= SM B = SM C M C. =P y. =4kN. P=4 2kN = SP C V C. Mając lewą reakcję R B = SP B. Mając np. reakcję V B

(1)

1/9 Zad. 1. Sporządzić wykresy sił wewnętrznych M, V, N.

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 4 kN Wykres momentów M – to co można odgadnąć patrząc na ustrój i jego obciążenie:

Wykresy na wspornikach obciążonych pojedynczym obciążeniem są dość oczywiste i wynikają z wykresów podstawowych na wsporniku (patrz zestawienie na serwerze).

Wartości momentów w p B i C można by ustalić za pomocą sum momentów w tych dwóch przekrojach:

M_B = SM_B^(lewo)= q·a·a/2 = qa²/2 (góra rozciągana) M_C = SM_C^(prawo)= P_y·a = P/√2 (dół rozciągany)

Jeśli chodzi o wykres M w przęśle belki to parabola będzie skierowana ramionami w górę i rozpięta pomiędzy rzędnymi w miejscu podpór. Niestety lokalizacja ekstremum i jego wartość wymagają ustalenia. Pomocna będzie wartość siły poprzecznej na jedynym z końców przęsła belki (jednym z końców przedziału): V_B lub V_C. Nie potrzeba do tego znać całego wykresu V a obliczyć tylko te dwie poprzeczne siły przekrojowe:

V_B^P = SP_BP(lewo) = - q·a + R_B = ??? (trzeba znać reakcję R_B) V_C^L = SP_C^L(prawo)= - P_y - R_C = ??? (trzeba znać reakcję R_C) Nie musimy jednak koniecznie znać obu reakcji gdyż np.:

V_C^L = SP_C^L(lewo)= - q·5a + R_B = ??? (tak jak w p B wystarczy znać reakcję R_B) Jedną reakcję wyliczymy z SM wzgl. punktu przecięcia się pozostałych niewiadomych:

czyli punktu C lub B: SM_C=0: q·5a·5a/2 + P_y·a = R_B·4a → skąd :

Mając lewą reakcję R_Bmożna obliczyć siłę poprzeczną V_B^P z lewej strony paraboli (ale z prawej strony punktu B):

V_B^P = SP_B^P(lewo)= - q·a + R_B = - 2 kN/m · 2 m + 13,5 kN = + 9,5 kN

Mając np. reakcję V_B^Płatwo można znaleźć miejsce zmiany znaku sił poprzecznych:

Alternatywnie można wyznaczyć prawą reakcję: R_C = 2,5 kN

oraz siłę poprzeczną z prawej strony paraboli a z lewej strony podp. C: V_C^L = -6,5kN co da nam lokalizację ekstremum paraboli momentów: x_C = 3,25 m

R_B=q⋅5 a⋅5 a /2+ P/

√

²^⋅a

4 a =q⋅5²/2⋅a + P/

√

²

4 =. .

P=4√2kN P_x=P_y=4kN P_y

wspornik przęsło belki : parabola wspornik

wymaga lokalizacji ekstremum podstawowe wykresy

< −−− wg zestawienia −−− >

które umieszczono na serwerze

zerowy M=0 na końcu wsp. zerowy M=0 na końcu wsp.

ostrze w miejscu reakcji ostrze w miejscu reakcji

q·a² 2

P·2a q·a²

2

q·a² 2

P_y·a

a 4a=8m a

g= 2kN/m

M_max V_B^P

A B

A C D

V_C^L

szkic

V

częściowy

M

prwadopodobny

prawdopodobny przebieg paraboli z maksimum R_C R_B

f. kwadratowa f. liniowa

f. kwadr.

M:

V_B^P−q⋅x_B=0 x_B=V_B^P/ q

V_C^L−q⋅xC=0 x_C=V_C^L/ q

R_B=2 kN/m⋅5⋅2 m⋅2,5+4 kN

4 =5⋅2,5+1 kN =13,5 kN

V_B^P−q⋅x_B=0 ⇒ x_B=V_B^P/q= 9,5 kN

2 kN/m=4,75 m

(2)

2/9 1. Sporządzić wykresy sił wewnętrznych M, V, N.

