Linie wpływu sił_Belka.pdf

(68 KB) Pobierz
Microsoft Word - zad_lwbc01.doc
Politechnika Poznaıska Ɩ Instytut Konstrukcji Budowlanych Ɩ Zakład Mechaniki Budowli
Układy statycznie niewyznaczalne – linie wpływu w belkach ciĢgłych Zad.1
Zad. Wyznaczy ę linie wpływu reakcji R B dla belki (EI=const):
P=1.0
A
B
C
4.0m
4.0m
Rozwi Ģ zanie - wersja I:
Układ podstawowy:
P=1.0
X 1
SSN=1
URK:
A
B
C
4.0
4.0
d
LwX
+
d
(
x
)
=
0
11
1
1
LwR
=
LwR
0
+
R
(
X
1
=
1
×
LwX
+
R
(
X
2
=
1
×
LwX
B
B
B
1
B
2
Stan X 1 =1
x 1
X 1 =1
X 1 =1
x 2
A
B
C
1/4
1/4
1/4
1/4
1
M 1
x 1 /4
1-x 2 /4
d
=
1
Æ
1
×
4
1
×
2
×
1
×
2
Ö
=
8
11
EI
2
3
3
EI
d
P
(
x
)
=
d
P
1
(
x
)
linia ugi ħ cia belki wywołana działaniem siły X 1 =1; wyznaczamy korzystaj Ģ c z
ró Ň niczkowego równania linii ugi ħ cia (
d
P
1
(
x
)
=
y
)
:
<A;B>
M
(
x
)
=
x
1
4
war.
brzegowe
:
d
2
y
x
EI
=
−
1
1
x
=
0
®
y
=
0
¼
D
=
0
dx
2
4
1
4
3
2
dy
x
2
2
x
=
4
®
y
=
0
¼
0
=
−
+
4
C
¼
C
=
EI
=
−
1
+
C
1
24
3
dx
8
x
3
1
1
Ä
x
3
2
x
Ô
EIy
=
−
+
Cx
+
D
d
AB
(
x
)
=
Å
Æ
−
1
+
1
Õ
Ö
1
1
EI
24
3
24
<B;C>
M
(
x
)
=
1
−
x
2
4
war.
brzgowe
:
d
2
y
x
EI
=
2
−
1
1
x
=
0
®
y
=
0
¼
D
=
0
dx
2
4
2
dy
x
2
4
3
4
2
4
2
x
=
4
®
y
=
0
¼
0
=
−
+
4
C
¼
C
=
EI
=
2
−
x
+
C
2
24
2
3
2
dx
8
x
3
x
2
2
1
Ä
x
3
x
2
2
4
x
Ô
Å
Æ
Õ
Ö
d
BC
(
x
)
=
2
−
+
2
EIy
=
2
−
+
Cx
+
D
1
EI
24
2
3
2
24
2
www.ikb.poznan.pl/anita.kaczor 2006
1
×
Ä
Ô
1
75693300.018.png 75693300.019.png 75693300.020.png 75693300.021.png 75693300.001.png 75693300.002.png 75693300.003.png
Politechnika Poznaıska Ɩ Instytut Konstrukcji Budowlanych Ɩ Zakład Mechaniki Budowli
Układy statycznie niewyznaczalne – linie wpływu w belkach ciĢgłych Zad.1
d
AB
P
(
x
)
3
EI
1
Ä
x
3
2
x
Ô
x
3
1
x
LwX
AB
=
−
1
=
−
×
Å
Æ
−
1
+
1
Õ
Ö
=
−
1
1
d
8
EI
24
3
64
4
11
d
BC
P
(
x
)
3
EI
1
Ä
x
3
x
2
2
4
x
Ô
x
3
3
x
2
2
x
LwX
BC
=
−
1
=
−
×
Å
2
−
+
2
Õ
=
−
2
+
−
2
1
d
8
EI
24
2
3
64
16
2
Æ
Ö
11
x 1
P=1.0
x 2
A
B
C
R B
1
LwR B 0
[-]
x 1 /4
1-x 2 /4
<
A
;
B
>
x
1
Ä
x
3
x
Ô
x
3
3
x
LwR
AB
B
=
LwR
0
AB
+
R
(
X
1
=
1
×
LwX
AB
=
1
−
×
Å
Æ
1
−
1
Õ
Ö
=
−
1
+
1
B
B
1
4
2
64
4
128
8
<
B
;
C
>
x
1
Ä
x
3
3
x
2
2
x
Ô
x
3
3
x
2
2
LwR
BC
B
=
LwR
0
BC
+
R
(
X
1
=
1
×
LwX
BC
=
1
−
2
−
×
Å
Æ
−
2
+
−
2
Õ
Ö
=
2
−
+
1
B
B
1
4
2
64
16
2
128
32
P=1.0
A
B
C
R B
Lw R B [-]
symetria
- z uwagi na symetri ħ układu wystarczyłoby wyznaczy ę lini ħ wpływu R B w przedziale <A;B>
Rozwi Ģ zanie - wersja II:
Układ podstawowy:
P=1.0
SSN=1
A
X 1
B
C
URK:
4.0
4.0
d
LwX
+
d
(
x
)
=
0
11
1
1
LwR B =
LwX
1
Stan X 1 =1
x 1
x 2
A
X 1 =1
B
C
d
=
1
Æ
1
×
4
×
2
×
2
×
2
×
2
Ö
=
32
1/2
1/2
11
EI
2
3
3
EI
-x 1 /2
-2+x 2 /2
2
d
1
P
(
x
)
=
d
P
1
(
x
)
M 1
www.ikb.poznan.pl/anita.kaczor 2006
2
Ä
Ô
75693300.004.png 75693300.005.png 75693300.006.png 75693300.007.png 75693300.008.png 75693300.009.png 75693300.010.png 75693300.011.png
Politechnika Poznaıska Ɩ Instytut Konstrukcji Budowlanych Ɩ Zakład Mechaniki Budowli
Układy statycznie niewyznaczalne – linie wpływu w belkach ciĢgłych Zad.1
<A;B>
M
(
x
)
=
−
x
1
war.
brzegowe
:
2
1
x
=
0
®
y
=
0
¼
D
=
0
1
d
2
y
x
2) ze wzgl ħ du na symetri ħ obci ĢŇ enia i geometrii
układu * obrót przekroju w p.B wynosi 0:
EI
=
1
dx
2
2
dy
4
2
2
dy
x
x
=
4
®
=
0
¼
0
=
+
C
¼
C
=
−
4
EI
=
1
+
C
1
dx
4
dx
4
Ä
x
3
1
Ô
x
3
d
AB
(
x
)
=
1
Å
−
4
x
Õ
EIy
=
1
+
Cx
+
D
1
1
EI
12
12
1
Æ
Ö
<B;C>
M
(
x
)
=
−
2
+
x
2
war.
brzegowe
:
2
dy
d
2
y
x
1
x
=
0
®
=
0
¼
C
=
0
EI
=
2
−
2
2
dx
2
dx
2
dy
x
2
4
3
32
2
2
x
=
4
®
y
=
0
¼
0
=
4
−
+
D
¼
D
=
−
EI
=
2
x
−
2
+
C
2
12
3
2
dx
4
x
3
1
Ä
x
3
32
Ô
Å
Æ
Õ
Ö
BC
2
2
2
EIy
=
x
2
2
−
2
+
Cx
+
D
d
(
x
)
=
−
−
x
−
1
EI
12
3
2
12
d
AB
P
(
x
)
3
EI
1
Ä
x
3
Ô
x
3
3
x
LwR
AB
B
=
LwX
AB
=
−
1
=
−
×
Å
Æ
1
−
4
x
Õ
Ö
=
−
1
+
1
1
d
32
EI
12
1
128
8
11
(czyli j/w :)
d
BC
P
(
x
)
Ä
3
Ô
3
2
2
3
EI
1
x
32
x
3
x
LwR
BC
B
=
LwX
BC
=
−
1
=
−
×
Å
−
2
+
x
2
2
−
Õ
=
2
−
+
1
1
d
32
EI
12
3
128
32
Æ
Ö
11
*) w przypadku układu niesymetrycznego (ró Ň ne przekroje lub rozpi ħ to Ļ ci):
<A;B>
<B;C>
dy
x
2
dy
x
2
EI
=
1
+
C
EI
=
2
x
−
2
+
C
dx
4
1
dx
2
4
2
x
3
x
3
EIy
=
1
+
C
x
+
D
EIy
=
x
2
2
−
2
+
C
x
+
D
12
1
1
1
12
2
2
2
komplet warunków brzegowych:
1
x
1
=
0
®
y
=
0
¼
D
1
=
0
4
3
0
3
4
3
2
x
=
4
(
x
=
0
®
y
L
B
=
y
P
B
¼
+
4
C
+
D
=
0
2
−
+
C
×
0
+
D
¼
+
4
C
=
D
1
2
12
1
1
12
2
2
12
1
2
4
2
0
2
4
2
3
x
=
4
(
x
=
0
®
j
L
B
=
j
P
B
¼
1
+
C
=
2
×
0
−
+
C
¼
1
+
C
=
C
1
2
4
1
4
2
4
1
2
4
3
4
x
=
4
®
y
=
0
¼
4
2
−
+
C
×
4
+
D
=
0
2
12
2
2
- po rozwi Ģ zaniu powy Ň szego układu równa ı otrzymujemy:
C
1
=
−
4
D
1
=
0
C
2
=
0
D
2
=
−
32
/
3
, co
prowadzi do tych samych wyników :)
www.ikb.poznan.pl/anita.kaczor 2006
3
75693300.012.png 75693300.013.png 75693300.014.png 75693300.015.png 75693300.016.png 75693300.017.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin