Wyznaczanie sił tnących i momentów zginających w belkach

   


   


   

1611 pozycja wydawnictw naukowych Akademii Górniczo-Hutniczej im. Stanisáawa Staszica w Krakowie

© Wydawnictwa AGH, Kraków 2001 ISSN 0239-6114 Redaktor Naczelny Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych: prof. dr hab. inĪ. Andrzej Wichur Z-ca Redaktora Naczelnego: mgr Beata Barszczewska-Wojda


   

Recenzent: prof. dr hab. inĪ. Henryk Filcek

Projekt okáadki i strony tytuáowej: Beata Barszczewska-Wojda Opracowanie edytorskie: Danuta Harnik Korekta: Danuta Harnik

Skáad komputerowy: „Andre”, tel. 423-10-10

Redakcja Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych al. Mickiewicza 30, 30-059 Kraków tel. 617-32-28, tel./fax 636-40-38

Spis treĞci

7

. Ogólne zagadnienia o zginaniu ...................................................................... 1.1. Sposoby podparcia belek ........................................................................... 1.2. Czyste zginanie ..........................................................................................

9 9 12

2. Zadania z rozwiązaniami ................................................................................

17


   

Przedmowa ........................................................................................................

Literatura ........................................................................................................... 183

5


   

Przedmowa


   

Niniejszy skrypt przeznaczony jest dla studentów, którzy mają w programie studiów przedmiot „WytrzymaáoĞü materiaáów” i pragną poznaü sposób wyznaczania momentów gnących i siá tnących przy rozwiązywaniu belek. Autor pragnąá uczyniü podrĊcznik wygodnym Ğrodkiem do nauki rozwiązywania belek i przedstawiá sposób postĊpowania przy ich rozwiązywaniu. KaĪde zadanie poprzedzone jest treĞcią i rysunkiem, a nastĊpnie kaĪdorazowo zostaá przedstawiony tok postĊpowania przy prawidáowym ich rozwiązywaniu. TreĞü podrĊcznika podzielono na dwie czĊĞci, pierwszą podającą w sposób bardzo skrótowy teoriĊ zginania belek statycznie wyznaczalnych, a w drugiej przedstawiono w sposób bardzo przystĊpny ich rozwiązywanie. Przy pisaniu tego skryptu korzystaáem z istniejącej literatury i zebraáem tam materiaáy do napisania niniejszego skryptu. JeĪeli skrypt ten speáni zamierzone przez mnie zadanie i uáatwi czytelnikowi i studiującym poznanie tej piĊknej i wciąĪ Īywej dziedziny nauki, jaką jest wytrzymaáoĞü materiaáów – a szczególnie rozwiązywanie belek – stanowiü to bĊdzie dla mnie najmilszą nagrodĊ. Autor

7


   

. Ogólne zagadnienia o zginaniu

.. Sposoby podparcia belek


   

Zginanie zachodzi wówczas, gdy siáy dziaáające na prĊt sprowadzają siĊ do dwóch par leĪących w páaszczyĨnie przechodzącej przez oĞ prĊta lub w páaszczyĨnie równolegáej do niej. Zginanie proste zachodzi tylko w pierwszym przypadku; drugi naleĪy do zagadnieĔ wytrzymaáoĞci záoĪonej. PrĊty zginane nazywamy belkami. Siáy dziaáające na belki dzielą siĊ na dwa rodzaje: 1) obciąĪenia, 2) reakcje podpór. P1

P2

R1

P3

R2

Rys. .

JeĪeli rozpatrzymy belkĊ o przekroju symetrycznym (rys. 1.1), na którą dziaáają siáy zewnĊtrzne P1, P2 i P3 oraz reakcje R1 i R2 leĪące w páaszczyĨnie symetrii belki, to pod dziaáaniem tych siá belka ugnie siĊ w taki sposób, Īe oĞ jej pozostanie po ugiĊciu siĊ nadal w páaszczyĨnie dziaáania siá zewnĊtrznych. PáaszczyznĊ tĊ nazywamy páaszczyzną zginania, taki zaĞ przypadek zginania nazywamy zginaniem páaskim. Siáy zewnĊtrzne obciąĪające belkĊ mogą siĊ sprowadzaü do siá skupionych lub do par, mogą to byü równieĪ obciąĪenia ciągáe rozáoĪone równomiernie lub nierównomiernie wzdáuĪ belki. Podpory bywają trzech rodzajów: 1) podpora przegubowa staáa, 2) podpora przegubowa ruchoma, 3) utwierdzenie. 9

Podpora przegubowa staáa pozwala na obrót koĔca belki dookoáa osi przegubu, nie dopuszcza natomiast przesuwu koĔca belki ani w kierunku jej osi, ani w kierunku prostopadáym do niej. Reakcja przechodzi tu przez Ğrodek przegubu i leĪy w páaszczyĨnie zginania, kierunek jej jest nam jednak nieznany. Zamiast wyznaczania wielkoĞci reakcji i kąta α, który tworzy ona z osią belki, wygodniejsze jest rozáoĪenie reakcji na dwie skáadowe – poziomą i pionową wzdáuĪ osi prostokątnego ukáadu wspóárzĊdnych, którego początek przyjmujemy na lewym koĔcu belki. Wówczas oĞ x pokrywa siĊ z osią belki, oĞ y zaĞ jest skierowana do góry. Mamy wówczas dwie reakcje nieznane pod wzglĊdem wielkoĞci, lecz o znanych kierunkach. Na podporze przegubowej staáej są zatem zawsze dwie niewiadome Rx i Ry. Schematycznie bĊdziemy przedstawiali podporĊ przegubową staáą tak jak na rysunku 1.2. Y R


   

Ry

X

Rx

Rys. .2

Podpora przegubowa ruchoma róĪni siĊ od podpory staáej tym, Īe jest umieszczona na rolkach. Pozwala ona na obrót koĔca belki dookoáa osi przegubu oraz na jego przesuw w kierunku koĔca belki, umoĪliwia natomiast przesuw w kierunku prostopadáym do osi belki. Reakcja na podporze ruchomej przechodzi przez Ğrodek przegubu i jest prostopadáa do osi belki. Mamy tu zatem tylko jedną niewiadomą R. Schemat podpory przegubowej ruchomej przedstawiono na rysunku 1.3. Y

R

X

Rys. .3

Utwierdzenie nie pozwala ani na obrót koĔca belki, ani na przesuw w Īadnym kierunku. Obrotowi przeszkadza tu para siá, którą utwierdzenie wywiera na belkĊ. Moment tej pary nazywamy momentem utwierdzenia, jest on nieznany podobnie jak nieznana jest równieĪ co do wielkoĞci i kierunku reakcja w miejscu utwierdzenia. ReakcjĊ 10

tĊ rozkáadamy na dwie skáadowe – prostopadáą i równolegáą do osi belki, o znanych kierunkach, lecz nieznanych wielkoĞciach. W miejscu utwierdzenia mamy zatem trzy nieznane reakcje: 1) moment utwierdzenia M0, 2) reakcjĊ poziomą Rx, 3) reakcjĊ pionową Ry. Utwierdzony koniec belki przedstawiamy schematycznie tak, jak na rysunku 1.4. Y Ry

R

Rx


   

X

M0

Rys. .4

W celu wyznaczenia niewiadomych reakcji musimy korzystaü ze statycznych warunków równowagi (siáy czynne + reakcje). Dla páaskiego ukáadu siá jest ich trzy: dwa równania sumy rzutów siá na osie ukáadu i jedno równanie momentów wzglĊdem dowolnego punktu. Zazwyczaj belki posiadają kierunek poziomy, a siáy pionowy – wtedy liczba równaĔ redukuje siĊ do dwóch, poniewaĪ rzut kaĪdej siáy na osi poziomej x jest równy zeru. JeĪeli liczba niewiadomych reakcji jest równa lub mniejsza od liczby statycznych równaĔ, reakcje dadzą siĊ wyznaczyü (belka jest statycznie wyznaczalna). W wypadku gdy liczba niewiadomych jest wiĊksza od moĪliwej iloĞci równaĔ statyki, wówczas belka staje siĊ statycznie niewyznaczalna. P1

P2

P3

Rys. .5

Oprócz wymienionych belek wystĊpują belki ciągáe przegubowe (rys. 1.5). Rozpatrujemy w takich wypadkach najpierw warunki równowagi belek podwieszonych i znajdujemy reakcje tak, jak to siĊ robi przy belkach na dwóch podporach. Oddziaáywania te przenoszą siĊ poprzez przeguby z belek podwieszonych na belki podstawowe. Znając wielkoĞci oddziaáywaĔ w przegubach moĪemy wyznaczyü reakcje belek podstawowych. 11

.2. Czyste zginanie


   

ZaáóĪmy, Īe prĊt spoczywający na dwóch podporach obciąĪony jest równymi siáami P tak jak na rysunku 1.6. Przyjmujemy symetryczny przekrój prĊta, przy czym siáy P dziaáają w páaszczyĨnie symetrii. ZgiĊcie polega na tym, Īe pierwotnie prosta oĞ prĊta ulega zakrzywieniu, a poprzeczne przekroje – pierwotnie do siebie równolegáe ulegają pochyleniu. Dla znalezienia siá wewnĊtrznych w prĊcie poprowadzimy miĊdzy podporami dowolny przekrój m–n i odrzucając lewą czĊĞü prĊta, zastąpimy oddziaáywanie jej na prawą siáami wewnĊtrznymi, przyáoĪonymi w poprowadzonym przekroju. Aby pozostaáa prawa czĊĞü belki znajdowaáa siĊ w równowadze, siáy wewnĊtrzne w przekroju m–n muszą sprowadzaü siĊ do ukáadu równowaĪnego ukáadowi dziaáającemu na odrzuconą czĊĞü lewą, a wiĊc do pary siá. Przypadek, kiedy siáy zewnĊtrzne redukują siĊ wyáącznie do pary siá, okreĞlamy nazwą czystego zgiĊcia. Ze statycznych warunków równowagi wynika zatem, Īe siáy wewnĊtrzne w przekroju sprowadzają siĊ do pary siá o momencie

M = Pa.

Zginanie, przy którym oĞ belki po odksztaáceniu pozostaje w páaszczyĨnie dziaáania siá zewnĊtrznych, nazywamy zginaniem páaskim. O sposobie rozáoĪenia siá wewnĊtrznych w przekroju bĊdziemy mogli wnosiü na podstawie analizy odksztaácenia prĊta.

P

m

P

B

A

n

a

a

Rys. .6

OtóĪ, jeĪeli poddamy zgiĊciu prĊt kauczukowy o przekroju prostokątnym, na którym wyrysowano siatkĊ linii prostych na wszystkich czterech Ğcianach (tzn. bocznych) oraz górnej i dolnej tak, jak na rysunku 1.7, to po odksztaáceniu zauwaĪymy, Īe: – linie podáuĪne na Ğcianach bocznych zakrzywiają siĊ pozostając prostopadáymi do linii poprzecznych; – linie poprzeczne na Ğciankach bocznych, pierwotnie do siebie równolegáe, nachylając siĊ ku sobie, pozostają jednak liniami prostymi; 12

– linie obwodowe wyrysowane na powierzchni górnej, dolnej i obu bocznych, leĪące początkowo w jednej páaszczyĨnie, pozostają nadal w tej páaszczyĨnie pomimo pewnego odchylenia kątowego caáej páaszczyzny, co nasuwa przypuszczenie, Īe i pomyĞlane w tej páaszczyĨnie linie, leĪące wewnątrz prĊta, pozostaną w tej samej páaszczyĨnie; – paski podáuĪne, na jakie podzielona jest górna Ğcianka prĊta, ulegają przy zgiĊciu wydáuĪeniu i zwĊĪeniu, natomiast paski na Ğciance dolnej (wklĊsáej) rozszerzają siĊ, a dáugoĞü ich maleje. Pomiar tych odksztaáceĔ podáuĪnych i poprzecznych wykazuje, Īe stosunek ich odpowiada liczbie Poissona; – odksztaácenia wáókien w tej samej páaszczyĨnie poziomej są jednakowe. Wskutek tego normalne naprĊĪenia zmieniające siĊ wzdáuĪ wysokoĞci przekroju pozostają staáe na jego szerokoĞci.


   

z

x

y

s+ds s

α

ρ

Rys. .7

Opierając siĊ na tych spostrzeĪeniach moĪemy ustaliü podstawowe zaáoĪenia dla teorii zgiĊcia. – Przekroje poprzeczne prĊta poddanego czystemu zginaniu pozostają páaskie; zachodzi to wtedy, gdy dáugoĞü belki jest przynajmniej piĊü razy wiĊksza od jej wysokoĞci. – Wáókna belki wywierają na siebie pewne naciski, są one jednak tak maáe, Īe moĪna je pominąü. – Materiaá podlega prawu Hooke’a, przy czym moduá sprĊĪystoĞci E jest jednakowy dla rozciągania i Ğciskania. 13


   

Obserwując zgiĊtą postaü prĊta zauwaĪymy, Īe podáuĪne wáókna po stronie wypukáej ulegają wydáuĪeniu, a po stronie wklĊsáej skróceniu. Z tego wynika, iĪ w Ğrodku prĊta istnieje warstwa, której dáugoĞü przy zgiĊciu nie ulega zmianie. Jest to tzw. warstwa obojĊtna. Wáókna podáuĪne na zewnątrz tej warstwy ulegają wydáuĪeniu i zwĊĪeniu, natomiast wáókna podáuĪne po stronie wewnĊtrznej ulegają skróceniu i poprzecznemu rozszerzeniu. Dlatego prostokątny przekrój belki zmienia siĊ na trapezowy, gdzie krótszy bok jest po stronie wypukáej prĊta, a dáuĪszy po stronie wklĊsáej. Dla znalezienia naprĊĪeĔ w dowolnym przekroju poprowadzonym w odlegáoĞci x od lewej podpory, odrzucamy lewą czĊĞü belki zastĊpując jej oddziaáywanie na prawą siáami wewnĊtrznymi, mającymi punkty zaczepienia w danym przekroju. Siáy wewnĊtrzne muszą stanowiü ukáad równowaĪny ukáadowi siá dziaáających na lewą czĊĞü prĊta. Ukáad ten redukujemy do jednej siáy przechodzącej przez Ğrodek poprowadzonego przekroju oraz do pary siá. Ogólnie moĪemy powiedzieü, Īe siáa tnąca w dowolnym przekroju belki równa siĊ sumie algebraicznej siá zewnĊtrznych dziaáających na belkĊ po jednej stronie rozpatrywanego przekroju, a dziaáający moment gnący równa siĊ sumie algebraicznej momentów (wzglĊdem tego przekroju) siá zewnĊtrznych dziaáających po jednej stronie tego przekroju. Jest to tzw. moment zginający. Siáy tnące i momenty gnące uzaleĪniamy od siá zewnĊtrznych dziaáających po lewej stronie rozpatrywanego przekroju. Jednak z warunków równowagi wynika, Īe moĪna je uzaleĪniü od siá dziaáających po prawej stronie danego przekroju i áatwo sprawdziü, Īe otrzymane wyniki dla siáy tnącej i momentu gnącego byáyby wówczas takie same co do wartoĞci, tylko z przeciwnymi znakami. Wynikiem dziaáania momentu zginającego są naprĊĪenia normalne w przekroju poprzecznym belki, natomiast w wyniku dziaáania siáy poprzecznej powstają w przekroju naprĊĪenia styczne, czyli Ğcinające. NaprĊĪenia Ğcinające wystĊpują równieĪ w przekrojach równolegáych do podáuĪnej osi belki. Znaki siá tnących i momentów gnących przyjmujemy wedáug nastĊpującej umowy: – siáa tnąca jest dodatnia, jeĪeli dąĪy do podniesienia lewej czĊĞci belki, – siáa tnąca jest ujemna, gdy dąĪy do jej opuszczenia (rys. 1.8). WzglĊdem prawej czĊĞci belki siáa tnąca jest dodatnia, jeĞli dąĪy do obniĪenia prawej czĊĞci belki, a ujemna zmierza do jej podniesienia. a)

b) +T

–T

+T

–T

Rys. .8

14

Moment gnący uwaĪamy za dodatni w danym przekroju, jeĞli dąĪy do obrócenia lewej czĊĞci belki wzglĊdem rozpatrywanego przekroju zgodnie z obrotem wskazówki zegara, a ujemny – jeĞli obrót wywoáany byáby przeciwny (rys. 1.9). a)

b) +M

+M

–M

–M

Rys. .9


   

W stosunku do prawej strony belki moment gnący w danym przekroju uwaĪamy za ujemny, jeĞli zmierza do obrócenia prawej czĊĞci belki w kierunku zgodnym z ruchem wskazówki zegara, a dodatni – jeĞli obrót wywoáywany byáby przeciwny. Moment gnący dodatni powoduje wygiĊcie belki wypukáoĞcią w dóá, a ujemny – wypukáoĞcią w górĊ. Siáa tnąca i moment gnący charakteryzują obciąĪenie belki w danym przekroju. Im wiĊksza jest siáa tnąca, tym wiĊksze grozi belce niebezpieczeĔstwo ĞciĊcia w danym przekroju, a im wiĊkszy jest moment gnący, tym belka bardziej wygina siĊ w tym przekroju i tym wiĊksze zachodzi niebezpieczeĔstwo jej záamania. Z tych wzglĊdów dla kaĪdej obciąĪonej belki naleĪy okreĞliü przekrój niebezpieczny, tj. ten, w którym panuje najwiĊkszy moment gnący. Zarówno siáa tnąca, jak i moment gnący w belce są funkcjami odlegáoĞci x mierzonej wzdáuĪ osi podáuĪnej belki. Przy analizie belek zginanych wymagana jest znajomoĞü siáy tnącej i momentu zginającego w kaĪdym przekroju. Szczególnie waĪna jest znajomoĞü maksymalnej siáy tnącej oraz maksymalnego momentu zginającego, które to wielkoĞci bierzemy do oceny wytrzymaáoĞciowej caáej belki. Najlepszym sposobem znalezienia tych wielkoĞci jest wykonanie wykresów przebiegu zmiennoĞci siáy tnącej i momentu gnącego jako funkcji x. Na osi odciĊtych odmierzamy bieĪące poáoĪenie rozpatrywanego przekroju poprzecznego belki, a wzdáuĪ osi rzĊdnych odnosimy odpowiednie wartoĞci siáy tnącej lub momentu gnącego. Te wykresy są nazywane wykresami siáy tnącej i momentu gnącego. Wskazane jest, aby wykresy te umieszczaü bezpoĞrednio pod rozpatrywaną belką, stosując tĊ samą skalĊ wzdáuĪ dáugoĞci belki. Nie jest zwykle potrzebna wysoka precyzja wykonania tych wykresów, chociaĪ istotne wartoĞci rzĊdnych naleĪy podawaü liczbowo lub w sposób ogólny.

15


   

2. Zadania z rozwiązaniami

a)


   

Zadanie  Dla belki swobodnie podpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.1a, wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące, i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunku 2.1b i 2.1c. Y

x2

x1

P

A

a

RA

b)

l

B RB

T(x )

Pb

c)

b

+

– Pa

X

M (x)

Pab

+ X

Rys. 2.. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z momentów wzglĊdem punktu A. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M B = RA ⋅ l + P ⋅ b = 0, 17

skąd

RA =

P⋅b . l

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ M A = − R B ⋅ l + P ⋅ a = 0, skąd

RB =

P⋅a . l


   

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = RAx1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = a ) =

P ⋅b⋅a , l

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA,

dla:

T( x1 = 0) =

P ⋅b , l

T( x1 = a ) =

P⋅b . l

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M(x2) = RA(x2 – 2) – P(x2 – a), 18

dla:

M ( x 2 = a) =

P⋅b⋅a , l

M (x2 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = R A − P, = a)

=−

P⋅a , l

T( x 2

= l)

=−

P⋅a . l


   

T( x 2

Zadanie 2 Wykonaü wykresy siá tnących i momentów gnących dla belki przedstawionej na rysunku 2.2a. x3

a)

x2

x1

P

A

a

b)

T(x )

P

c)

RA

P

B

a

RB

a

+

P X

M (x) X Pa

Rys. 2.2. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie WartoĞü reakcji RA i RB są sobie równe i wynoszą P. W belce wyodrĊbnimy trzy przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających. 19

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x1) = – Px1, M(x1 = 0) = 0, M(x1 = a) = – Pa, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T(x1) = – P, T(x1 = 0) = – P,


   

T(x1 = a) = – P.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: M(x2) = – Px2 + RA(x2 – a) = – Pa,

M(x2 = a) = – Pa,

M(x2 = 2a) = – Pa,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – P + RA = 0,

T(x2 = a) = 0,

T(x2 = 2a) = 0.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x3) = – Px3 + RA(x3 – a) + RB(x3 – 2a) = Px3 – 3Pa, M(x3 = 2a) = – Pa, M(x3 = 3a) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = – P + RA + RB = P. 20

Zadanie 3 Wykonaü wykres momentów zginających i siá tnących dla belki AB podpartej przegubowo na obu koĔcach i obciąĪonej siáą skupioną P oraz parą siá o momencie Pl , jak pokazano na rysunku 2.3a. M= 2 a)

Y

x3 x2 x1

M P m m

C

x

r r

D

B


   

A

n n

RA

l 3

l 3

l 3

RB

T(x )

b)

P

+

5

c)

M(x)

P

5

Pl

+

X

Pl

+

2

X

Pl

Rys. 2.3. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Podpora A jest staáa, podpora B ruchoma, poniewaĪ siáa P i reakcja RB są pionowe, zatem i reakcja RA musi byü pionowa. Wyznaczamy wartoĞü reakcji RA i RB. Równanie momentów wzglĊdem punktu B ma postaü:

RA l − P RA =

2 l + M = 0, 3

2 M 2 P P P− = P− = . 3 l 3 2 6 21

Równanie rzutów na kierunek pionowy ma postaü

RA + RB = P, skąd

RB = P − R A = P −

P 5 = P. 6 6

WyraĪenia na moment zginający i na siáĊ tnącą musimy pisaü dla kaĪdego z trzech przedziaáów osobno. Najpierw przetniemy belkĊ w przekroju m–m o odciĊtej x1, moment zginający w tym przekroju

M(x1) = RAx1,


   

odciĊta x1 jest w pierwszej potĊdze, moment zatem zmienia siĊ wzdáuĪ przĊsáa AC liniowo, ponadto x1 moĪe przybieraü wartoĞci od 0 do l/3. Przy:

x1 = 0,

M ( x1) = 0,

l x1 = , 3

M ( x1) =

Pl . 18

Siáa tnąca w przekroju m–m

T( x1) = R A =

P . 6

Siáa tnąca nie jest zaleĪna od odciĊtej x1, ma wiĊc wartoĞü staáą wzdáuĪ przedziaáu AC. NastĊpnie belka jest przeciĊta w przekroju n–n o odciĊtej x2. Moment zginający w tym przekroju

l  M ( x 2 ) = R A x2 − P  x2 −  . 3 

l 2l OdciĊta x2 moĪe przybieraü wartoĞci od do , moment zginający zmienia siĊ 3 3 wzdáuĪ przedziaáu CD liniowo:

l x2 = , 3 x2 =

2l , 3

l  l l  Pl M ( x 2) = R A ⋅ − P  −  = , 3  3 3  18 M ( x 2) = R A ⋅

Siáa tnąca w przekroju n–n

T( x 2) = R A − P = − 22

5 P. 6

2l 2  2l l  − P  −  = − Pl. 3 9  3 3

Przecinamy belkĊ w przekroju r–r o odciĊtej x3. Moment zginający w tym przekroju

l  M ( x 3) = R A x3 − P  x3 −  + M . 3  2l OdciĊta x3 moĪe przybieraü wartoĞci od do l. Moment zginający zmienia siĊ 3 wzdáuĪ przedziaáu DB liniowo, i przy:

x3 =

2l , 3

M ( x 3) = R A ⋅

2l 5Pl  2l l  , − P −  + M = 3 18  3 3

 l M ( x 3) = R Al − P  l −  + M = 0.  3

x3 = l ,


   

Wykres momentów zginających jest pokazany na rysunku 2.3b. Siáa tnąca w przekroju r–r wynosi

T( x3 ) = R A − P = −

5P . 6

Wykres siá tnących jest pokazany na rysunku 2.3c.

Zadanie 4 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB podpartej przegubowo obu koĔcami i obciąĪonej dwiema siáami P, jak pokazano na rysunku 2.4a. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zwroty obu reakcji zakáadamy, Īe dziaáają do góry. Wtedy skąd:

∑ M A = Pl − P 2l − R B 3l = 0, RB = −

P , 3

∑ Py = R A − P + P + RB = 0, skąd

R A = − RB =

P . 3

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest poprawnie przyjĊty. 23

x3

a)

x2 x1

P

A RA

b)

B

P l

l

l

X

RB

T(x) P

+

+

X

2P

M (x)

c) Pl


   

+

X

Pl

Rys. 2.4. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = RAx1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l ) =

Pl , 3

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA, dla:

24

T( x1 = 0) =

P , 3

T( x1 = l ) =

P . 3

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ 2l. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x2) = RAx2 – P(x2 – l),

Pl , 3

M (x2 = l) =

Pl , 3

M ( x 2 = 2l ) = −


   

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – P,

T( x 2 = l ) = −

2P , 3

T( x 2 = 2l ) = −

2P . 3

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x3 ≤ 3l.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

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

M ( x3 = 2l ) = −

Pl , 3

M ( x 3 = 3l ) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – P + P,

T( x3 = 2l ) =

P , 3

T( x3 = 3l ) =

P . 3 25

Zadanie 5 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki podpartej przegubowo obciąĪonej siáą skupioną P oraz parą siá o momencie M = Pl, jak pokazano na rysunku 2.5a. Y

a)

x3 x2

P

M

x1 A RA l 3

l 3

RB


   

l 3

X

B

T(x )

b)

+

2P

P

c)

M(x)

+

Pl

X

Pl

2

X

Pl

Rys. 2.5. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. Wtedy:

l 3

∑ MA = P − M −

2 RB l = 0, 3

skąd

RB = – 2P,

∑ Py = − P + R A + RB = 0, skąd

RA = 3P. 26

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 3 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = – Px1, dla:

M(x1 = 0) = 0,


   

l M ( x1 = l / 3) = − P , 3 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = – P,

dla:

T(x1 = 0) = – P,

T(x1 = l/3) = – P.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l l ≤ x2 ≤ . 3 3

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

l  M ( x 2) = − Px2 + R A  x2 −  , 3 

l M ( x 2 = l / 3) = − P , 3 l M ( x 2 = 2l / 3) = P , 3 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – P + RA, T(x2 = l/3) = 2P, T(x2 = 2l/3) = 2P. 27

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x3 ≤ l. 3 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l  M ( x 3) = − Px3 + R A  x3 −  − M , 3  2Pl , 3

M ( x3 = 2l /3) = − M(x3 = l) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:


   

T(x3) = – P + RA,

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

Zadanie 6 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki podpartej przegubowo w punktach A i B, obciąĪonej dwiema siáami skupionymi P, jak pokazano na rysunku 2.6a. a)

Y

x3

x2

x1

P

P

b)

l 2

RA

B

l

RB

l 2

+

P

+

M (x)

+ l

Rys. 2.6. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

28

X

T(x )

2P

c)

A

P

X

Pl Pl

X

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. Wtedy

∑ MA = P

l 3 − RB l + P l = 0, 2 2

skąd:

RB = 2P,

∑ Py = P + R A + RB − P = 0, skąd


   

RA = – 2P.

Znak ujemny dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest przeciwny do przyjĊtego. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = Px1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l / 2) =

Pl , 2

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = P, dla:

T(x1 = 0) = P, T(x1 = l/2) = P. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3l l ≤ x2 ≤ . 2 2 29

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

l  M ( x 2) = Px2 + R A  x2 −  , 2  Pl M ( x 2 = l / 2) = , 2 Pl , 2 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu: M ( x 2 = 3l / 2) = −

T(x2) = P + RA, T(x2 = l/2) = – P,


   

T(x2 = 3l/2) = – P.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3l ≤ x3 ≤ 2l. 2 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l 3l    M ( x 3) = Px3 + R A  x3 −  + RB  x3 −  , 3 2    M ( x3 = 3l / 2) = −

Pl , 2

M(x3 = 2l) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = P + RA + RB,

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

Zadanie 7 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki obciąĪonej siáą skupianą P jak pokazano na rysunku 2.7a. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutu wzglĊdem osi OY. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. 30

Wtedy:

2 4 l + P l − RB l = 0, 5 5

∑ MA = P skąd:

6 P, 5

∑ Py = R A − P − P − RB = 0, 4 P. 5 Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. RA =

a)

x3 x2


   

skąd

RB =

x1

P

P

A

2 5l

RA

2 5l

b)

1 5l

P

4

RB 6

P X

+

P

X

B

T(x )

c)

8

+

Pl

X 6

Pl

M (x )

Rys. 2.7. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2 l. 5 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü 0 ≤ x1 ≤

dla:

M(x1) = RAx1, M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = 2l / 5) =

8 Pl , 25 31

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla

T(x1) = RA,

4 P. 5 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x1 = 0 = 2 l / 5) =

2 4 l ≤ x2 ≤ l . 5 5 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: 2   M ( x 2 ) = R A x2 − P  x2 − l  , 5   8 Pl , 25


    M ( x 2 = 2l / 5) =

6 Pl , 25 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu: M ( x 2 = 4l / 5) =

T(x2) = RA – P,

1 P. 5 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x 2 = 2l / 5 = 4l / 5) = −

4 l ≤ x3 ≤ l. 5 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: 2  M ( x 3) = R A x3 − P  x3 − 5  6 M ( x3 = 4l /5) = Pl, 25

4   l  − P  x3 − 5  

M(x3 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x3) = RA – P – P,

T( x3 = 4l / 5 = l ) = − 32

6P . 5

 l , 

Zadanie 8 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.8a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.8b i 2.8c. a)

Y x2 x1

M0

A RA

2 3l

1 3l

+

c)

RB

T(x )


   

b)

X

B

M0 X

M (x)

+

2M0

–

X M0

Rys. 2.8. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = − M 0 + RB ⋅ l = 0, skąd

M0 . l Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy: RB =

skąd

∑ Py = R A − RB = 0, RA =

M0 . l 33

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤

2 l. 3

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 , dla:

M(x1 = 0) = 0,

2M 0 , 3 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu


   

M ( x1 = 2l /3) =

dla:

T(x1) = RA,

T( x1 = 0) =

M0 , l

M0 . l 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x1 = 2l / 3) =

2 l ≤ x2 ≤ l . 3 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M ( x 2) = R A x2 − M 0 ,

dla:

M ( x 2 = 2l / 3) = −

M0 , 3

M(x2 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA,

T( x 2 = 2l /3) = T( x 2 = l ) = 34

M0 , l

M0 . l

Zadanie 9 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.9a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.9b i 2.9c. a)

Y

x1

q

B

A RA

b)

RB


   

T(x) ql

c)

+

–

ql

M (x)

+

ql

2

Rys. 2.9. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

l 2

∑ M A = ql ⋅ − RB l = 0, skąd

ql . 2 Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy RB =

skąd

∑ Py = R A − ql + RB = 0, RA =

ql . 2 35

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce jeden przedziaá. Przedziaá ten bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = R A x1 − qx1 ⋅ M ( x1) = R A x1 − q1 ⋅

x1 , 2

x12 , 2

dla:


   

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = l) = 0,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T( x1) =

dla:

ql − qx1 , 2 ql , 2

T( x1

= 0)

=

T( x1

= l)

=−

ql . 2

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą do zera. PoniewaĪ

dM x1 ql = T( x1) = − qx1 = 0, 2 dx stąd

l x0 = . 2 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x1 = x 0) = R A x1 − q1 ⋅ 36

x12 ql 2 . = 2 2

Zadanie 0 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB podpartej oba koĔcami przegubowo i obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q w sposób pokazany na rysunku 2.10. a)

x3

Y x2 x1 m

q

A m

RA

q

r

n D

C

n l

r

b)

X

RB

l


   

l

B

T(x)

2 ql 9

+

+

1 ql 9

c)

2 ql 9 X

M (x)

2 2 ql 81

2

ql 54

+

2 9 l

2

7 9 l

ql 54

X 2 2 ql 81

Rys. 2.0. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Najpierw wyznaczymy wartoĞci reakcji RA i RB. Reakcja RA ma kierunek pionowy poniewaĪ obciąĪenie q i reakcja RB są pionowe (podpora A jest staáa, podpora B ruchoma). W celu zastosowania równania statystyki do wyznaczania reakcji, trzeba oba obciąĪenia ciągáe q zastąpiü ich wypadkowymi, które wobec równomiernoĞci rozáoĪenia tych obciąĪeĔ, bĊdą przechodziáy w Ğrodkach dáugoĞci odcinków AC i DB. Równanie momentów wzglĊdem punktu B ma postaü:

R Al −

ql  l  ql l  l −  + ⋅ = 0, 3  6 3 6

RA =

q 5l ql 2 ⋅ − = ql. 3 6 18 9 37

Równanie rzutów na kierunek pionowy ma postaü:

R A + RB −

ql ql + = 0, 3 3

RB = − R A = −

2 ql. 9

JeĪeli przetniemy belkĊ w przekroju m–m o odciĊtej x1, to moment zginający w tym przekroju wyraĪa siĊ nastĊpująco

qx12 , 2 odciĊta x1 jest w drugiej potĊdze, zatem moment zginający zmienia siĊ wzdáuĪ belki l w przedziale AC parabolicznie, x1 moĪe zmieniaü wartoĞci od 0 do . Przy: 3 x1 = 0, M(x1) = 0, M ( x1) = R A x1 −

ql 2 . 54


   

l x1 = , 3

M ( x1) =

Siáa tnąca w przekroju m–m

T(x1) = RA – qx1.

OdciĊta x1 jest w pierwszej potĊdze, zatem siáa tnąca zmienia siĊ wzdáuĪ belki w przedziale AC liniowo i przy:

2 ql , 9

x1 = 0,

T( x1) =

l x1 = , 3

T( x1) = −

ql . 9

Aby wyznaczyü przekrój, w którym moment zginający przybiera wartoĞü maksymalną, bierzemy pochodną momentu zginającego wzglĊdem odciĊtej x i przyrównujemy ją do zera:

d M x1 = R A − qx1′ = 0, dx

x1′ =

2 l. 9

Po podstawieniu wartoĞci odciĊtej x1' do wyraĪenia na moment zginający otrzymamy jego wartoĞü maksymalną:

M max =

2 ql 2 . 81

NastĊpnie przetniemy belkĊ przekroju n–n o odciĊtej x2. Moment zginający w tym przekroju

M ( x 2 ) = R A x2 − 38

ql  l  x2 −  . 3  6

OdciĊta x2 jest w pierwszej potĊdze zatem, moment Mx2 zmienia siĊ wzdáuĪ belki l 2l w przedziale CD liniowo, x2 moĪe przybieraü wartoĞci od do . 3 3 Przy: l ql 2 x2 = , M ( x 2) = , 3 54

2l , 3 Siáa tnąca w przekroju n–n x2 =

M ( x 2) = −

ql 2 . 54

ql ql =− . 3 9 Przecinamy belkĊ w przekroju r–r o odciĊtej x3, moment zginający w tym przekroju wygląda nastĊpująco: 2 2   q  x3 − l  3   ql  l , M ( x3) = R A x3 −  x3 −  + 3  6 2


   

T( x 2) = R A −

x3 moĪe przybieraü wartoĞci od 2l/3 do l. Przy:

2l , 3 x3 = l, x3 =

M ( x 3) = −

ql 2 , 54

M(x3) = 0.

Siáa tnąca w przekroju r–r wynosi:

T( x3) = R A −

przy:

x3 =

2 ql  + q  x3 − 3 3 

2l , 3

 l , 

T( x3) = −

ql , 9

2 ql. 9 Aby wyznaczyü w przedziale DB przekrój, w którym moment zginający przybiera wartoĞü maksymalną, przyrównujemy siáĊ tnącą Tx3 do zera. T( x3) =

x3 = l ,

2   2q  x3′′′− l  3  

ql 7 + = 0, x3′′′ = l. 3 2 9 Podstawiając wartoĞü odciĊtej x''' 3 do wyraĪenia na moment zginający otrzymamy jego wartoĞü maksymalną wynoszącą: T( x3) = R A −

M max = −

2 ql 2 . 81 39

Zadanie  Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.11a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.11b i 2.11c. P = 180 kN, q = 40 kN/m, M = 40 kNm. a)

x3

Y

x2

x1

q M B

A RA

b)

a = 4m

b =2 m

b =2 m

RB

T(x ) 100


   

80

100

+

+

x0

c)

X

– 80 80

M (x)

X

–80

+

X

– 40

–200

Rys. 2.. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

a 2

∑ M A = 4 ⋅ q ⋅ − M − P ⋅ ( a + b) − RB ⋅ ( a + 2b) = 0, skąd

RB = – 100 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py =R A − q ⋅ 4 + P + RB = 0, skąd

RA = 80 kN. 40

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 4. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = R A x1 − qx1 M ( x1) = R A x1 − q

x1 = 0, 2

x12 = 0, 2

dla:


   

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 4) = 0,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA – qx1,

dla:

T(x1 = 0) = 80 kN,

T(x1 = 4) = – 80 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 ≤ x2 ≤ 6.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A x2 − q ⋅ 4 ( x2 − 2) − M,

dla:

M(x2 = 4) = – 40 kNm, M(x2 = 6) = – 200 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA, T(x2 = 4) = – 80 kN, T(x2 = 6) = – 80 kN. 41

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

6 ≤ x3 ≤ 8

(rozwiązanie od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = RB (8 − x3 ), dla:

M(x3 = 6) = – 200 kNm, M(x3 = 8) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = – RB,


   

T(x3 = 6) = 100 kN, T(x3 = 8) = 100 kN.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − qx1 = 0, dx

stąd

x0 = 2 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x1 = x 0) = R A x1 − q

x12 = 80 kNm. 2

Zadanie 2 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki podpartej przegubowo w punktach A i B i obciąĪonej siáą skupioną P oraz równomiernie rozáoĪonym 2P w sposób pokazany na rysunku 2.12a. obciąĪeniem ciągáym q = l Rozwiązanie Na samym początku wyznaczymy wartoĞü reakcji. Reakcja A jest pionowa, poniewaĪ reakcja B oraz siáy obciąĪające belkĊ są pionowe. 42

a)

Y x2 x1 q m

P n

m

A RA

RB

l

b)

X

C

l

T(x) P 2

+

+

P X 3 P 2


   

c)

n

B

M (x)

x’’1

x’1

+

X

Pl 2

Rys. 2.2. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Równanie momentów wzglĊdem punktu B ma postaü:

R Al −

ql 2 l + P ⋅ = 0, 2 2

RA =

P . 2

Równanie rzutów na kierunek pionowy wygląda nastĊpująco:

R A + RB − ql − P = 0,

RB =

5 P. 2

NastĊpnie przecinamy belkĊ w przekroju m–m o odciĊtej x1, siáa tnąca w tym przekroju wynosi przy:

T(x1) = RA – qx1,

P , 2

x1 = 0,

T( x1 ) =

x1 = l ,

T( x1) = R A − ql = −

3P . 2 43

moment zginający w tym przekroju

M ( x1) = R A x1 −

qx12 , 2

x1 moĪe przybieraü wartoĞci od 0 do l przy:

x1 = 0,

M(x1) = 0,

x1 = l ,

M ( x1) = −

Pl . 2

NastĊpnie przyrównujemy do zera siáĊ tnącą aby znaleĨü przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną:

x1′ =

RA l = , 4 q


   

T( x1) = R A − qx1′ = 0,

po czym podstawiamy wartoĞü odciĊtej x'1 do wyraĪenia na moment zginający i otrzymujemy

M max = R A ⋅

l q − 4 2

2

Pl l   = . 16  4

Aby wyznaczyü poáoĪenie punktu przegiĊcia belki musimy znaleĨü taką wartoĞü odciĊtej x''1 przekroju, w którym moment zginający równa siĊ zeru:

M ( x1) = R A x1′′ −

qx′′12 = 0, 2

x1′′ =

2RA l = . q 2

Przecinamy nastĊpnie belkĊ w przekroju n–n o odciĊtej x2, siáa tnąca w tym przekroju

T( x 2) = R A − ql + RB = P.

