Łuk obciążony ciężarem przęsła.pdf

(314 KB) Pobierz
Wykresy sił wewnetrznych w łukach
Przykład 10.2. Łuk obciążony ciężarem przęsła.
Rysunek przedstawia łuk trójprzegubowy, którego oś ma kształt części półokręgu.
Łuk obciążony jest ciężarem własnym. Zakładamy, że prawe przęsło łuku jest nieporównanie
cięższe niż lewe. (na przykład łuk jest szalunkiem, prawe przęsło zostało zalane betonem
podczas gdy lewe jeszcze nie) Wobec tego przyjęto ciężar lewego przęsła jako równy zeru.
Narysować wykresy momentów gnących, sił normalnych i sił tnących w każdym punkcie osi
łuku.
q
C
A
q
B
Rysunek 10.2.1. Łuk trójprzegubowy, kołowy, obciążony ciężarem własnym na prawym
odcinku łuku..
Zadanie 10.2a.
Jako ćwiczenie rozwiązać zadanie, w którym ciężar własny q zadany jest na obu przęsłach
łukowych, lewym i prawym, dla łuku o schemacie jak w zadaniu 10.1. Porównać wyniki z
tymi, jakie otrzymano dla zadania 10.1. Przemyśleć podobieństwa i różnice.
Rozwiązanie.
Analiza obciążenia
Obciążenie przedstawione na rysunku to obciążenie rozłożone równomiernie „na jednostkę
długości łuku”. Dla takiego obciążenia – jego fragmenty możemy zastąpić wypadkową
obliczaną inaczej niż w przykładzie 10.1. i inaczej niż w przypadku ram o prętach prostych.
Wypadkowa elementarna ma jedynie składową pionową:
d
dQ =
=
q
dl
qR
(1)
Wartość wypadkowej wzdłuż odcinka od x P do x B ograniczonego kątami α P i α B
α
α
α
(2)
P
P
P
( )
Q
AB
=
∫
dQ
=
∫
qdl
=
∫
qRd
α
=
qR
α
P
−
α
B
α
α
α
B
B
B
Wypadkowa przyłożona jest w punkcie o współrzędnej:
89768627.004.png
 
α
P
α
P
∫
xqdl
∫
R
cos
α
qRd
α
(
) R
sin
α
−
sin
α
x
=
α
B
=
α
B
=
P
B
(3)
w
α
α
α
−
α
P
P
P
B
∫
qdl
∫
qRd
α
α
α
B
B
Dla ćwiartki okręgu daje to wartość
x
= , mierzoną od środka okręgu. Można użyć tej
2
R
0
..
π
2
π
informacji przy rozwiązywaniu zadania (proponuje się potraktować to jako ćwiczenie
samodzielne), jednak w przykładowym rozwiązaniu nie będzie ona wykorzystana.
q
dQ=qdl
y
τ
n
C
A
M
α
P
d ϕ
H A
V A
ϕ
T
N
B
x
H B
x P
dx
V B
Rysunek 10.2.2. Oznaczenia, układy współrzędnych x O y , rϕ, n τ; wypadkowe. Wszystkie
obciążenia działające na prawo od przekroju π poprowadzonego w punkcie P opisanym
bieżącym kątem α i bieżącą współrzędna x P redukowane są do punktu P.
Obliczenie reakcji
Obliczenie reakcji odbywa się według zasad opisanych w przykładzie 3:
(kierunki i zwroty wektorów sił założone są wstępnie jak na Rysunku 10.2.2, w równaniach
występują tylko ich długości)
Suma momentów względem punktu A:
2
2
π
/
2
2
V
R
+
R
−
H
R
−
∫
R
+
R
cos
ϕ
qR
d
ϕ
=
0
(4)
B
2
B
2
2
0
Otrzymuje się równanie:
2
2
π
2
(5)
V
R
+
R
−
H
R
−
qR
2
+
1
=
0
B
2
B
2
4
2
89768627.005.png 89768627.006.png
Suma momentów dla części CB względem punktu C (zwornik łuku):
π
/
2
( ) 0
(6)
V
R
−
H
R
−
∫
R
cos
ϕ
qR
d
ϕ
=
B
B
0
Otrzymuje się równanie (proponuje się sprawdzić poniższy wynik samodzielnie, posługując
się znajomością położenia środka ciężkości wypadkowej ciężaru własnego!):
0
V
B
− qR
H
B
−
=
(7)
Rozwiązanie układu równań (1), (2) z dwiema niewiadomymi V B i H B daje wartości reakcji:
V B
=
qR
−
2
+
π
2
=
1
4036
qR
H B
=
qR
−
2
+
π
2
=
0
4036
qR
(8)
2
4
2
4
Z sumy rzutów na oś poziomą i pionową dla całości układu można obliczyć V A i H A .
