Łuk ze ściągiem, obciążenie styczne.pdf

(294 KB) Pobierz
Wykresy sił wewnetrznych w łukach
Przykład 10.4. Łuk ze ściągiem, obciążenie styczne.
Rysunek przedstawia łuk trójprzegubowy, kołowy, ze ściągiem. Łuk obciążony jest
obciążeniem stycznym do łuku, o stałej gęstości q na jednostkę długości łuku (taki efekt na
fragmentach łuku, oprócz parcia i ssania, daje wiatr lub opływająca ciecz). Narysować
wykresy momentów gnących, sił normalnych i sił tnących w każdym punkcie osi łuku.
D
C
E
q
A
R
A
B
Rysunek 10.4.1. Łuk trójprzegubowy, kołowy, ze ściągiem. Wymiary, obciążenie,
oznaczenia. Uwaga! Obciążenie przyłożone jest wzdłuż osi łuku. Na rysunku jest ono
odsunięte od osi jedynie dla uniknięcia niejednoznaczności rysunku.
Rozwiązanie.
Analiza obciążenia
Obciążenie przedstawione na rysunku to obciążenie równomierne „na jednostkę długości
łuku”. Obie składowe wektora wypadkowej elementarnej są (w położeniu ogólnym) różne od
zera. Aby je obliczyć, zauważmy że wypadkowa jest styczna do łuku a więc współliniowa z
wektorem jednostkowym τ. Współrzędne wektora τ to cosinusy kątów jaki ten wektor tworzy
z osiami Ox i Oy (odpowiednio). Znane są zawsze współrzędne wektora n . Ponieważ τ jest
prostopadły do n, zauważmy, że:
n G
=
cos
α
τ
G
=
cos
( )
( )
α
+
π
/
2
=
−
sin
α
(1)
sin
α
sin
α
+
π
/
2
cos
α
Wypadkowa elementarna wyraża się wzorami:
dQ =
q
dl
(2)
d
G
=
qdl
τ
=
qdl
τ
x
=
qdl
−
sin
α
=
q
−
dl
sin
α
=
−
qdx
(3)
τ
cos
α
dl
cos
α
qdy
y
Rozumowanie zapisane w równaniu (3) oznacza, że rozłożono obciążenie styczne
przypadające na jednostkę długości łuku na dwie składowe: poziomą - qdx i pionową qdy o tej
samej gęstości q ale przypadające na jednostkę rzutu elementu łuku na oś poziomą i pionową.
W ten sposób sprowadzono obciążenie do elementarnego przypadku podobnego do tego z
G
89768629.007.png 89768629.008.png
zadania 10.3. Ilustruje to rysunek 10.4.2. Od tej chwili można rozwiązać zadanie 10.4
wzorując się ściśle na zadaniu 10.3. Dla łuków niekołowych (parabola, elipsa) jest to sposób
zalecany. Trzeba przy tym pamiętać, że obciążenie zastępcze przyłożone jest w punktach osi
łuku (jest to zaznaczone na rysunku 10.4.3)!. Jednak dla łuków kołowych łatwiej będzie
wykorzystać prostą geometrię łuku i rozwiązać zadanie nie korzystając z powyższego
rozkładu.
y
τ
q
β
n
α
q
dy
dl
dx
q
x
Rysunek 10.4.2. Infinitezymalny wycinek łuku obciążonego stycznie. Ilustracja wzoru (3),
objaśnienia w tekście.
n
τ
M
q
D
C
E
N
S
S
S
T
dϕ
α
α−ϕ
ϕ
H A
A
B
V A
V B
Rysunek 10.4.3. Na rysunku zaznaczono układy współrzędnych, przyjęte zwroty reakcji oraz
kąty używane w obliczeniach.
Obliczenie reakcji
Kierunki i zwroty wektorów sił założone są wstępnie jak na rysunku 10.4.3, w równaniach
poniżej występują tylko ich długości. Reakcje obliczymy spostrzegając, że bardzo łatwo
zapisać sumę momentów dla całego układu względem środka okręgu (można tę reakcję
obliczyć z sumy momentów względem punktu A ale wtedy trzeba obliczyć dłuższą całkę):
2
89768629.009.png 89768629.010.png 89768629.001.png 89768629.002.png
π
(5)
V
R
+
V
R
−
∫
qR
Rd
α
=
0
A
B
0
Prowadzi to do równania:
V
A
R
+
V
B
R
−
π
qR
2 =
0
(6)
Suma rzutów na oś pionową:
π
(7)
V
−
V
−
∫
q
Rd
α
cos
α
=
0
A
B
0
oczywiście, całka z rzutu wypadkowej q na oś pionowa jest równa zeru:
0
V
A V
−
B
=
(8)
Rozwiązanie układu równań (7) i (8):
V
=
V
=
π
qR
=
1
570796
qR
(9)
A
B
2
Suma rzutów na oś pozioma dla całego układu:
π
(10)
H
−
∫
qRd
α
sin
α
=
0
⇒
H
=
2
qR
A
A
0
Aby obliczyć wartość S siły w ściągu przecinamy myślowo łuk w przegubie C i zapisujemy
sumę momentów względem C dla części prawej (ilustracja geometryczna zapisu całki w (11) i
w (12) pokazana jest na rysunku 10.4.3):
2
π
/
2
2
qR
(11)
(
)
−
S
(
R
−
R
)
−
V
R
+
∫
qRd
α
R
−
R
sin
α
=
0
⇒
S
=
−
=
3
4142
qR
B
2
2
−
2
0
Pręt DE jest więc ściskany. Dla sprawdzenia napiszemy sumę momentów względem punktu
C dla części lewej:
2
π
/
2
π
(12)
H
R
−
V
R
+
S
(
R
−
R
)
+
∫
qRd
α
R
−
R
cos
α
−
=
0
⇒
0
=
0
A
A
2
2
0
Zapisanie równań sił wewnętrznych
Wprowadźmy oś normalną i styczną w dowolnym przekroju π wyznaczonym punktem P na
osi łuku. Osie te (na Rysunku 10.4.3 oznaczono je symbolami n i τ) skierowane są pod kątem
α, który został wybrany jako zmienna niezależna.
Siłę normalną i tnącą będziemy obliczali jako rzuty na oś styczną τ (tnąca - odpowiednio na
oś normalną n ) wypadkowej wszystkich sił po prawej stronie przekroju π, zredukowanej do
punktu P (P jest biegunem redukcji).
Moment gnący wyznaczymy jako moment wszystkich sił po prawej stronie przekroju P,
otrzymany przy ich redukcji do punktu P (moment jest obliczony względem tego punktu).
3
89768629.003.png
Zapis równań dla sił normalnych i tnących
Równanie (13,14) jest zapisem rzutu reakcji V B i sumy rzutów (całki) wszystkich
elementarnych wypadkowych dQ=qRd ϕ pomiędzy zerem (punkt B) a wartością bieżącą
zmiennej niezależnej α - na oś normalną n (siły tnące T) styczną τ (siły normalne). Dla siły
tnącej przyjęto znak „+” gdy jej rzut jest skierowany z lewej strony przekroju od dołu do góry
lub z prawej od góry do dołu. Znak „–„ w sytuacji odwrotnej . Siła normalna ma znak „+” dla
siły rozciągającej czyli wtedy, gdy rzut jest skierowany „od” przekroju, znak „-” gdy rzut jest
skierowany „do” przekroju czyli dla siły ściskającej
()
α
( )
(13)
T
α
=
V
sin
α
−
∫
sin
α
−
ϕ
qRd
ϕ
BE
B
0
()
α
( )
(14)
N
BE
α
=
V
B
cos
α
−
∫
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
0
Po obliczeniu całek otrzymuje się:
T BE
() (
=
1
π
sin
α
+
2
cos
α
−
2
)
(15)
2
N BE
() (
α
=
1 qR
π
cos
α
−
2
sin
α
)
(16)
2
Jeśli kąt α jest większy niż 45º, siła w ściągu pojawia się na prawo od przekroju w którym
obliczamy siły wewnętrzne, wobec tego musi być wzięta pod uwagę:
()
α
( )
(17)
T
α
=
V
sin
α
−
∫
sin
α
−
ϕ
qRd
ϕ
−
S
cos
α
ED
B
0
()
α
( )
(18)
N
ED
α
=
V
B
cos
α
−
∫
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
+
S
sin
α
0
Po obliczeniu całek otrzymuje się:
() ( ) ( )
α
=
qR
(
π
2
−
2
sin
α
+
2
2
cos
α
−
2
2
+
4
)
(19)
2
2
−
2
N ED
() ( ) ( )
α
=
qR
(
π
2
−
2
cos
α
+
2
2
sin
α
)
(20)
2
2
−
2
Gdy kąt α przekroczy 135º, siła w ściągu pojawia się ponownie na prawo od przekroju w
którym obliczamy siły wewnętrzne. W rezultacie jej wpływ na siły wewnętrzne zredukuje się:
()
α
( )
(21)
T
α
=
V
sin
α
−
∫
sin
α
−
ϕ
qRd
ϕ
−
S
cos
α
+
S
cos
α
DA
B
0
()
α
( )
(22)
N
α
=
V
cos
α
−
∫
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
+
S
sin
α
−
S
sin
α
DA
B
0
Wyrażenia dla tej części łuku są takie same jak na odcinku początkowym:
4
α qR
T ED
89768629.004.png
() (
1
)
(23)
T DA
α qR
=
π
sin
α
+
2
cos
α
−
2
2
1 qR
N DA
() (
α
=
2
π
cos
α
−
2
sin
α
)
(24)
Podsumowując, zapiszemy tnące i normalne w trzech przedziałach:
T
BE
()
()
()
α
dla
0
≤
α
<
π
/
4
(25)
()
T
α
=
T
α
dla
π
/
4
≤
α
<
3
π
/
4
ED
T
DA
α
dla
3
π
/
4
≤
α
≤
π
()
()
()
N
BE
α
dla
0
≤
α
<
π
/
4
N
()
α
=
N
ED
α
dla
π
/
4
≤
α
<
3
π
/
4
(26)
N
DA
α
dla
3
π
/
4
≤
α
≤
π
Zapis równania dla momentu gnącego
Moment wszystkich sił na prawo od P obliczony względem P zapisuje się następująco (znaki
dodatnie gdy rozciągane są dolne włókna łuku):
() ( )
α
(
( )
)
(27)
M
α
=
−
V
R
−
R
cos
α
+
∫
R
−
R
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
BE
B
0
po prostych przekształceniach otrzymuje się:
M BE
() (
=
1 2
qR
π
cos
α
−
π
+
2
α
−
2
sin
α
)
(28)
2
Moment wszystkich sił na lewo od punktu E zawiera dodatkowo siłę S działająca w ściągu:
() ( )
α
(
( )
)
(29)
M
α
=
−
V
R
−
R
cos
α
+
∫
R
−
R
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
+
SR
sin
α
ED
B
0
po prostych przekształceniach otrzymuje się:
M ED
() ( ) ( ) (
=
qR
(
π
−
2
+
2
cos
α
+
2
−
2
sin
α
+
2
α
) ( )
−
4
α
+
π
−
2
+
2
+
2
2
)
(30)
2
2
−
2
Gdy kąt α przekroczy 135º, siła w ściągu pojawia się ponownie na prawo od przekroju w
którym obliczamy siły wewnętrzne. W rezultacie jej wpływ na siły wewnętrzne zredukuje się:
() ( )
α
(
( )
)
(31)
M
α
=
−
V
R
−
R
cos
α
+
∫
R
−
R
cos
α
−
ϕ
qRd
ϕ
+
SR
sin
α
−
SR
sin
α
DA
B
0
po prostych przekształceniach otrzymuje się:
M DA
() (
α
=
1 2
qR
π
cos
α
−
π
+
2
α
−
2
sin
α
)
(32)
2
Zestawienie wzorów dla trzech odcinków łuku podano poniżej:
5
α
α
89768629.005.png 89768629.006.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin