej rwnomiernie rozoonym obcieniem ci-gym q oraz si skupion ,

32

qlP = jak pokazano na rysunku 2.13a.



dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY.

Obcienie belki w przedziale AB zastpujemy wypadkow, ktra wobec rwno-miernoci rozoenia obcienia rwna jest ql i przechodzi przez rodek odcinka AB.

Zwroty obu reakcji zakadamy do gry. Wtedy

,022

=+= lRlqllPM BA

a)

b)

c)

x1

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

+ +

l

q

6ql

3ql

3ql

6ql

24ql 2

74ql 2

P

l

x1

+

46

skd:

,6qlRB =

=++= ,0BAy RqlPRPskd

.6qlRA =

Znaki dodatnie dowodz, e rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB s poprawnie przy-jte. Wydzielamy w belce dwa przedziay.


.2

0 1lx


,2

21

1)1(xqxRM Ax =

dla:M(x1 = 0) = 0,

,24

2

)2/1(qlM lx ==


T(x1) = RA qx1,dla:

,6)01(qlT x ==

.3)2/1(qlT lx ==


.2 2

lxl


,222

22)2(xqxlxPxRM Ax

+=

,22

22

2)2(xqlxPxRM Ax

+=

47

dla:

,24

2

)2/2(qlM lx ==

M(x2 = l) = 0,


T(x2) = RA qx2 + P,

,3)2/2(qlT lx ==

.6)2(qlT lx ==

W zwizku z tym, e funkcja siy poprzecznej w pierwszym i drugim przedzialezmienia znak z plusa na minus, dlatego wystpuje w nim ekstremum momentu gncego.Aby okreli przekrj, w ktrym funkcja Mx2 osignie ekstremum, musimy przyrwnado zera funkcj Tx1 i Tx2:

T(x1) = RA qx0 = 0,

T(x2) = RA qx0 + P = 0.

Z rwnania tego wynika, e ekstremum wystpi dla 61l

x = i 65

2l

x = .Uwzgldniajc warto x1 w funkcji Mx1 otrzymamy

,72

2

max1qlM x =

i x2 w funkcji Mx2 otrzymamy

.72

2

max2qlM x =

Zadanie 4Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki wsporniko

wej AD, podpartej przegubowo w punktach A i B, obcionej rwnomiernie rozoo-nym obcieniem cigym q oraz si skupion P = ql (rys. 2.14a).



48

,0252 =+= lqllRPlM BA

skd:

.47 qlRB =


Obcienie belki w przedziale BD zastpujemy wypadkow, ktra wobec rwno-miernoci rozoenia obcienia rwna jest ql i przechodzi przez rodek odcinka BD.Zwroty obu reakcji zakadamy, e dziaaj do gry.

Wtedy

=+= ,0qlRPRP BAyskd

.41 qlRA =

a)

b)

c)

x1

x2

x3

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

+ +

q

ql4

ql

ql43

ql 2

4

ql 2

2

l l l

P

49

Znaki dodatnie dowodz, e rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB s poprawnieprzyjte.



0 x1 l.


,41

11)1( qlxxRM Ax ==

dla:M(x1 = 0) = 0,

,41 2

)1( qlM lx ==


,41

)1( qlRT Ax ==

dla:

,41

)01( qlT x ==

.41

)1( qlT lx ==


l x2 2l.

Oglne rwnanie momentw dla drugiego przedziau bdzie miao posta:M(x2) = RAx2 P(x2 l),

,41 2

)2( qlM lx ==

,21 2

)22( qlM lx ==


T(x2) = RA P,

,43

)2( qlT lx ==

.43

)22( qlT lx ==

50


2l x3 3l.


,2

)2()2()2()( 33333)3(lxlxqlxRlxPxRM BAx

+=

,2

)2()2()(

23

333)3(lx

qlxRlxPxRM BAx

+=

,21 2

)23( qlM lx ==

M(x3 = 3l) = 0,


T(x3) = RA P + RB q(x3 2),

T(x3 = 2l) = ql,

T(x3 = 3l) = 0.

Zadanie 5Dla belki wolnopodpartej i obcionej jak na rysunku 2.15a wyprowadzi wzory

na siy poprzeczne i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podanena rysunkach 2.15b i 2.15c.


a)

b)

c)

x1x2

x3

x4

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

+

Y

2qq

qa2qa2 5qa2

4

qa2

2

qa

qa2,5a

a a a a

51

RozwizanieAby wyznaczy reakcj pionow w punkcie A, bierzemy sum momentw wzgl-

dem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy

,0232332 =++= aqaaRaaqM AB

skdRA = qa.


,022 =+++= BAy RqaRqaPskd

RB = qa.

Wydzielamy w belce cztery przedziay.


0 x1 a.


,21

1)1(xqxM x =

,2

21

)1(xqM x =

dla:M(x1 = 0) = 0,

,2

2

)1(qaM ax ==


T(x1) = qx1,dla:

T(x1 = a) = 0,

T(x1 = a) = qa.


a x2 2a.

