[ Pobierz całość w formacie PDF ]
.Zadanie 59Dla belki utwierdzonej i obci onej jak na rysunku 2.59a, wyprowadzić wzory nasiÅ‚y tn ce i momenty gn ce, i wedÅ‚ug tych wzorów sprawdzić wykresy podane na ry-sunkach 2.59b i 2.59c.Ya)x22qx12qM0 = qaXA BaP=qa2aTx)(b)qa2 +Xqa23qa23x0 = a423qa8Xc)2+qa27qa815qa216M(x)Rys.2.59.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cego160BG AGHBG AGH Rozwi zanieWydzielamy w belce dwa przedziaÅ‚y.1) Pierwszy przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚a0 d" x1 d".2Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postać2qx1M = M - ,(x1)2dla:M(x1 = 0) = qa2,7qa2M = ,(x1 = a/2)8natomiast siÅ‚a tn ca dla pierwszego przedziaÅ‚uT(x1) = qx1,dla:T(x1 = 0) = 0,qaT(x1= a/2) =.22) Drugi przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚a 3ad" x2 d" l.2 2Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postać2aëø öøx2ìø - ÷ø2íø øøa a aëø öøM = M - q x2 - ÷ø ìø - ÷ø - 2q ,+ Pëø x2 öøìø(x2)2 2 2 2íø øø íø øødla:7qa2M = ,(x2 = a/2)83qa2M = ,(x2 = 3a/2)8natomiast siÅ‚a tn ca dla drugiego przedziaÅ‚u:qa aöø,T(x2) = - + P - 2qëø x2 - ÷øìø2 2íø øø161BG AGHBG AGH qaT(x2 = a/2) = ,23qaT(x2 = 3a/2) =.2Wyznaczenie maksymalnego momentu zginaj cego.Znajdujemy przekrój, w któ-rym moment zginaj cy ma warto ć maksymaln.Moment ten znajduje si w drugimprzedziale.W celu wyznaczenia warto ci maksymalnej przyrównujemy siÅ‚ tn c dru-giego przedziaÅ‚u do zera.PoniewadMx2 qa aöø= T(x2) = - + P - 2qëø x2 - ÷ø= 0,ìødx 2 2íø øøst d3x0 = a.4Dla tej odci tej moment gn cy ma warto ć maksymaln i wynosi2aëø öøx2ìø - ÷ø2íø øøa a a 15ëø öø ëø öøM = M - q x2 - ÷ø ìø - ÷ø - 2q = qa2.+ P x2ìø(x2 = x0)2 4 4 2 16íø øø íø øøZadanie 60Wykonać wykresy siÅ‚ tn cych i momentów gn cych dla belki przedstawionej narysunku 2.60a.Rozwi zanieAby wyznaczyć reakcje podporowe, rozÅ‚ czamy w my li belk w przegubie B.Otrzymujemy dwa samodzielne ukÅ‚ady.W pierwszej cz ci belki reakcje s sobie równe i wynosz1RA = RB = ql.2Dla drugiej cz ci belki obliczamy sumy momentów wzgl dem punktów C i D:1Mc = RBl + ql2 - RD 2l = 0,"21RD = ql,23ëø öøMD = RB3l + RC 2l - 3ql l = 0," ìø ÷ø2íø øøRC = 3ql.Znaj c reakcje mo na wykonać wykresy siÅ‚ tn cych i momentów zginaj cych.Nale y podkre lić, e przegub nie stanowi granicy przedziałów zmienno ci siÅ‚y tn ceji momentu gn cego.162BG AGHBG AGH a)Yx2x1qXA B C Dl lb)A BRA RBB C DTx)(RB RC RDlc)23ql1 +ql+X13qlql7l2d) M(x) 1 2ql1 28ql+ +8X2qlRys.2.60.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cegoW belce wyodr bnimy dwa przedziaÅ‚y zmienno ci siÅ‚ poprzecznych i momentówzginaj cych.1) Pierwszy przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚0 d" x1 d" 2l.Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postać:x1 1 12M = RAx1 - qx1 = qlx1 - qx1 ,(x1)2 2 2M(x1 = 0) = 0,M(x1 = 2l) = ql2,natomiast siÅ‚a tn ca dla pierwszego przedziaÅ‚u:1T(x1) = ql - qx1,2163BG AGHBG AGH 2) Drugi przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚2l d" x2 d" 4l.Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postać:x2M = RAx2 + RC (x2 - 2l) - qx2 =(x2)21 12= qlx1 + 3ql (x2 - 2l) - qx2 ,2 2M(x2 = 2l) = ql2,M(x2 = 4l) = 0,natomiast siÅ‚a tn ca dla pierwszego przedziaÅ‚u:1T(x2) = RA + RC - qx2 = ql + 3ql - qx2,23T( x2 = 2l) = ql,21T(x2 = 4l) = - ql.2W zwi zku z tym, e funkcja siÅ‚y poprzecznej w pierwszym przedziale zmienia znak,musi wyst pić w nim ekstremum momentu gn cego.A zatem aby okre lić przekrój,w którym funkcja Mx1 osi gnie ekstremum, musimy przyrównać do zera funkcj Tx11T(x1) = ql - qx1 = 0.2Z równania tego wynika, e ekstremum wyst pi dla x1 = l/2.Uwzgl dniaj c twarto ć w funkcji Mx1 otrzymamy1M = ql2.max8Równie funkcja siÅ‚y poprzecznej w drugim przedziale zmienia znak.Musi wi cwyst pić w nim ekstremum momentu gn cego.A zatem aby okre lić przekrój, w któ-rym funkcja Mx2 osi gnie ekstremum, musimy przyrównać do zera funkcj Tx21Tx2 = RA + RC - qx2 = ql + 3ql - qx2.2164BG AGHBG AGH Z równania tego wynika, e ekstremum wyst pi dla x2 = 7l/2.Uwzgl dniaj c twarto ć w funkcji Mx2 otrzymamy1M = ql2.max8Zadanie 61Wykonać wykresy siÅ‚ poprzecznych i momentów gn cych dla ukÅ‚adu dwóch belekpoziomych ABC i CD poÅ‚ czonych przegubowo w punkcie C i obci onych jak narysunku 2.61a.Ya)q=40 kN/mP =120 kNXAB C DEl1=8 m l2=8 m l3= 6 mY x2b)x1RCXAB CP =120 kNRA RBc) XRCx3RDx4Tx)(d)14560++X3,63 m60M(x)e) 175262+180+X1207,25 mRys.2.61.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cego165BG AGHBG AGH Rozwi zanieW celu wyznaczenia warto ci reakcji w punktach A, B, D przecinamy my lowobelk w punkcie C (w miejscu przegubu).Warto ć reakcji w punkcie C wyznaczamyz sumy momentów siÅ‚ wzgl dem punktu D, natomiast warto ć reakcji w punkcie Dz sumy momentów siÅ‚ wzgl dem punktu D oba przypadki rozpatrujemy tylko i wy-Å‚ cznie dla belki CFD.ZakÅ‚adamy, e zwroty reakcji skierowane s do góry.Wtedy1MD = RCl3 -12 Å" l3 = 0,"2sk d:RC = 60 kN,l3MC = F Å" - RD Å"l3 = 0,"2sk dRD = 60 kN.Warto ć reakcji w punkcie A wyznaczamy z sumy momentów siÅ‚ wzgl dem punk-tu B, natomiast warto ć reakcji w punkcie B z sumy rzutów siÅ‚ na o Y oba przypadkirozpatrujemy tylko i wyÅ‚ cznie dla belki ABC.ZakÅ‚adamy, e zwroty reakcji skierowa-ne s do góry.Wtedyl1MB = RAl1 - ql1 Å" + RCl2 = 0,"2sk d:RA = 145 kN,Py = RA - ql1 + RB - RC = 0,"sk dRB = 235 kN.Znak dodatni reakcji dowodzi, e rzeczywisty zwrot reakcji jest zgodny z zaÅ‚o onym.Wydzielamy w belce cztery przedziaÅ‚y.1) Pierwszy przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚0 d" x1 d" 8.Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postać21 qx1M = RAx1 - qx1 x1 = RAx1 - ,(x1)2 2dla:M(x1 = 0) = 0,M(x1 = 8) = 120 kNm,166BG AGHBG AGH natomiast siÅ‚a tn ca dla pierwszego przedziaÅ‚uT(x1) = RA qx1,dla:T(x1 = 0) = 145 kN,T(x1 = 8) = 175 kN.2) Drugi przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚8 d" x2 d" 13 [ Pobierz caÅ‚ość w formacie PDF ]