1
Instytut Inzynierii Ladowej
Zaklad Dynamiki Budowli
Zadanie domowe z
podstaw statyki
AUTOR:
Grzegorz Wojtaczka
Wydzial Budownictwa Ladowego I Wodnego II Rok
ROK AKADEMICKI:
2003/04 r.
DATA WYKONANIA:
28.10.2003r.
TEMAT:
Belka – rozwiazanie analityczne i sporzadzenie wykresów MTN dla
preta glównego
PROWADZACY:
dr inz. Monika Podwórna
2
q= 2 kN/m
R
B
P = 4 2 kN
1
2
3
4
H
A
M
β
α
α
α
=45°
tg
β
= 1:2
m
X
Y
1.Sprawdzenie statycznej wyznaczalnosci i geometrycznej
niezmiennosci.
Mamy doczynienia z jedna tarcza i trzema podporami nie zbieznymi a wiec zgodnie z
twierdzeniem o dwóch tarczach uklad jest SW i GN
2.Obliczenie reakcji podporowych:
sin
β
=
5
5
i cos
β
5
5
2
Obciazenie równomiernie rozlozone bedziemy równiez zastepowac sila skupiona
Q = 16
2
Sile na wsporniku zredukowano do punktu nr.3. Zgodnie z prawami redukcji w punkcie nr.3
otrzymano sile o wartosci i kierunku dzialania takim samym jak sila na wsporniku oraz
otrzymano moment lewoskretny o wartosci M
P
= 16 kNm
Σ
y = 0 =>
−
R
B
×
cos
β
+ q
×
sin
α
×
16 – P
×
sin
α
= 0
−
5
5
2
R
B
+
2
×
16
×
2
2
−
4
2
×
2
2
=0
−
5
5
2
R
B
+ 16
−
4 =0
5
5
2
R
B
= 12
R
B
= 6 5 [kN] stad R
BY
= 12 [kN]
R
Bx
= 6 [kN]
3
Σ
x = 0 =>
−
R
B
×
sin
β
+ q
×
cos
α
×
16 – P
×
cos
α
−
H
A
= 0
−
R
B
×
5
5
+
2
×
16
×
2
2
– 4
2
×
2
2
−
H
A
= 0
−
6 5
×
5
5
+ 16 – 4
−
H
A
= 0
−
6 + 16 – 4
−
H
A
= 0
H
A
= 6 [kN]
Σ
M
B
= 0 => - M – M
P
+ Q
×
sin
α
×
4 – P
×
sin
α
×
8 = 0 gdzie:
−
M – 16
−
4
2
×
2
2
×
8 + 16
2
×
4
×
2
2
= 0 M
P
=
−
4
×
4 =
−
16[kN]
−
M – 16
−
4
×
8 + 64 = 0 lub
−
M – 16
−
32 + 64 = 0 M
P
=
−
4
×
2
−
4
×
2=
−
16[kN]
M = 16 [kNm]
Sprawdzenie:
Σ
M
3
= 0 =>
−
M – M
P
−
Q
×
sin
α
×
4 + R
B
×
cos
β
×
8 = 0
−
16
−
16
−
16
2
×
2
2
×
4 + 6 5
×
0
8
5
5
2
=
×
−
16
−
16
−
64 +12
×
8 = 0
−
96 + 96 = 0
3. Obliczenie sil przekrojowych
3.1 Momenty zginajace
Punkt 1 => 0 [kNm]
Punkt 2 =>
−
q
×
sin
α
×
4
×
2 =
=
−
2
×
2
2
×
4
×
2 =
−
8 [kNm]
Punkt 3
L
=>
−
q
×
sin
α
×
12
×
6 + R
B
×
cos
β
×
8 =
=
−
2
×
2
2
×
72 + 6 5
×
5
5
2
×
8 =
=
−
72 + 96 = 24 [kNm]
4
Punkt 3
P
=>
−
q
×
sin
α
×
12
×
6 + R
B
×
cos
β
×
8
−
M
P
=
=
−
2
×
2
2
×
72 + 6 5
×
5
5
2
×
8
−
16 =
=
−
72 + 96
−
16 = 8 [kNm]
Punkt 4
P
=> 16 [kN]
3.2 Sily tnace
Punkt 1 => 0 [kN]
Punkt 2
L
=>
−
q
×
sin
α
×
4 =
=
−
2
×
2
2
×
4 =
−
4 [kN]
Punkt 2
P
=>
−
q
×
sin
α
×
4 + R
B
×
cos
β
=
=
−
2
×
2
2
×
4 + 6 5
×
5
5
2
=
=
−
4 + 12 = 8 [kN]
Punkt 3
L
=>
−
q
×
sin
α
×
12 + R
B
×
cos
β
=
=
−
2
×
2
2
×
12 + 6 5
×
5
5
2
=
=
−
12 + 12 = 0 [kN]
Punkt 3
P
=>
−
q
×
sin
α
×
12 + R
B
×
cos
β
+ P
×
sin
α
=
=
−
2
×
2
2
×
12 + 6 5
×
5
5
2
+ 4
2
×
2
2
=
−
12 + 12 + 4 = 4 [kN]
Punkt 4
P
=> 0 [kN]
3.3 Sily osiowe
Punkt 1 => 0 [kN]
Punkt 2
L
=>
−
q
×
cos
α
×
4 =
=
−
2
×
2
2
×
4 =
−
4 [kN]
Punkt 2
P
=>
−
q
×
cos
α
×
4 + R
B
×
sin
β
=
=
−
2
×
2
2
×
4 + 6 5
×
5
5
=
−
4 + 6 = 2 [kN]
5
Punkt 3
L
=>
−
q
×
cos
α
×
12 + R
B
×
sin
β
=
=
−
2
×
2
2
×
12 + 6 5
×
5
5
=
−
12 + 6 =
−
6 [kN]
Punkt 3
P
=>
−
q
×
cos
α
×
12 + R
B
×
sin
β
+ P
×
cos
α
=
=
−
2
×
2
2
×
12 + 6 5
×
5
5
+ 4
2
×
2
2
=
=
−
12 + 6 + 4 =
−
2 [kN]
Punkt 4
P
=>
−
6 [kN]
4. Wykres sil
Obliczenie miejsca w którym wykres momentów przecina os
−
qsin
α
×
x
×
0,5x + R
B
×
cos
β
×
(x
−
4) =
=
−
0,5x
2
+ 12(x
−
4) =
=
−
0,5x
2
+ 12x
−
48
Otrzymujemy
∆
= 48 = 6,93 a z tego pierwiastki x
1
= 18,93 i x
2
= 5,07 [m]
Pod uwage bierzemy drugi wynik gdyz pierwszy nie spelnia warunku dlugosci naszej belki.