52


),(2 22

2)2( axRxqxM Ax +=

),(2 222

)2( axRxqM Ax +=

dla:

,2

2

)2(qaM ax ==

M(x2 = 2a) = qa2,


,2)2( Ax RqxT +=

T(x2 = a) = 0,

T(x2 = 2a) = qa.


2a x3 3a.


,2

)2()2(2)()(2 3333)3(axaxqaxRaxqaM Ax

++=

,2

)2(2)()(22

333)3(

axqaxRaxqaM Ax

++=

dla:M(x3 = 2a) = qa

2,

M(x3 = 3a) = qa2,


),2(22 3)3( axqRqaT Ax ++=

T(x3=2a) = qa,

T(x3=3a) = qa.

4) Czwarty przedzia bdzie si zmienia

3a x4 4a. (rozwizywane od prawej strony).

Oglne rwnanie momentw dla czwartego przedziau bdzie miao posta

M(x4) = RB(4a x4),

53

dla:M(x4 = 3a) = qa

2,M(x4 = 4a) = 0,

natomiast sia tnca dla czwartego przedziau:T(x4) = RB,

T(x4 = 3a) = qa,

T(x4 = 4a) = qa.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w trzecimprzedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tnc trze-ciego przedziau do zera.

Poniewa

,0)2(22 3)3(3 =++== axqRqaTdxMd

Axx

std

.25

0 ax =


.45

2)2(

2)()(2 22

333) 3( 0 qa

axqaxRaxqaM Axx =

++==

Zadanie 6Poda wzory na si poprzeczn i moment gncy oraz sporzdzi na ich podsta-

wie wykresy dla belki podpartej swobodnie i obcionej jak na rysunku 2.16a. Dane:P = 12 kN, q = 15 kN/m, l = 4 m.

RozwizanieWyznaczamy reakcje podpr korzystajc z rwna momentw wzgldem punktu

A i B:

,022

3 2=+= qllRlPM AB

,kN4822

3=+=

qlPRA

,022

2=+= PlqllRM BA

.kN2422

=+=qlPRB

54




.2

0 1lx


M(x1) = Px1,

M(x1 = 0) = 0,

,2)2/1(lPM lx ==

T(x1) = P.

a)

b)

c)

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Z

+

l

qP

l

36 kN/m

24 kN/m12 kN/m

+

x0 = 4,4 m

24 kN/m

19,2 kN/mx0 = 2,8 m

55


.23

2 2lxl


,2

2

2

2

2

22)2(

+=

lxqlxRPxM Ax

,2)2/2(lPM lx ==

M(x2 = 3/2) = 0,

.22)2(

+=

lxqRPT Ax

Znajdujemy przekrj, w ktrym moment zginajcy ma warto maksymaln.W tym celu przyrwnujemy si tnc do zera dla drugiego przedziau.

,20)2(

2

+==

lxqRPTdxMd

Axx

stdx0 = 4,4 m.

Dla tej odcitej moment gncy ma warto maksymaln i wynosi:

,2

22

2

0

00)02(

+=

=

lxqlxRPxM Axx

Mmax = 19,2 kNm.

Natomiast odcita, dla ktrej moment gncy jest rwny zeru obliczamy z warunku:

,2

22

2

2

22)2(

+=

lxqlxRPxM Ax

x'0 = 2,8 m.



56




Wtedy

,06323

=++= llqlqllPlRM ABskd

.3613 qlRA =


,03

=

++= llqPRRP BAy

skd

.9

11 qlRB =

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaoonym.

a)

b)

c)

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+ +

l

q

4ql

4ql

P=

l

36ql13 36ql

21

36ql23

259ql2169

x0 = 36 l13

36 ql25

+

57



0 x1 l.


,21

11)1(xqxxRM Ax =

dla:M(x1 = 0) = 0,

,365 2

)1( qlM lx ==


T(x1) = RA qx1,dla:

,3613

)01( qlT x ==

.3623

)1( qlT lx ==


.34

2 lxl (rozwizanie od prawej strony).


,2

34

34

34

2

22)2(

=

xlxlqxlPM x

,2

34

34

2

2

2)2(

=

xlqxlPM x

dla:

,365 2

)2( qlM lx ==

M(x2 = 4l/3) = 0,

58


,34

2)2(

+= xlqPT x

,127

)2( qlT lx ==

.41

)3/42( qlT lx ==

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w pierw-szym przedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tncpierwszego przedziau do zera.

Poniewa

,01)1(1 === qxRTdxMd

Axx

std.

3613

0 lx =


.256169

221

11)01( qlxqxxRM Axx ===





Wtedy,03,06,0122,13 =++= qqPMRM AB

skdRA = 4,87 kN.

Wykorzystujc sum rzutw si na o OY otrzymamy,06,2 =++= qRPRP RAy

skdRB = 23,13 kN.

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB s zgodne z zaoonymi.

59




0 x1 1.


M(x1) = RAx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 1) = 4,87 kNm,


T(x1) = RA,dla:

T(x1 = 0) = 4,87 kN,

T(x1 = 1) = 4,87 kN.


