Twoim problemem jest to, że powszechną NICOŚĆ mylisz z osobistą PUSTKĄ
Przykład 7.6. Belka wieloprzęsłowa
Narysować wykresy sił wewnętrznych dla poniższej belki.
√
Rozwiązanie
Rozwiązywanie zadania rozpoczynamy od oznaczenia punktów charakterystycznych,
składowych reakcji i przyjęcia układu współrzędnych.
√
Poszczególne pręty belki połączone są tuleją, teleskopem i przegubem. Każde z tych połączeń
daje nam dodatkowe równanie równowagi, które wykorzystamy przy obliczaniu reakcji.
α
β
γ
√
α
β
γ
∑
P
α
−
α
,
=
0
⇔
R
⋅
cos
45
o
+
2
ql
⋅
cos
45
o
=
0
⇒
R
=
−
2
ql
x
A
A
∑
P
α
−
α
,
p
=
0
⇔
R
⋅
cos
45
o
=
0
⇒
R
=
0
x
E
E
∑
P
β
−
β
,
=
0
⇔
−
R
⋅
sin
45
o
−
2
ql
⋅
sin
45
o
+
V
−
q
⋅
2
l
+
R
⋅
sin
45
o
=
0
⇒
y
A
C
E
⇒
V
=
−
2
ql
⋅
1
+
2
ql
⋅
1
+
2
ql
⇒
V
=
2
ql
C
2
2
C
∑
M
γ
−
γ
,
p
=
0
⇔
2
ql
2
−
V
⋅
l
=
0
⇒
V
=
2
ql
I
J
J
∑
P
β
−
β
,
p
=
0
⇔
−
ql
+
V
+
V
=
0
⇒
V
=
ql
−
2
ql
⇒
V
=
−
ql
y
H
J
H
H
∑
M
γ
−
γ
,
=
0
⇔
M
−
R
⋅
sin
45
o
⋅
6
l
−
2
ql
⋅
sin
45
o
⋅
11
l
+
V
⋅
5
l
−
q
⋅
2
l
⋅
4
l
+
R
⋅
sin
45
o
⋅
3
+
I
A
A
2
C
E
−
ql
⋅
3
l
+
V
⋅
l
=
0
⇒
2
H
⇒
M
=
−
2
ql
⋅
1
⋅
6
l
+
11
2
ql
2
⋅
1
−
2
ql
⋅
5
l
+
8
ql
2
+
3
ql
2
−
( )
ql
⋅
l
⇒
A
2
2
2
2
⇒
M
=
−
6
ql
2
+
11
ql
2
−
10
ql
2
+
19
ql
2
+
ql
2
⇒
M
=
−
16
ql
2
+
16
ql
2
⇒
M
=
0
A
2
2
A
A
Możemy więc narysować wszystkie obciążenia działające na belkę.
√
√
Wykres siły normalnej
N
Jedynymi obciążeniami działającymi wzdłuż osi belki są składowe poziome sił skupionych
przyłożonych w punktach A i B. Działają one w kierunku „od belki”, co oznacza, że siła
normalna na odcinku A-B wynosi
+
2
ql
⋅
sin
45
o
=
+
2
ql
⋅
1
=
+
ql
. Na pozostałej części
2
belki siła
N
jest równa zeru.
2
l
−
Wykres siły poprzecznej
T
Analizę sił tnących zacznijmy od prawego końca belki, tj. punktu J. W punkcie tym
przyłożona jest siła poprzeczna skupiona o wartości . Ponieważ siła ta powoduje obrót
rozpatrywanej, prawej części belki w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek
zegara, więc siła tnąca na końcu belki wynosi
2
ql
−
2
ql
.
Na odcinku J-H siły poprzeczne nie występują, więc wartość
T
się nie zmienia.
Przyłożona w punkcie H siłą
ql
powoduje obrót rozpatrywanej, prawej części belki
w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, a więc tym razem występuje skok
wartości zwiększający siłę
T
o
ql
.
Na odcinku od H do G siła
T
nie ulegnie zmianie (bo nie występują tam obciążenia
poprzeczne), zaś w punkcie G działa siła identyczna jak w punkcie H, więc i efekt jej
działania na wartość siły tnącej będzie identyczny – skokowe zwiększenie
T
o
ql
.
3
Pomiędzy punktami G i E nie działają żadne obciążenia, co skutkuje niezmiennością wartości
T
.
Rozpatrzmy teraz lewy kraniec belki. Działająca w punkcie A siła skupiona ma składową
pionową o wartości
2
ql
⋅
cos
45
o
=
2
ql
⋅
1
=
ql
, powodującą obrót lewej części belki
2
w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Oznacza to, że w punkcie A siłą
T
ma
wartość
+ql.
4
Pomiędzy punktami A i B wartość
T
, z powodu braku obciążenia, się nie zmienia.
Siła działająca w punkcie B ma identyczną wielkość i kierunek oraz przeciwny zwrot
w porównaniu z siłą z punktu A. Efekt jej działania jest więc odwrotny – zmniejsza wartość
siły tnącej o
ql
.
Na odcinku B-C wartość
T
, z powodu braku obciążenia, się nie zmienia.
Siła skupiona przyłożona w punkcie C o wartości
2ql
wymusza istnienie skokowej zmiany
wartości
T
o
2ql
. Ponieważ siła ta powoduje obrót lewej części belki w kierunku zgodnym
z ruchem wskazówek zegara, więc zmiana wartości
T
polega na jej zwiększeniu.
5