Moment zginający w przekroju n–n wynosi

l P l 5   M ( x 2) = R A x2 − ql  x2 −  + RB ( x2 − l ) = x2 − ql  x2 −  + P ( x2 − l ), 2 2 2 2   x2 moĪe przybieraü wartoĞci od l do

x2 = l ,

x2 = 44

3l , 2

3l , przy: 2

M ( x 2) = − M ( x 2 ) = 0.

Pl , 2

Zadanie 3 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB podpartej obu koĔcami przegubowo i obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem cią2 gáym q oraz siáą skupioną P = ql , jak pokazano na rysunku 2.13a. 3 a)

Y x2 x1 q

A

l

RA

B

P

RB

l


   

b)

T(x)

ql 6

x’1

ql 3

+

+

X

ql 6

ql 3

c)

X

M (x) 2

ql 74

+

+

x’1

X 2

ql 24

Rys. 2.3. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. ObciąĪenie belki w przedziale AB zastĊpujemy wypadkową, która wobec równomiernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest ql i przechodzi przez Ğrodek odcinka AB. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. Wtedy

∑ M A = −P

l l + ql − RB l = 0, 2 2 45

skąd:

RB =

ql , 6

∑ Py = R A + P − ql + RB = 0, skąd

RA =

ql . 6

Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M ( x1) = R A x1 − q

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,

ql 2 , 24 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu M ( x1 = l / 2 ) = −

dla:

T(x1) = RA – qx1,

=

T( x1

= 0)

T( x1

= l / 2)

ql , 6

=−

ql . 3

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 2 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l x  M ( x 2) = R A x2 + P  x −  − qx2 2 , 2 2  l x2  M ( x 2) = R A x2 + P  x −  − q 2 , 2 2  46

dla:

M ( x 2 = l/ 2) = −

ql 2 , 24

M(x2 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – qx2 + P,

ql , 3

T( x 2 = l ) = −

ql . 6


   

T( x 2 = l / 2) =

W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej w pierwszym i drugim przedziale zmienia znak z plusa na minus, dlatego wystĊpuje w nim ekstremum momentu gnącego. Aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx2 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx1 i Tx2:

T(x1) = RA – qx0 = 0,

T(x2) = RA – qx0 + P = 0.

5l l Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x1 = i x2 = . 6 6 UwzglĊdniając wartoĞü x1 w funkcji Mx1 otrzymamy

M x1 max =

ql 2 , 72

i x2 w funkcji Mx2 otrzymamy

M x 2 max =

ql 2 . 72

Zadanie 4 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki wsporniko wej AD, podpartej przegubowo w punktach A i B, obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q oraz siáą skupioną P = ql (rys. 2.14a). Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. 47

∑ M A = Pl − RB 2l + ql skąd:

5 l = 0, 2

7 RB = ql. 4 a)

x3

Y x2 x1

q P

A

X

B RB


   

RA l

b)

l

l

T(x )

ql 4

+

+

ql X

3 ql 4

c)

M (x)

ql 4

2

ql 2

+

X

2

Rys. 2.4. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

ObciąĪenie belki w przedziale BD zastĊpujemy wypadkową, która wobec równomiernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest ql i przechodzi przez Ğrodek odcinka BD. Zwroty obu reakcji zakáadamy, Īe dziaáają do góry. Wtedy

∑ Py = R A − P + RB − ql = 0, skąd

1 R A = ql. 4 48

Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 = dla:

1 qlx1 , 4

M(x1 = 0) = 0,

1 2 ql , 4 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu: 1 T( x1) = R A = ql , 4 dla: 1 T( x1 = 0) = ql , 4 1 T( x1 = l ) = ql. 4 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

M ( x1 = l ) =

l ≤ x2 ≤ 2l.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x2) = RAx2 – P(x2 – l),

1 2 ql , 4 1 = − ql 2 , 2

M (x2 = l) = M ( x 2 = 2l )

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – P,

T( x 2

= l)

T( x 2 = 2l )

3 = − ql , 4 3 = − ql. 4 49

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x3 ≤ 3l. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 3) = R A x3 − P ( x3 − l ) + RB ( x3 − 2l ) − q ( x3 − 2l ) M ( x 3) = R A x3 − P ( x3 − l ) + RB ( x3 − 2l ) − q M ( x 3 = 2l ) = −

1 2 ql , 2

( x3 − 2l ) , 2

( x3 − 2l ) 2 , 2

M(x3 = 3l) = 0,


   

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x3) = RA – P + RB – q(x3 – 2),

T(x3 = 2l) = ql, T(x3 = 3l) = 0.

Zadanie 5 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.15a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.15b i 2.15c. a)

Y

x4

x3

x2

x1

q

2q

A

a T(x)

b)

RA 2,5a

X

B

a

a

a

+

RB qa X

qa M (x)

c) –qa

2

–

qa 2

X

2

–qa

Rys. 2.5. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

50

2

–

5qa 4

2

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M B = − q ⋅ 2a ⋅ 3a + R A ⋅ 3a + 2qa ⋅

3 a = 0, 2

skąd

RA = qa. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = − 2qa + R A + 2qa + RB = 0, skąd


   

RB = – qa.

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

x1 , 2

M ( x1) = −qx1 M ( x1)

x12 , = −q 2

dla:

M(x1 = 0) = 0, M ( x1 = a ) = −

qa 2 , 2

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = – qx1, T(x1 = a) = 0, T(x1 = a) = – qa.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. 51

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = − qx2 M ( x 2) dla:

x2 + R A ( x2 − a), 2

x22 = −q + R A ( x2 − a ), 2

M (x 2 = a) = −

qa 2 , 2

M(x2 = 2a) = – qa2, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:


   

T( x 2 ) = − qx2 + R A , T(x2 = a) = 0,

T(x2 = 2a) = – qa.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x3) = −2qa ( x3 − a) + R A ( x3 − a ) + 2q ( x3 − 2a ) M ( x3) = −2qa ( x3 − a) + R A ( x3 − a) + 2q

dla:

( x3 − 2a) , 2

( x3 − 2a ) 2 , 2

M(x3 = 2a) = – qa2,

M(x3 = 3a) = – qa2,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T( x3) = −2qa + R A + 2q ( x3 − 2a), T(x3= 2a) = – qa, T(x3= 3a) = qa. 4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3a ≤ x4 ≤ 4a.

(rozwiązywane od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x4) = RB(4a – x4), 52

dla:

M(x4 = 3a) = – qa2, M(x4 = 4a) = 0,

natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = – RB, T(x4 = 3a) = qa, T(x4 = 4a) = qa.

stąd


   

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą trzeciego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x3 = T( x3) = −2qa + R A + 2q ( x3 − 2a ) = 0, dx

5 x0 = a. 2 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi M ( x3

= x0 )

= −2qa ( x3 − a) + R A ( x3 − a ) + 2q

( x3 − 2a) 2 5 = − qa 2 . 2 4

Zadanie 6 Podaü wzory na siáĊ poprzeczną i moment gnący oraz sporządziü na ich podstawie wykresy dla belki podpartej swobodnie i obciąĪonej jak na rysunku 2.16a. Dane: P = 12 kN, q = 15 kN/m, l = 4 m. Rozwiązanie Wyznaczamy reakcje podpór korzystając z równaĔ momentów wzglĊdem punktu A i B: ql 2 3 = 0, ∑ M B = − P l + R Al − 2 2

RA =

3 ql P + = 48 kN, 2 2

∑ M A = RBl − RB = −

ql 2 Pl + = 0, 2 2

P ql + = 24 kN. 2 2 53

a)

Z

x2 x1

q

P B

A l

X

RB

RA l

T(x )

b) 36 kN/m

+ X 24 kN/m


   

12 kN/m x0 = 4,4 m

c)

24 kN/m

+

x’0 = 2,8 m

X 19,2 kN/m

M (x)

Rys. 2.6. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x1) = – Px1, M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l / 2 ) = − P T(x1) = – P. 54

l , 2

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3l l ≤ x2 ≤ . 2 2 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

l  M ( x 2) = − Px 2 + R A  x2 −  − 2  l M ( x 2 = l / 2) = − P , 2 M(x2 = 3/2) = 0,

l  q  x2 −  2 

2

,

2


   

l  T( x 2) = − P + R A − q  x2 −  . 2 

Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. W tym celu przyrównujemy siáĊ tnącą do zera dla drugiego przedziaáu.

stąd

d M x2 l  = T( x 2) = − P + R A − q  x0 −  , dx 2 

x0 = 4,4 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi: 2

M ( x 2= x 0)

l  q  x0 −  2  l  , = − Px0 + R A  x0 −  − 2 2 

Mmax = 19,2 kNm.

Natomiast odciĊta, dla której moment gnący jest równy zeru obliczamy z warunku: 2

M ( x 2)

l  q  x2 −  2  l  , = − Px2 + R A  x2 −  − 2 2 

x'0 = 2,8 m. Zadanie 7 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.17a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.17b i 2.17c. 55

a)

Y x2 x1 q P=

RA T(x) 13 ql 36

X

B

A

b)

RB

l 21 ql 36

+

l

+

M (x)

c)

ql 4

169 2 ql 259

ql 4

X – 23 ql 36


   

+

x0 =

X

13 l 36

–

5 2 ql 36

Rys. 2.7. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

l 3

l 2

l l 3 6

∑ M B = R A ⋅ l + P ⋅ − ql ⋅ + q ⋅ ⋅ = 0,

skąd

RA =

13 ql. 36

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

 

l 3

∑ Py = R A + RB − P − q  l +  = 0, skąd

RB =

11 ql. 9

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. 56

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A ⋅ x1 − qx1 dla:

x1 , 2

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l ) = −

5 2 ql , 36


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA – qx1,

T( x1 = 0) =

13 ql , 36

T( x1 = l ) =

23 ql. 36

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 l. (rozwiązanie od prawej strony). 3 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l ≤ x2 ≤

M ( x 2)

4   l − x2   4  4  3 , = − P  l − x2  − q  l − x2  2 3  3  2

M ( x 2)

4   l − x2  3  4  , = − P  l − x2  − q 2 3 

dla:

M (x2 = l) = −

5 ql 2 , 36

M(x2 = 4l/3) = 0, 57

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:


   

4  T( x 2) = P + q  l − x2  , 3   7 T( x 2 = l ) = ql , 12 1 T( x 2=4l / 3) = ql. 4 Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ d M x1 = T( x1) = R A − qx1 = 0, dx stąd 13 x0 = l. 36 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi x 169 2 M ( x1 = x 0) = R A ⋅ x1 − qx1 1 = ql . 2 256 Zadanie 8 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.18a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.18b i 2.18c. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy ∑ M B = R A ⋅ 3 − M + P ⋅ 1,2 − q ⋅ 2 ⋅ 1 + q ⋅ 0,6 ⋅ 0,3 = 0, skąd

RA = 4,87 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A + P + RR − q ⋅ 2,6 = 0, skąd

RB = 23,13 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB są zgodne z zaáoĪonymi. 58

a)

Y

x2

x1

q =30 kN/m

A

M=20 kNm

RA 1 m

1,2 m

RB

X

0,6 m

30,87

M (x)

+

4,87

+ c)

B

50 kN

0,8 m

T(x )

b)

x4

x3

x0 = 1,16

+ –5,13

x’0 = 2,83

+

–5,39

–15,13

–14,7

X

–19,13


   

4,87

18

–20,8

X

–4,95

Rys. 2.8. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 1.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x1) = RAx1, M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 1) = 4,87 kNm, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA, T(x1 = 0) = 4,87 kN, T(x1 = 1) = 4,87 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

1 ≤ x2 ≤ 1,8. 59

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A ⋅ x − M − q

(x2 − 1)2 , 2

dla:

M(x2 = 1) = – 15,13 kNm, M(x2 = 1,8) = –20,8 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – q(x2– 1)2, T(x2 = 1) = 4,87 kN,


   

T(x2 = 1,8) = –19,13 kN.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

1,8 ≤ x3 ≤ 3.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 3) = R A ⋅ x3 − M + P ( x3 − 1,8) − q

(x3 − 1) 2 , 2

dla:

M(x3 = 1,8) = – 20,8 kNm,

M(x3 = 3) = – 5,39 kNm,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – q(x3 – 1) + P,

T(x3 = 1,8) = 30,87 kN, T(x3 = 3) = – 5,13 kN. 4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 ≤ x4 ≤ 3,6

(rozwiązanie od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4) = −q (3,6 − x4 ) 60

(3,6 − x4 ) = −q (3,6 − x4 ) 2 , 2

2

dla:

M(x4 = 3) = – 5,4 kNm, M(x4 = 3,6) = 0, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = q (3,6 – x4), T(x4 = 3) = 18 kN, T(x4 = 3,6) = 0.


   

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim i trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x2 = T( x 2) = R A − q ( x2 − 1) = 0, dx

stąd

x0 = 1,16 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x 2 = x 0) = R A ⋅ x − M − q

(x2 − 1)2 = −14,7 kNm. 2

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego w trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą trzeciego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x3 = T( x3) = R A − q ( x3 − 1) + P = 0, dx stąd

x'0 = 2,83 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x3 = x 0) = R A ⋅ x − M + P ( x x − 1,8) − q

(x3 − 1)2 = − 4,95 kNm. 2

61

Zadanie 9 Pozioma belka ABC o dáugoĞci 2l (rys. 2.19), spoczywająca w Ğrodku dáugoĞci na podporze rolkowej B i na podporze nieruchomej na koĔcu C, jest obciąĪona na czĊĞci AB równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem o natĊĪeniu q. Wyprowadziü wzory i sporządziü wykresy dla siá tnących i momentów gnących. a)

Y

l

l q

B

A

b)

Y

l

X

C l

q x1

c)

B RB


   

A

x2

T(x)

+

C RC

X

1 ql X

– ql

d)

M (x)

X –

ql 2

2

Rys. 2.9. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu C. ObciąĪenie belki w przedziale AB zastĊpujemy wypadkową, która wobec równomiernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest ql i przechodzi przez Ğrodek odcinka AB. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. Wtedy

l 2



∑ MC = − ql  + l  + RBl = 0, skąd

RB =



3 ql. 2

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RB jest taki, jak zaáoĪono. 62

∑ M B = −ql skąd

l − RC l = 0, 2

1 ql. 2 Znak ujemny dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RC jest przeciwny do zaáoĪonego. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. RC = −

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

x1 x2 = −q 1 , 2 2


   

M ( x1) = − qx1

M(x1 = 0) = 0,

ql 2 , 2 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu: M ( x1 = l ) = −

T(x1) = – qx1,

T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = l) = – ql.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ 2l.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

czyli:

l  M ( x 2) = − ql  x2 −  + RB ( x2 − l ), 2  M ( x 2) = − ql 2 +

M (x2 = l) = −

1 qlx2 , 2

ql 2 , 2

M(x2 = 2l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu

T( x 2) = − ql + RB = − ql +

3 ql ql = . 2 2 63

Zadanie 20 Dla belki obciąĪonej jak na rysunku 2.20a wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące, i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.20b i 2.20c. Y

a)

x3 x2

P= 6 kN

q= 13 kN/m

A 2m

b)

2P

x1

X

B

RA

4m

RB

2m


   

T(x) 23

+

+

12

6

29

x0 = 3,77 m

c)

X

24

12

+

8,5

X

M (x)

Rys. 2.20. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy ∑ M A = − P ⋅ 2 + 4q ⋅ 2 − R B ⋅ 4 + 2 P ⋅ 6 = 0, skąd RB = 41 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy skąd

∑ Py = P + R A − 4q + RB − 2 P = 0, RA = 29 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym.

64

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = – Px1, dla:

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 2) = – 12 kNm,


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = – P,

dla:

T(x1 = 0) = – 6 kN, T(x1 = 2) = – 6 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2 ≤ x2 ≤ 6.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = − Px2 + R A ( x2 − 2) − q ( x2 − 2) ⋅

( x2 − 2) , 2

dla:

M(x2 = 2) = – 12 kNm, M(x2 = 6) = – 24 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – P + RA – q(x2 – 2), T(x2 = 2) = 23 kN, T(x2 = 6) = – 29 kN. 65

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

6 ≤ x3 ≤ 8. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

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

M(x3 = 6) = – 24 kNm, M(x3 = 8) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = – P + RA – 4q + RB,


   

dla:

T(x3 = 6) = 12 kN,

T(x3 = 8) = 12 kN.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x2 = T( x 2) = − q ( x2 − 2) − P + R A = 0, dx

stąd

x0 = 3,77 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x 2 = x 0) = − Px2 + R A ( x2 − 2) − q ( x2 − 2) ⋅

( x2 − 2) = 8,35 kNm . 2

Zadanie 2 Dla belki obciąĪonej jak na rysunku 2.21a wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.21b i 2.21c. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. 66

Wtedy

∑ M B = M 0 + R A ⋅ 4 − 4 q1 ⋅ 2 + 2q2 ⋅ 1 = 0, skąd

RB = – RA + 10,4 = 81 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A − 4q1 + RB − q2 ⋅ 2 = 0, skąd

RA = 23 kN.

a)


   

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. Y

x2

x1

A

B

M0 = 20 kNm

RA

b)

q1 = 18 kN/m

RB

4m

q2 = 16 kN/m

X

2m

T(x )

32

23

+

+

X

1,275 m

c)

32

49

X 20

+ 34,7 M (x)

Rys. 2.2. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

67

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 4. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = M 0 + R A x1 − q1

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 20 kNm, M(x1 = 4) = – 32 kNm,


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA – q1x1,

dla:

T(x1 = 0) = 23 kN,

T(x1 = 4) = – 49 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 ≤ x2 ≤ 6.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = M 0 + R A ⋅ x2 − 4q1 ⋅ ( x2 − 2) + RB ( x2 − 4) − − q2 ( x2 − 4)

( x2 − 4) , 2

M ( x 2) = M 0 + R A ⋅ x2 − 4q1 ⋅ ( x2 − 2) + RB ( x2 − 4) − q2

dla:

M(x2 = 4) = – 32 kNm, M(x2 = 6) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – 4q1 + RB – q2(x2 – 4), T(x2 = 4) = 32 kN, T(x2 = 6) = 0. 68

( x2 − 4) 2 , 2

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − q1 x1 = 0, dx stąd

x0 = 1,277 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

x12 = 34,7 kNm. 2


   

M ( x1 = x0) = M 0 + R A x1 − q1

Zadanie 22 Dla belki obciąĪonej obciąĪeniem ciągáym jak na rysunku 2.22a, wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.22b i 2.22c. a)

Y

x4

x3

x2

P = 50 kN

x1

q = 6 kN/m

2m

b)

31

T(x)

12

RA

X

C

A

1m

1m

+

25

RC

2m

+

25

12

X

31

c) 12

12 X

+

16

M (x)

Rys. 2.22. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

69

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu C, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie C korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = − 2q ⋅ 1 + P ⋅ 1 − RC ⋅ 2 + 4 q ⋅ 2 = 0, skąd

RC = 43 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy

∑ Py = R A − P + RC − 6q = 0,


   

skąd

RA = 43 kN.

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RC jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = −q

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 2) = – 12 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = – qx1, dla:

T(x1 = 0) = 0, T(x1 = 2) = – 12 kN. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2 ≤ x2 ≤ 3. 70

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = − dla:

qx22 + R A ( x2 − 2), 2

M(x2 = 2) = – 12 kNm, M(x2 = 3) = 16 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – qx2 + RA, T(x2 = 2) = 31 kN, T(x2 = 3) = 25 kN.