1 x2 1,8.

a)

b)

c)

x1x2

x0 = 1,16x0 = 2,83

x3x4

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+ ++

q =30 kN/m

+

M=20 kNm

1 m 0,8 m 1,2 m 0,6 m50 kN

30,8718

4,87

19,13

15,1314,7

5,39

20,8 4,95

5,13

4,87

60


( ) ,2

1 22)2(

=

xqMxRM Ax

dla:M(x2 = 1) = 15,13 kNm,

M(x2 = 1,8) = 20,8 kNm,


T(x2) = RA q(x2 1)2,

T(x2 = 1) = 4,87 kN,

T(x2 = 1,8) = 19,13 kN.


1,8 x3 3.


( ) ,2

1)8,1(2

333)3(

+=xqxPMxRM Ax

dla:M(x3 = 1,8) = 20,8 kNm,

M(x3 = 3) = 5,39 kNm,


T(x3) = RA q(x3 1) + P,

T(x3 = 1,8) = 30,87 kN,

T(x3 = 3) = 5,13 kN.


3 x4 3,6 (rozwizanie od prawej strony).


( ) ,2

)6,3(2

6,3)6,3(2

444)4(

xqxxqM x

=

=

61

dla:M(x4 = 3) = 5,4 kNm,

M(x4 = 3,6) = 0,

natomiast sia tnca dla czwartego przedziau:

T(x4) = q (3,6 x4),

T(x4 = 3) = 18 kN,

T(x4 = 3,6) = 0.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w drugimi trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy sitnc drugiego przedziau do zera.

Poniewa

,0)1( 2)2(2 === xqRTdxMd

Axx

stdx0 = 1,16 m.


( ) .kNm7,142

1 22)02( =

==

xqMxRM Axx

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego w trzecim przedziale. W celuwyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tnc trzeciego przedziaudo zera.

Poniewa

,0)1( 3)3(3 =+== PxqRTdxMd

Axx

std

x'0 = 2,83 m.


( ) .kNm95,42

1)8,1(2

3)03( =

+==

xqxPMxRM xAxx

62

Zadanie 9Pozioma belka ABC o dugoci 2l (rys. 2.19), spoczywajca w rodku dugoci na

podporze rolkowej B i na podporze nieruchomej na kocu C, jest obciona na czciAB rwnomiernie rozoonym obcieniem o nateniu q. Wyprowadzi wzory i spo-rzdzi wykresy dla si tncych i momentw gncych.



dem punktu C.Obcienie belki w przedziale AB zastpujemy wypadkow, ktra wobec rwno-

miernoci rozoenia obcienia rwna jest ql i przechodzi przez rodek odcinka AB.Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

Wtedy

=+

+= ,0

2lRllqlM BC

skd.

23 qlRB =

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RB jest taki, jak zaoono.

a)

b)

c)

d)

x1x2

T x( )

M x( )

+

A B C X

X

X

X

Y

Y

q

RB RC

l l

A B C

ql l

ql1

ql

ql 2 2

63

,02

== lRlqlM CBskd

.21 qlRC =

Znak ujemny dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RC jest przeciwny do zao-onego.



0 x1 l.


,22

211

1)1(xqxqxM x ==

M(x1 = 0) = 0,

,2

2

)1(qlM lx ==


T(x1) = qx1,

T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = l) = ql.


l x2 2l.


),(2 22)2(

lxRlxqlM Bx +

=

czyli:

,21

22

)2( qlxqlM x +=

,2

2

)2(qlM lx ==

M(x2 = 2l) = 0,

natomiast sia tnca dla drugiego przedziau

.22

3)2(

qlqlqlRqlT Bx =+=+=

64

Zadanie 20Dla belki obcionej jak na rysunku 2.20a wyprowadzi wzory na siy tnce i mo-

menty gnce, i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podane na rysunkach 2.20bi 2.20c.



dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o Y. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy,0624242 =++= PRqPM BA

skdRB = 41 kN.

Wykorzystujc sum rzutw si na o Y otrzymamy

=++= ,024 PRqRPP BAyskd

RA = 29 kN.Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaoonym.

a)

b)

c)

x1

x2

x3

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+ +

q= 13 kN/mP= 6 kN

6

29

12

2P

2 m 2 m4 m

+

1223

x0 = 3,77 m

24

8,5

65



0 x1 2.


M(x1) = Px1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 2) = 12 kNm,


T(x1) = P,

dla:

T(x1 = 0) = 6 kN,

T(x1 = 2) = 6 kN.


2 x2 6.


,2

)2()2()2( 2222)2(

+=xxqxRPxM Ax

dla:

M(x2 = 2) = 12 kNm,

M(x2 = 6) = 24 kNm,


T(x2) = P + RA q(x2 2),

T(x2 = 2) = 23 kN,

T(x2 = 6) = 29 kN.

66


6 x3 8.