Wykresy na wspornikach obciążonych pojedynczym obciążeniem są dość oczywiste i wynikają z wykresów podstawowych na wsporniku (patrz zestawienie na serwerze).

Wartości momentów w p B i C można by ustalić za pomocą sum momentów w tych dwóch przekrojach:

M_B = SM_B^(lewo)= q·a·a/2 = qa²/2 (góra rozciągana) = 4 kNm M_C = SM_C^(prawo)= P_y·a = P/√2 (dół rozciągany) = 8 kNm

Wykresem M w przęśle belki będzie parabola ramionami skierowana w górę i rozpięta pomiędzy wartościami M obl. w punktach B i C. Lokalizacja ekstremum i jego wartość wymagają ustalenia. Pomocna będzie wartość siły poprzecznej tylko na JEDNYM z końców przęsła belki (jednym z końców przedziału B^P lub C^L), czyli V_B^P lub V_C^L: V_B^P = SP_BP(lewo) = - q·a + R_B = ??? (trzeba znać reakcję R_B)

V_C^L = SP_C^L(prawo)= - P_y - R_C = ??? (trzeba znać reakcję R_C) Nie musimy jednak koniecznie znać obu reakcji gdyż np.:

V_B^P = SP_B^P(prawo)= + q·4a - R_C – P_y = ??? (tak jak w p. C wystarczy znać reakcję R_B) Jedną reakcję wyliczymy z SM wzgl. punktu przecięcia się pozostałych niewiadomych:

R_C: SM_B=0: q·5a·(5/2-1)a = P_y·5a + R_C·4a → czyli :

Mając lewą reakcję R_Cmożna obliczyć siłę poprzeczną V_B^P z lewej strony paraboli (ale na prawej od punktu C – z prawej strony):

V_C^L = SP_C^L(prawo)= - P_y - R_C = - 4 kN - 2,5 kN = - 6,5 kN

Mając lewa reakcję V_C^L łatwo można znaleźć miejsce zmiany znaku sił poprzecznych:

Teraz wystarczy wyznaczyć wartość ekstremum momentów, co można zrobić na dwa sposoby ...

Alternatywnie można wyznaczyć prawą reakcję R_B = 13,5 kN z R_B: SM_C=0

oraz siłę poprzeczną z prawej strony paraboli – z lewej strony p. B: V_B^P = +9,5kN co da nam lokalizację ekstremum paraboli momentów od lewej strony: x_B = 4,75 m P=4√2kN

P_x=P_y=4kN P_y

wspornik przęsło belki : parabola wspornik

wymaga lokalizacji ekstremum podstawowe wykresy

q·a² 2

P·2a q·a²

2

q·a² 2

P_y·a

a 4a=8m a

g= 2kN/m

M_max V_B^P

A B

A C D

V_C^L

szkic

V

częściowy

M

prwadopodobny

prawdopodobny przebieg paraboli z maksimum R_C R_B

f. kwadr.

M:

V_B^P−q⋅x_B=0 x_B=V_B^P/ q

V_C^L−q⋅xC=0 x_C=V_C^L/ q

R_C=q⋅5 a⋅3 a/2−P/

√

²^{⋅5 a}

4 a =q⋅5 a⋅3 /2−5 P /

√

²

4 =...

RC=2 kN/m⋅5⋅2 m⋅3 /2−5⋅4 kN

4 =5⋅1,5−5 kN =2,5 kN

V_C^L−q⋅x_C=0 ⇒ x_C=V_C^L/q= 6,5 kN

2 kN/m=3,25 m

Alternatywne rozwiązanie bazujące na reakcji RC

(3)

Wartości momentów w p B i C można ustalić za pomocą sum momentów w tych dwóch przekrojach, liczonych dla wybranej części (prostszej strony - wsporników):

Lokalizacja ekstremum parabolicznego wykresu momentów M na belce Lokalizacja ekstremum paraboli M wymaga wyznaczeniu miejsca zmiany znaku siły poprzecznej V (jako pochodnej M) tylko na JEDNYM z końców paraboli (w p. B^P lub C^L), czyli tnącej V_B^P lub V_C^L:

V_C^L = SP_C^L(prawo)= - P_y - R_C = ??? (potrzebna reakcja R_C) => V_C^L = - 6.5 kN V_B^P = SP_BP(lewo) = - q·a + R_B = ??? (potrzebna reakcja R_B) => V_B^P = + 9.5 kN co wymaga wyznaczenia JEDNEJ z reakcji – odpowiednio:

R_C: SM_B=0: q·5a·(5/2-1)a = P_y·5a + R_C·4a → czyli : R_C= 2.5 kN R_B: SM_C=0: q·5a·5/2a + P_y·a = R_B·4a → czyli : R_B= 13.5kN

a pozwala wyznaczyć jedną ze współrzędnych lokalizujących zmianę znaku sił V(x)=0:

V(x_C) : V_C^L- q·x_C = 0 => x_C = V_C^L/q = 3,25 m V(x_B) : V_B^P- q·x_B = 0 => x_B = V_B^P/q = 4,75 m

Wartość ekstremum parabolicznego wykresu momentów M na belce Ponieważ parabola kwadratowa M jest symetryczna,

więc łatwo można obliczyć różnicę momentów pomiędzy wierzchołkiem paraboli a którąś rzędną podporową M (na jednym z końców paraboli), jako:

wzgl. M_B: DM_B = q·L²/8 = q·(2x_B)²/8 = q·x_B²/2 = 22.56 wzgl. M_C: DM_C = q·L²/8 = q·(2x_C)²/8 = q·x_C²/2 = 10.56 kNm

Czyli ekstremum momentów można wyznaczyć idąc od jednej ze stron:

M_max = DM_B – M_B = q·x_B²/2 – 4 kNm = 22.56 kNm – 4 kNm = 18.56 kNm M_max = DM_C + M_C = q·x_C²/2 + 8 kNm = 10.56 kNm + 8 kNm = 18.56 kNm Mając wyliczoną wartość siły poprzecznej z jednej strony paraboli można wyliczyć wartość z drugiej strony – zależnie od wartości obliczonej wcześniej na potrzeby M_max: V_B^P = V_C^L + q·4a = 9.5 kN

V_C^L= V_B^P – q·4a = 6.5 kN P=4√2kN

P_x=P_y=4kN P_y

q·a² 2

P·2a q·a²

2

4

8 x_C x_C 8

x_B x_B 4

a 4a=8m a

g= 2kN/m

V_B^P

4 4

9.5

6.5 x_C=3.25m

x_B=4.75m

A B

A C D

- +

V_C^L

- -

V M

R_C=2.5kN R_B=13.5kN

M_max=15.56 DMC=10.56 DMB=22.56

[kN·m]

[kN]

f. kwadr.

M:

L q

M_max qL² 8 V_B^L=−q⋅a=

=−2kN/m⋅2m

=− 4 kN V_CD=−Py

=−4 kN

(4)

Wartości momentów w p B i C można ustalić za pomocą sum momentów w tych dwóch przekrojach, liczonych dla wybranej części (prostszej strony):

Lokalizacja ekstremum parabolicznego wykresu momentów M na belce z V_C wymaga wyznaczeniu miejsca zmiany znaku siły poprzecznej V (jako pochodnej M) np. od końca C^L, czyli tnącej V_C^L:

V_C^L = SP_C^L(prawo)= - P_y - R_C = ??? (potrzebna reakcja R_C) => V_C^L = - 6.5 kN co wymaga wyznaczenia TYKO reakcji R_C:

R_C: SM_B=0: q·5a·(5/2-1)a = P_y·5a + R_C·4a → czyli : R_C= 2.5 kN

Lokalizacja M_max wynika z war. zerowania się pochodnej – sił poprzecznych V(x)=0:

