Twoim problemem jest to, że powszechną NICOŚĆ mylisz z osobistą PUSTKĄ
Przykład 7.3. Belka jednoprzęsłowa z dwoma wspornikami
Narysować wykresy sił przekrojowych dla poniższej belki.
√
Rozwiązanie
Rozwiązywanie zadania rozpocząć należy od oznaczenia punktów charakterystycznych,
składowych reakcji i przyjęcia układu współrzędnych.
√
W celu obliczenia reakcji należy wykorzystać trzy równania równowagi:
∑
P
=
0
⇔
2
ql
⋅
cos
α
−
H
=
0
⇒
H
=
2
ql
⋅
cos
45
o
⇒
H
=
2
ql
⋅
1
⇒
x
B
B
B
2
⇒
H
B
=
ql
∑
M
=
0
⇔
−
2
ql
⋅
sin
α
+
q
⋅
3
l
⋅
1
⋅
3
l
−
V
⋅
2
l
+
ql
2
=
0
⇒
B
2
C
⇒
2
V
=
−
2
ql
⋅
sin
45
o
+
9
ql
+
ql
⇒
2
V
=
−
2
ql
⋅
1
+
11
ql
⇒
C
2
C
2
2
⇒
2
V
=
9
ql
⇒
V
=
9
ql
C
2
C
4
∑
P
=
0
⇔
−
2
ql
⋅
sin
α
+
V
−
q
⋅
3
l
+
V
=
0
⇒
V
=
2
ql
⋅
1
+
3
ql
−
9
ql
⇒
V
=
7
ql
y
B
C
B
2
4
B
4
Tak więc
√
Obecnie możemy już przystąpić do rysowania wykresów sił przekrojowych.
Wykres siły normalnej
N
Rysowanie wykresu sił normalnych rozpoczniemy na lewym końcu belki, tj. w punkcie A.
W punkcie tym przyłożona jest siła skupiona, mająca niezerową składową poziomą. Oznacza
to, że punkcie A występuje siła normalna równa co do wartości bezwzględnej wielkości tej
składowej, czyli
N
=
2
α
⋅
cos
=
2
ql
⋅
cos
45
o
=
2
ql
⋅
1
=
ql
2
W celu określenia znaku siły normalnej należy zbadać, czy przyłożona siła zewnętrzna ściska
czy rozciąga belkę. Pamiętając, że rozciąganie oznacza dodatni kierunek siły normalnej, zaś
ściskanie - ujemny oraz zauważywszy, że składowa pozioma rozpatrywanej siły powoduje
ściskanie możemy wrysować na wykres
N
wartość siły w punkcie A:
Ponieważ pomiędzy punktami A i B brak jakiegokolwiek obciążenia podłużnego, więc
wartość siły
N
pozostaje niezmieniona:
W punkcie B przyłożona jest pozioma reakcja o wartości skierowana w lewo,
tj. rozciągająca belkę (należy zauważyć, że siła pozioma skierowana w lewo rozciąga,
a skierowana w prawo ściska belkę gdy rozpatrujemy belkę od strony lewej; w przeciwnym
wypadku, tj. gdy rozpatrujemy prawą część belki siła pozioma skierowana w lewo ściska,
ql
2
ql
a skierowana w prawo rozciąga badaną belkę). Oznacza to, że w punkcie B musi nastąpić
skokowe zwiększenie się wartości siły normalnej
N
−
ql
o wartość reakcji, tj.
+
ql
czyli
z prawej strony podpory B mamy
N
=
ql
ql
+
=
0
.
Na pozostałej części belki, tj. między B, a E obciążenia podłużne nie występują, czyli wykres
się nie zmienia.
3
=
−
Wykres siły tnącej
T
Rysowanie ponownie zaczynamy w punkcie A, przesuwać się będziemy w prawo. W punkcie
A przyłożona siła skupiona ma składową pionową skierowaną w dół o wartości
2
α
ql
⋅
sin
=
2
ql
⋅
sin
45
o
=
2
ql
⋅
1
=
ql
. Oznacza to, że wartość siły tnącej na początku
2
belki wynosi (ponieważ wywołuje obrót rozważanej części układu przeciwny do
kierunku ruchu wskazówek zegara).
−
ql
Na odcinku A-B brak obciążeń poprzecznych, więc wartość siły
T
się nie zmienia.
W punkcie B działa reakcja pionowa
ql
4
7
starająca się obrócić lewą część belki zgodnie
z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, co oznacza skokowe zwiększenie wartości siły tnącej
7
o
ql
4
, czyli:
T
l
B
=
−
ql
T
p
B
=
T
l
B
+
7
ql
=
3
ql
4
4
przy czym indeksy górne
l
i
p
oznaczają odpowiednio lewą i prawą stronę punktu wskazanego
przez indeks dolny.
4
Tak więc mamy:
Na odcinku B-C działa obciążenie poprzeczne równomiernie rozłożone o wartości ,
skierowane ku dołowi. Oznacza to, że na odcinku długości od punktu B do C wykres siły
T
musi być zmienny liniowo i malejący. Różnica wartości siły
T
pomiędzy punktami B i C
jest równa wypadkowej obciążenia rozłożonego na tym odcinku, tj.
q
q
2
⋅
2
=
2
.
T
p
B
=
3
ql
4
T
l
C
=
T
p
B
−
2
ql
=
−
5
ql
4
Ponieważ wykres zmienia znak istnieje potrzeba wyznaczenia miejsca zerowania się funkcji
T(x)
, gdyż w tym punkcie występuje ekstremum lokalne momentu zginającego. Położenie
tego punktu najłatwiej obliczyć z proporcji:
3
ql
5
ql
+
3
ql
3
3
4
4
4
=
⇒
2
qlx
=
ql
2
⇒
x
=
l
x
2
l
2
4
5
ql