M(x3) = P + RA 4q(x3 2) + RB(x3 6),dla:

M(x3 = 6) = 24 kNm,

M(x3 = 8) = 0,

natomiast sia tnca dla trzeciego przedziau

T(x3) = P + RA 4q + RB,dla:

T(x3 = 6) = 12 kN,

T(x3 = 8) = 12 kN.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w drugimprzedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tnc dru-giego przedziau do zera.

Poniewa

,0)2( 2)2(2 =+== Axx RPxqTdxMd

stdx0 = 3,77 m.


.kNm35,82

)2()2()2( 2222)02( =

+==

xxqxRPxM Axx

Zadanie 2Dla belki obcionej jak na rysunku 2.21a wyprowadzi wzory na siy tnce i mo-

menty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podane na rysunkach 2.21bi 2.21c.


dem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

67

Wtedy

,012244 210 =++= qqRMM ABskd

RB = RA + 10,4 = 81 kN.


=+= ,024 21 qRqRP BAyskd

RA = 23 kN.

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaoonym.


a)

b)

c)

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

q =1 18 kN/m q =2 16 kN/m

+

32

4m 2 m

+

32 49

34,7

23

1,275 m

M0= 20 kNm

20

68



0 x1 4.


,2

21

110)1(xqxRMM Ax +=

dla:M(x1 = 0) = 20 kNm,

M(x1 = 4) = 32 kNm,


T(x1) = RA q1x1,dla:

T(x1 = 0) = 23 kN,

T(x1 = 4) = 49 kN.


4 x2 6.


,2

)4()4(

)4()2(4

222

22120)2(

++=

xxq

xRxqxRMM BAx

,2

)4()4()2(42

2222120)2(

++=xqxRxqxRMM BAx

dla:M(x2 = 4) = 32 kNm,

M(x2 = 6) = 0,


T(x2) = RA 4q1 + RB q2(x2 4),

T(x2 = 4) = 32 kN,

T(x2 = 6) = 0.

69

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w pierw-szym przedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tncpierwszego przedziau do zera.

Poniewa

,011)1(1 === xqRTdxMd

Axx

stdx0 = 1,277 m.


.kNm7,342

21

110)01( =+==xqxRMM Axx

Zadanie 22Dla belki obcionej obcieniem cigym jak na rysunku 2.22a, wyprowadzi

wzory na siy tnce i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podanena rysunkach 2.22b i 2.22c.


a)

b)

c)

x1

x2

x3x4

A C

RCRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

++

q=6 kN/mP=50 kN

+ 16

1212

31

1225

25

31

12

2 m 1 m 1 m 2 m

70


dem punktu C, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie C korzystamyz sumy rzutw si na o Y. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy

,0242112 =++= qRPqM CAskd

RC = 43 kN.


,06 =+= qRPRP CAyskd

RA = 43 kN.

Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA i RC jest zgodny z zao-onym.



0 x1 2.


,2

21

)1(xqM x =

dla:M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 2) = 12 kNm,


T(x1) = qx1,dla:

T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = 2) = 12 kN.


2 x2 3.

71


),2(2 2

22

)2( += xRqxM Ax

dla:M(x2 = 2) = 12 kNm,

M(x2 = 3) = 16 kNm,


T(x2) = qx2 + RA,

T(x2 = 2) = 31 kN,

T(x2 = 3) = 25 kN.


3 x3 4.


),3()2(2 33

32

)3( += xPxRqxM Ax

dla:M(x3 = 3) = 16 kNm,

M(x3 = 4) = 12 kNm,


T(x3) = qx3 + RA P,

T(x3 = 3) = 25 kN,

T(x3 = 4) = 31 kN.


4 x4 6.


),4()3()2(2 444

42

)4( ++= xRxPxRqxM CAx

dla:M(x4 = 4) = 12 kNm,

M(x4 = 6) = 0,

72


T(x4) = qx4 + RA P + RC,

T(x4 = 4) = 12 kN,

T(x4 = 6) = 0.

Zadanie 23Wykona wykresy si poprzecznych i momentw gncych dla belki obcionej jak

na rysunku 2.23a.


RozwizanieAby wyznaczy reakcj pionow w punkcie B bierzemy sum momentw wzgl-

dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamyz sumy rzutw si na o Y. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

a)

b)

c)

x1

x3

x2

A B C

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

++

q1= 20 kN/mq2 =5 kN/mP1 = 60 kN P2 =80 kN

1,2 m

4 m 1,8 m

4420

40

8980

96

+38,4

l2

152,1

73

Wtedy,08,59,48,14242,1 2211 =+++= PqRqPM BA

skdRB = 185 kN.

Wykorzystujc sum rzutw si na o Y otrzymamy:

,08,14 2211 =+= PqRqPRP BAyRA = 44 kN.



0 x1 1,2.


,22

1 21

1111)1(qxxRxqxxRM AAx ==

dla:M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 1,2) = 38,4 kNm,


T(x1) = RA qx1,dla:

T(x1 = 0) = 44 kN,

T(x1 = 1,2) = 20 kN.


1,2 x2 4.