   

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 ≤ x3 ≤ 4.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = −

qx23 + R A ( x3 − 2) − P ( x3 − 3), 2

dla:

M(x3 = 3) = 16 kNm,

M(x3 = 4) = – 12 kNm,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = – qx3 + RA – P,

T(x3 = 3) = – 25 kN, T(x3 = 4) = – 31 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 ≤ x4 ≤ 6. Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4) = −

qx24 + R A ( x4 − 2) − P ( x4 − 3) + RC ( x4 − 4), 2

dla:

M(x4 = 4) = – 12 kNm, M(x4 = 6) = 0, 71

natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = – qx4 + RA – P + RC, T(x4 = 4) = 12 kN, T(x4 = 6) = 0. Zadanie 23 Wykonaü wykresy siá poprzecznych i momentów gnących dla belki obciąĪonej jak na rysunku 2.23a. a)

x3

Y x2

q 1 = 20 kN/m


   

x1

P1 = 60 kN

q2 = 5 kN/m

A

B

RA

b)

RB

4m

T(x)

1,2 m

44

+

89

X

C

1,8 m

+

20

40

c)

P2 = 80 kN

80 X 96

M (x)

38,4

+

X

l 2

152,1

Rys. 2.23. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. 72

Wtedy

∑ M A = P1 ⋅ 1,2 + q1 ⋅ 4 ⋅ 2 − RB ⋅ 4 + q 2 ⋅ 1,8 ⋅ 4,9 + P2 ⋅ 5,8 = 0, skąd

RB = 185 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy:

∑ Py = R A − P1 − q1 4 + RB − q2 1,8 − P2 = 0, RA = 44 kN. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

0 ≤ x1 ≤ 1,2.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 − qx1

qx 2 1 x1 = R A x1 − 1 , 2 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,

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

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA – qx1,

dla:

T(x1 = 0) = 44 kN,

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

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

1,2 ≤ x2 ≤ 4. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A x2 − q1

x2 − P ( x2 − 1, 2), 2

dla:

M(x2 = 1,2) = 38 kNm, M(x2 = 4) = – 152 kNm, 73

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – q1x2 – P, T(x2 = 1,2) = – 40 kN, T(x2 = 4) = – 96 kN. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 ≤ x3 ≤ 5,8. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x3) = R A x3 − q1l ( x3 − 2) + RB ( x3 − 4) − P ( x3 − 1,2) − x3 − 4 , 2 = R A x3 − q1l ( x3 − 2) + RB ( x3 − 4) − P ( x3 − 1,2) − − q2 ( x3 − 4)


   

M ( x 3)

− q2

dla:

( x3 − 4) 2 , 2

M(x3 = 4) = – 152 kNm,

M(x3 = 5,8) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

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

T(x3 = 4) = 89 kN,

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

Zadanie 24 Dla belki przedstawionej na rysunku 2.24a opartej na podporach A i B, która jest obciąĪona równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q i q1 = 2q oraz siáą skupioną P = 2qa sporządziü wykres momentów gnących i siá tnących. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

a 2

5 2

∑ M A = − qa ⋅ + P ⋅ a − RB ⋅ 2a + q1 ⋅ a ⋅ a = 0, skąd

RB = 3,25qa. 74

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy

∑ Py = −qa − P + R A + RB − q1a = 0,

skąd

RA = 1,75qa. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RC jest zgodny z zaáoĪonym. Y

a)

x2

x1

x4

x3

q1 q

P X B

A RA

b)

RB


    a

a

a

a

T(x)

+

+

0,75 qa –qa

c)

2qa X –1,25 qa

M (x)

2

+

0,25 qa

X

2

qa – 2

–qa

2

Rys. 2.24. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = − q dla:

x12 , 2

M(x1 = 0) = 0, M ( x1 = a ) = −

qa 2 , 2 75

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = – qx1, T(x1 = 0) = 0, T(x1 = a) = – qa.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

a  M ( x 2) = −qa  x2 −  + R A ( x2 − a ), 2 


   

dla:

M (x 2 = a) = −

qa 2 , 2

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

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – qa + RA,

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

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

dla:

a  M ( x 3) = − qa  x3 −  + R A ( x3 − a) − P( x3 − 2a), 2 

M(x3 = 2a) = 0,25qa2, M(x3 = 3a) = – qa2,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = – qa + RA – P, T(x3 = 2a = 3a) = – 1,25qa. 4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3a ≤ x4 ≤ 4a. 76

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

a  M ( x 4) = − qa  x4 −  + RA ( x4 − a) − P( x4 − 2a) + RB ( x4 − 3a) − 2  ( x − 3a) , − q1 ( x4 − 3a) 4 2 M(x4 = 3a) = – qa2, M(x4 = 4a) = 0, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

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


   

T(x4 = 3a) = 2qa, T(x4 = 4a) = 0.

Zadanie 25 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB podpartej obu koĔcami przegubowo i obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q i momentem zginającym M = ql2 w sposób pokazany na rysunku 2.25a. a)

Y

x2

q

x1

A

RA

b)

C

l

X

B

M

RB

4l

T(x)

+

1,8 ql

X 2,2 ql

x2=2,8 l

c)

M(x) ql

2

0,8 ql

2

+

2,43 ql

2

X

Rys. 2.25. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

77

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. ObciąĪenie belki w przedziale BC zastĊpujemy wypadkową, która wobec równomiernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest 4ql i przechodzi przez Ğrodek odcinka BC. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. Wtedy

∑MA = – M + 4ql3l – 5lRB l = 0,

skąd:

RB = 2,2ql,

∑Py = RA – 4ql + RB = 0, skąd


   

RA = 4ql – RB = 1,8ql.

Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x1) = RAx1 = 1,8qlx1, M(x1 = 0) = 0,

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

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA,

T(x1 = 0) = 1,8ql, T(x1 = l) = 1,8ql. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ 5l. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = R A x2 − M − q ( x2 − l ) 78

( x2 − l ) , 2

czyli:

M ( x 2) = 1,8qlx2 − ql 2 − q

( x2 − l ) 2 , 2

M(x2 = l) = 0,8ql2, M(x2 = 5l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = 1,8ql – q(x2 – l), T(x2 = l) = 1,8ql, T(x2 = 5l) = – 2,2ql.


   

W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak musi wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem, aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx2 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx2

T(x2) = 1,8ql – q(x2 – l) = 0.

Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x2 = 2,8l. UwzglĊdniając tĊ wartoĞü w funkcji Mx2 otrzymamy

Mx2 max = 2,42ql2.

Zadanie 26 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki podpartej przegubowo obu koĔcami i obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q ql 2 (rys. 2.26). oraz dwoma momentami zginającymi M = 12 Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. ObciąĪenie belki w przedziale AB zastĊpujemy wypadkową, która wobec równomiernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest ql i przechodzi przez Ğrodek odcinka AB. Zwroty obu reakcji zakáadamy, Īe są skierowane do góry. Wtedy

∑ M A = − M + ql skąd:

RB =

l + M − RBl = 0, 2

ql , 2

∑Py = RA + RB – ql = 0, 79

skąd

ql ql + ql = . 2 2 Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. RA = −

Y

a)

x1

M

M q

B

A RA

M

M

RB


   

l

T(x)

b)

ql 2

+

ql 2

l 2

c)

X

X

M (x)

0,21 l

2

ql 24

+

X

2

ql 12

Rys. 2.26. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce jeden przedziaá. Przedziaá ten bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = − M + R A x1 − qx1 M ( x1) = − M + R A x1 − q 80

x1 , 2

x12 , 2

dla:

M ( x1 = 0 ) = −

ql 2 , 12

ql 2 , 12 natomiast siáa tnąca dla tego przedziaáu M ( x1 = l ) = −

dla:

T(x1) = RA – qx1,

ql , 2 ql T( x1 = l ) = − . 2 W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej zmienia znak musi wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx1 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx1


   

T( x1 = 0) =

T(x1) = RA – qx1 = 0.

Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x1 = 0,5l. UwzglĊdniając tĊ wartoĞü w funkcji Mx1 otrzymamy

M x1 max =

ql 2 . 24

Zadanie 27 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki podpartej obu koĔcami przegubowo i obciąĪonej wzdáuĪ caáej swej dáugoĞci równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q (rys. 2.27), zaĞ w Ğrodku dáugoĞci belki momentem zgiql 2 nającym M = . 8 Rozwiązanie Wyznaczamy wartoĞü reakcji. Reakcja RA jest pionowa, poniewaĪ reakcja RB oraz obciąĪenie ciągáe są pionowe. Równanie momentów wzglĊdem punktu B przedstawia siĊ nastĊpująco:

RA l −

ql 2 + M = 0, 2

RA =

3ql . 8

Równanie rzutów na kierunek pionowy ma postaü:

R A + RB = ql ,

RB =

5ql . 8 81

a)

Y

x2 x1

A

l 2

RA

b)

M

q

m

n

m

n

B

X

RB

l T(x )

3ql ql

+

X

c)


   

5ql

M (x)

0,0703 ql

+

2

0,125 ql

2

0,0625 ql X

2

x1’ = 3/ 8 l

Rys. 2.27. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

NastĊpnie przecinamy belkĊ w przekroju m–m o odciĊtej x1. Siáa tnąca w przekroju m–m T(x1) = RA – qx1, przy:

x1 = 0,

T( x1) =

3 ql , 8

l ql ql x1 = , T( x1) = R A − = − . 2 2 8 Moment zginający w przekroju m–m qx12 , 2 l x1 moĪe przybieraü wartoĞci od 0 do , i tak dla: 2 M ( x1) = R A x1 −

82

x1 = 0,

M(x1) = 0,

l x1 = , 2

M ( x1) =

ql 2 . 16

Wyznaczamy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną i w tym celu przyrównujemy do zera siáĊ tnącą:

T( x1) = R A −

2qx1′ = 0, 2

x1′ =

3 l. 8

Podstawiając wartoĞü x'1 do wyraĪenia na moment zginający otrzymamy:

M max =

9ql 2 . 128

Przecinamy belkĊ w przekroju n–n o odciĊtej x2. Siáa tnąca w tym przekroju:

przy:

3ql − qx2 , 8


   

T( x 2) = R A − qx2 =

l x2 = , 2

T( x 2) = −

ql , 8

x2 = l ,

T( x 2) = −

5ql , 8

moment zginający w przekroju n–n

M ( x 2 ) = R A x2 −

qx22 3qlx2 qx22 ql 2 , +M = − + 2 8 2 8

x2 moĪe przybieraü wartoĞci od l/2 do l przy:

3ql 2 , 16

l x2 = , 2

M ( x 2) =

x2 = l,

M(x2) = 0.

Aby znaleĨü przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną przyrównamy do zera siáĊ tnącą:

T( x 2) =

3ql − qx2′ = 0, 8

x2′ =

3 l. 8

W przedziale CB moment zginający nie posiada maksimum poniewaĪ x2 nie moĪe l byü mniejsze od . 2 83

Zadanie 28 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki wspornikowej podpartej przegubowo w punktach A i B i obciąĪonej momentem zginającym M oraz równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q, jak pokazano na rysunku 2.28a. M = l 2. ZaleĪnoĞü miĊdzy M i q wynosi q Y

a)

x3 x2 x1

q M X B


   

A

RA

RB

2 l 3

l 3

b)

l 2

T(x )

7

c)

C

+

ql

3

ql X

M (x)

7

17

ql

ql

2

+

X ql

2

2

Rys. 2.28. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. ObciąĪenie belki w przedziale BC zastĊpujemy wypadkową, która wobec równol miernoĞci rozáoĪenia obciąĪenia równa jest q i przechodzi przez Ğrodek odcinka BC. 2 Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. 84

Wtedy

∑ M A = − M − RB l + q skąd:

RB =

3 ql , 8

∑ Py = R A + RB − q skąd

RA =

l 5 l = 0, 2 4

l = 0, 2

7 ql. 8


   

Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 3

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = RAx1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l / 3) =

7 ql 2 , 24

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA,

dla:

T( x1 = 0) =

7 ql , 8

T( x1 = l /3) =

7 ql. 8

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 3 85

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M(x2) = RA x2 – M,

M ( x 2 = l / 3) = −

17 2 ql , 24

1 2 ql , 8 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu: M ( x2 = l ) = −

T(x2) = RA,

T( x 2 = l /3) =

7 ql. 8


   

T( x 2 = l ) =

7 ql , 8

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 l. 2 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l ≤ x3 ≤

M ( x3) = R A x3 − M + RB ( x3 − l ) − q ( x3 − l )

M ( x3) = R A x3 − M + RB ( x3 − l ) − q M ( x3 = l ) = −

( x3 − l ) , 2

( x3 − l ) 2 , 2

1 2 ql , 8

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

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA + RB – q(x3 – l),

T( x3 = l ) =

1 ql , 2

T(x2=3l/2) = 0. Zadanie 29 Na belkĊ podpartą w punktach A i B dziaáa obciąĪenie ciągáe q oraz siáa skupioql na F = . Sporządziü wykres momentów gnących i siá tnących (rys. 2.29). 2 86

Y

a)

x3 x2 x1

q F X

C

D

A l 4

RA

RB

l

T(x)

b)

B

l 3

0,6424 ql

+

X

0,25 ql 0,5206 ql

0,5243 ql

c)


   

x0 = 0,8924 l

0,0312 ql

2

0,1751 ql

2

+

X 0,1748 ql

2

M (x)

Rys. 2.29. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy:

skąd

∑ MA = − q

l l 2 1 2 2 ⋅ + q l ⋅ ⋅ l + F l − RB l = 0, 4 8 3 2 3 3

∑ MA = − q

1 4 2 l+ ql + ql − RB l = 0, 32 18 6

RB = 0,5243ql. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy:

2  1 l  − F + R A + RB = 0, 3  4 11 1 ∑ Py = − q l − ql + R A + 0,5243 = 0, 12 2

∑ Py = − q  l +

skąd

RA = 0,8924ql. 87

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 4 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = −qx1 dla:

x1 x2 = −q 1 , 2 2

M(x1 = 0) = 0,


   

M(x1 = l/4) = – 0,0312ql2,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla

T(x1) = – qx1,

T( x1 = 0 = l / 4) = −

1 ql. 4

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 11 ≤ x2 ≤ l. 4 12

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2 ) = −q

1  1  x22 x2   + R A  x2 − l  = −q 2 + 0,8924ql  x2 − l  , 2 4  2 4   

M(x2 = l/4) = – 0,0312ql2,

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

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – qx2 + RB, T(x2 = l/4) = 0,6424ql, T(x2 = 11l/12) = – 0,0243ql. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

11 5 l ≤ x3 ≤ l. 12 4 88

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 3) = − q

11  11  1  11    l  x3 − l  + R A  x3 − l  − F  x3 − l , 12  24  4  12   

11  1   l  x3 − l  + 0,8924ql  x3 − 24  4   11   − 0,5ql  x3 − l  , 12  

M ( x 3) = − q

11 12

 l − 

M(x3 = 11l/12) = – 0,1748ql2, M(x3 = 5l/4) = 0,1667ql2,


   

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

M ( x3) = −q

11 11 l + R A − F = − ql + 0,8924ql − 0,5ql , 12 12

T(x3 = 11l/12 = 5l/4) = – 0,5243ql.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x2 = T( x 2) = − qx2 + RB = 0, dx

stąd

x0 = 0,8924l.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi:

M ( x 2 = x 0) = − q

x22 1  + R A  x2 − 2 4 

x2 1   l  = −q 2 + 0,8924ql  x2 − 2 4  

 l , 

M ( x 2 = x 0) = 0,1751ql 2 . Zadanie 30 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki wspornikowej podpartej przegubowo w punktach B i C obciąĪonej równomiernie rozáoĪonym obciąql 2 (rys. 2.30). Īeniem ciągáym q oraz parą siá o momencie zginającym M = 2 89

Rozwiązanie Wyznaczamy reakcje podpór ukáadając równanie momentów wzglĊdem punktu C

∑MC = −

ql  l l  l  +  + RB + M = 0, 3  6 3 3

 ql 2 ql 2  3  = − ql. − RB =   6  l 2   Y

a)

x3 x2 q

M


   

x1

A

B

l 3

RB

D

C

l 3

RC

X

l 3

T(x)

b)

X

ql

4 ql

M (x)

c)

ql

2

X

ql

Rys. 2.30. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rzutując siáy na oĞ y otrzymamy:

∑ Py = RB + RC − q

l = 0, 3

l l 4 − RB = q + ql = ql. 3 3 3 Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. RC = q

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 3 90

2

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = −

qx12 , 2

M(x1 = 0) = 0, M ( x1 = l / 3) = −

ql 2 , 18

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T(x1) = – qx1, T(x1 = 0) = 0,


   

l T( x1 = l / 3) = − q . 3

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l l ≤ x2 ≤ . 3 3

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = − q

l l l   x2 −  + R B  x2 −  , 3 6 3 

M ( x 2 = l / 3) = − q

l 3

M ( x 2 = 2 l / 3) = − q

ql 2 l l l l ,  −  − ql  −  = − 18 3 6  3 3

l  l l ql 2  2l l  ,  2 −  − ql  −  = − 3  3 6 2  3 3

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = − q

l l 4 + RB = −q − ql = − ql , 3 3 3

T( x 2 = l / 3) = −

4 ql , 3

T( x 2 = 2l / 3) = −

4 ql. 3 91

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x3 ≤ l. 3 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: l  l l 2l    M ( x3) = −q  x3 −  + R B  x3 −  + RC  x3 −  = 3 6 3 3   = −q

l 3

l l 4  2l     x 3 −  + ql  x3 −  + ql  x3 −  , 6 3 3  3  

M ( x 3 = 2 l / 3) = −

ql 2 , 2

ql 2 , 2 natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu wynosi 4 l l T( x3) = −q + RB + RC = −q − ql + ql = 0. 3 3 3


   

M ( x3 = l ) = −

Zadanie 3 Wykonaü wykresy siá tnących i momentów gnących dla belki przedstawionej na rysunku numer 2.31a. a)

Y

x2

x1

M = 2 qa

A

2a

a

B RB

T(x)

8 qa 3

+

c)

M (x) 2 2 qa 3

2 qa

P = 2 qa 2 qa 3 X 4 qa 3

5 a 3

+

2

Rys. 2.3. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

92

X

2

RA

b)

q

P = 2 qa

8 qa 2 9 X

Rozwiązanie Najpierw wyznaczamy reakcje w punktach podparcia RA i RB z warunków równowagi wszystkich siá zewnĊtrznych, dziaáających na belkĊ.

