[ Pobierz całość w formacie PDF ]
.0Dla tej odci tej moment gn cy ma warto ć maksymaln i wynosiM(x4 = x0) = 20 kNm.Zadanie 64Dla belki obci onej jak na rysunku 2.64a wyznaczyć reakcje podpór oraz sporz -dzić wykresy siÅ‚ tn cych i momentów gn cych.x2Ya)x16 kN/m72 kNm18 kN/mXA B CDQ1 Q2RC 6 m RDRA 6 m3 mTx)(b)426++Xx0 = 2,755 39c) 36 108X54,3699+M(x)Rys.2.64.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cego174BG AGHBG AGH Rozwi zanieAby wyznaczyć reakcj pionow w punkcie A, bierzemy sum momentów wzgl -dem punktu B dla belki AB, przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie D korzysta-my z sumy momentów wzgl dem punktu C dla caÅ‚ego ukÅ‚adu, natomiast przy wyzna-czaniu reakcji pionowej w punkcie C korzystamy z sumy rzutów siÅ‚ na o OY dla caÅ‚egoukÅ‚adu.ZakÅ‚adamy, e zwroty reakcji skierowane s do góry.Wtedy2MB = RA Å"6 - Q2 Å"3 - Q1 Å" Å"6 = 0,"3gdzie:Q = Q1 + Q2 + Q3,1Q1 = Å"12 Å"6 = 36 kN,2Q2 = 6 Å" 6 = 36 kN,1Q3 = Å"3Å"6 = 9 kN,2sk d:RA = 42 kN,Py = RA - Q + RB = 0,"sk d:RB = 30 kN,2MC = RA Å"9 - Q Å" Å"9 + 72 - RD Å"6 = 0,"3sk dRD = 6 kN.Wykorzystuj c sum rzutów siÅ‚ na o Y otrzymamy" Py = RA + Q + RC + RD = 0,sk dRC = 45 kN.Wydzielamy w belce dwa przedziaÅ‚y.1) Pierwszy przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚0 d" x1 d" 9.175BG AGHBG AGH Ogólne równanie momentów dla pierwszego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postaćx1 1 2M = RA Å" x1 - x1 Å" Å" qx1 - Å" x1 Å" (18 - qx1) Å" x1,(x1)2 2 3a poniewa :q( x1)18= Ò! q(x1) = 18 - 2x1,9 (9 - x1)12 3M = RAx1 - 9x1 + x1 ,(x1)3dla:M(x1 = 0) = 0,M(x1 = 9) = 108 kNm,natomiast siÅ‚a tn ca dla pierwszego przedziaÅ‚u2T(x1) = RA 18x1 + x1 ,dla:T(x1 = 0) = 42 kN,T(x1 = 9) = 39 kN.2) Drugi przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚9 d" x2 d" 15.Ogólne równanie momentów dla drugiego przedziaÅ‚u b dzie miaÅ‚o postaćM = RA Å" x2 - Q Å"(x2 - 3) + M + RC (x2 - 9),(x2)dla:M(x2 = 9) = 36 kNm,M(x2 = 15) = 0,natomiast siÅ‚a tn ca dla drugiego przedziaÅ‚u:T(x2) = RA 36,T(x2 = 9) = 6 kN,T(x2 = 15) = 6 kN.Wyznaczenie maksymalnego momentu zginaj cego.Znajdujemy przekrój, w któ-rym moment zginaj cy ma warto ć maksymaln.Moment taki znajduje si w pierw-szym przedziale.W celu wyznaczenia warto ci maksymalnej przyrównujemy siÅ‚ tn cpierwszego przedziaÅ‚u do zera.PoniewadM1= T(x1) = RA -18x + x2 = 0,dxst dx0 = 2,755 m.176BG AGHBG AGH Dla tej odci tej moment gn cy ma warto ć maksymaln i wynosi12 3M = RAx1 - 9x1 + x1 = 54,3699 kNm.(x1 = x0)3Zadanie 65Dla belki swobodnie podpartej o rozpi to ci l = 10 m, jak na rysunku 2.65a, poda-ny jest wykres M(x) (rys.2.65b) okre lony równaniemM(x) = 15 000 + 9000x 1000x2.Wyznaczyć ksztaÅ‚t wykresu T(x) oraz rodzaj obci enia.a) YXABL=10 mRARBM(x)=15000+9000x 1000x2b) M(x)+XYc)MA q MBXA BRARBd) Tx) xm = 4,5(+XRys.2.65.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cegoRozwi zanieFunkcja siÅ‚ poprzecznych przyjmuje postaćdM (x)T (x) = = 9000 - 2000x.dxJest to funkcja liniowa i przyjmuje warto ci:dM (x)T(x = 0) = = RA = 9000 kG = 90 kN,dxdM (x)T(x = l) = = RB = -11000 kG = -110 kN,dx177BG AGHBG AGH natomiast funkcja obci enia przyjmuje warto ćdT(x)q = - = 2000 kG/m = 20 kN/m.dxZ równania momentów zginaj cych wyznaczamy warto ci:MA = M(x = 0) = 15 000 kGm = 150 kNm,MB = M(x = l) = 5000 kGm = 50 kNm.Funkcja M(x) osi ga najwi ksz warto ć tam, gdzie speÅ‚niony jest warunekdM (x)îø ùø= T (xm) = 9000 - 2000xm = 0,ïø úødxðø ûø x = xmst d:xm = 4,5 m.Mmax = M(xm) = 35 250 kGm = 352,50 kNm.Zadanie 66Dla belki AB o rozpi to ci l = 12 m opartej na dwóch podporach przegubowych(rys.2.66a), moment zginaj cy w dowolnym przekroju w odlegÅ‚o ci x od podpory Aokre lony jest równaniemëøx3 öøAB÷ø.M = 103 ìø 48 + 20x - x2 -(x)ìø ÷ø12íø øøOkre lić rodzaj obci enia belki oraz sporz dzić wykresy T(x) i M(x).Rozwi zanieRównanie siÅ‚ tn cych dla przedstawionej belkiABdM ëøx2 öø(x)÷ø.T(AB = =103 ìø 20 - 2x -x)ìø ÷ødx 4íø øøFunkcja siÅ‚ poprzecznych T(x) jest funkcj drugiego stopnia i przyjmuje warto ci:T(AB 0) = TA = RA = 2000 kG = 20 kN,x =lT(AB l) = TB = RB = -40 000 kG = -400 kN.x =Funkcja obci enia przyjmuje postaćdT(ABxx) öø.q(x) = - =103 ëø2 +ìø ÷ødx 2íø øø178BG AGHBG AGH a)Yq(x)xMXABRA12 mRBM(x)b)1141+480XTx)(c)20+X5,8 m80Rys.2.66.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cegoZatem obci enie zmienia si liniowo i przyjmuje warto ci:q(x = 0) = qA = 2000 kGm = 20 kN/m,12öøq(x = l) = qB =103 ëø2 + = 8000 kGm = 80 kN/m.ìø ÷ø2íø øøZ równania momentów zginaj cych wyznaczamy:ABM = MA = 48 000 kGm = 480 kNm,(x = 0)ABM = MB = 0.(x =12)ABFunkcja M(x) osi ga najwi ksz warto ć tam gdzie speÅ‚niony jest warunek:îødM(AB ùø1x)2ïø úø = T(AB) = 20 - 2xm - xm = 0,xmdx 4ïø úøðø ûøx = xmst d:xm = 5,8 m,AB ABM = M = 114 100 kGm = 1141kNm.max (xm)179BG AGHBG AGH Zadanie 67Zapora wodna ma być zbudowana z desek ustawionych pionowo i opartycho poziome belki A i B.Sporz dzić wykresy siÅ‚ tn cych i momentów gn cych dla³ = 0,001 kG/cm3 i gÅ‚ boko ci 3 m.Schemat zapory przedstawiono na rysunku 2.67a.a) b)x11 mx2RAA2 mRBBq300 0,05 0,175c) d)Tx)(M(x)2,12 m0,093 0,225 0,0167Rys.2.67.Wykresy siÅ‚y tn cej i momentu zginaj cegoRozwi zanieNa obci enie desek skÅ‚ada si parcie wody i reakcja podpór A i B.Na gÅ‚ boko-ci x poni ej poziomu wody panuje ci nieniepz = x × ³.A poniewa pz = qz i jak widać qz zmienia si proporcjonalnie do x, mamy do czy-nienia z obci eniem ci gÅ‚ym po trójk cie.Tak wi c obci enie u podstawy tamy wynosiq300 = 0,001.300 = 0,3 kG/cm = 0,3 kN/m.Aby wyznaczyć reakcj pionow w punkcie A bierzemy sum momentów wzgl -dem punktu B, natomiast przy wyznaczaniu reakcji pionowej w punkcie B korzystamyz sumy rzutów siÅ‚ na o poziom.180++BG AGHBG AGH Wtedy1MB = RA Å" 2 - Å" q300 Å" 3Å"1 = 0,"2sk dRA = 0,225 kN.Wykorzystuj c sum rzutów siÅ‚ na o poziom otrzymamy1Py = RA + RB - Å" q300 Å"3 = 0,"2sk dRB = 0,225 kN.Wydzielamy w belce dwa przedziaÅ‚y.1) Pierwszy przedziaÅ‚ b dzie si zmieniaÅ‚0 d" x1 d" 1 [ Pobierz caÅ‚ość w formacie PDF ]