),2,1(2 22

12)2( = xPxqxRM Ax

dla:M(x2 = 1,2) = 38 kNm,

M(x2 = 4) = 152 kNm,

74

natomiast sia tnca dla drugiego przedziau:T(x2) = RA q1x2 P,

T(x2 = 1,2) = 40 kN,

T(x2 = 4) = 96 kN.


4 x3 5,8.Oglne rwnanie momentw dla trzeciego przedziau bdzie miao posta:

,2

4)4(

)2,1()4()2(

332

33313)3(

+=

xxq

xPxRxlqxRM BAx

,2

)4(

)2,1()4()2(2

32

33313)3(

+=

xq

xPxRxlqxRM BAx

dla:M(x3 = 4) = 152 kNm,

M(x3 = 5,8) = 0,


T(x3) = RA ql + RB q2(x3 4) P,

T(x3 = 4) = 89 kN,

T(x3 = 5,8) = 80 kN.

Zadanie 24Dla belki przedstawionej na rysunku 2.24a opartej na podporach A i B, ktra jest

obciona rwnomiernie rozoonym obcieniem cigym q i q1 = 2q oraz si skupio-n P = 2qa sporzdzi wykres momentw gncych i si tncych.


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o Y. Zakadamy, e zwroty reakcji skierowane s do gry.

Wtedy

,0252

2 1=++= aaqaRaPaqaM BA

skdRB = 3,25qa.

75


,01 =++= aqRRPqaP BAyskd

RA = 1,75qa.Znak dodatni dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji RA i RC jest zgodny z zaoonym.




0 x1 a.Oglne rwnanie momentw dla pierwszego przedziau bdzie miao posta

,2

21

)1(xqM x =

dla:M(x1 = 0) = 0,

,2

2

) 1(qaM ax ==

a)

b)

c)

x1x2

x3x4

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+ +

q1

q

+

a a a a

2qa

1,25 qa

qa2

0,25 qa2

qa2

2

P

0,75 qa

qa

76


T(x1) = qx1,dla:

T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = a) = qa.


a x2 2a.


),(2 22)2(

axRaxqaM Ax +

=

dla:

,2

2

)2(qaM ax ==

M(x2 = 2a) = 0,25qa2,


T(x2) = qa + RA,

T(x2 = a = 2a) = 0,75qa.


2a x3 3a.


),2()(2 333)3(

axPaxRaxqaM Ax +

=

dla:M(x3 = 2a) = 0,25qa

2,

M(x3 = 3a) = qa2,


T(x3) = qa + RA P,

T(x3 = 2a = 3a) = 1,25qa.


3a x4 4a.

77

Oglne rwnanie momentw dla czwartego przedziau bdzie miao posta:

,2

)3()3(

)3()2()(2

441

4444)4(

axaxq

axRaxPaxRaxqaM BAx

++

=

M(x4 = 3a) = qa2,

M(x4 = 4a) = 0,


T(x4) = qa + RA P + RB 2q(x4 3a),

T(x4 = 3a) = 2qa,

T(x4 = 4a) = 0.


obu kocami przegubowo i obcionej rwnomiernie rozoonym obcieniem ci-gym q i momentem zginajcym M = ql2 w sposb pokazany na rysunku 2.25a.


a)

b)

c)

Y

A C B

RBRA

T x( )

M x( )

X

X

X

x1

x2

x2=2,8 l

ql 2

0,8 ql 2

2,43 ql 2

+

+

1,8 ql

2,2 ql

l 4l

M

q

78


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Obcienie belki w przedziale BC zastpujemy wypadko-w, ktra wobec rwnomiernoci rozoenia obcienia rwna jest 4ql i przechodziprzez rodek odcinka BC. Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

WtedyMA = M + 4ql3l 5lRB l = 0,

skd:RB = 2,2ql,

Py = RA 4ql + RB = 0,skd

RA = 4ql RB = 1,8ql.




0 x1 l.


M(x1) = RAx1 = 1,8qlx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = l) = 1,8ql,


T(x1) = RA,dla:

T(x1 = 0) = 1,8ql,

T(x1 = l) = 1,8ql.


l x2 5l.


,2

)()( 222)2(lxlxqMxRM Ax

=

79

czyli:

,2

)(8,1 2

222)2(

lxqqlqlxM x

=

M(x2 = l) = 0,8ql2,

M(x2 = 5l) = 0,


T(x2) = 1,8ql q(x2 l),

T(x2 = l) = 1,8ql,

T(x2 = 5l) = 2,2ql.

W zwizku z tym, e funkcja siy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znakmusi wystpi w nim ekstremum momentu gncego. A zatem, aby okreli przekrj,w ktrym funkcja Mx2 osignie ekstremum, musimy przyrwna do zera funkcj Tx2

T(x2) = 1,8ql q(x2 l) = 0.

Z rwnania tego wynika, e ekstremum wystpi dla x2 = 2,8l. Uwzgldniajc twarto w funkcji Mx2 otrzymamy

Mx2 max = 2,42ql2.


gubowo obu kocami i obcionej rwnomiernie rozoonym obcieniem cigym q

oraz dwoma momentami zginajcymi 12

2qlM = (rys. 2.26).


dem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamyz sumy rzutw si na o OY. Obcienie belki w przedziale AB zastpujemy wypadko-w, ktra wobec rwnomiernoci rozoenia obcienia rwna jest ql i przechodziprzez rodek odcinka AB. Zwroty obu reakcji zakadamy, e s skierowane do gry.

