To tylko jedna z 8 stron tej notatki. Zaloguj się aby zobaczyć ten dokument.
Zobacz
całą notatkę
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: ϕ d qR dl q dQ = = (1) Wartość wypadkowej wzdłuż odcinka od x P do x B ograniczonego kątami αP i αB ( ) B P AB qR qRd qdl dQ Q P B P B P B α α α α α α α α α − = = = = ∫ ∫ ∫ (2) Wypadkowa przyłożona jest w punkcie o współrzędnej: ( ) R qRd qRd R qdl xqdl x B P B P w P B P B P B P B α α α α α α α α α α α α α α α − − = = = ∫ ∫ ∫ ∫ sin sin cos (3) Dla ćwiartki okręgu daje to wartość π π R x 2 2 .. 0 = , mierzoną od środka okręgu. Można użyć tej informacji przy rozwiązywaniu zadania (proponuje się potraktować to jako ćwiczenie samodzielne), jednak w przykładowym rozwiązaniu nie będzie ona wykorzystana. M N T HA VA q y x HB VB dQ=qdl τ n x P dx ϕ d ϕ α C B A P Rysunek 10.2.2. Oznaczenia, układy współrzędnych x O y , r ϕ, n τ; wypadkowe. Wszystkie obciążenia działające na prawo od przekroju π poprowadzonego w punkcie P opisanym bieżącym kątem α i bieżącą współrzędna xP redukowane są do punktu P. Obliczenie reakcji Obliczenie reakcji odbywa się według zasad opisanych w przykładzie 3:
(…)
…) z dwiema niewiadomymi VB i HB daje wartości reakcji:
2 2 2 2 (8)
V B = qR1 −
+π = 1.4036 qR H B = qR −
2 + π 4 = 0.4036 qR
2 4
Z sumy rzutów na oś poziomą i pionową dla całości układu można obliczyć VA i HA.
Otrzymuje się następujące wartości:
π 2 2 (9)
V A = qR − 1 + +
−π = 0.1672 qR
2 2 4
H A = H B = 0.4036 qR (10)
Zapisanie równań sił wewnętrznych
Wprowadźmy oś…
… ) − 0.4036qR 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…
… π 2
VB R + R
− HBR
− qR 2
4 + 1 = 0
2 2
2
Suma momentów dla części CB względem punktu C (zwornik łuku):
π /2 (6)
VB R − H B R − ∫ (R cos ϕ )qR dϕ = 0
0
Otrzymuje się równanie (proponuje się sprawdzić poniższy wynik samodzielnie, posługując
się znajomością położenia środka ciężkości wypadkowej ciężaru własnego!):
V B − H B − qR = 0 (7)
Rozwiązanie układu równań (1), (2…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)