∑MA = – M + Pa + 4qa2 – RB3a = 0, 4 qa, 3 ∑MB = – M – P2a – 2qa2 + RA3a = 0, RB =

8 R A = qa. 3 W belce wyodrĊbnimy dwa przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających.


   

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = − M + R A x1 = −2qa 2 +

M(x1 = 0) = – 2qa2,

8 qax1 , 3

2 = qa 2 , 3 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu: 8 T( x1) = R A = qa, 3 8 T( x1 = 0) = qa, 3 8 T( x1 = a ) = qa. 3 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá M ( x1 =

a)

a ≤ x2 ≤ 3a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = − M + R A x2 − P ( x2 − a) − M ( x2 = a) =

1 q ( x2 − a ) 2 , 2

2 2 qa , 3

M(x2 = 3a) = 0, 93

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = R A − P − q ( x2 − a ) =

2 qa − q ( x2 − a), 3

2 qa, 3 4 T( x 2 = 3a ) = − qa. 3 W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak, musi wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem, aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx2 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx2 2 T( x 2) = qa − q ( x2 − a) = 0. 3 5 Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x2 = a. UwzglĊdniając tĊ war3 toĞü w funkcji Mx2 otrzymamy 8 M max = qal 2 . 9


   

T( x 2 = a ) =

Zadanie 32 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.32a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.32b i 2.32c. Dane: M1 = 2qa2, M2 = qa2. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy skąd

∑ M A = − M 1 + q ⋅ 4 a ⋅ 3a − RB ⋅ 4 a − M 2 = 0, RB =

9 qa. 4

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy skąd

∑ Py = R A − 4qa + RB = 0, RA =

7 qa. 4

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. 94

a)

Y

x2

x3 q

x1 M1 RA

b)

M2

B

A a

RB

3a

X

a

T(x) 7 qa 4

+

5 qa 4 X –qa

M (x)


   

c) qa

2

– 2 qa

+

qa – 4

2

2

qa 2

2

X

Rys. 2.32. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = − M + R A ⋅ x1 ,

dla:

M(x1 = 0) = – 2qa2,

1 2 qa , 4 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu M ( x1 = a) = −

dla:

T(x1) = RA,

T( x1

= 0)

7 = qa, 4

T( x1

= a)

=

7 qa. 4 95

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 4a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = − M + R A ⋅ x2 − q ( x2 − a) M ( x 2 ) = − M + R A ⋅ x2 − q

( x2 − a ) , 2

( x2 − a ) 2 2

dla:

1 2 qa , 4


   

M ( x2 = a) = −

M ( x 2 = 4a ) = qa 2 ,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = R A − q ( x2 − a),

T( x 2 = a ) =

7 qa, 4

T( x 2 = 4 a) = −

5 qa. 4

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4a ≤ x3 ≤ 5a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x3) = M 2 − q (5a − x3 ) M ( x3) = M 2 − q

(5a − x3 ) 2 , 2

dla:

M ( x 3 = 4a ) =

1 2 qa , 2

M(x3 = 5a) = qa2, 96

(5a − x3 ) , 2

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = –q(5a – x3), T(x3 = 4a) = – qa, T(x3 = 5a) = 0. Zadanie 33 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.33a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.33b i 2.33c. a)

x4

Y x3


   

x2

x1

q= 20 kN/m

P = 50 kN

A

RA

b)

X

B

1,2 m

0,8 m

RB

1m

0,5 m

T(x)

19,2

+

c)

M = 40 kNm

M (x)

10

+

X

– 30,8

23,4

–50,8

+

–1,6

X – 40

– 42,5

Rys. 2.33. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = P ⋅ 1,2 + q ⋅ 1 ⋅ 2,5 − R B ⋅ 3 + q ⋅ 0,5 ⋅ 3, 25 + M = 0, skąd

RB = 60,8 kN. 97

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A − P − q ⋅1,5 + RB = 0, skąd

RA = 19,2 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 1,2. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü


   

M ( x1) = R A ⋅ x1,

dla:

M(x1 = 0) = 0,

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

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA ,

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

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

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

1,2 ≤ x2 ≤ 2.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = R A x2 − P ( x2 − 1,2),

dla:

M(x2 = 1,2) = 23,04 kNm, M(x2 = 2) = – 1,6 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu: T(x2) = RA – P,

T(x2 = 1,2) = – 30,8 kN, T(x2 = 2) = – 30,8 kN. 98

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2 ≤ x3 ≤ 3. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 3) = R A x3 − P ( x3 − 1,2) − q ( x3 − 2) M ( x3) = R A x3 − P ( x3 − 1,2) − q

( x3 − 2) , 2

( x3 − 2) 2 , 2

dla:

M(x3 = 2) = – 1,6 kNm,


   

M(x3 = 3) = – 42,4 kNm, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu: T(x3) = RA – P – q(x3– 2),

T(x3 = 2) = – 30,8 kN, T(x3 = 3) = – 50,8 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 ≤ x4 ≤ 3,5.

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 4) = R A x4 − P ( x4 − 1, 2) − q ( x4 − 2) M ( x 4) = R A x4 − P ( x4 − 1,2) − q

( x4 − 2) + RB ( x4 − 3), 2

( x4 − 2) 2 + RB ( x4 − 3), 2

dla:

M(x4 = 3) = – 42,4 kNm, M(x4 = 3,5) = – 39,9 kNm, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu: T(x4) = RA – P – q(x4 – 2) + RB,

T(x4 = 3) = 10 kN, T(x4 = 3,5) = 0. 99

Zadanie 34 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.34a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.34b i 2.34c. P = 80 kN, q = 50 kN/m, M = 30 kNm. a)

Y x4 x3 x2 x1

q P

M X B


   

A 0,8 m

b)

T(x )

RA

1,5 m

2m

RB

122,44

+

c)

0,5 m

– 40

47,44

–32,56

X

111,44

M (x)

+

46,22

16,25 X

–16

Rys. 2.34. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = − q ⋅ 0,8 ⋅ 0,4 + P ⋅ 1,5 + q ⋅ 1,5 ⋅ 0,75 − M − R B ⋅ 4 = 0, skąd

RB = 32,56 kN. 100

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A − q ⋅ 2,3 − P + RB = 0, skąd

RA = 162,44 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 0,8. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

x12 , 2


   

M ( x1) = −q dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 0,8) = – 16 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = – qx1, T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = 0,8) = – 40 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0,8 ≤ x2 ≤ 2,3.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = − q

x22 + R A ( x2 − 0,8), 2

dla:

M(x2 = 0,8) = – 16 kNm, M(x2 = 2,3) = 111,41 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = –qx2 + RA, T(x2 = 0,8) = 122,44 kN, T(x2 = 2,3) = 47,44 kN. 101

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2,3 ≤ x3 ≤ 4,3. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = −2,3 ⋅ q ( x3 − 1,15) + R A ( x3 − 0,8) − P ( x3 − 2,3), dla:

M(x3 = 2,3) = 111,41 kNm, M(x3 = 4,3) = 46,29 kNm, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:


   

T(x3) = –2,3q + RA – P,

T(x3 = 2,3) = – 32,56 kN,

T(x3 = 4,3) = – 32,56 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4,3 ≤ x4 ≤ 4,8. (rozwiązanie od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4) = RB (4,8 − x4 ),

dla:

M(x4 = 4,3) = 16,28 kNm,

M(x4 = 4,8) = 0,

natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu: T(x4) = –RB,

T(x4 = 4,3) = – 32,56 kN, T(x4 = 4,8) = – 32,56 kN. Zadanie 35 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.35a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.35b i 2.35c. 102

a)

x4

Y x3 x2 x1

q2 = 25 kN/m

q1 =125 kN/m

P = 35 kN X

A

b)

T(x)

l 2

l 2

RA

50

M0 =10 kNm RB l =4 m

+

B l 4

+

25

35

X


   

50

c)

35

25

X

+

25

M (x)

Rys. 2.35. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = − q1

l l l 5 ⋅ − M 0 + q2l ⋅ − RB l + P ⋅ l = 0, 2 4 2 4

skąd

RB = 85 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = − q skąd

l + R A − 2ql + RB − P = 0, 2

RA = – RB + 160 = 75 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. 103

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = −q

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,


   

M(x1 = l/2) = – 25 kNm, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = – q1x1, T(x1 = 0) = 0,

T(x1 = l/2) = – 25 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 2

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = − q1

l ( x2 − 1) + R A ( x2 − 2) − q2 2

dla:

M(x2 = l/2) = – 25 kNm, M(x2 = l) = 25 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = −

q1l l  + R A − q 2  x2 −  , 2 2 

T(x2 = l/2) = 50 kN, T(x2 = l) = 0. 104

l   x2 −  2  2

2

,

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x3 ≤

3 l. 2

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü 2

M ( x 3)

l   x3 −  2  l − M, = −q1 ( x3 − 1) + R A ( x3 − 2) − q2 2 2

dla:

M(x3 = l) = 15 kNm, M(x3 = 3l/2) = – 35 kNm,


   

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T( x3) = −

q1l l  + R A − q2  x3 −  , 2 2 

T(x3 = l) = 0,

T(x3 = 3l/2) = – 50 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3l 7l ≤ x4 ≤ . 2 4

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

l ( x4 − 1) + R A ( x4 − 2) − q2 l ( x4 − 4) − 2 − M + RB ( x4 − 6),

M ( x 4) = − q1

dla:

M(x4 = 3l/2) = – 35 kNm, M(x4 = 7l/4) = 0, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T( x 4) = −

q1l + R A − q2l + RB , 2

T(x4 = 3l/2) = 35 kN, T(x4 = 7l/4) = 35 kN. 105

Zadanie 36 Belka o dáugoĞci l = 4 m podparta przegubowo oboma koĔcami na podporach A i B jest obciąĪona równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q = 10 kN/m oraz momentem zginającym M = 25 kNm. Sporządziü wykres momentów gnących i siá tnących dla belki przedstawionej na rysunku 2.36a. a)

Y

x2 x1

q

M

X A

B l 2

RA

l 2

+

13,75


   

b) 8,75

+

0,875

c)

RB

T(x)

X

2,5

M (x)

3,828

+

+

13,75 X –2,5

Rys. 2.36. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy momentów wzglĊdem punktu B. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ MB = RA ⋅ l + M − skąd

ql 3 ⋅ l = 0, 2 4

RA = 8,75 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ M A = − RB ⋅ l + M + skąd

ql l ⋅ = 0, 2 4

RB = 11,250 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. 106

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 − q

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = l/2) = – 2,5 kNm,


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA – qx1,

T(x1 = 0) = RA = 8,75 kN,

T(x1 = l/2) = – 11,25 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l/2 ≤ x2 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A ⋅ x2 −

ql  l  x2 −  + M, 2  4

dla:

M(x2 = l/2) = 13,75 kNm,

M(x2 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = R A −

ql + M, 2

T(x2 = l/2 = l) = 13,75 kN. Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. 107

PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − qx1 = 0, dx

stąd x1 = 0,875 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x1 = x 0) = R A x1 − q

x12 = 3,828 kNm. 2


   

Zadanie 37 Wykonaü wykresy siá poprzecznych i momentów zginających dla belki podpartej swobodnie obu koĔcami i obciąĪonej obciąĪeniem ciągáym zmieniającym siĊ liniowo od zera na podporze A do wartoĞci q na podporze B. BelkĊ przedstawia rysunek 2.37a. a)

x

Y

q

2x 3

A

Fx

RA

b)

C

D

F

E

l

X

l 3

B

RB

T(x)

1 ql

+

X

l

1 ql

X

c)

+

1 9

ql

2

M (x)

Rys. 2.37. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Siáy rozáoĪone w sposób ciągáy zastĊpujemy wypadkową F przechodzącą przez Ğrodek trójkąta ABC.

F= 108

1 ql. 2

NastĊpnie wyznaczamy reakcje podpór A i B

∑ M B = R Al − skąd:

RA =

1 ql , 6

∑ M A = RB l − skąd

RB =

1 2 ql l = 0, 2 3

1 2 ql l = 0, 2 3

1 ql. 3


   

W dowolnej odlegáoĞci x od lewej podpory A natĊĪenie obciąĪenia ciągáego wynoq⋅x stąd siáy rozáoĪone na dáugoĞci x moĪemy zastąpiü wypadkową F(x) przesi q( x) = l chodzącą przez Ğrodek ciĊĪkoĞci trójkąta AED

F ( x) =

1 ⋅ q ( x ) ⋅ x, 2

dla przekroju o odciĊtej x moment gnący wyrazi siĊ w postaci równania

M ( x ) = R A x − F( x )

1 1 1 qx 3 x = qlx − , 3 6 6 l

natomiast siáa poprzeczna

T( x) = R A − F( x) =

1 1 qx 2 ql − . 6 2 l

Maksymalny moment gnący wystąpi w przekroju, dla którego:

d M ( x) dx

= T( x ) = 0,

1 1 qx 2 ql − = 0, 6 2 l stąd wyliczamy

x0 =

l

. 3 Natomiast gdy x = x0, moment maksymalny wynosi M max = M ( x = x0 ) =

1 1 qx 3 1 qlx0 − = 6 6 l 9

3ql 2 . 109

Zadanie 38 Dla belki wolnopodpartej i obciąĪonej jak na rysunku 2.38a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.38b i 2.38c. a)

Y

x2

q

x1

X B

A RA

b)

l 2

l 2

T(x) ql


   

+

x0 = 0,705 l

c)

RB

ql

M (x)

2

–

5ql

X

+

–

ql

2

X – 0,0265 ql

2

Rys. 2.38. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

1 2

l 1 l 2 3 2

∑ M B = R A ⋅ l − ⋅ q ⋅ ⋅ ⋅ = 0,

skąd

1 ql. 24 Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy 1 l ∑ Py = R A − q + RB = 0, 2 2 RA =

skąd

RB =

5 ql. 24

Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. 110

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: dla:

M(x1) = RA x1, M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l / 2) =

1 ql 2 , 48


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA ,

T( x1 = 0) = T( x1 = l / 2)

1 ql , 24 1 ql , = 24

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 2

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2 ) = R A x2 −

1 2

1 l   x2 −  q( X ) 2 3 

l   x2 −  , 2 

 5 x3 x2 l 2  M ( x 2) = q  − lx2 − 2 + 2 + 2  ,  24 3l 2 24   gdzie

q( x) = dla:

2qx2 − q, l

M ( x 2 = l / 2) = −

1 2 ql , 96

M(x2 = l) = 0, 111

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:


   

 5  x2 T( x 2) = q  − l − 2 + x2  , l  24  1 T( x 2 = l / 2) = ql , 24 5 T( x 2 = l ) = − ql. 24 Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ  5  d M x2 x2 = T( x 2) = q  − l − 2 + x2  = 0, dx l  24  stąd x0 = 0,705l. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x 2 = x 0 ) = R A x2 −

1 l 1 l 2  x2 −  q( X )  x2 −  = 0,0265ql . 2 2 3 2

Zadanie 39 Podaü wzory i wykresy siá tnących i momentów gnących dla belki AB podpartej swobodnie w obu koĔcach i obciąĪonej na lewej poáowie obciąĪeniem ciągáym, zmieniającym siĊ liniowo od zera na podporze A do natĊĪenia q w Ğrodku dáugoĞci belki, jak pokazano na rysunku 2.39a. Rozwiązanie Najpierw wyznaczamy reakcje w punktach podparcia RA i RB z warunków równowagi wszystkich siá zewnĊtrznych, dziaáających na belkĊ. Przy wyznaczaniu RA i RB, moĪemy wszystkie siáy rozáoĪone zastąpiü wypadkową, której wartoĞü okreĞlona jest polem trójkąta ADC

W=

1 l ql ⋅ q= , 2 2 4

2 l i która przechodzi przez jego Ğrodek ciĊĪkoĞci, a wiĊc w odlegáoĞci od punktu A 3 2 1 l od C, wówczas i 3 2

l l 42

∑ M B = RA l − q  + 112

1 l  = 0, 3 2

skąd

ql , 6 suma rzutów siá na oĞ Y wynosi RA =

∑ Py = R A − skąd

RB = 2

Y

a)

ql ql ql + RB = − + RB = 0, 4 6 4

ql . 12

l 2

1

l 2

D


   

q y

A

l 2

Y

b)

W=q l 4

C

B

X

l 2

x2

q(x)

y

RA

Wx1 =

c)

l 2

x1 3

2x 3 1

X RB

q x2 1 l

T(x)

8 ql

+

X – 4 ql

d)

M (x)

1 9

ql

2

+

8 ql 2 192 X

Rys. 2.39. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

113

Przy wyznaczaniu Tx1 i Mx1 w dowolnie obranym przekroju o odciĊtej x1 nie moĪemy jak wyĪej zastąpiü wszystkich rozáoĪonych siá jedną wypadkową W, gdyĪ teraz naleĪy wziąü tylko siáy dziaáające na odcinku x1 lub tylko na odcinku (l – x1). Natomiast moĪemy zastąpiü jedną wypadkową Wx siáy rozáoĪone na odcinku x1. NatĊĪenie qx tych siá znajdziemy z podobieĔstwa trójkątów:

q( x1) x1 = , q l 2

x  q( x1) = 2q  1  ,  l 

a wiĊc wypadkowa Wx1 jest równa

q( x1) x1 2

=

2qx1 x1 q = x12   , 2l l 


   

Wx1 =

2 1 i przechodzi przez Ğrodek ciĊĪkoĞci trójkąta, a wiĊc w odlegáoĞci x1 od A i x1 od 3 3 koĔca odcinka x1. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

(

)

 x  ql  q  x  q 2 M ( x1) = RA x1 − Wx1  1  = x1 − x12    1  = l x1 − 2 x13 ,  l   3  6l 3 6

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = l / 2) =

8 1 ql 2 = ql 2 , 192 24

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T( x1) = RA − Wx1 = T( x1 = 0) =

8 1 ql = ql , 48 6

T( x1 = l / 2) = − 114

(

)

ql q q 2 l − 6 x12 , − x12 = 6 l 6l

4 1 ql = − ql. 48 12

Dla wyznaczenia siá tnących i momentów gnących w dowolnie obranym przekroju w drugiej czĊĞci belki, rozpatrzymy siáy dziaáające na prawą czĊĞü belki oddzieloną tym przekrojem. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 2 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: ql M ( x 2) = RB (l − x2 ) = (l − x2 ), 12 8 1 M ( x 2 = l / 2) = ql 2 = ql 2 , 192 24 M(x2 = l) = 0,


   

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = − RB = −

ql . 12

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

(

stąd

)

d M x1 ql q ql 2 = T( x1) = R A − W( x1) = − x12 = l − 6 x12 = 0, 6 6 dx l x0 =

l

m. 6 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi q 2 1 M ( x1 = x0 ) = l x1 − 2 x13 = ql 2 . 6l 9 6

(

)

Zadanie 40 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki obciąĪonej siáą skupianą P = qa, dwoma momentami skupionymi M = Pa i zmieniającym siĊ liniowo obciąĪeniem ciągáym q = P/a, jak pokazano na rysunku 2.40a. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy momentów wzglĊdem punktu B. Zwroty obu reakcji zakáadamy do góry. 115

a)

Y

x3 x2 x1

P

q

M

a

b)

X

M

A RA

2a

B RB

a

P

7

P

5

+

P X P

T(x )

c)

Pa


   

Pa

9

Pa X

M (x)

Rys. 2.40. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wtedy

∑ MA = Pa – M – M + RB2a – 3qa2 = 0,

skąd

RB = 2P,

skąd

∑ MB = 3Pa – RA 2a – M – M = 0,

P . 2 Znaki dodatnie dowodzą, Īe rzeczywiste zwroty reakcji RA i RB są poprawnie przyjĊte. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. RA =

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x1) = – Px1, M(x1 = 0) = 0, M(x1 = a) = – Pa,

116

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = – P, T(x1 = 0 = a) = – P.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 3a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = − Px2 + R A ( x2 − a) + M − gdzie

q ( x2 − a) , 3a


   

q( x ) =

1 1 q( x ) ( x2 − a) ⋅ ( x2 − a), 2 3

czyli:

M ( x 2) = − Px2 + R A ( x2 − a) + M − q

( x2 − a ) 3 , 18a

M(x2 = a) = 0,

13Pa , 9 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu: M ( x 2 = 3a ) = −

T( x 2) = − P + R A −

q ( x2 − a ) 2 , 6a

P , 2 7P . T( x 2 = 3a) = − 6 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x 2 = a ) = −

3a ≤ x3 ≤ 4a. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 3) = − Px3 + R A ( x3 − a) + RB ( x3 − 3a ) − −

1 1 q( x ) ( x3 − a ) ⋅ ( x3 − a ) + M + M, 2 3

gdzie

q( x ) =

q ( x3 − a) , 3a 117

czyli

M ( x 3) = − Px3 + R A ( x3 − a) + RB ( x3 − 3a ) − q M ( x3 = 3a ) = −

( x3 − a) 3 + 2 M, 18a

4Pa , 9

M(x3 = 4a) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x3) = − P + R A + RB −

q ( x3 − a ) 2 , 6a

5P , 6 T(x3 = 4a) = 0.


   

T( x3 = 3a ) =

Zadanie 4 Dla belki obciąĪonej jak na rysunku 2.41a wyznaczyü reakcje podpór oraz sporządziü wykresy siá tnących i momentów gnących dla: P1 = 40 kN, P2 = 50 kN, P3 = 30 kN, q1 = 30 kN/m, q2 = 10 kN/m, q3 = 40 kN/m, M1 = 120 kNm, M2 = 150 kNm. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy pod uwagĊ sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy momentów wzglĊdem punktu A. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M B = R A ⋅10 + P1 ⋅14 − M 1 − q1 ⋅ 6 ⋅11 − P2 ⋅ 8 + M 2 − − q2 ⋅ 6 ⋅ 3 −

( q3 − q2 ) 6 q ⋅3 ⋅ 2 + 3 ⋅ 1 + P3 ⋅ 3 = 0, 2 2

skąd

RA = 200 kN,

q3 ⋅ 3 (q − q 2 ) ⋅ 6 ⋅ 11 + 3 ⋅8 + 2 2 + q2 ⋅ 6 ⋅ 7 + M 2 + P2 ⋅ 2 − q1 ⋅ 6 ⋅ 1 − M 1 + P1 ⋅ 4 = 0,

∑ M A = − RB ⋅10 + P3 ⋅13 + skąd

RB = 230 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RB jest zgodny z zaáoĪonym. 118

a)

Y

x5 x4

x1

x3

x2

P2

P1

b) 40

A

M1 4 m RA 120 T(x )

2m

1,33 m

6m

60

RB 3 m 90

10

+

X

8,83 m

–200 –20

+

26,67

30 –140


   

c)

B

2m

–80 – 80

X

M2

+

+

P3

150

+

–150 X 158,3

M (x)

Rys. 2.4. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce piĊü przedziaáów.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 4.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = P1 x1 −

q1 x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 4) = – 80 kNm, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = P1 – q1x1, dla:

T(x1 = 0) = 40 kN, T(x1 = 4) = – 80 kN. 119

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4 ≤ x2 ≤ 6. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = P1 ⋅ x2 + R A ( x2 − 4) − M 1 −

q1 ⋅ x22 , 2

dla:

M(x2 = 4) = – 200 kNm, M(x2 = 6) = – 20 kNm,


   

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = P1 + RA – q1x2,

T(x2 = 4) = 120 kN, T(x2 = 6) = 60 kN.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

6 ≤ x3 ≤ 8.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = P1 ⋅ x3 + R A ( x3 − 4) − M 1 − q1 ⋅ 6( x3 − 3) − P2 ( x3 − 6),

dla:

M(x3 = 6) = – 20 kNm,

M(x3 = 8) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = P1 + RA – 6q1 – P2, T(x3 = 6) = 10 kN, T(x3 = 8) = 10 kN. 4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

8 ≤ x4 ≤ 14. 120

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4) = P1 ⋅ x 4 − M 1 − 6q1 ( x 4 − 3) + R A ( x 4 − 4) − P2 ( x 4 − 6) + + M2 −

q 2 ( x 4 − 8) 2 ( q3 − q 2 ) ⋅ ( x 4 − 8) 3 , − 2 6⋅6

dla:

M(x4 = 8) = 150 kNm, M(x4 = 14) = – 150 kNm, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

( q3 − q 2 ) ⋅ ( x 4 − 8) 2 , 2⋅6


   

T( x 4) = P1 + R A − 6q1 − P2 − q 2 ( x 4 − 8) − T(x4 = 8) = 10 kN,

T(x4 = 14) = – 140 kN.

5) Piąty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x5 ≤ 3.

Ogólne równanie momentów dla piątego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

 q ⋅ x3  M ( x 5) = −  P3 ⋅ x5 + 3 5  ,  6 ⋅ 3  

dla:

M(x5 = 0) = 0,

M(x5 = 3) = – 150 kNm,

natomiast siáa tnąca dla piątego przedziaáu:

Tx 5 = P3 +

q3 ⋅ x52 , 2⋅3

T(x5 = 0) = 30 kN, T(x5 = 3) = 90 kN. Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym oraz w czwartym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. 121

PoniewaĪ stąd

d M x1 = T( x1) = P1 − q1 x1 = 0, dx x0 dla 1 = 1,33 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

q1x12 = 26,26 kNm. 2 Taki sam schemat przyjmujemy dla przedziaáu czwartego i tak M ( x1 = x0) = P1 x1 −


   

stąd

d M x1 = T( x 4) = P1 + R A − 6q1 − P2 − q 2 ( x 4 − 8) − dx ( q3 − q 2 ) ⋅ ( x 4 − 8) 2 , − 2⋅6

x0 dla 4 = 8,83 m.

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M(x4 = x0) = 158,30 kNm.

Zadanie 42 Belka AD, pokazana na rysunku 2.42a, jest podparta przegubowo na podporach B i C i obciąĪona równomiernie rozáoĪonym obciąĪeniem ciągáym q oraz momentem zginającym ql 2 . Sprawdziü poprawnoĞü wykonania wykresów momentów gnących i siá tnących. M = 4 Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie C, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ MB = −

skąd

ql l ⋅ − RC ⋅ l + M = 0, 2 4

ql . 8 Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy ql ∑ Py = − + RB + RC = 0, 2 RC =

skąd

122

3 RB = ql. 8 Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA i RC jest zgodny z zaáoĪonym.

a)

Y

x3 x2

M

x1

q X

A

B l 2

RB

C l

M

RC

D l 2

T(x)

b) –

ql

–

ql

X

M (x)


   

c)

–

ql

X

2

–

ql

2

Rys. 2.42. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M ( x1)

dla:

x12 , = −q 2

M(x1 = 0) = 0,

ql 2 , 8 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu M ( x1 = l / 2 ) = −

dla:

T(x1) = – qx1, T(x1 = 0) = 0,

T( x1 = l / 2) = −

ql . 2 123

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l 3 ≤ x2 ≤ l . 2 2 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M ( x 2) = − dla:

ql  l l   x2 −  + RB  x2 −  , 2  4 2 

M ( x 2 = l / 2) = −

ql 2 , 8

1 2 ql , 4 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:


   

M ( x 2 = 3l / 2) = −

ql + RB , 2 1 T( x 2 = l / 2) = − ql , 8

T( x 2) = −

T( x 2 = 3l / 2) = −

1 ql. 8

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 l ≤ x3 ≤ 2l. 2 Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü M ( x3) = −

dla:

ql  l l 3     x3 −  + RB  x3 −  + RC  x3 − l  + M, 2  4 2 2   

M(x3 = 3l/2) = 0, M(x3 = 2l) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T( x3) = −

ql + RB + RC , 2

T(x3 = 3l/2) = 0, T(x3 = 2l) = 0. 124

Zadanie 43 Belka ABC obciąĪona jest w sposób ciągáy jak na rysunku 2.43a. Siáy zewnĊtrzne są nastĊpujące: M1 = 20 kNm, M2 = 40 kNm, P1 = 40 kN, P2 = 10 kN, a = 1 m i obciąĪenia rozáoĪone w sposób ciągáy q1 = 10 kN/m, q2 = 20 kN/m. Wykonaü wykresy siáy tnącej i momentu zginającego. a)

Y

x2

x4 x3

x1 q1

q2 P1

M1

X A

B

RA

4a

a

RB

P2 2a

T(x)

40

30

+

+

M (x)

c)

a


   

b)

M2

–10

X

– 40

100

+

20

60

20

+

2,5 X

– 20

Rys. 2.43. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Obliczenia rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji podporowych z równaĔ równowagi dla caáej belki. Równania te są nastĊpujące

∑ M B = − R A ⋅ 6a − M 1 + q1 ⋅ 4a ⋅ 4a + P1 ⋅ 2a + M 2 + + P2 ⋅ 2a − q2 ⋅ 2a ⋅ a = 0, skąd:

RA = 40 kN,

∑ Py = R A + RB − q1 ⋅ 4a − P1 − q2 ⋅ 2a ⋅ a = 0, skąd

RB = 70 kN. 125

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 4a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = R A x1 − q1 ⋅ x1 ⋅ M ( x1) = R A x1 − q1

x1 + M1, 2

x12 + M 1, 2

dla:


   

M(x1 = 0) = 20 kNm,

M(x1 = 4a) = – 100 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T( x1) = R A − q1 ⋅ x1 ,

dla:

T(x1 = 0) = 40 kN, T(x1 = 4a) = 0.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4a ≤ x2 ≤ 5a.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = R A ⋅ x2 − q1 ⋅ 4a ⋅ ( x2 − 2a) − P1 ⋅ ( x2 − 4a ) + M 1 ,

dla:

M(x2 = 4a) = 100 kNm, M(x2 = 5a) = 60 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2 ) = R A − q1 ⋅ 4a − P1 , T(x2 = 4a) = – 40 kN, T(x2 = 5a) = – 40 kN. 126

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x3 ≤ 2a (rozwiązanie od koĔca belki). Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 3) = P2 ⋅ x2 −

1 q2 ⋅ x32 , 2

dla:

M(x3 = 0) = 0, M(x3 = 2a) = – 20 kNm, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:


   

T( x3) = − P2 + q2 ⋅ x3 ,

T(x3 = 0) = – 10 kN,

T(x3 = 2a) = 30 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x4 ≤ 3a

(rozwiązanie od koĔca belki).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4 ) = P2 ⋅ x4 + q2 ⋅ 2a ⋅ ( x4 − a) + RB ( x4 − 2a ),

dla:

M(x4 = 2a) = – 20 kNm,

M(x4 = 3a) = 20 kNm,

natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T( x 4 ) = − P2 + q2 ⋅ 2a − RB , T(x4 = 2a) = – 40 kN, T(x4 = 3a) = – 40 kN. Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą trzeciego przedziaáu do zera. 127

PoniewaĪ

d M x3 = T( x3) = − P2 + q2 ⋅ x3 = 0, dx

stąd

x0 = 0,5 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

1 M ( x 3 = x 0) = P2 ⋅ x2 − q2 ⋅ x32 = 7,5 kNm. 2 Zadanie 44 Dla swobodnie podpartej belki przedstawionej na rysunku 2.44a wykonaü wykresy siáy tnącej T(x) i momentu gnącego M(x). Y

x2

x3


   

a)

x1

P1 = 2 qa

q

M = 2 qa

A

X

4a

a

RB a

T(x)

11 qa 5

+

– 9 qa 5

M (x)

121 qa 2 50

qa

+

11 a 5

c)

P2 = 2 qa

B

RA

b)

2

+

4 qa 2 5

– qa

X

– 19 qa 5

X 2

– 3qa

2

Rys. 2.44. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Obliczenia rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji podporowych z równaĔ równowagi dla caáej belki. Równania te są nastĊpujące skąd:

2 ∑ M A = − q ⋅ 2a ⋅ 4a − 2qa ⋅ 4 a − 2 qa + R B ⋅ 5a − qa ⋅ 6 a = 0,

RB =

24 qa, 5

∑ Py = R A + RB − q ⋅ 4a − 2qa − qa = 0, 128

skąd

RA =

11 qa. 5

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 4a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = R A ⋅ x1 − q ⋅ x1 ⋅

x12 + M1, 2


   

M ( x1) = R A x1 − q1 ⋅

x1 + M1, 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M ( x1 = 4 a ) =

4 2 qa , 5

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T( x1) = R A − q ⋅ x1 ,

dla:

T( x1 = 0) =

11 qa, 5

T( x1 = 4 a ) = −

9 qa. 5

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

4a ≤ x2 ≤ 5a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = R A ⋅ x2 − q ⋅ 4a ( x2 − 2a) − P1 ( x2 − 4a ), dla:

M ( x 2 = 4a ) =

4 2 qa , 5

M(x2 = 5a) = – 3qa2, 129

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2 ) = R A − q ⋅ 4a − P1 , 19 qa, 5 19 T( x 2 = 5 a ) = − qa. 5 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x 2 = 4a ) = −

0 ≤ x3 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x3) = – P2x3,


   

dla:

M(x3 = 0) = – qa2,

M(x3 = a) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = P2 = qa.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − q ⋅ x1 = 0, dx

stąd

11 a. 5 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi x0 =

M ( x1 = x0) = R A ⋅ x1 − q ⋅ x1 ⋅

x1 121 qa2 . = 2 50

Zadanie 45 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB jednym koĔcem utwierdzonej i obciąĪonej dwiema równymi sobie co do wartoĞci siáami P, jak pokazano na rysunku 2.45a. 130

a)

Y x2 P

x1 A

C

n n

m m

B

X

P l 2

l 2

T(x)

b)

+

P X

M (x)


   

c)

X

Pl

Rys. 2.45. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Koniec B belki jest swobodny – wygodniej jest wiĊc rozpatrywaü ją od strony prawej, poniewaĪ nie trzeba w takiej sytuacji wyznaczaü reakcji i momentu utwierdzenia. WyraĪenia na moment zginający i na siáĊ tnącą piszemy dwukrotnie osobno dla kaĪdego z przedziaáów AC i CB. Najpierw rozpatrujemy przekrój m–m o odciĊtej x1. Moment zginający w tym przekroju wygląda nastĊpująco: siáa P wygina belkĊ wypukáoĞcią do góry wobec czego moment jest ujemny. OdciĊta x1 jest w pierwszej potĊdze, zatem wartoĞü momentu zmienia siĊ liniowo wzdáuĪ przedziaáu CB, x1 moĪe przybieraü wartoĞci od l/2 do l:

M(x1) = – P (l – x1),

przy x1 =

l 2

przy x1 = l

M ( x1) = −

Pl , 2

M ( x1) = 0.

Siáa tnąca w przekroju m–m:

T(x1) = P, i ma wartoĞü staáą wzdáuĪ przedziaáu CB. 131

NastĊpnie rozpatrujemy przekrój n–n o odciĊtej x2. Moment zginający w tym przekroju

Pl l  M ( x 2) = − P (l − x2 ) + P  − x2  = − . 2 2  Moment zginający nie zaleĪy od zmiennej x, wiĊc posiada staáą wartoĞü wzdáuĪ przedziaáu AC belki. Siáa tnąca w przekroju n–n T(x2) = P – P = 0.

Zadanie 46 Wykonaü wykres momentów zginających i siá tnących dla belki AB obciąĪonej siáą skupioną P i parą siá o momencie M = 2Pl, jak pokazano na rysunku 2.46a. a)


   

Y

x2

P

x1

MuA

M

X

B

A

RA

l 3

b)

2l 3

T(x)

+

P X

M (x)

c)

Pl

+

– 2 Pl

4

Pl X

Rys. 2.46. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, korzystamy z równania na sumĊ momentów wzglĊdem punktu A oraz z równania sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwrot reakcji RA jest skierowany do góry. PoniewaĪ belka jest utwierdzona, musi dziaáaü moment utwierdzenia w punkcie A; zakáadamy, Īe moment MuA dziaáa w dóá. Wtedy

∑ MA = – MuA – M + Pl = 0, 132

skąd

MuA = – Pl. Z sumy rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = RA – P = 0, skąd

RA = P. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest taki jak zaáoĪyliĞmy. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

l 0 ≤ x1 ≤ . 3

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = – MuA + RAx1 = Pl + P,

dla:

M(x1 = 0) = Pl,

M ( x1 = l / 3) =

4 Pl , 3

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA,

T(x1 = 0) = P,

T(x1 = l/3) = P.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ l . 3 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x2) = – MuA + RAx2 – M,

M ( x 2 = l / 3) = −

2 Pl , 3

M(x2 = l) = 0, 133

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA = P, T(x2 = l/3) = P, T(x2 = l) = P. Zadanie 47 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.47a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.47b i 2.47c. a)

x4

Y


   

x3

x2

x1

MuA

3P

P

M= Pa

X

B

A

1,5 P

b)

T(x )

2,5P

c)

+

+

P

X 0,5 P

M (x)

Pa

+

0,5 Pa

1,5Pa

0,5Pa X Pa

Rys. 2.47. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü moment utwierdzenia w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M A = − M uA + 3P ⋅ a − M − 1,5 P ⋅ 3a + P ⋅ 4 a = 0. skąd

MuA = 1,5Pa. 134

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A − 3P + 1,5P − P = 0, skąd

RA = 2,5P. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.


   

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = RAx1 – MuA,

dla:

M(x1 = 0) = – 1,5Pa,

M(x1 = a) = Pa,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA,

dla:

T(x1 = 0) = 2,5P,

T(x1 = a) = 2,5P.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x2) = RA x2 – MuA – 3P(x2 – a), dla:

M(x2 = a) = Pa, M(x2 = 2a) = 0,5Pa, 135

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – 3P, T(x2 = a) = – 0,5P, T(x2 = 2a) = – 0,5P. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x3) = RA x3 – MuA – 3P(x3 – a) – M,


   

dla:

M(x3 = 2a) = – 0,5Pa,

M(x3 = 3a) = – Pa,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – 3P,

T(x3 = 2a) = – 0,5P, T(x3 = 3a) = – 0,5P.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3a ≤ x4 ≤ 4a

(rozwiązywany od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x4) = – P(4a – x4),

dla:

M(x4 = 3a) = – Pa, M(x4 = 4a) = 0, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = P, T(x4 = 3a) = P, T(x4 = 4a) = P. 136

Zadanie 48 Belka przedstawiona na rysunku 2.48a, obciąĪona zostaáa obciąĪeniem ciągáym o natĊĪeniu q1 = q. Podaü analityczne funkcje siá poprzecznych i momentów zginających, sporządziü ich wykresy oraz wyznaczyü maksymalną wartoĞü siáy poprzecznej i momentu zginającego. a)

x3

Y

x2 x1

q

X

b)

a

a


   

a

+

X qa

T(x)

c)

qa

2

1 qa 2 X

M (x)

Rys. 2.48. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie W belce wyodrĊbnimy trzy przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = −

qx12 , 2

M(x1 = 0) = 0, M ( x1 = a ) = −

qa 2 , 2 137

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T(x1) = qx1, T(x1 = 0) = 0, T(x1 = a) = qa. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:


   

1  1  M ( x 2) = − qa  x2 − a  + q ( x2 − a ) 2 , 2  2 

M (x 2 = a) = −

qa 2 , 2

M(x2 = 2a) = – qa2,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = qa – q(x2 – a) = 2qa – qx2,

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

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

1  3    M ( x 3) = − qa  x3 − a  + qa  x3 − a  = − qa 2 , 2  2    M(x3 = 2a) = – qa2, M(x3 = 3a) = – qa2, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = qa – qa = 0. 138

Zadanie 49 Podaü analityczne funkcje siá poprzecznych i momentów zginających dla belki przedstawionej na rysunku 2.49a oraz sporządziü ich wykresy. Belka utwierdzona jest z jednej strony i obciąĪona na odcinku o dáugoĞci b obciąĪeniem ciągáym o natĊĪeniu q. Dana jest dáugoĞü belki l. x3

a)

x2 x1

q B

A a


   

c)

X

c

l

Y

b)

b

qb X

T(x)

qb

2

( b +c) X

M (x)

Rys. 2.49. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie W belce wyodrĊbnimy trzy przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = 0, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = 0. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ a + b. 139

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2) = −

1 q ( x2 − a ) 2 , 2

M(x2 = a) = 0, M ( x 2 = a + b) = −

qb 2 , 2

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = q(x2 – a), T(x2 = a) = 0,


   

T(x2 = a + b) = qb.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a + b ≤ x3 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

 1   M ( x3) = −qb  x3 −  a + b   , 2    M (x3 = a + b) = −

qb 2 , 2

b  M ( x3 = l ) = − qb  + c  , 2 

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = – qb. Zadanie 50 Belka jest jednym koĔcem utwierdzona i obciąĪona jak na przedstawionym rysunku 2.50a. Podaü analityczne funkcje siá poprzecznych i momentów zginających oraz sporządziü ich wykresy. Rozwiązanie W belce wyodrĊbnimy dwa przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających. 140

x2

a)

x1

q2

q1

A

C l 2

Y

b)

X

B l 2

2

l

ql ql

+

X

c)


   

T(x)

ql

2

+

X ql

2

M (x)

Rys. 2.50. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

qx12 , 2 M(x1 = 0) = 0, M ( x1 ) =

1 2 ql , 8 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu: M ( x1 = l / 2) =

T(x1) = qx1, T(x1 = 0) = 0,

1 ql. 2 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x1 = l / 2) =

l ≤ x2 ≤ l . 2 141

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü: 2

1  1  3  1  ql  x2 − l  − q  x2 − l  , 2  4  2  2  1 M ( x 2 = l / 2) = ql 2 , 8 M ( x 2) =

M(x2 = l) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

1 1   ql − 3q  x2 − l  , 2 2   1 T( x 2 = l / 2) = ql , 2


   

T( x 2) =

T(x2 = l) = – ql.