Wtedy

,02

=++= lRMlqlMM BAskd:

,2

qlRB =

Py = RA + RB ql = 0,

80

skd

.22qlqlqlRA =+=



Wydzielamy w belce jeden przedzia. Przedzia ten bdzie si zmienia

0 x1 l.


,21

11)1(xqxxRMM Ax +=

,2

21

1)1(xqxRMM Ax +=

a)

b)

c)

x1

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

q

2ql

2ql

2l

12ql 2

24ql 2

l

+0,21 l

M

M

M

M

81

dla:,

12

2

)0 1(qlM x ==

,12

2

) 1(qlM lx ==

natomiast sia tnca dla tego przedziau

T(x1) = RA qx1,dla:

,2)0 1(qlT x ==

.2)1(qlT lx ==

W zwizku z tym, e funkcja siy poprzecznej zmienia znak musi wystpi w nimekstremum momentu gncego. A zatem aby okreli przekrj, w ktrym funkcja Mx1osignie ekstremum, musimy przyrwna do zera funkcj Tx1

T(x1) = RA qx1 = 0.

Z rwnania tego wynika, e ekstremum wystpi dla x1 = 0,5l. Uwzgldniajc twarto w funkcji Mx1 otrzymamy

.24

2

max1qlM x =

Zadanie 27Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki podpartej obu

kocami przegubowo i obcionej wzdu caej swej dugoci rwnomiernie rozo-onym obcieniem cigym q (rys. 2.27), za w rodku dugoci belki momentem zgi-

najcym .8

2qlM =

RozwizanieWyznaczamy warto reakcji. Reakcja RA jest pionowa, poniewa reakcja RB oraz

obcienie cige s pionowe. Rwnanie momentw wzgldem punktu B przedstawiasi nastpujco:

.8

3 ,02

2 qlRMqllR AA ==+

Rwnanie rzutw na kierunek pionowy ma posta:

.8

5, qlRqlRR BBA ==+

82


Nastpnie przecinamy belk w przekroju mm o odcitej x1. Sia tnca w przekro-ju mm

T(x1) = RA qx1,przy:

,01 =x ,83

)1( qlT x =

,21lx = .

82)1(qlqlRT Ax ==

Moment zginajcy w przekroju mm

,2

21

1)1(qxxRM Ax =

x1 moe przybiera wartoci od 0 do 2l , i tak dla:

x1 = 0, M(x1) = 0,

,21lx = .

16

2

)1(qlM x =

a)

b)

c)

x1

x1 = 3/8 l

0,0703 ql 2

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

q

ql

3ql

5ql

2l

0,125 ql 2

0,0625 ql 2

l

M

m

m n

n

+

83

Wyznaczamy przekrj, w ktrym moment zginajcy ma warto maksymaln i w tymcelu przyrwnujemy do zera si tnc:

.83,0

22

11

)1( lxxqRT Ax ==

=

Podstawiajc warto x'1 do wyraenia na moment zginajcy otrzymamy:

.1289 2

maxqlM =

Przecinamy belk w przekroju nn o odcitej x2.Sia tnca w tym przekroju:

,8

322)2( qx

qlqxRT Ax ==

przy:

,22lx = ,

8)2(qlT x =

,8

5, )2(2qlTlx x ==

moment zginajcy w przekroju nn

,828

32

2222

22

2)2(qlqxqlxMqxxRM Ax +=+=

x2 moe przybiera wartoci od l/2 do l przy:

,22lx = ,

163 2

)2(qlM x =

x2 = l, M(x2) = 0.

Aby znale przekrj, w ktrym moment zginajcy ma warto maksymaln przy-rwnamy do zera si tnc:

.83,0

83

22)2( lxxqqlT x ===

W przedziale CB moment zginajcy nie posiada maksimum poniewa x2 nie moe

by mniejsze od 2l

.

84

Zadanie 28Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki wspornikowej

podpartej przegubowo w punktach A i B i obcionej momentem zginajcym M orazrwnomiernie rozoonym obcieniem cigym q, jak pokazano na rysunku 2.28a.

Zaleno midzy M i q wynosi .2lqM

=




Obcienie belki w przedziale BC zastpujemy wypadkow, ktra wobec rwno-

miernoci rozoenia obcienia rwna jest 2l

q i przechodzi przez rodek odcinka BC.Zwroty obu reakcji zakadamy do gry.

a)

b)

c)

x1

x2

x3

A B C

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

+

q

3l

2l

M

ql3

ql 2

ql 217

ql 27

ql7

3 l2

85

Wtedy

,045

2 =+= llqlRMM BA

skd:

,83 qlRB =

,02

=+= lqRRP BAyskd

.87 qlRA =




.3

0 1lx


M(x1) = RAx1,dla:

M(x1 = 0) = 0,

,247 2

)3/1( qlM lx ==


T(x1) = RA,dla:

,87

)01( qlT x ==

.87

)3/ 1( qlT lx ==


.3 2

lxl

86

Oglne rwnanie momentw dla drugiego przedziau bdzie miao posta:M(x2) = RA x2 M,

,2417 2

)3/2( qlM lx ==

,81 2

)2( qlM lx ==


T(x2) = RA,

,87

)3/2( qlT lx ==

.87

)2( qlT lx ==


.23

3 lxl


,2

)()()( 3333)3(lxlxqlxRMxRM BAx

+=

,2

)()(2

333)3(

lxqlxRMxRM BAx

+=

,81 2

)3( qlM lx ==

M(x3 =3l/2) = 0,


T(x3) = RA + RB q(x3 l),

,21

)3( qlT lx ==

T(x2=3l/2) = 0.

Zadanie 29Na belk podpart w punktach A i B dziaa obcienie cige q oraz sia skupio-

na .2ql

F = Sporzdzi wykres momentw gncych i si tncych (rys. 2.29).

87




Wtedy:,0

32

32

21

32

84=++= lRlFllqllqM BA

,062

184

321

=++= lRqlqllqM BAskd

RB = 0,5243ql.Wykorzystujc sum rzutw si na o OY otrzymamy:

,032

41

=++

+= BAy RRFllqP

,05243,021

1211

=++= Ay RqllqPskd

RA = 0,8924ql.

a)

b)

c)

x1

x2

x3

A BC D

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

+

q

3l

4l

0,1748 ql 20,0312 ql 2

0,1751 ql 2

0,6424 ql

0,25 ql

l

F

0,5206 ql 0,5243 ql

x l0 = 0,8924

88




.4

0 1lx


,22

211

1)1(xqxqxM x ==

dla:M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = l/4) = 0,0312ql2,


T(x1) = qx1,dla

.41

)4/01( qlT lx ===


.1211

4 2lxl


,418924,0

241

2 222

2

22

)2(

+=

+= lxqlxqlxRxqM Ax

M(x2 = l/4) = 0,0312ql2,

M(x2 = 11l/12) = 0,1748ql2,


T(x2) = qx2 + RB,

T(x2 = l/4) = 0,6424ql,

T(x2 = 11l/12) = 0,0243ql.


.45

1211

3 lxl

89


,1211

41

2411

1211

333)3(

+

= lxFlxRlxlqM Ax

,12115,0

418924,0

2411

1211

3

33)3(

+

=

lxql

lxqllxlqM x

M(x3 = 11l/12) = 0,1748ql2,

M(x3 = 5l/4) = 0,1667ql2,


,5,08924,01211

1211

)3( qlqlqlFRlqM Ax +=+=

T(x3 = 11l/12 = 5l/4) = 0,5243ql.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginajcego. Znajdujemy przekrj, w kt-rym moment zginajcy ma warto maksymaln. Moment ten znajduje si w drugimprzedziale. W celu wyznaczenia wartoci maksymalnej przyrwnujemy si tnc dru-giego przedziau do zera.

Poniewa

,02)2(2 =+== Bxx RqxTdxMd

stdx0 = 0,8924l.

Dla tej odcitej moment gncy ma warto maksymaln i wynosi:

,418924,0

241

2 222

2

22

)02(

+=

+==

lxqlxqlxRxqM Axx

.1751,0 2)02( qlM xx ==

Zadanie 30Wykona wykresy momentw zginajcych i si tncych dla belki wspornikowej

podpartej przegubowo w punktach B i C obcionej rwnomiernie rozoonym obci-

eniem cigym q oraz par si o momencie zginajcym 2

2qlM = (rys. 2.30).

90

RozwizanieWyznaczamy reakcje podpr ukadajc rwnanie momentw wzgldem punktu C

,03363

=++

+= MlRllqlM BC

.326

22ql

lqlqlRB =

=


Rzutujc siy na o y otrzymamy:

,03

=+= lqRRP CBy

.34

33qlqllqRlqR BC =+==



.3

0 1lx

a)

b)

c)

ql

Mx1

x2

x3

CBA D

RB RC

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

q

3l

3l

3l

ql 2

ql 2

ql4

91


,2

21

)1(qxM x =

M(x1 = 0) = 0,

,18

2

)3/1(qlM lx ==


T(x1) = qx1,

T(x1 = 0) = 0,

.3)3/1(lqT lx ==


.32

3 2lxl


,363 22)2(

+

=

lxRlxlqM Bx

,1833633

2

)3/2(qlllqllllqM lx =

=

=

,233

263

23

2

)3/22(qlllqllllqM lx =

=

=


,34

33)2(qlqllqRlqT Bx ==+=

,34

)3/2( qlT lx ==

.34

)3/22( qlT lx ==

92


.32

3 lxl


,32

34

363

32

363

333

333)3(

+

+

=

=

+

+

=

lxqllxqllxlq

lxRlxRlxlqM CBx

,2

2

)3/23(qlM lx ==

,2

2

)3(qlM lx ==

natomiast sia tnca dla trzeciego przedziau wynosi

.034

33)3(=+=++= qlqllqRRlqT CBx

Zadanie 3Wykona wykresy si tncych i momentw gncych dla belki przedstawionej na

rysunku numer 2.31a.


a)

b)

c)

x1

x2

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

q

2 qa 2

+

3 qa4

qa232 qa29

8

3 qa23

qa8

3 a5

P qa= 2

P qa= 2

a 2a

M qa= 2 2

93

RozwizanieNajpierw wyznaczamy reakcje w punktach podparcia RA i RB z warunkw rwno-

wagi wszystkich si zewntrznych, dziaajcych na belk.