V(x_C) : V_C^L- q·x_C = 0 => x_C = V_C^L/q = 3,25 m

Wartość ekstremum parabolicznego wykresu momentów M na belce wzgl. p. C Różnica pomiędzy M_C a maksimum M_max wynosi:

wzgl. M_C: DM_C = q·L²/8 = q·(2x_C)²/8 = q·x_C²/2 = 10.56 kNm Czyli ekstremum momentów można wyznaczyć

jako przyrost momentu DM względem M_C: M_max = DM_C + M_C = q·x_C²/2 + 8 kNm =

10.56 kNm + 8 kNm = 18.56 kNm Wartość siły poprzecznej z drugiej strony V_B^P : V_B^P = V_C^L + q·4a = 9.5 kN

Wykres sił osiowych (normalnych)

Siły osiowe są odcinakami stałe i zmieniają się tylko w miejscu przyłożenia sił

działających w kierunku osi. W tym przypadku skokowe zmiany sił osiowych zachodzą w miejscu reakcji H oraz w miejscu przyłożenia obciążenia P – poziomej składowej P_x..

Na lewym wsporniku nie ma żadnych obciążeń w kierunku jego osi:

N_AB= SP_X^(lewo) = 0 kN

W pozostałych przedziałach (B-C i C-D) warto patrzeć na prawo, gdzie osiowo działa tylko pozioma składowa siły P – czyli ściskająca P_x :

N_BC= N_CD= SP_X^(prawo) = P_x = – 4.0 kN P=4√2kN

P_x=P_y=4kN P_y

4

x_C 8

x_B

a 4a=8m a

g= 2kN/m

A B

A C D

M

R_C=2.5kN R_B=13.5kN

M_max=15.56

10.56

22.56

[kN·m]

H

P_y

4 4 4

0

H

- -

N

[kN]

- +

- -

[kN]

^V

9.5 V_B^P

x_B=4.75m

x_C=3.25m

V_C^L 4

6.5 4 V_B^L=−q⋅a=

=−2kN/m⋅2m

=− 4 kN V_CD=−Py

=−4 kN L

q

M_max qL² 8

Rozpisane obliczenia Mmax z uwzględnieniem VC

(5)

5/9 Zad. 2. Sporządzić wykresy sił wewnętrznych M, V, N.

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 24 kN, K = 12 kNm Wykres momentów M: co można odgadnąć patrząc na ustrój i jego obciążenie:

Z analizy budowy ustroju oraz jego obciążeń można łatwo wysnuć wnioski co do kształtu i przebiegu wykresu a na wspornikach z pojedynczymi obciążeniami łatwo zrobić wykres M. W tym przykładzie potrzebujemy tylko 3 rzędnych momentów w dwóch przekrojach: przez p. C i D. Można je ustalić za pomocą sum momentów liczonych w tych dwóch przekrojach dla odpowiedniej strony – dla części ustroju na lewo albo na prawo od wybranego przekroju (w p.D z lewej a w p.D z prawej strony).

Tutaj wystarczą sumy w obu przekrojach p. C i D^P liczone z jednej – np. prawej strony:

M_C = SM_C^(prawo)= - K + R_E·4a + P_v·6a = ??? (wymaga znajomości R_E) M_D^P = SM_D^{P (prawo)}= R_E·2a + P_v·4a = ??? (wymaga też tylko znajomości R_E) w których wymagana jest znajomość tylko jednej reakcji R_E↑ (skierowanej w górę).

Możemy w przekrojach przez p.C i D^L oraz D^P ułożyć po dwie sumy momentów – łącznie 6 sum ale wybieramy je kierując się prostotą obliczeń – m.in. minimalizując liczbę potrzebnych reakcji – a więc polegając tylko na jednej z nich: R_B albo R_E. Sumy momentów liczone dla prawej strony wymagają wyznaczenia reakcji R_E↑ : R_E: SM_B=0: q·2a·a + R_E·6a + P_V·8a = P_y·2a + K → czyli :

Mając lewą reakcję R_E↑można obliczyć moment w przekroju M_D^P z prawej strony p. D : M_D^P = SM_D^{P (prawo)}= R_E·2a + P_v·4a = -1/3 kN·2·2m + 3kN·4·2m =68/3 =22,667 kNm M_C = SM_c(prawo) = - K + R_E·4a + P_v·6a = - 12 kNm -1/3 kN·4·2m + 3kN·6·2m =

= 64/3 kNm = 21,333 kNm Mając moment M_D^P (z prawej strony p. D) obliczamy M_D^L uwzględniając skok o K:

M_D^L = M_D^P – K = 68/3 kNm – 12kNm = 32/3 kNm = 10,333 kNm

ostrze w dół pod siłą Py skok pod momentem K

podstawowe wykresy

q·(2a)² 2

P_v·2a

2a 2a

4m 2a

g= 2kN/m

2a 2a

K= 12kN·m

A B

A E F

C

D

M

R_E R_B

wspornik p r z ę s ł o b e l k i wspornik

P√2/8

=3√2 kN P_h=P_v=3kN P_v

P=24 kN

a=30°

P_y=12kN

P_x=12√3kN

zastosowanie wykresów

< −−− podstawowych −−− >

do rozwiązywanego schematu

[kN·m]

f. liniowa f. liniowa

f. kwadr.

f. liniowa

f.M:

a = 2 m

16

12

M_C=?

M_D^L=?

M_D^P=?

dM=K

R_E=P_y⋅2 a+K −q⋅2 a⋅a−P_v⋅8 a

6 a = 12kN⋅2 a+ K −q⋅2 a²−3kN⋅8 a 6 a

R_E=K / a−q⋅2 a

6 =12 kN⋅m/2m−2 kN/m⋅2 2 m

6 =−1

3 kN=−0,3333 kN

16

12

M_C=21.33

M_D^L=10,67

M_D^P=22.67

K

M

[kNm]

(6)

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 24 kN, K = 12 kNm Wykres momentów M: jak najwięcej należy odgadnąć z ustroju i jego obciążenia:

Wszystkie możliwe sumy momentów w p.C oraz z obu stron punktu D (D^L i D^P):

M_C = SM_C^(lewo)= - q·2a·3a +R_B·2a = ??? (wymaga znajomości R_B) M_C = SM_C^(prawo)= - K + R_E·4a + P_v·6a = ??? (wymaga znajomości R_E) M_D^L = SM_D^{L (lewo)}= - q·2a·5a + R_B·4a - P_y ·2a = ?? (wymaga znajomości R_B) M_D^L = SM_D^{L (prawo)}= - K + R_E·2a + P_v·4a = ??? (wymaga znajomości R_E) M_D^P = SM_D^{P (lewo)}= - q·2a·5a +R_B·4a - P_y·2a + K= ? (wymaga znajomości R_B) M_D^P = SM_D^{P (prawo)}= R_E·2a + P_v·4a = ??? (wymaga znajomości R_E) {①} i {②} – ewentualne pary równań, z których warto obliczać momenty.

Oczywiście nie potrzebujemy wszystkich 6 sum momentów (szczególnie sum w obie strony dla każdego przekroju) ani obliczać w p. D momenty z obu stron M_D^P i M_D^P. Używany jak najmniejszej liczby równań wymagające jak najmniejszej liczby reakcji.

Wystarczy ustalić wartości M_C i np. M_D^P a do tego wystarczą 2 równania, np. {①}, ułożone tylko od strony reakcji R_E↑ aby nie trzeba było wyznaczać obu z nich.

Alternatywnie można ustalić M_C i np. M_D^L ale z lewej strony {②}, bazując na R_B↑.

Nie trzeba wykonywać sum momentów z drugiej strony p.D, chyba, że dla kontroli wszakże rzędne różnią się dokładnie o K a wiadomo z której strony skoku rzędna jest wyżej a z której niżej!

Nie potrzeba obliczać obu reakcji ale tylko jedną z nich – albo R_B↑ albo R_E↑ .

Ponieważ mamy tutaj 3 niewiadome reakcje (R_B↑ albo R_E↑ oraz pozioma H_B^{) więc} aby wyliczyć jedną z pionowych wystarczy suma momentów w miejscu przecięcia się dwóch pozostałych – czyli dla R_E↑ jest to SM_B = 0 a dla R_B↑ wykorzystamy SM_E = 0.

Chcąc obliczyć R_E↑ na potrzeby zestawu {②} proponowanych równań mamy SM_E = 0:

Pamiętając o wyznaczonej R_E↑=-0,333kN można by sprawdzić SPy = 0:

R_B↑ + R_E↑ + Pv = q·2a + P_y 17,333-0,333 = 2*2*2 +12-3 L=P ale zwykle szkoda czasu na drugą reakcję.

ostrze w dół pod siłą Py skok pod momentem K

f.M:

podstawowe wykresy

q·(2a)² 2

P_v·2a

2a 2a

4m 2a

g= 2kN/m

2a 2a

K= 12kN·m

A B

A E F

C

D

M

R_E R_B

P√2/8

P=24 kN

a=30°

P_y=12kN

P_x=12√3kN

[kN·m]

f. liniowa f. liniowa

f. kwadr.

f. liniowa

a = 2 m

16

12

M_C=?

M_D^L=?

M_D^P=?

dM=K

R_B=q⋅2 a⋅7 a+P_y⋅4 a+P_v⋅2 a−K

6 a = 14 qa+P_y⋅4+P_v⋅2−K / a 6

{②}

{①}

{②}

{①}

R_B=14 qa+12kN⋅4 +3kN⋅2− K /a

6 =14⋅2 kN/m⋅2 m+54 kN−12 kNm/2m

6 RB=52

3 kN=171

3kN=17,333 kN

(7)

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 24 kN, K = 12 kNm Wykres sił poprzecznych V jest pochodną M – jest f. rząd niższą. Ważny jest znak V!

Mając wykres momentów M można na jego podstawie sporządzić wykres sił poprzecznych V, szczególnie w tych przedziałach gdzie momenty są liniowe.

Jedyna nieliniowa funkcja znajduje się pod obciążeniem rozłożonym na lewym wsporniku belki a ekstremum tej paraboli znajduje się na końcu wspornika.

W miejscu ekstremum paraboli zeruje się liniowa funkcja tnących jako pochodnej paraboli. Ekstremum liniowej f. sił poprzecznych w przedziale A-B musi się znajdować przy podporze B, z jej lewej strony, a znak wynika z „reguły zegarkowej” (wzgl. p. B):

V_B = SP_Y^(lewo)= - q·2a = - 2kN/m·2·2m = - 8kN

Pozostałe segmenty momentów są f. liniowymi a więc odpowiadające im siły

poprzeczne są f. stałymi. Łatwo ustalić stałą siłę poprzeczną V na prawym wsporniku:

V_EF= SP_Y^(prawo)= - P_y = - 3 kN

Nachylenie wykresu M po obu stronach momentu skupionego K jest takie samo więc mają taką samą wartość siły poprzecznej, której ujemny znak wynika z przeciwnego do ruchu wskazówek zegara obrotu wykresu M w stosunku do osi momentów :

V_CD=V_DE= - |dM/dx|= (10.67-21.33)kNm/(2*2m) = (12-22.67)kNm/(2*2m) = -2.67 kN

W przedziale B-C liniowy wykres M jest obrócony zgodnie ze wskazówkami względem osi wykresu M, dlatego stała tnąca V na tym odcinku jest dodatnia:

V_BC= + dM/dx= + (21.33+16)kNm/(2*2m) = +5.33/4 kN = +9.33 kN

Teraz wykres sił poprzecznych (lub tnących) mamy kompletny.

Następnie zrobimy wykres sił osiowych N (normalnych).

Wykres M można zrobić w tym przypadku także przez superpozycję wykresów składowych, gdyż - poza wspornikiem - mamy tu same liniowe funkcje M.

2a 2a

4m 2a

g= 2kN/m

2a 2a

K= 12kN·m

A B

A E F

C

D

0,333kN 17,33kN

P√2/8

P=24 kN

a=30°

P_y=12kN

P_x=12√3kN

a = 2 m

16

12

M

[kN·m]

21.33 10,67

22.67

K

V_BC=21.33−(−21.33)kN

2⋅2 m =+ 9.33 kN V_BC=

21.33+16 2⋅2 m

=+ 9.33 kN

V_CD=V_DE= 10.68−21.33

2⋅2 m

=−2.67 kN

V_EF=

−12 kN 2⋅2 m

=−3 kN V_B^L=−q⋅2 a=

=−2kN/m⋅2⋅2m

=− 8 kN

V_CD=VDE=10.67−21.33 kN

2⋅2 m = 12−22.67 kN

2⋅2 m =− 2.67 kN V_EF=Σ P(E-prawo)Y = 0−12 kN

2⋅2 m = −3 kN V_B^L=Σ PY(B-lewo)= −q⋅2 a= −8 kN

8 2.67 3

-

3

- -

+

9.33

V

[kN]

B_L C E F

A

(8)

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 24 kN, K = 12 kNm Wykres sił osiowych N (normalnych) jest odcinkami stały. Ważny jest znak N !

Ostatni i najprostszy z wykresów to wykres sił osiowych (normalnych N).

Patrząc się na ustrój mamy trzy wielkości działające w kierunku osi belki (lub kierunku równoległym) – są to: P_X, P_h oraz reakcja H. Nie musimy nać reakcji H, gdyż:

- na wsporniku A-B należy patrzeć na lewy - nieobciążony w kierunku osi, koniec belki (wspornika) co skutkuje:

N_AB = 0 kN

- na wsporniku EF należy patrzeć w prawo – w kierunku końca, gdzie jest tylko P_h, działająca tak, że ściska wspornik EF a więc:

N_AB = - 3 kN

- w przedziale C-D-E nie ma żadnych zmian w stosunku do prawego wspornika, gdyż ani w podporze E ani w punkcie D nie ma żadnej siły poziomej więc:

N_CDE = N_AB = 0 kN

- w przedziale BC należy patrzeć na prawą część ustroju gdzie nie ma nieznanej reakcji H, a siła osiowa jest efektem działania jedynie poziomych składowych -P_h oraz +P_X (działająca „od” przedziału BC a więc dodatnio), w konsekwencji suma sił działających równolegle do osi z prawej strony przedziału wynosi:

N_BC = - P_h + P_X = - 3 + 12 = 9 kN

Ponieważ reakcja H była jedyną niewiadomą poziomą więc bez problemu byliśmy w stanie sporządzić wykres N – mając w dowolnym przekroju (w dowolnym przedziale) zawsze dostępną jedną część belki (prawa lub lewą stronę bez niewiadomej reakcji H.

Tym sposobem nie musimy wiedzieć jaką wartość miała reakcja H, gdyż za każdym razem unikaliśmy konieczności jej sumowania. Gdyby reakcja H była znana

kierowalibyśmy się wyłącznie mniejszą liczbą składników w sumie sił SP_x , wykorzystywanej tu do wyznaczania sił osiowych (wszakże oś pręta jest pozioma).

Zrobiwszy wykres N bez znajomości reakcji H możemy jej wartość i zwrot odczytać z wykresu: w p.B - miejscu reakcji H na wykresie N znajduje się dodatni skok o wartość 9kN, co świadczy, że pozioma reakcja H o wartości 9kN jest skierowana w lewo od przedziału BC (w lewo od dowolnego przekroju w przedziale BC).

2a 2a

4m 2a

g= 2kN/m

2a 2a

K= 12kN·m

A

A E F

C

D

0,333kN 17,33kN

P√2/8

P=24 kN

a=30°

P_y=12kN

P_x=12√3kN

a = 2 m

16

12

M

[kN·m]

21.33 10,67

22.67

K H

8 2.67 3

-

3

- -

+

9.33

V

[kN]

B_L C E F

A

9

3.00

3

- -

3

+

9.00

V

[kN]

9

(9)

Dane: a = 2m, q = 2 kN/m, P = 24 kN, K = 12 kNm Superpozycja wykresów: wg ustroju i jego obciążenia oraz podstawowych wykresów.

Wykres M przy pomocy superpozycji – czyli graficznego dodawania wykresów.

To podejście sprawdza się w przypadku, gdyż nie trzeba dodawać wykresu liniowego do paraboli. W rozwiązywanych schemacie statycznym obciążenie rozłożone jest na samo wsporniku a więc wykres paraboliczny będzie jak dla przypadku podstawowego na wsporniku. Na podstawie wykresów podstawowych zrobimy wykres na drugim - prawym wsporniku gdzie mamy tylko obciążenie P_v.

Zrobiwszy wykresy M_wsp na wspornikach połączymy f. Liniową rzędne M w miejscu podpór, co da wykres M odpowiadający brakowi obciążeń w przęśle.

Następnie robimy osobne wykresy momentów od obu obciążeń działających w przęśle:

M_Py od pionowej składowej obciążenia P_y oraz M_K od momentu skupionego K.

Oczywiście obciążenia w przęśle nie wywołują momentów na wspornikach.

Ostatnim etapem będzie dodanie tych wykresów składowych M_wsp, M_py., M_K przedziałami wyznaczonymi przez zmianę przebiegu funkcji na dowolnym z nich.

W tym celu konieczne jest znalezienie rzędnych w punkach charakterystycznych C i D wykresów. Rzędne wykresów składowych w tych samych punktach należy dodać lub odjąć zależnie czy są po tej samej stronie osi czy przeciwnej a uzyskany wynik

wyznacza rzędną i jej stronę na ostatecznym wykresie M.

M_C = -M_C^(wsp) –M_C^(Py) –M_C^(K) =2a·4a/6a·P_y–6.67kN –0.5·4a·6a·K =

= -6.667 +32 –4 = 21.33 kN M_D^L= M_D^(wsp) +M_D^(Py) -M_D^{L (K)} =2.67kN+0.5·2a·4a/6a·P_y–4a·6a·K =

= 6.667+16 –8 = 10.67 kN M_D^P= M_D^(wsp) +M_D^(Py) -M_D^{P (K)} =2.67kN+0.5·2a·4a/6a·P_y–2a·6a·K =

= 6.667+16 +4 = 22.67 kN Uzyskane wartości rzędnych pozwalają kosztem mniejszych obliczeń sporządzić ostateczny wykres momentów zginających M. Trzeba jednak znać podstawowe wykresy i umieć je zastosować.

Wstępem do superpozycji też jest rozpoznania ukształtowania ustroju, sposobu jego podparcia i obciążenia aby ustalić jak najwięcej informacji o przebiegu wykresów sił wewnętrznych M, V i N. Oczywiście na odcinkach liniowych i stałych wykresów momentów siły poprzeczne (tnące) są f. rzad niższymi więc łatwo ustalić V = dM/dx oraz znak na podstawie kierunku obrotu M w stosunku do osi wykresu M (zegarek).

Warto wiedzieć, że zasadom superpozycji podlegają tak samo wykresy N i V jak wykresy M. Podobnie można uzyskać reakcje – jako superpozycję (sumę) reakcji obliczonych od poszczególnych obciążeń z osobna.

q·(2a)² 2

P_v·2a

2a 2a

4m 2a

g= 2kN/m

2a 2a

K= 12kN·m

A B

A E F

C

D

R_E R_B

P√2/8

P=24 kN

a=30°

P_y=12kN

P_x=12√3kN

a = 2 m

16

12

M

_wsp

[kN·m]

32 16

P_v

6.67

C 2.67

C

M

_Py

[kN·m]

2 a⋅4 a 6 a P_y

P_y=12kN

M

_Py

[kN·m]

4 a 6 aK

2 a 6 aK 4

8 4

K

16

12

M_C=21.33

M_D^L=10,67

M_D^P=22.67

K

M

[kNm]

C D