W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak, musi wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem, aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx2 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx2

T( x 2) =

1 1   ql − 3q  x2 − l  = 0. 2 2  

2 Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x2 = l. UwzglĊdniając tĊ 3 wartoĞü w funkcji Mx2 otrzymamy 2

1 2 1  3 2 1  1 M ( x 2) = ql  l − l  − q  l − l  = ql 2 . 2 3 4  2 3 2  6

Zadanie 5 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.51a wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.51b i 2.51c. Rozwiązanie Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = − 142

qx12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0, M ( x1 = a ) = −

qa 2 , 2

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = – qx1,

dla:

T(x1 = 0) = 0, T(x1 = a) = qa. a)

x3

Y


   

x2

x1

3q

q

a

T(x )

b)

2qa

a

P = 3qa

+

qa

2

2

qa

2

X

qa

a

c)

qa

X

a

qa

+

2

X

M (x)

Rys. 2.5. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

( x − a) a  , M ( x 2) = −qa  x2 −  + P ( x2 − a) − 3q ( x2 − a ) 2 2 2  a ( x − a)2  M ( x 2 ) = − qa  x2 −  + P ( x2 − a ) − 3q 2 , 2 2  143

dla:

M (x 2 = a) = −

qa 2 , 2

M(x2 = 2a) = 0, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – qa + P – 3q(x2 – a), T(x2 = a) = 2qa, T(x2 = 2a) = – qa. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

2a ≤ x3 ≤ 3a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

3  a   M ( x3) = − qa  x3 −  + P ( x3 − a) − 3qa  x3 − a  , 2 2   

dla:

M(x3 = 2a) = 0,

M(x3 = 3a) = – qa2,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x3) = – qa + P – 3qa,

T(x3 = 2a) = – qa,

T(x3 = 3a) = – qa.

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x2 = T( x 2) = − qa + P − 3q ( x2 − a) = 0, dx stąd

x0 = 144

5 a. 3

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

a ( x − a) 1  M ( x 2 = x 0) = − qa  x2 −  + P ( x2 − a) − 3q ( x2 − a ) 2 = − qa 2 . 2 2 6  Zadanie 52 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB przedstawionej na rysunku 2.52a metodą superpozycji. a)

Y x1

M m m

B


    A

X

l

b)

ql

2

+

x1

m

c)

A

B

m

X

l

d)

e)

f)

2

ql

ql

ql

+

X

X

2

+ g)

+ ql

2

ql

2

ql

2

X

X

Rys. 2.52. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

145

Rozwiązanie ql 2 Rozpatrujemy belkĊ obciąĪoną tylko parą siá o momencie M = . 4 Moment zginający w przekroju m–m wynosi

M (x) = M =

ql 2 . 4

Moment ten nie zaleĪy od odciĊtej x, ma wiĊc wartoĞü staáą wzdáuĪ caáej belki (rys. 2.52b). Znak momentu zginającego jest tu dodatni, belka bowiem pod dziaáaniem pary siá o momencie M wygina siĊ wypukáoĞcią do doáu (linia kreskowana). PoniewaĪ siáa tnąca w przekroju m–m wynosi

T(x) = 0,


   

zatem nie bĊdzie wykresu siá tnących przy obciąĪeniu belki parą siá.

NastĊpnie rozpatrzymy belkĊ obciąĪoną tylko obciąĪeniem ciągáym q (rysunek 2.52c). Moment zginający w przekroju m–m wynosi

M ( x ) = − q (l − x )

l−x (l − x ) 2 = −q , 2 2

x jest tu w drugiej potĊdze, wykres momentów bĊdzie wiĊc ograniczony parabolą. Moment Mx jest ujemny, poniewaĪ belka pod dziaáaniem obciąĪenia ciągáego wygnie siĊ wypukáoĞcią do góry (linia kreskowana); odciĊta x moĪe tu przybieraü wartoĞci od 0 do l. I tak dla:

x = 0,

M (x) = −

x = l,

M(x) = 0.

ql 2 , 2

Siáa tnąca w przekroju m–m wynosi

T(x) = q(l – x), x jest w pierwszej potĊdze, zatem siáa tnąca zmienia siĊ liniowo wzdáuĪ belki

x = 0,

T(x) = ql,

x = l,

T(x) = 0.

Wykres siá tnących jest pokazany na rysunku 2.52e. Sumaryczny wykres momentów pokazany na rysunku 2.52f zostaá otrzymany po naáoĪeniu na siebie rysunków 2.52b i 2.52d. 146

Zadanie 53 Wykonaü wykresy momentów zginających i siá tnących dla belki AB utwierdzonej

Pl

jednym koĔcem i obciąĪonej siáą skupioną P oraz parą siá o momencie M = jak jest 4 pokazane na rysunku 2.53a. a)

Y x2 M

x1 A

MuA

B l 2

RA

X

l 2

P l

b)


   

T(x)

X

P

M (x)

c)

Pl

+

Pl

X

Rys. 2.53. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A. Zwrot reakcji RA zakáadamy do góry. PoniewaĪ belka jest utwierdzona, musi dziaáaü moment utwierdzenia w punkcie A; zakáadamy, Īe moment MuA dziaáa w dóá. Wtedy

∑ M A = − M uA − P

skąd

M uA = −

l + M = 0, 2

Pl . 4

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A + P = 0, skąd

RA = – P. Znak ujemny dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest przeciwny niĪ zaáoĪono. 147

Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá


   

l 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü Pl M ( x1) = − M uA + R A x1 = − Px1 , 4 dla: Pl M ( x1 = 0) = , 4 Pl M ( x1 = l / 2 ) = − , 4 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA,

T(x1 = 0) = – P,

T(x1 = l/2) = – P.

OdciĊtą dla której moment gnący jest równy zeru, obliczamy z warunku

M ( x1) = − M uA + R A x1 =

stąd

Pl − Px1 , 4

l x0 = . 4 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá l ≤ x2 ≤ l . 2 Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

dla:

l  M ( x 2) = − M uA + R A x2 + P  x2 −  , 2  M ( x 2 = l / 2) = −

Pl , 4

Pl , 4 natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu M (x2 = l) = −

T(x2) = RA + P = – P + P = 0. 148

Zadanie 54 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.54a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.54b i 2.54c. a)

x3

Y x2 x1 MuA

A RA

q P =2qa C

a

a

RB

a

P =2qa

X

B

RC

q


   

MuA X

RA

b)

T(x)

5 qa 2

RC

+

RB

qa 2

2,5a

c)

M (x)

+

– 3qa

qa – 2

2

2

–

qa 2 X

qa

2

X

Rys. 2.54. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie PoniewaĪ w belce tej znajduje siĊ przegub w punkcie C, musimy rozpatrzyü dwa przypadki: dla belki AC oraz CB. Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie B bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu C dla belki CB, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY dla belki AB. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

a 2

∑ Mc = − RB ⋅ a − qa ⋅ = 0, skąd

RB =

qa . 2 149

Korzystając z sumy rzutów siá na oĞ OY dla belki CB otrzymamy

∑ Py = RC − qa + RB = 0, skąd

RC = −

qa . 2

Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY dla belki AB otrzymamy

∑ Py = R A − P − qa + RB = 0, skąd

RA = 2,5qa.


   

NastĊpnie z sumy momentów wzglĊdem punktu C takĪe dla belki AC wyliczamy MuA

∑ M c = − M uA + R A 2a − Pa +

skąd

qa 2 − R B a = 0, 2

MuA = 3qa2.

Wydzielamy w belce trzy przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x1) = – MuA + RA x1,

dla:

M(x1 = 0) = – 3qa2,

M(x1 = a) = – 0,5qa2,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = RA, dla:

T(x1 = 0) = 2,5qa, T(x1 = a) = 2,5qa. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a ≤ x2 ≤ 2a. 150

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x2) = – MuA + RA x2 – P(x2 –a), M(x2 = a) = – 0,5qa, M(x2 = 2a) = 0,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – P, T(x2 = a) = 0,5qa, T(x2 = 2a) = 0,5qa.


   

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x3 ≤ 3a

(rozwiązujemy od prawej strony).

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x3) = RB (3a − x3 ) − q (3a − x3 )

M ( x3)

dla:

(3a − x3 ) , 2

(3a − x3 ) 2 , = RB (3a − x3 ) − q 2

M(x3 = 2a) = 0,

M(x3 = 3a) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T( x3) = − RB + q(3a − x3 ),

qa , 2 qa T( x3 = 3a ) = − . 2 Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w trzecim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą trzeciego przedziaáu do zera. PoniewaĪ T( x3 = 2 a ) =

d M x3 = T( x3) = − RB + q (3a − x3 ) = 0, dx 151

stąd

x0 = 2,5a. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x3 = x 0) = RB (3a − x3 ) − q (3a − x3 )

(3a − x3 ) 1 2 = qa . 2 8

Zadanie 55 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.55a wyprowadziü wzory na siáy poprzeczne i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.55b i 2.55c. Y


   

a)

x3

x2

MuA

b)

q =40 kN/m

P =20 kN

x1

M = 30 kNm

A RA

0,8 m

X

B

1,8 m

1,4 m

T(x)

+

76

56

X

M (x)

c)

X

– 39,2 – 266,8

– 176 – 206

Rys. 2.55. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü moment utwierdzenia w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu A, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY. Zakáadamy, Īe zwrot reakcji skierowany jest do góry. 152

Wtedy

∑ M A = − M uA + M + P ⋅ 2,6 + q ⋅1,4 ⋅ 3,3 = 0, skąd

MuA = 266,8 kNm. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ OY otrzymamy

∑ Py = R A − P − q ⋅1,4 = 0, skąd

RA = – 76 kN.


   

Znak ujemny dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest przeciwny do zaáoĪonego. Wydzielamy w belce trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 0,8.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = − M uA + R A ⋅ x1 ,

dla:

M(x1 = 0) = – 266,8 kNm,

M(x1 = 0,8) = – 206 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA,

T(x1 = 0) = 76 kN,

T(x1 = 0,8) = 76 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0,8 ≤ x2 ≤ 2,6. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = − M uA + R A ⋅ x2 + M, dla:

M(x2 = 0,8) = – 176 kNm, M(x2 = 2,6) = – 39,2 kNm, 153

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu

T(x2) = RA, T(x2 = 0,8) = 76 kN, T(x2 = 2,6) = 76 kN. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2,6 ≤ x3 ≤ 4 (rozwiązanie od prawej strony). Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü


   

M ( x 3)

(4 − x3 ) ( 4 − x3 ) 2 , = − q ( 4 − x3 ) = −q 2 2

dla:

M(x3 = 2,6) = – 39,2 kNm,

M(x3 = 4) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

Tx3 = q(4 – x3),

T(x3 = 2,6) = 56 kN, T(x3 = 4) = 0.

Zadanie 56 Dla belki wspornikowej przedstawionej na rysunku 2.56a wykonaü wykresy siáy tnącej T(x) i momentu gnącego M(x). Rozwiązanie Obliczenia rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji podporowych z równaĔ równowagi dla caáej belki. Równania te są nastĊpujące

∑ M B = q ⋅ 2a ⋅ 4a − M − Pa + MUB = 0, skąd

MUB = – 5qa2,

∑ Py = − 2qa + P + RB = 0, skąd

RB = qa. 154

a)

Y

x3 x2 x1

x4

q

M = 2qa

2

MuB

A

B 2a

b)

a

a

X

a

T(x) X – qa

– 2qa M (x)


   

c) – 2qa

X

2

– 4qa

– 5qa

2

2

Rys. 2.56. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Wydzielamy w belce cztery przedziaáy.

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2a.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = −q ⋅ x1 ⋅

x1 qx 2 =− 1 , 2 2

dla:

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 2a) = – 2qa2, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T( x1) = −q ⋅ x1 , dla:

T(x1 = 0) = 0, T(x1 = 2a) = 2qa. 155

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x2 ≤ 3a. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = −2q ⋅ a ⋅ ( x2 − a), dla:

M(x2 = 2a) = – 2qa2, M(x2 = 3a) = – 4qa2, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu


   

T(x2) = – 2qa.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x3 ≤ 2a.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = −2q ⋅ a ⋅ ( x3 − a) + M,

dla:

M(x3 = 0) = – 2qa2,

M(x3 = 2a) = – 4qa2,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu

T(x3) = – 2qa.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x4 ≤ 3a

(rozwiązanie od koĔca belki).

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 4 ) = RB x4 + M B , dla:

M(x4 = 2a) = – 4qa2, M(x4 = 3a) = – 5qa2, 156

natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = – RB, T(x4 = 2a) = – qa, T(x4 = 3a) = – qa. Zadanie 57 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.57a wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.57b i 2.57c. Y

a)

x2 x1

q

2


   

M0 = qa

A

P =4 qa

2a

B

X

a

T(x)

b)

+

2qa X

2qa

c)

qa

qa

2

+

+

2

qa

2

X

M (x)

Rys. 2.57. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2a. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = M − q

x12 , 2 157

dla:

M(x1 = 0) = qa2, M(x1 = 2a) = – qa2,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = – qx1, dla:

T(x1 = 0) = 0, T(x1 = 2a) = – 2qa.


   

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x2 ≤ 3a.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x2) = M – 2qa(x2 – a) + 4qa(x2 – 2a),

dla:

M(x2 = 2a) = – qa2,

M(x2 = 3a) = qa2,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = – 2qa + 4qa = 2qa,

T(x2 = 2a) = 2qa, T(x2 = 3a) = 2qa.

Zadanie 58 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.58a wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.58b i 2.58c. Rozwiązanie Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2a. 158

a)

Y

x2 x1

q M0 = qa

A P = qa

2

X

B 2a

a

T(x )

b) qa

+

X

c)


   

qa

2

qa 2 qa 2

+

2qa

2

X

M (x)

Rys. 2.58. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = Px1 − q

x12 , 2

dla:

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 2a) = 0,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu

T(x1) = P – qx1, dla:

T(x1 = 0) = P, T(x1 = 2a) = – qa. 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2a ≤ x2 ≤ 3a. 159

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x2) = Px2 – 2qa(x2 – a) – M,

dla:

M(x2 = 2a) = – qa2, M(x2 = 3a) = – 2qa2,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = P – 2qa, T(x2 = 2a) = 2qa,


   

T(x2 = 3a) = – qa. Zadanie 59 Dla belki utwierdzonej i obciąĪonej jak na rysunku 2.59a, wyprowadziü wzory na siáy tnące i momenty gnące, i wedáug tych wzorów sprawdziü wykresy podane na rysunkach 2.59b i 2.59c. Y

a)

x2

2q

x1

M0 = qa

2

q

A

b)

a 2

B

P = qa

X

a

T(x)

qa 2 qa 2

+

3 x0 = a 4

X 3 qa 2 3 2 qa 8 X

c) qa

+

2

15 qa 16

2

7 2 qa 8

M (x)

Rys. 2.59. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

160

Rozwiązanie Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

a 0 ≤ x1 ≤ . 2 Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü qx12 , 2

M ( x1) = M − dla:

M(x1 = 0) = qa2,

7 qa 2 , 8 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu


   

M ( x1 = a / 2) =

dla:

T(x1) = – qx1, T(x1 = 0) = 0,

qa . 2 2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá T( x1 = a / 2) =

a 3a ≤ x2 ≤ l. 2 2

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2)

dla:

2

a   x2 −  2  a a a  , = M − q  x2 −  + P  x2 −  − 2 q 2 2 2 2 

M ( x 2 = a / 2) =

7 qa 2 , 8

M ( x 2 = 3a / 2 ) =

3qa 2 , 8

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = −

qa a  + P − 2 q  x2 −  , 2 2  161

qa , 2 3qa . T( x 2 = 3a / 2) = 2 Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment ten znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ d M x2 qa a  = T( x 2) = − + P − 2q  x2 −  = 0, 2 2 dx  stąd 3 x0 = a. 4 Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi


   

T( x 2 = a / 2) =

M ( x 2 = x 0) = M − q

a a a   x 2 −  + P  x2 −  − 2 q 2 4 4 

a   x2 −  2  2

2

=

15 2 qa . 16

Zadanie 60 Wykonaü wykresy siá tnących i momentów gnących dla belki przedstawionej na rysunku 2.60a. Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcje podporowe, rozáączamy w myĞli belkĊ w przegubie B. Otrzymujemy dwa samodzielne ukáady. W pierwszej czĊĞci belki reakcje są sobie równe i wynoszą

1 ql. 2 Dla drugiej czĊĞci belki obliczamy sumy momentów wzglĊdem punktów C i D: 1 2 ∑ M c = RB l + ql − RD 2l = 0, 2 1 RD = ql , 2 3  ∑ M D = RB 3l + RC 2l − 3ql  l  = 0, 2  RC = 3ql. R A = RB =

Znając reakcje moĪna wykonaü wykresy siá tnących i momentów zginających. NaleĪy podkreĞliü, Īe przegub nie stanowi granicy przedziaáów zmiennoĞci siáy tnącej i momentu gnącego. 162

a)

Y x2 x1

A

q

B l

b)

c)

D

C RC

D RD

X

l

A RA

B RB

T(x ) l 2

B RB

3 ql

+

+


   

1 ql

C

X 1 ql

3 ql

7 2 l

d)

1 2 ql 8

1 2 ql 8 X

M (x)

+

+

ql

2

Rys. 2.60. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

W belce wyodrĊbnimy dwa przedziaáy zmiennoĞci siá poprzecznych i momentów zginających. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 2l.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x1) = R A x1 − qx1

x1 1 1 = qlx1 − qx12 , 2 2 2

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 2l) = – ql2, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T( x1) =

1 ql − qx1 , 2 163

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x2 ≤ 4l. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü:

M ( x 2 ) = R A x2 + RC ( x2 − 2l ) − qx2 =

x2 = 2

1 1 qlx1 + 3ql ( x2 − 2l ) − qx22 , 2 2

M(x2 = 2l) = – ql2, M(x2 = 4l) = 0,


   

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T( x 2) = R A + RC − qx2 =

T( x 2 = 2 l ) =

1 ql + 3ql − qx2 , 2

3 ql, 2

T( x 2 = 4l ) = −

1 ql. 2

W związku z tym, Īe funkcja siáy poprzecznej w pierwszym przedziale zmienia znak, musi wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx1 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx1

T( x1) =

1 ql − qx1 = 0. 2

Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x1 = l/2. UwzglĊdniając tĊ wartoĞü w funkcji Mx1 otrzymamy

M max =

1 2 ql . 8

RównieĪ funkcja siáy poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak. Musi wiĊc wystąpiü w nim ekstremum momentu gnącego. A zatem aby okreĞliü przekrój, w którym funkcja Mx2 osiągnie ekstremum, musimy przyrównaü do zera funkcjĊ Tx2

Tx 2 = R A + RC − qx2 = 164

1 ql + 3ql − qx2 . 2

Z równania tego wynika, Īe ekstremum wystąpi dla x2 = 7l/2. UwzglĊdniając tĊ wartoĞü w funkcji Mx2 otrzymamy

M max =

1 2 ql . 8

Zadanie 6 Wykonaü wykresy siá poprzecznych i momentów gnących dla ukáadu dwóch belek poziomych ABC i CD poáączonych przegubowo w punkcie C i obciąĪonych jak na rysunku 2.61a. Y

a)

q = 40 kN/m


   

P =120 kN A

B

l2 =8 m

l1 =8 m

b)

C

E

D

X

l3 = 6 m

x2

Y

x1

RC

A

B

RA

RB

C

P =120 kN

c)

RC

x3

T(x)

145

+

X 60

M (x)

262

60

+

3,63 m

e)

X

RD

x4

d)

X

175

+ +

180 X 120

7,25 m

Rys. 2.6. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

165

Rozwiązanie W celu wyznaczenia wartoĞci reakcji w punktach A, B, D przecinamy myĞlowo belkĊ w punkcie C (w miejscu przegubu). WartoĞü reakcji w punkcie C wyznaczamy z sumy momentów siá wzglĊdem punktu D, natomiast wartoĞü reakcji w punkcie D z sumy momentów siá wzglĊdem punktu D – oba przypadki rozpatrujemy tylko i wyáącznie dla belki CFD. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

1 2

∑ M D = RC l3 −12 ⋅ l3 = 0, skąd:

RC = 60 kN,

skąd

l3 − RD ⋅ l3 = 0, 2


   

∑ MC = F ⋅ RD = 60 kN.

WartoĞü reakcji w punkcie A wyznaczamy z sumy momentów siá wzglĊdem punktu B, natomiast wartoĞü reakcji w punkcie B z sumy rzutów siá na oĞ Y – oba przypadki rozpatrujemy tylko i wyáącznie dla belki ABC. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M B = R Al1 − ql1 ⋅

skąd:

l1 + RC l2 = 0, 2

RA = 145 kN,

∑ Py = R A − ql1 + RB − RC = 0,

skąd

RB = 235 kN.

Znak dodatni reakcji dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 8. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 − qx1 dla:

1 qx 2 x1 = R A x1 − 1 , 2 2

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 8) = 120 kNm, 166

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA – qx1, T(x1 = 0) = 145 kN, T(x1 = 8) = – 175 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

8 ≤ x2 ≤ 13. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A x2 − ql1 ( x2 − 4) + RB ( x2 − l1 ),


   

dla:

M(x2 = 8) = – 120 kNm,

M(x2 = 13) = 180 kNm,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – ql1 + RB,

T(x2 = 8) = 60 kN,

T(x2 = 13) = 60 kN.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

13 ≤ x3 ≤ 16.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = R A x3 − ql1 ( x3 − 4) + RB ( x3 − l1 ) − F ( x3 − 13),

dla:

M(x3 = 13) = 180 kNm, M(x3 = 16) = 0, natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – ql1 + RB – F, T(x3 = 13) = – 60 kN, T(x3 = 16) = – 60 kN. 167

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − qx1 = 0, dx

stąd

x0 = 3,63 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x1 = x0) = R A x1 −

qx12 = 262 kNm. 2


   

Zadanie 62 Wyznaczyü wykres siá poprzecznych i momentów gnących dla ukáadu dwóch belek poziomych ABC i CD, poáączonych przegubowo w punkcie C i obciąĪonych jak na rysunku 2.62a. Dane = 1,2 m, P = 40 kN, M0 = 24 kNm. x4

Y

a)

x3

x2

x1

M0

P

A

B

l

b)

l

l

A

D

B

M0

C

X RD

D

RA

X

l

RC

P

Y

c)

C

RC

RB

T(x )

10

+

+

20 X 30

d) 24

+

12

X

+

M (x)

Rys. 2.62. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

168

24

Rozwiązanie W celu wyznaczenia wartoĞci reakcji w punktach A, B, D przecinamy myĞlowo belkĊ w punkcie C (w miejscu przegubu). WartoĞü reakcji w punkcie C wyznaczamy z sumy momentów siá wzglĊdem punktu D dla belki CD. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

∑ M D = − RC ⋅ l − M 0 = 0, skąd

RC = 20 kN. Natomiast z sumy rzutów siá na oĞ OY dla belki CD otrzymujemy

∑ Py = RC + RD = 0, skąd


   

RD = – 20 kN.

Z warunków równowagi belki ABC wyznaczamy wartoĞci RA i RB, wówczas

∑ M B = R A ⋅ 2l − 2l + RC l = 0,

skąd:

RA = 10 kN.

∑ M A = RB ⋅ 2l − Pl − RC ⋅ 3 = 0,

skąd:

RB = 50 kN.

W caáej belce moĪemy wyodrĊbniü trzy przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ l.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü dla:

M(x1) = RAx1, M(x1 = 0) = 0, M(x1 = l)

= 12 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu:

T(x1) = RA, T(x1 = 0) = 10 kN, T(x1 = l) = 10 kN. 169

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

l ≤ x2 ≤ 2l. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M(x2) = RAx2 – P(x2 – l), dla:

M(x2 = l) = 12 kNm, M(x2 = 2l) = – 24 kNm, natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:


   

T(x2) = RA – P,

T(x2 = l) = – 30 kN,

T(x2 = 2l) = – 30 kN.

3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

2l ≤ x3 ≤ 4l.

Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

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

dla:

M(x3 = 2l) = – 24 kNm,

M(x3 = 4l) = 24 kNm,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – P + RB, T(x3 = 2l) = 20 kN, T(x3 = 4l) = 20 kN. Zadanie 63 Wykonaü wykresy siá poprzecznych i momentów gnących dla ukáadu dwóch belek poziomych AEBD i DC poáączonych przegubowo w punkcie C i obciąĪonych jak na rysunku 2.63a. 170

a)

Y

x1

x4

x3

x2

Q =100 kN Q1 =60 kN

2m

A 1 m RA L1

b)

T(x) 46,7

B

Q =100 kN 3m L2

3m L3

Q2 = 40 kN

RB

x0 = 2,16

1m L4

D

C 2m L5

+

X

40 1m

x’0 = 8


   

M (x)

67,1

280

40

43,3

c)

RC

240

+

X

+

50

+

20

X

150

280

Rys. 2.63. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie C, bierzemy pod uwagĊ sumĊ momentów wzglĊdem punktu D dla belki DC, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie A, B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ Y oraz sumy momentów wzglĊdem punktu A dla belki AEBDC (te obliczenia przeprowadzamy juĪ dla caáego ukáadu). Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

1 2

∑ M D = − RC ⋅ l5 + q2 ⋅ l5 ⋅ ⋅ l5 = 0,

skąd

RC = 40 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy:

∑ Py = R A − 1 2

1 l2 q1 + RB − P − q2l5 + RC = 0, 2 2 3

∑ M A = ⋅ 3 ⋅ q1 ⋅ ⋅ l2 − Q ⋅ 2 − RB (l2 + l3 ) + P (l2 + l2 + l4 ) + 1   + q2 ⋅ l5 ⋅  l2 + l3 + l4 + l5  − RC (l2 + l3 + l4 + l5 ) = 0, 2   171

skąd:

RB = 323,3 kN, RA = 46,7 kN. Znak dodatni dowodzi, Īe rzeczywisty zwrot reakcji RA jest zgodny z zaáoĪonym. Wydzielamy w belce cztery przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 3. Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A x1 −

1 1 q( z ) x1 x1 , 2 3


   

a poniewaĪ

to

q1 q( x) , = l2 x1

M ( x1) = R1x1 −

1 3 x1 , 3

dla

M(x1 = 0) = 0,

M(x1 = 3) = 50 kNm,

natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu dla:

T(x1) = RA – x12,

T(x1 = 0) = 46,7 kN,

T(x1 = 3) = – 43,3 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

3 ≤ x2 ≤ 6. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A x 2 −

1 2   q1l2  x2 − l2  − Q ⋅ 2, 2 3  

dla:

M(x2 = 3) = –150 kNm, M(x2 = 6) = –280 kNm, 172

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – 9, T(x2 = 3) = – 43,3 kN, T(x2 = 6) = – 43,3 kN. 3) Trzeci przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

6 ≤ x3 ≤ 7. Ogólne równanie momentów dla trzeciego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x3) = R A x3 − dla:

1 2   q1l2  x3 − l2  − Q ⋅ 2 + RB ( x3 − l2 + l3 ), 2 3  


   

M(x3 = 6) = – 280 kNm,

M(x3 = 7) = 0,

natomiast siáa tnąca dla trzeciego przedziaáu:

T(x3) = RA – 9 + RB,

T(x3 = 6) = 280 kN, T(x3 = 7) = 280 kN.

4) Czwarty przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

7 ≤ x4 ≤ 9.

Ogólne równanie momentów dla czwartego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( X 4 ) = R A x4 −

1 2   q1l2  x4 − l2  − Q ⋅ 2 + RB ( x4 − l2 + l3 ) − 2 3  

− P ( x4 − l2 + l3 + l4 ) − q dla:

( x4 − l2 + l3 + l3 ) 2 , 2

M(x4 = 7) = 0, M(x4 = 9) = 0, natomiast siáa tnąca dla czwartego przedziaáu:

T(x4) = RA – 9 + RB – q2(x4 – l2 + l3 + l4), T(x4 = 7) = 40 kN, T(x4 = 9) = – 40 kN. 173

Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym oraz w czwartym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

d M x1 = T( x1) = R A − x12 = 0, dx

stąd


   

stąd

x0 = 2,16 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi 1 M ( x1 = x 0) = R1 x1 − x13 = 67,3 kNm , 3 Taki sam schemat przyjmujemy dla przedziaáu czwartego i tak d M x4 = T( x 4) = R A − 9 + RB − q2 ( x4 − l2 + l3 + l4 ), dx x'0 = 8 m. Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi M(x4 = x0) = 20 kNm.

Zadanie 64 Dla belki obciąĪonej jak na rysunku 2.64a wyznaczyü reakcje podpór oraz sporządziü wykresy siá tnących i momentów gnących. a)

Y

x1

6 kN/m

18 kN/m

A

Q2

Q1

RA

b)

x2

6m

72 kNm

B

C

3m

RC

6m

RD

T(x) 42

+

+ x0 = 2,755

c)

X

D

6

X

–39 –36

–108

X

+

54,3699 M (x)

Rys. 2.64. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

174

Rozwiązanie Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A, bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B dla belki AB, przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie D korzystamy z sumy momentów wzglĊdem punktu C dla caáego ukáadu, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie C korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ OY dla caáego ukáadu. Zakáadamy, Īe zwroty reakcji skierowane są do góry. Wtedy

2 3

∑ M B = R A ⋅ 6 − Q2 ⋅ 3 − Q1 ⋅ ⋅ 6 = 0, gdzie:

Q = Q1 + Q2 + Q3 ,

1 ⋅ 12 ⋅ 6 = 36 kN , 2


   

Q1 =

Q2 = 6 ⋅ 6 = 36 kN ,

Q3 =

skąd:

1 ⋅ 3 ⋅ 6 = 9 kN , 2

RA = 42 kN,

∑ Py = R A − Q + RB = 0,

skąd:

RB = 30 kN,

2 3

∑ M C = R A ⋅ 9 − Q ⋅ ⋅ 9 + 72 − RD ⋅ 6 = 0,

skąd

RD = – 6 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ Y otrzymamy

∑ Py = RA + Q + RC + RD = 0, skąd

RC = – 45 kN. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy. 1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 9. 175

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = R A ⋅ x1 − x1 ⋅ a poniewaĪ:

dla:

x1 1 2 ⋅ q x1 − ⋅ x1 ⋅ (18 − q x1 ) ⋅ x1 , 2 2 3

q( x1) 18 = ⇒ q ( x1) = 18 − 2 x1 , 9 (9 − x1 ) 1 M ( x1) = R A x1 − 9 x12 + x13 , 3

M(x1 = 0) = 0, M(x1 = 9) = – 108 kNm, natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu


   

dla:

T(x1) = RA – 18x1 + x12, T(x1 = 0) = 42 kN,

T(x1 = 9) = – 39 kN.

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

9 ≤ x2 ≤ 15.

Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2 ) = R A ⋅ x2 − Q ⋅ ( x2 − 3) + M + RC ( x2 − 9),

dla:

M(x2 = 9) = – 36 kNm,

M(x2 = 15) = 0,

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T(x2) = RA – 36,

T(x2 = 9) = 6 kN,

T(x2 = 15) = 6 kN. Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w pierwszym przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą pierwszego przedziaáu do zera. PoniewaĪ

stąd

d M1 = T( x1) = R A − 18 x + x 2 = 0, dx x0 = 2,755 m.

176

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x1 = x0 ) = R A x1 − 9 x12 +

1 3 x1 = 54,3699 kNm. 3

Zadanie 65 Dla belki swobodnie podpartej o rozpiĊtoĞci l = 10 m, jak na rysunku 2.65a, podany jest wykres M(x) (rys. 2.65b) okreĞlony równaniem

M(x) = 15 000 + 9000x – 1000x2. Wyznaczyü ksztaát wykresu T(x) oraz rodzaj obciąĪenia. a)

Y B

X


   

A

L=10 m

RA

b)

M (x)=15000+9000x–1000 x2

M (x)

RB

+

c)

Y

MA

q

A

d)

T(x)

RA

X

MB B

xm = 4,5

X

RB

+

X

Rys. 2.65. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Funkcja siá poprzecznych przyjmuje postaü

T ( x) =

dM ( x ) = 9000 − 2000 x. dx

Jest to funkcja liniowa i przyjmuje wartoĞci:

T( x = 0) =

dM ( x ) = R A = 9000 kG = 90 kN , dx

T( x = l ) =

dM ( x) = RB = −11 000 kG = −110 kN , dx 177

natomiast funkcja obciąĪenia przyjmuje wartoĞü

q=−

dT ( x ) = 2000 kG/m = 20 kN/m. dx

Z równania momentów zginających wyznaczamy wartoĞci:

MA = M(x = 0) = 15 000 kGm = 150 kNm, MB = M(x = l) = 5000 kGm = 50 kNm. Funkcja M(x) osiąga najwiĊkszą wartoĞü tam, gdzie speániony jest warunek

 d M ( x)  = T ( xm) = 9000 − 2000 xm = 0,  dx    x = xm stąd:


   

xm = 4,5 m.

Mmax = M(xm) = 35 250 kGm = 352,50 kNm.

Zadanie 66 Dla belki AB o rozpiĊtoĞci l = 12 m opartej na dwóch podporach przegubowych (rys. 2.66a), moment zginający w dowolnym przekroju w odlegáoĞci x od podpory A okreĞlony jest równaniem

x 3  3 2  M (AB x x = + − − 10 48 20 . x)  12  

OkreĞliü rodzaj obciąĪenia belki oraz sporządziü wykresy T(x) i M(x). Rozwiązanie Równanie siá tnących dla przedstawionej belki

d M (AB x)

 x2  = 103  20 − 2 x −  .  dx 4   Funkcja siá poprzecznych T(x) jest funkcją drugiego stopnia i przyjmuje wartoĞci: T( AB x) =

0 T( AB x = 0) = TA = R A = 2000 kG = 20 kN , l T( AB x = l ) = TB = RB = −40 000 kG = −400 kN.

Funkcja obciąĪenia przyjmuje postaü

q ( x) = − 178

dT( AB x)

x  = 103  2 +  . 2 dx 

a)

Y

q(x)

x

M A

B

RA

12 m

X

RB

M (x)

b)

+

480

1141 X

T(x)

c)

+


   

20

X

5,8 m

80

Rys. 2.66. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Zatem obciąĪenie zmienia siĊ liniowo i przyjmuje wartoĞci:

q( x = 0 ) = q A = 2000 kGm = 20 kN/m,

12   q( x = l ) = q B = 103  2 +  = 8000 kGm = 80 kN/m. 2  Z równania momentów zginających wyznaczamy: M (AB x = 0) = M A = 48 000 kGm = 480 kNm ,

M (AB x = 12) = M B = 0.

AB Funkcja M(x) osiąga najwiĊkszą wartoĞü tam gdzie speániony jest warunek:

d M (AB  1 2 x)   = T(AB xm = 0, xm ) = 20 − 2 xm − 4 dx   x = xm stąd:

xm = 5,8 m, AB = M (AB M max xm) = 114 100 kGm = 1141 kNm.

179

Zadanie 67 Zapora wodna ma byü zbudowana z desek ustawionych pionowo i opartych o poziome belki A i B. Sporządziü wykresy siá tnących i momentów gnących dla γ = 0,001 kG/cm3 i gáĊbokoĞci 3 m. Schemat zapory przedstawiono na rysunku 2.67a. a)

b)

x1

1m

x2

RA

A

2m

RB


   

B

q 300

–0,05

c)

0,175

T(x)

d)

M (x)

+

+

2,12 m

0,093

–0,225

–0,0167

Rys. 2.67. Wykresy siáy tnącej i momentu zginającego

Rozwiązanie Na obciąĪenie desek skáada siĊ parcie wody i reakcja podpór A i B. Na gáĊbokoĞci x poniĪej poziomu wody panuje ciĞnienie

pz = x × γ. A poniewaĪ pz = qz i – jak widaü – qz zmienia siĊ proporcjonalnie do x, mamy do czynienia z obciąĪeniem ciągáym po trójkącie. Tak wiĊc obciąĪenie u podstawy tamy wynosi q = 0,001 . 300 = 0,3 kG/cm = 0,3 kN/m. 300

Aby wyznaczyü reakcjĊ pionową w punkcie A bierzemy sumĊ momentów wzglĊdem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamy z sumy rzutów siá na oĞ poziomą. 180

Wtedy

1 2

∑ M B = R A ⋅ 2 − ⋅ q300 ⋅ 3 ⋅1 = 0, skąd

RA = 0,225 kN. Wykorzystując sumĊ rzutów siá na oĞ poziomą otrzymamy

1 2

∑ Py = R A + RB − ⋅ q300 ⋅ 3 = 0, skąd

RB = 0,225 kN. Wydzielamy w belce dwa przedziaáy.


   

1) Pierwszy przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

0 ≤ x1 ≤ 1.

Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x1) = − Qx1 ⋅

gdzie

Qx1 =

1 x1 , 3

1 q x1 ⋅ x1, 2

a poniewaĪ:

q300 q( x1) q ⋅x = ⇒ q( x1) = 300 1 , 3 3 x1

M ( x1) = −

q300 x13 , 18

M(x1 = 0) = 0,

q300 ⋅ 13 = − 0,0167 kNm , 18 natomiast siáa tnąca dla pierwszego przedziaáu M ( x1 = l ) = −

T( x1) = − dla:

q300 x12 , 6

T(x1 = 0) = 0,

T( x1 = l ) = −

q300 ⋅ 12 = − 0,05 kN. 6 181

2) Drugi przedziaá bĊdzie siĊ zmieniaá

1 ≤ x2 ≤ 3. Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaáu bĊdzie miaáo postaü

M ( x 2) = R A ( x2 − 1) − Q( x 2) ⋅ gdzie

Qx 2 =

1 x2 , 3

1 q x 2 ⋅ x2 , 2

a poniewaĪ:

q300 q ( x 2 ) q ⋅x = ⇒ q( x 2) = 300 2 , x2 3 3

3 1 q300 ( x2 − 1) − q300 ⋅ x23 , 4 18


   

M ( x 2) =

M ( x 2 = 1) = − M ( x 2 = 3) =

q300 ⋅ 13 = − 0,0167 kNm , 18

3 27 q300 − q300 = 0, 2 18

natomiast siáa tnąca dla drugiego przedziaáu:

T( x 2) = R A − Q( x 2) =

T( x 2 = 1) =

3 1 q300 − q300 x22 , 4 6

7 q300 = 0,175 kN, 12

9 q300 = − 0,225 kN. 12 Wyznaczenie maksymalnego momentu zginającego. Znajdujemy przekrój, w którym moment zginający ma wartoĞü maksymalną. Moment taki znajduje siĊ w drugim przedziale. W celu wyznaczenia wartoĞci maksymalnej przyrównujemy siáĊ tnącą drugiego przedziaáu do zera. PoniewaĪ 3 1 d M x2 = T( x 2) = q300 − q300 x22 = 0, 4 6 dx stąd x0 dla 2 = 2,12 m. T( x 2 = 3) = −

Dla tej odciĊtej moment gnący ma wartoĞü maksymalną i wynosi

M ( x 2 = x 0) = 182

3 1 q300 ( x2 − 1) − q300 ⋅ x23 = 0,093 kNm. 4 18

Literatura

[1] Chrobok R.: Zbiór zadaĔ z podstaw statyki. Wrocáaw, DolnoĞląskie Wydawnictwo Edukacyjne 1999


   

[2] Gubrynowiczowa J.: Zbiór zadaĔ z wytrzymaáoĞci materiaáów. Warszawa, PWN 1971 [3] Gubrynowiczowa J.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Warszawa, PWN 1958

[4] Jakubowicz A., OráoĞ Z.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Warszawa, WNT 1984

[5] Kurowski R., NiezgodziĔski M.E.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Warszawa, PWN 1961 [6] Kurowski R., Parszewski Z.: Zbiór zadaĔ z wytrzymaáoĞci materiaáów. Warszawa, PWN 1966 [7] Lisowski A., Siemieniec A.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Warszawa, PWN 1973 [8] Lisowski A., Siemieniec A.: Zadania z wytrzymaáoĞci materiaáów. Warszawa, PWN 1965 [9] NiezgodziĔski M.E., NiezgodziĔski T.: Wzory wykresy i tablice wytrzymaáoĞciowe. Warszawa, Wydawnictwa Naukowo-Techniczne 1996 [10] Oráowski W., SáowaĔski L.: WytrzymaáoĞü materiaáów przykáady obliczeĔ. Warszawa, Arkady 1978 [11] Rajfert T., RĪysko J.: Zbiór zadaĔ ze statyki i wytrzymaáoĞci materiaáów. Warszawa, PWN 1979 [12] Saáustowicz A., Dziunikowski L.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Kraków, Skrypt AGH 1958 [13] SzuĞcik W., KuczyĔski J.: WytrzymaáoĞü materiaáów. Gliwice, Skrypt Politechniki ĝląskiej 1974 [14] Zielnica J.: WytrzymaáoĞü materiaáów. PoznaĔ, Wydawnictwo Politechniki PoznaĔskiej 1996

183