MA = M + Pa + 4qa2 RB3a = 0,,

34 qaRB =

MB = M P2a 2qa2 + RA3a = 0,.

38 qaRA =

W belce wyodrbnimy dwa przedziay zmiennoci si poprzecznych i momentwzginajcych.


0 x1 a.Oglne rwnanie momentw dla pierwszego przedziau bdzie miao posta:

,382 1

21)1( qaxqaxRMM Ax +=+=

M(x1 = 0) = 2qa2,

,32 2

)1( qaM ax ==


,38

)1( qaRT Ax ==

,38

)01( qaT x ==

.38

)1( qaT ax ==


a x2 3a.


,)(21)( 2222)2( axqaxPxRMM Ax +=

,32 2

)2( qaM ax ==

M(x2 = 3a) = 0,

94


),(32)( 22)2( axqqaaxqPRT Ax ==

,32

)2( qaT ax ==

.34

)32( qaT ax ==

W zwizku z tym, e funkcja siy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak,musi wystpi w nim ekstremum momentu gncego. A zatem, aby okreli przekrj,w ktrym funkcja Mx2 osignie ekstremum, musimy przyrwna do zera funkcj Tx2

.0)(32

2)2( == axqqaT x

Z rwnania tego wynika, e ekstremum wystpi dla .35

2 ax = Uwzgldniajc t war-to w funkcji Mx2 otrzymamy

.98 2

max qalM =


na siy poprzeczne i momenty gnce i wedug tych wzorw sprawdzi wykresy podanena rysunkach 2.32b i 2.32c. Dane: M1 = 2qa

2, M2 = qa2.



Wtedy,0434 21 =+= MaRaaqMM BA

skd

.49 qaRB =


,04 =+= BAy RqaRPskd

.47 qaRA =


95




0 x1 a.


,1)1( xRMM Ax +=dla:

M(x1 = 0) = 2qa2,

,41 2

)1( qaM ax ==


T(x1) = RA,dla:

,47

)01( qaT x ==

.47

)1( qaT ax ==

a)

b)

c)

x1

x2x3

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

+

q

2 qa 2

+

qa

qa 2

2qa 2

4 qa7

4 qa5

a 3a a

M 1 M 2

qa 2

4

96


a x2 4a.


,2

)()( 222)2(axaxqxRMM Ax

+=

2)( 22

2)2(axqxRMM Ax

+=

dla:

,41 2

)2( qaM ax ==

,2)42( qaM ax ==


),( 2)2( axqRT Ax =

,47

)2( qaT ax ==

.45

)42( qaT ax ==


4a x3 5a.


,2

)5()5( 332)3(xaxaqMM x

=

,2

)5( 232)3(

xaqMM x

=

dla:

,21 2

)43( qaM ax ==

M(x3 = 5a) = qa2,

97

natomiast sia tnca dla trzeciego przedziau:T(x3) = q(5a x3),

T(x3 = 4a) = qa,

T(x3 = 5a) = 0.






Wtedy,025,35,035,212,1 =+++= MqRqPM BA

skdRB = 60,8 kN.

a)

b)

c)

x1

x2

x3x4

A B

RBRA

X

X

X

T x( )

M x( )

Y

++

q=20 kN/m

P = 50 kN

+

1,2 m 0,8 m 1 m 0,5 m

19,2

30,8

23,4 50,8

1,6

42,5

10

40

M = 40 kNm

98


,05,1 =+= BAy RqPRPskd

RA = 19,2 kN.




0 x1 1,2.


,1)1( xRM Ax =dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 1,2) = 23,04 kNm,


T(x1) = RA,dla:

T(x1 = 0) = 19,2 kN,

T(x1 = 1,2) = 19,2 kN.


1,2 x2 2.


),2,1( 22)2( = xPxRM Axdla:

M(x2 = 1,2) = 23,04 kNm,

M(x2 = 2) = 1,6 kNm,


T(x2) = RA P,

T(x2 = 1,2) = 30,8 kN,

T(x2 = 2) = 30,8 kN.

99


2 x3 3.


,2

)2()2()2,1( 3333)3(

Wyznaczanie Sił Tnących i Momentów Zginających w Belkach - Z. Iwulski

Documents

Transcript of Wyznaczanie Sił Tnących i Momentów Zginających w Belkach - Z. Iwulski