Strona 1 z 9
ZADANIE II
Rozwi
ą
za
ć
belk
ę
ci
ą
gł
ą
statycznie niewyznaczaln
ą
metod
ą
trzech momentów.
Sporz
ą
dzi
ć
wykresy sił przekrojowych M i T.
Rys. 1
1. Obliczenia pomocnicze
Przyjmujemy schemat pomocniczy (rys.2), w którym w zwi
ą
zku z tym,
Ŝ
e podpor
ą
nieprzesuwn
ą
jest
utwierdzenie ko
ń
ca belki, wprowadzamy dodatkowe fikcyjne prz
ę
sło o
0
=
l
i
0
=
EJ
.
Numerujemy w
ę
zły belki (zaczynaj
ą
c od zera - bowiem jest najwygodniej).
Wprowadzamy numeracj
ę
prz
ę
seł – numer prz
ę
sła jest równy numerowi w
ę
zła opisuj
ą
cego koniec
prz
ę
sła (licz
ą
c od lewej do prawej). Znaj
ą
c nr prz
ę
sła opisa
ć
mo
Ŝ
emy w danym prz
ęś
le jego długo
ść
i
sztywno
ść
.
Rys. 2.
1
2
3
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
l
2
=12 [m]
EJ
2
l
3
=8 [m]
EJ
3
l
4
=3 [m]=a
EJ
4
4
l
1
=0
EJ
1
=∞
0
A-A
B-B
b
1
=0,3[m]
b
1
=0,3[m]
h
1
=
0
,4
[m
]
h
2
=
0
,4
[m
]
∆
y1
=6 mm
1
2
3
t
g
=0
0
C
t
d
=10
0
C
t
g
=0
0
C
t
d
=15
0
C
∆
y2
=10 mm
A
A
B
B
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
6 m
6 m
8 m
3 m
[
]
[ ]
C
/
m
/
kN
E
o
t
1
10
1
10
2
5
2
7
−
⋅
=
⋅
=
α
Strona
2 z 9
Stopie
ń
statycznej niewyznaczalno
ś
ci tej belki wynosi: SSN=2
Z rys. nr 1 wynika,
Ŝ
e sztywno
ś
ci we wszystkich prz
ę
słach s
ą
ró
Ŝ
ne (ale w danym prz
ęś
le takie same –
co wynika z def. belki ci
ą
głej).
Obliczamy momenty bezwładno
ś
ci w poszczególnych prz
ę
słach, bowiem od nich zale
Ŝą
sztywno
ś
ci w
tych prz
ę
słach.
W prz
ęś
le 1-2 mamy:
[ ]
4
2
3
3
2
10
3125
,
0
12
5
,
0
3
,
0
12
m
bh
J
−
⋅
=
⋅
=
=
,
W prz
ęś
le 2-3 oraz 3-4 mamy:
[ ]
4
4
2
3
3
3
10
54
,
0
12
6
,
0
3
,
0
12
J
m
bh
J
=
⋅
=
⋅
=
=
−
,
Teraz przyjmujemy jako porównawczy moment bezwładno
ś
ci - moment w bezwładno
ś
ci w prz
ęś
le 1-2,
czyli
0
2
J
J
=
i w poszczególnych prz
ę
słach opisujemy sztywno
ś
ci tzw. sztywno
ś
ci
ą
porównawcz
ą
0
EJ
. (
E
jest stałe dla wszystkich prz
ę
seł, natomiast zmienny jest moment bezwładno
ś
ci).
Za sztywno
ść
porównawcz
ą
przyjmujemy np. sztywno
ść
prz
ę
sła 1-2, czyli:
[ ]
0
4
2
2
10
3125
,
0
EJ
m
E
EJ
=
⋅
⋅
=
−
.
Wyra
Ŝ
amy pozostałe sztywno
ś
ci uzale
Ŝ
niaj
ą
c je od sztywno
ś
ci
0
EJ
:
2
2
2
0
0
3
3
10
3125
,
0
10
3125
,
0
10
54
,
0
−
−
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
E
E
E
EJ
EJ
EJ
EJ
[ ]
4
4
0
3
728
,
1
EJ
m
EJ
EJ
=
⋅
=
Wyliczenie długo
ś
ci sprowadzonych prz
ę
seł:
Wzór ogólny:
k
k
k
l
EJ
EJ
l
⋅
=
0
'
:
]
[
12
12
0
0
2
2
0
'
2
m
EJ
EJ
l
EJ
EJ
l
=
⋅
=
⋅
=
,
]
[
63
,
4
8
728
,
1
0
0
3
3
0
'
3
m
EJ
EJ
l
EJ
EJ
l
≅
⋅
⋅
=
⋅
=
,
'
0
0
4
4
0
'
4
]
[
74
,
1
3
728
,
1
a
m
EJ
EJ
l
EJ
EJ
l
=
≅
⋅
⋅
=
⋅
=
.
2. Przyj
ę
cie schematu podstawowego
Rys. 3
1
2
3
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
l
2
=12 [m]
EJ
2
l
3
=8 [m]
EJ
3
l
4
=3 [m]=a
EJ
4
4
l
1
=0
EJ
1
=∞
0
l
1
’
=0
l
2
’
=12, EJ
0
l
3
’
=12, 1,728·EJ
0
l
4
’
=12
1,728·EJ
0
X
1
X
1
X
2
X
2
Strona
3 z 9
3. Równania trzech momentów
Układamy równania (ci
ą
gło
ś
ci) kolejno w podporach, w których wprowadzono nadliczbowe
k
X
(w miejsce
zwolnionych wi
ę
zów).
Ogólny wzór metody trzech momentów zapisany w w
ęź
le „
k
”:
0
0
1
'
1
'
1
'
1
'
6
)
(
2
k
k
k
k
k
k
k
k
EJ
X
l
X
l
l
X
l
δδδδ
−
=
+
+
+
+
+
+
−
.
k=1
10
0
2
'
2
0
'
2
'
1
0
'
1
6
)
(
2
δδδδ
EJ
X
l
X
l
l
X
l
−
=
+
+
+
,
10
0
2
0
0
6
12
)
12
0
(
2
0
δδδδ
EJ
X
X
X
−
=
⋅
+
+
+
⋅
,
10
0
2
1
6
12
24
δδδδ
EJ
X
X
−
=
+
,
k=2
20
0
3
'
3
2
'
3
'
2
1
'
2
6
)
(
2
δδδδ
EJ
X
l
X
l
l
X
l
−
=
+
+
+
,
20
0
3
2
1
6
63
,
4
)
63
,
4
12
(
2
12
δδδδ
EJ
X
X
X
−
=
+
+
+
,
W naszym zadaniu moment przypodporowy w w
ęź
le „3” (
3
X
) jest ró
Ŝ
ny od zera i jest momentem zna-
nym (znak „-„ poniewa
Ŝ
ś
ciska dolne włókna):
]
[
18
3
6
4
2
3
KNm
l
P
X
−
=
⋅
−
=
⋅
−
=
.
Rys. 4
20
0
2
1
6
)
18
(
63
,
4
)
63
,
4
12
(
2
12
δδδδ
EJ
X
X
−
=
−
⋅
+
+
+
,
20
0
2
1
6
34
,
83
26
,
33
12
δδδδ
EJ
X
X
−
=
+
+
,
34
,
83
6
26
,
33
12
20
0
2
1
−
−
=
+
δδδδ
EJ
X
X
Ostatecznie otrzymujemy układ 2 równa
ń
do rozwi
ą
zania:
10
0
2
1
6
12
24
δδδδ
EJ
X
X
−
=
+
34
,
83
6
26
,
33
12
20
0
2
1
−
−
=
+
δδδδ
EJ
X
X
4. Obliczenie
0
k
δδδδ
, tj.
10
δδδδ
i
20
δδδδ
Ogólny wzór na
0
k
δδδδ
ma posta
ć
:
∆
+
+
=
k
kt
kp
k
δδδδ
δδδδ
δδδδ
δδδδ
0
4.1.
Wyznaczenie
kp
δδδδ
Mo
Ŝ
na wyliczy
ć
dwoma sposobami: metod
ą
Mohra lub z wykorzystanie równania prac wirtualnych
W naszym zadaniu wykorzystamy równanie prac wirtualnych do obliczenia
kp
δδδδ
.
3
P
2
=6 kN
l
4
=3 [m]=a
4
wyróŜnione włókna
Strona
4 z 9
Wykres momentów zginaj
ą
cych (rys. 5b) w schemacie podstawowym od obci
ąŜ
enia „p” (rys. 5a):
a)
b)
Rys. 5
Wykres momentów zginaj
ą
cych (rys. 6b) w schemacie podstawowym od stanu
1
1
=
X
(rys. 6a):
a)
b)
Rys. 6
1
2
3
4
0
0,5
M
1
1
1
2
3
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 =a
4
l
1
=0
EJ
1
=∞
0
l
1
’
=0
EJ
0
1,728·EJ
0
X
1
=1
X
1
=1
1
2
3
4
0
36
4
=
Pl
48
8
2
=
ql
M
p
18
1
2
3
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
l
2
=12
l
3
=8 [m]
l
4
=3 [m]=a
4
l
1
=0
0
l
1
’
=0
EJ
0
1,728·EJ
0
6 [m]
6 [m]
Strona
5 z 9
Wykres momentów zginaj
ą
cych (rys. 7b) w schemacie podstawowym od stanu
1
2
=
X
(rys. 7a):
a)
b)
Rys. 7
Współczynniki
kp
δδδδ
obliczamy wg wzoru:
0
1
108
EJ
p
=
δδδδ
(
)
[
]
[
]
=
⋅
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
∫
1
8
18
1
8
48
728
,
1
1
5
,
0
1
5
,
0
6
36
1
3
1
2
1
2
1
3
2
0
3
2
3
1
3
2
2
1
0
2
2
EJ
EJ
ds
EJ
M
M
l
p
p
δδδδ
0
2
185185
,
168
EJ
p
≅
δδδδ
4.2.
Wyznaczenie
kt
δδδδ
:
Rys. 8
1
2
3
4
0
10
o
C
0
o
C
0
o
C
15
o
C
0
o
C
15
o
C
l
1
=0
l
2
=12
l
3
=8
l
4
=3
1
2
3
4
0
M
2
1
1
2
3
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 =a
4
l
1
=0
EJ
1
=∞
0
l
1
’
=0
EJ
0
1,728·EJ
0
X
2
=1
X
2
=1
ds
EJ
M
M
l
p
k
kp
∫
=
δδδδ
[
]
=
⋅
+
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
∫
)
5
,
0
5
,
0
1
(
6
36
1
3
2
3
2
3
1
2
1
0
1
1
EJ
ds
EJ
M
M
l
p
p
δδδδ
Strona
6 z 9
Ogólny wzór na wyznaczenie
kt
δδδδ
:
1
1
1
2
2
1
+
+
+
∆
⋅
⋅
+
⋅
∆
⋅
=
+
k
k
k
t
k
k
k
t
kt
t
h
l
h
l
t
k
k
αααα
αααα
δδδδ
,
gdzie
g
d
t
t
t
−
=
∆
.
Wyliczamy kolejno w w
ę
złach, w których wprowadzono nadliczbowe
k
X
:
k=1
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
1
h
l
t
h
l
t
t
t
t
⋅
∆
⋅
+
⋅
∆
⋅
=
αααα
αααα
δδδδ
,
C
t
0
1
0
=
∆
,
C
C
C
t
0
0
0
2
10
0
10
=
−
=
∆
,
∞
→
1
h
,
m
5
,
0
2
=
h
,
m
0
1
=
l
,
m
12
2
=
l
,
C
const
t
0
1/
5
10
1
−
⋅
=
=
αααα
,
3
5
1
1
1
10
2
,
1
0012
,
0
5
,
0
2
12
10
10
1
2
0
1
−
−
⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
∆
⋅
=
h
t
t
t
αααα
δδδδ
k=2
3
3
3
2
2
2
2
2
2
3
2
h
l
t
h
l
t
t
t
t
⋅
∆
⋅
+
⋅
∆
⋅
=
αααα
αααα
δδδδ
,
C
C
C
t
0
0
0
3
15
0
15
=
−
=
∆
,
m
6
,
0
3
=
h
,
m
8
3
=
l
,
3
5
5
2
10
2
,
2
0022
,
0
6
,
0
2
8
15
10
1
5
,
0
2
12
10
10
1
−
−
−
⋅
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
⋅
=
t
δδδδ
.
4.3.
Wyznaczenie
∆
k
δδδδ
:
Rys. 9
Ogólny wzór na wyznaczenie
∆
k
δδδδ
:
1
1
1
1
1
1
+
+
+
−
∆
∆
+
∆
⋅
+
−
∆
=
k
k
i
k
k
k
k
k
l
l
l
l
δδδδ
.
1
2
3
4
0
l
1
=0
l
2
=12
l
3
=8
l
4
=3
∆
y1
=0,006 m
∆
y2
=0,01 m
Strona
7 z 9
k=1
12
01
,
0
006
,
0
12
1
12
01
,
0
006
,
0
12
1
0
0
1
1
2
2
1
2
1
1
0
1
+
⋅
−
=
+
⋅
+
−
=
∆
+
∆
⋅
+
−
∆
=
∆
l
l
l
l
δδδδ
4
1
10
)
3
(
,
3
−
∆
⋅
=
δδδδ
k=2
0
01
,
0
8
1
12
1
12
006
,
0
1
1
3
3
2
3
2
2
1
2
+
⋅
+
−
=
∆
+
∆
⋅
+
−
∆
=
∆
l
l
l
l
δδδδ
3
2
10
)
3
(
58
,
1
−
∆
⋅
−
=
δδδδ
4.4.
Wyznaczenie
0
k
δδδδ
:
∆
+
+
=
k
kt
kp
k
δδδδ
δδδδ
δδδδ
δδδδ
0
.
k=1
[
]
4
3
0
0
4
3
0
10
10
)
3
(
,
3
10
2
,
1
(
108
1
10
)
3
(
,
3
10
2
,
1
108
−
−
−
−
⋅
+
⋅
⋅
+
=
⋅
+
⋅
+
=
EJ
EJ
EJ
δδδδ
,
0
10
)
3
(
8
,
203
EJ
=
δδδδ
,
k=2
[
]
3
3
0
0
3
3
0
20
10
)
3
(
58
,
1
10
2
,
2
(
18518
,
258
1
10
)
3
(
58
,
1
10
2
,
2
185185
,
168
−
−
−
−
⋅
−
⋅
⋅
+
=
⋅
−
⋅
+
=
EJ
EJ
EJ
δδδδ
0
20
726852
,
206
EJ
=
δδδδ
5. Rozwi
ą
zanie układu równa
ń
- wyliczenie
k
X
Wracamy do układu równa
ń
10
0
2
1
6
12
24
δδδδ
EJ
X
X
−
=
+
34
,
83
6
26
,
33
12
20
0
2
1
−
−
=
+
δδδδ
EJ
X
X
Za
0
k
δδδδ
wstawiamy wyliczone wielko
ś
ci w pkt. 4.:
0
0
2
1
)
3
(
8
,
203
6
12
24
EJ
EJ
X
X
⋅
−
=
+
34
,
83
726852
,
206
6
26
,
33
12
0
0
2
1
−
−
=
+
EJ
EJ
X
X
0
2
1
1223
12
24
EJ
X
X
−
=
+
0
2
1
7
,
1323
26
,
33
12
EJ
X
X
−
=
+
Strona
8 z 9
8952
,
37
1
−
≅
X
1262
,
26
1
−
≅
X
6. Wyliczenie pozostałych wielko
ś
ci statycznych - wykresy sił przekrojowych M i T
Rys. 10
Belk
ę
ci
ą
gł
ą
, po wyliczeniu
k
X
, mo
Ŝ
emy dalej rozwi
ą
zywa
ć
jak dwie belki proste poł
ą
czone ze sob
ą
w
w
ęź
le „2” przegubem, w którym przyło
Ŝ
one s
ą
wyliczone momenty przypodporowe
2
X
(rys. 11). Nast
ę
p-
nie w tych beleczkach liczymy reakcje podporowe i rysujemy wykresy T i M (rys. 12 i 13).
Rys. 11
Rozpatrujemy beleczk
ę
1-2:
∑
=
0
2
L
M
98
,
6
2
12
12
1262
,
26
8952
,
37
1
≅
+
−
=
V
∑
=
0
1
M
02
,
5
2
12
12
8952
,
37
1262
,
26
2
≅
+
−
=
L
V
Rozpatrujemy beleczk
ę
2-4:
∑
=
0
2
P
M
98
,
28
2
8
6
1262
,
26
11
6
8
1
2
3
≅
⋅
+
−
⋅
=
V
1
2
3
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 [m]=a
4
X
1
=37,8952
X
2
=26,1262
1
V
L
V
2
P
V
2
3
V
1
2
3
P
1
=12 kN
P
2
=6 kN
q=6 kN/m
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 [m]=a
4
0
X
1
=37,8952
X
2
=26,1262
Strona
9 z 9
∑
=
0
3
M
02
,
25
3
6
2
8
6
1262
,
26
8
1
2
2
≅
⋅
−
⋅
+
=
P
V
Sprawdzenie:
∑
=
0
y
P
0
6
8
6
12
02
,
25
98
,
28
02
,
5
98
,
6
=
−
⋅
−
−
+
+
+
c.n.d.
Rys. 12. Wykres momentów zginaj
ą
cych
Rys. 13. Wykres sił tn
ą
cych
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 [m]
6 [m]
6,98
x
≅
4,169
+
+
+
-
-
6,98
5,02
5,02
25,02
22,98
6
6
l
2
=12 [m]
l
3
=8 [m]
l
4
=3 [m]
X
1
=37,8952
X
2
=26,1262
6 [m]
3,9893
M
extr
≅
26,023
18
x
≅
4,169
0107
,
32
2
2
1
=
+
X
X
36
4
=
Pl
2
3
2
X
X
+
8
2
ql