Otrzymuje się następujące wartości:
V A
=
qR
−
1
+
π
+
2
−
π
2
=
0
1672
qR
(9)
2
2
4
H
A
=
H
B
=
0
4036
qR
(10)
Zapisanie równań sił wewnętrznych
Wprowadźmy oś normalną i styczną w dowolnym przekroju π wyznaczonym punktem P na
osi pręta. Osie te (na Rysunku 10.2.2 oznaczono je symbolami n i τ) zmieniają swój kierunek
wraz z położeniem punktu P, przesuwanym myślowo wzdłuż osi łuku. Kąt α opisujący
nachylenie osi n do poziomu odmierzany jest w układzie biegunowym r ϕ z biegunem w
środku łuku i z osią r współliniową z n .
Siłę normalną (tnąca) będziemy obliczali jako rzut na oś styczną τ (tnąca odpowiednio na oś
normalną n ) wektora głównego wszystkich sił po prawej stronie przekroju π, zredukowanego
do punktu P (P jest biegunem redukcji).
Moment gnący wyznaczymy jako moment wszystkich sił po prawej stronie przekroju P,
otrzymany przy ich redukcji do punktu P (moment obliczany jest względem tego punktu).
Zapis równań dla sił normalnych i tnących
Wektor wypadkowy wszystkich sił na prawo od P zapisuje się następująco (znaki składowych
wektora W zgodne z osiami OX i OY):
W
W
x
−
H
B
−
H
B
,
(11)
=
=
α
α
=
W
V
−
∫
P
qRd
α
V
−
qR
α
B
y
B
B
Rzut wypadkowej W na oś τ:
(Znak „+” dla siły rozciągającej czyli wtedy, gdy rzut jest skierowany „od” przekroju, znak „-
” gdy rzut jest skierowany „do” przekroju czyli dla siły ściskającej!)
( ) ( ) α
N
=
−
H
B
sin
α
−
V
B
−
qR
α
cos
(12)
Rzut wypadkowej W na oś n :
3
1
G
89768627.001.png
(Uwaga! Znak + gdy rzut jest skierowany z lewej strony przekroju od dołu do góry lub z
prawej od góry do dołu. Znak – przeciwnie !):
( ) α
T
=
H
B
cos
α
−
V
B
−
qR
α
sin
(13)
Podstawiając (1) do (2) i (3) otrzymamy po prostych przekształceniach (użyto wartości
liczbowych aby zależność od jedynej zmiennej niezależnej czyli kąta α była czytelniejsza:
α
N
=
−
0
4036
sin
α
−
1
4036
cos
α
+
qR
α
cos
(14)
(15)
T
=
0
4036
cos
α
−
1
4036
sin
α
+
qR
α
sin
α
Zapis równania dla momentu gnącego
Moment wszystkich sił na prawo od P obliczony względem P zapisuje się następująco (znaki
dodatnie gdy rozciągane są dolne włókna łuku):
( )
α
(
)
M
=
V
B
R
−
x
P
−
H
B
y
P
−
∫
R
cos
ϕ
−
R
cos
α
qRd
ϕ
(16)
0
We wzorze na moment mogliśmy, zamiast całki w której wyraz w nawiasie jest ramieniem
działania wypadkowej qRd ϕ , użyć wzoru (3) na środek ciężkości wypadkowej z odcinka BP
(proponuje się sprawdzić wynik całkowania tym sposobem).
Po podstawieniu wartości reakcji i uzależnieniu wszystkiego od kąta α:
x P =
R
cos
α
y P =
R
sin
α
(17)
otrzymuje się wyrażenie na moment gnący, w którym wstawiono wartości liczbowe reakcji
aby równania stały się czytelniejsze:
( )
=
1
4036
qR
2
1
−
cos
α
−
0
4036
qR
2
sin
α
−
qR
2
α
cos
α
−
sin
α
)
(18)
Sprawdzamy teraz, czy zapisane równania prawdziwe są dla całego łuku. Przesuwając
myślowo przekrój P wzdłuż osi łuku stwierdzamy, że w zworniku łuku znika obciążenie
ciężarem własnym. Wzory powyższe obowiązują więc jedynie dla kąta α<π/2.
Dla części łuku na lewo od punktu C równania sił wewnętrznych zostaną napisane w dalszej
części rozwiązania.
Sprawdzenie równowagi wycinka łuku na prawo od zwornika
Pozostaje sprawdzić, czy równanie równowagi elementu łuku są spełnione:
Suma rzutów na oś łuku dla infinitezymalnego wycinka dl obciążonego ciężarem własnym:
()
∂
N
α
+
T
()
α
−
qR
cos =
α
0
(19)
∂
α
Podstawiając do powyższej równości wzory na T, i pochodną N otrzymamy: 0=0.
Pozostawiamy to do samodzielnego sprawdzenia, proponujemy też wyprowadzić
samodzielnie wzory (19),(20) i (21), które powinny być znane z wykładu.
Suma rzutów na oś prostopadłą do łuku dla infinitezymalnego wycinka dl obciążonego
ciężarem własnym:
∂
T
()
α
−
N
()
α
−
qR
sin =
α
0
(20)
∂
α
4
M
(
89768627.002.png
jak wyżej, otrzymuje się: 0=0
Podobnie suma momentów dla infinitezymalnego wycinka łuku d l:
()
∂
M
α
+
RT
() 0
=
(21)
∂
α
daje po podstawieniu wzoru na pochodną M i T wyrażenie prawdziwe 0=0
Zapis równań dla sił normalnych, tnących i momentów dla lewej części łuku
Przyjmijmy, że pewien inny kąt, β, zmienia się od punktu A 1 do bieżącego punktu Q na lewej
części łuku. Siłę normalną (tnącą) będziemy obliczali jako rzut na oś styczną τ (tnąca
odpowiednio na oś normalną n ) wektora głównego (wypadkowej) wszystkich sił po lewej
stronie przekroju θ, zredukowanego do punktu Q (Q jest teraz biegunem redukcji).
n
y
Q
C
τ
A
H A
V A
β
B
x
A 1
H B
V B
Rysunek 10.2.3. Oznaczenia, układy współrzędnych x O y , rβ, n τ; wypadkowe. Wszystkie
obciążenia działające na lewo od przekroju θ poprowadzonego w punkcie Q opisanym
bieżącym kątem β redukowane są do punktu Q.
Ponieważ wypadkowa po lewej to tylko reakcje V A i H A , wiec wzory zapisują się łatwo jako
rzuty reakcji na oś n i na oś τ:
(Znak „+” dla siły rozciągającej czyli wtedy, gdy rzut jest skierowany „od” przekroju, znak „-
” gdy rzut jest skierowany „do” przekroju czyli dla siły ściskającej! znak „+” gdy rzut jest
skierowany z lewej strony przekroju od dołu do góry lub z prawej od góry do dołu. Znak –
przeciwnie !):
N
=
−
H
A
sin
β
−
V
A
cos
β
=
qR
(
−
0
4036
sin
β
−
0
1672
cos
β
)
(22)
(
)
T
=
−
H
cos
β
+
V
sin
β
=
qR
−
0
4036
cos
β
+
0
1672
sin
β
A
A
Moment gnący wyznaczymy jako moment wszystkich sił po lewej stronie punktu Q,
otrzymany przy ich redukcji do punktu Q (moment jest obliczony jest względem tego
punktu).
5
α
89768627.003.png
 

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin