Stavební statika, 1.ročník bakalářského studia
Rovinné nosníkové soustavy III Příhradový nosník
•Rovinný kloubový příhradový nosník Skladba rovinného příhradového nosníku Podmínka statické určitosti příhradového nosníku Zjednodušená styčníková metoda Mimostyčníkové zatížení Průsečná metoda Katedra stavební mechaniky Fakulta stavební, VŠB - Technická univerzita Ostrava
Eiffelova věž, Paříž
324 m vysoká ocelová věž z r.1889, hloubka základů 14 m, 9 547 t oceli, 2,5 mil. nýtů, půdorys 1,6 ha, 1 792 schodů, 8 výtahů, projekt a stavba inženýr Gustav Eiffel (1832-1923) 2
Rovinný kloubový příhradový nosník Rovinný kloubový příhradový nosník vznikne kloubovým spojením konců přímých prutů. Osy všech prutů, vazby i zatížení (zpravidla jen styčníkové) leží ve svislé souřadnicové rovině xz. V prutech vznikají zpravidla jen normálové (osové) síly. Výjimka: mimostyčníkové zatížení viz. samostatná kapitola v následující přednášce
Rovinný kloubový příhradový nosník 3
Skladba rovinného kloubového příhradového nosníku • Pásy mohou být přímé a lomené • Svislice (příčky) – zde chybí
F2
F1
g
f
e
Rax
Styčníkové zatížení
F3
a
b c
d
Raz
Rbz Dolní pás (tah)
Diagonály
Horní pás (tlak) 4
Skladba rovinného kloubového příhradového nosníku Kyvné pruty (1-11) – vnitřní vazby – jednonásobné, neboť: -kloubové připojení na obou koncích -styčníkové zatížení (prut nezatížen vnějším zatížením)
F2
F1
N4
e
N1
N5
a
N7
N2
N11
N6 c
g
N9
N3 Rax
N8
f
F3
N10 d
Raz Hmotné body – styčníky (a-g)
b
Rbz Vnější vazba (reakce)
5
Stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku v rovině
v = ve + vi
vi = p
ve = a1 + 2.a2 nv = 2.ns
v ... celkový počet vazeb soustavy
vi ... počet vnitřních vazeb soustavy nv ... počet stupňů volnosti soustavy p ... počet vnitřních prutů ns ... počet bodů (v každém z nich 1 neznámá osová síla) (styčníků) v soustavě ve ... počet vnějších vazeb soustavy a1 ... počet jednonásobných vazeb a2 ... počet dvojnásobných vazeb nv = v nv < v nv > v
Příhradový nosník: soustava ns bodů (styčníků) vzájemně propojených jednonásobnými vazbami (pruty p)
staticky i kinematicky určitá soustava staticky neurčitá, kinematicky přeurčitá soustava staticky přeurčitá, kinematicky neurčitá soustava
Stupeň statické neurčitosti
s = v − nv
6
Stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku F2
F1 N4
e
N1
a
N8
f
N5 N7
N2
N11
N6 c
Raz
g
N9
N3 Rax
F3
v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 14
N10
b
d
nv = 2.ns = 14
Rbz
s = v − nv = 0 ... s.urč .
ns=7
počet styčníků (v každém z nich 2 podmínky rovnováhy)
p=11
počet vnitřních prutů (v každém z nich 1 neznámá osová síla)
a1=1, a2=1
počet jedno a dvojnásobných vazeb (1 nebo 2 neznámé složky reakcí) 7
Příklad - stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku F2
F1 c
d
N5 N3
N1 a
ns=4 N4
a1=1
N2
b
Rax Raz
p=5
a2=1
Rbz
v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 8 nv = 2.ns = 8 s = v − nv = 0
Staticky i kinematicky určitý rovinný kloubový příhradový nosník 8
Příklad - stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku F2
F1 N5
c
Není kloubový styčník
N3
d
ns=4
N6
N1
N4
p=6 a1=1
a
N2
b
Rax Raz
a2=1
Rbz
v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 9 nv = 2.ns = 8 s = v − nv = 1
1x staticky (vnitřně) neurčitý rovinný kloubový příhradový nosník (kinematicky přeurčitý) 9
Příklad - stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku F2
F1 N5
c
Není kloubový styčník
N3
d
ns=4
N6
N1
p=6
N4
a1=0 a
N2
b
Rax
Rbx Raz
v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 10 nv = 2.ns = 8
s = v − nv = 2
a2=2
Rbz 2x staticky (vnitřně i zevně) neurčitý rovinný kloubový příhradový nosník (kinematicky přeurčitý) 10
Příklad - stupeň statické neurčitosti příhradového nosníku F2
F1 N5
c
Je kloubový styčník
N3
d
N1 a
ns=5
N6 N8
N7
N2
Rbx Raz
v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 12
s = v − nv = 2
a1=0 b
Rax
nv = 2.ns = 10
p=8
N4
a2=2
Rbz 2x staticky (vnitřně i zevně) neurčitý rovinný kloubový příhradový nosník (kinematicky přeurčitý) 11
Zjednodušená styčníková metoda – postup výpočtu l=3 F1=5kN
Rbx
1) Stupeň statické neurčitosti
F2=12kN c
a
h=1,5 h=1,5
Rax
Raz
l=3
2) Geometrie soustavy tady stačí pouze goniom. funkce úhlu α
e
3) Vnější vazby: výpočet reakcí z podmínek rovnováhy 4) Vnitřní vazby: výpočet normálových sil v prutech
d L = l 2 + h2
α
sin α = h / L
a) Odstranit pruty a nahradit interakcemi v kladném směru → ven ze styčníků
cos α = l / L
b
prut ce
c a
N3
N1 N4
N5 d
N6 b
c
N2
e
c
e
kladná N na prutu ce
e
(platí 3. Newtonův zákon akce a reakce)
N7 b) Podmínky rovnováhy ve styčnících styčník = bod →2 podmínky rovnováhy
∑F
ix
=0
∑F
iz
=0
12
Domácí úkol – do cvičení, kdy začnete probírat příhr. kce Př.1
U daných příhradových nosníků dokažte, že jsou staticky určité, spočítejte reakce a u šikmých prutů proveďte rozbor geometrie (určete goniometrické funkce označených úhlů). Vnitřní síly nepočítejte. P = 10kN
5
2
P = 10kN
2
3
4 3
5
2
2
2
2
2
2 1
Př.3 a
1
b
4
1
a
b
3
3
2
3
Př.2
P=10kN
2 (1)
P1= 10kN
(7)
5 1
2
4 1 P3= 10kN
a
3
Př.4 5
4
3 a
b
2 3
3
2
2
2
b 13
Příklad: statická určitost, geometrie, reakce Zadání: Raz
Rbx
Geometrie:
l=3
F1=5kN
L = l 2 + h2 L = 3,3541m
F2=12kN c
a
h=1,5 h=1,5
Rax
l=3
sin α = h / L cos α = l / L sin α = 0,447 cos α = 0,894
e
Výpočet reakcí z podmínek rovnováhy:
1.∑ Fiz = 0
Raz = 17kN(↑ )
d
α b
Rozbor statické určitosti:
2.
∑M
ia
= 0 → Rbx .2h − F1.l − F2 .2l = 0 Rbx = 29kN(→)
3.
∑M
ib
= 0 → Rax .2h − F1.l − F2 .2l = 0 Rax = 29kN(←)
ns=5, p=7, a1=1, a2=1 v = ve + vi = a1 + 2.a2 + p = 10 nv = 2.ns = 10 s = v − nv = 0 … staticky určitý
→ + F1 + F2 − Raz = 0
Pozn.: Všimněte si pořadí silových podmínek rovnováhy
4.∑ Fix = 0
→ Kontrola (proč Fix?) 14
Příklad: výpočet vnitřních sil - styčník b Nutno začít styčníkem spojujícího 2 pruty (b nebo e) - jsou pouze 2 neznámé F1=5kN
Raz
Rax
N1
a
c
N4
N5
F2=12kN
N2
e
29 kN←
Raz
17 kN ↑
Rbx
29 kN→
N1 N2
N7
N3
Styčník b
N3 N6
Rax
N4 N5
N3
d
14,5kN
N6
N6
-32,423 kN
N7
α Rbx
Rbx
b
b
Podmínky rovnováhy ve styčníku b Rbx = −32,4230kN(tlak) cos α N 3 = − N 6 . sin α = 14,5kN(tah)
1. ∑ Fix = 0 → + Rbx + N 6 . cos α = 0 → N 6 = − 2.
∑F
iz
= 0 → − N 3 − N 6 . sin α = 0 →
15
Příklad: výpočet vnitřních sil - styčník a Volba dalšího styčníku tak, aby další 2 sestavené rovnice obsahovaly pouze 2 neznámé Rax 29 kN← F1=5kN F2=12kN Raz 17 kN ↑ Raz N2 Rax N1 Rbx 29 kN→ c a e
N5
N1
N7
N2
N4
Styčník a
N3
N3
14,5kN
N4
5,59 kN
N5
N6
Raz
d
N6
a
α
Rax Rbx
24 kN
b
N3
N1
-32,423 kN
N7
N4
Podmínky rovnováhy ve styčníku a 1. 2.
∑F ∑F
ix
iz
= 0 → − Rax + N1 + N 4 . cos α = 0 → N1 = Rax − N 4 . cos α = 24kN(tah) ← 2 = 0 → − Raz + N 3 + N 4 . sin α = 0 → N 4 = Raz − N 3 = 5,5902kN(tah) ← 1 sin α
16
Příklad: výpočet vnitřních sil - styčník c Volba dalšího styčníku tak, aby další 2 sestavené rovnice obsahovaly pouze 2 neznámé Rax 29 kN← F1=5kN F2=12kN Raz 17 kN ↑ Raz Rbx 29 kN→ Rax N1 N2 c a e
N4
N5
N7 Styčník c
N3 N6
d
F1=5kN N1
Rbx
2.
24 kN
N2
24kN
N3
14,5kN
N4
5,59 kN
N5
-5 kN
N6
-32,423 kN
N7
N2
b
Podmínky rovnováhy ve styčníku c 1.
c
N1
∑F ∑F
ix
= 0 → − N1 + N 2 = 0
→ N 2 = N1 = 24kN(tah)
iz
= 0 → + F1 + N 5 = 0
→ N 5 = −5kN(tlak)
N5
17
Příklad: výpočet vnitřních sil - styčník e F1=5kN
Raz
Rax
N1
a
N2
c
N4
N5
F2=12kN e
N7 Styčník e
N3 N6
F2=12kN
d
N2 Rbx
e
α
b
e
Rax
29 kN←
Raz
17 kN ↑
Rbx
29 kN→
N1
24 kN
N2
24kN
N3
14,5kN
N4
5,59 kN
N5
-5 kN
N6
-32,423 kN
N7
-26,83 kN
N7
Podmínky rovnováhy ve styčníku e ix
= 0 → − N 2 − N 7 . cos α = 0
iz
=0 →
∑F 2. ∑ F 1.
+ F2 + N 7 . sin α = 0
N2 = −26,8328kN (tlak ) → cos α F → N 7 = − 2 = −26,8328kN (tlak ) → pouze kontrola sin α N7 = −
18
Příklad: výpočet vnitřních sil – kontrola - styčník d F1=5kN
Raz
Rax
N1
a
c
N4
N5
F2=12kN
N2
29 kN←
Raz
17 kN ↑
Rbx
29 kN→
N1
24 kN
N2
24kN
N3
14,5kN
N7
N4
5,59 kN
N5
-5 kN
α
N6
-32,423 kN
N7
-26,83 kN
e
N7
N3
Styčník d N6
N4
d
N5
α Rbx
Rax
α
b
d
N6 Podmínky rovnováhy ve styčníku d
∑F 2. ∑ F 1.
ix
=0
→
− N 4 . cos α − N 6 . cos α + N 7 . cos α = 0
Kontrola
iz
=0
→
− N 4 . sin α − N 5 + N 6 . sin α − N 7 . sin α = 0
Kontrola 19
Příklad: vliv volby pořadí styčníků na složitost výpočtu F1=5kN
Raz
Rax
N1
a
N2
c
N4
F2=12kN e
N7
N5
Rbx
b
Styčník c
d
Styčník e F2=12kN
α
c
ix
iz
=0 =0
→ →
Rbx
29 kN→
N1
24 kN
N2
24kN
N4
5,59 kN
N5
-5 kN
N6
-32,423 kN
N7
-26,83 kN
Styčník d
N5
Podmínky rovnováhy ve styčníku d nyní vedou na soustavu 2 rovnic o 2 neznámých - nepraktické
∑F 2. ∑ F
17 kN ↑
N2
e
N7
1.
Raz
F1=5kN N1
N2 e
29 kN←
N3
N3 N6
Rax
− N 4 . cos α − N 6 . cos α + N 7 . cos α = 0 − N 4 . sin α − N 5 + N 6 . sin α − N 7 . sin α = 0
N4
N5
α α
N7
α
d
N6
20
Mimostyčníkové zatížení prutu 4 V prutu č. 4 vznikne v důsledku mimostyčníkového zatížení rovněž V a M. q = konst.
e
d
h=3
4 5
1 Rax
3
7
α
a
b
2 Raz
c
6 F1
b=4
Rbz b=4 21
Mimostyčníkové zatížení – uvolnění prutu 4 q = konst. N4
d
Postup řešení: e
N4 Zatížení styčníkové
Rd
Zatížení mimostyčníkové
Re
Rd
1) Reakce celé příhradové konstrukce (obr. na předešlém snímku)
N4
d
Re
N4
e
4
2) Uvolnění prutu 4
1
3) Reakce prutu 4 (jsou to vnitřní vazby (interakce) mezi prutem 4 a zbývající části konstrukce v bodech d a e) 4) Zatížit zbývající část konstrukce interakcemi Rd a Re (zákon akce a reakce) → zatížení mimostyčníkové převedeno na styčníkové
5 3
7 α
Rax a
b
2 Raz
c
6 F1
Rbz
5) Vyřešit vnitřní síly v prutech N1 – N7 (metoda výpočtu libovolná) 6) Vyřešit další vnitřní síly prutu 4 (viz následující snímek)
22
Mimostyčníkové zatížení - řešení prutu 4
N4
Reakce
Q = q.l4
q = konst. d
e
N4
l4
Re
-
N
N4
q.l4 2
Q q.l4 = (↑) 2 2
Re =
Q q.l4 = (↑) 2 2
Posouvající síla
x ∈ 0, l4
Rd
Rd =
+
l V( Lx) = Rd − q.x = q. 4 − x 2 q.l4 V( d ) = V( x =0 ) = 2 q.l V(e ) = V( x =l4 ) = − 4 = − Re 2 l l q. 4 − x = 0 → xmax = 4 2 2
p
V
Ohybový moment
q.l − 4 2
0
+
M
0
M
L (x)
M (d ) = M ( x =0 ) = 0 M
l x= 4 2
2º
q.l42 8
(
q.x 2 q = Rd .x − = . l4 .x − x 2 2 2
)
M (b ) = M ( x =l ) = 0
q.l42 = M ( xmax ) = 8 23
Nezatížené pruty – tzv. nulové pruty Působí-li ve styčníku 3 síly, z nichž 2 mají společnou nositelku, třetí síla je vždy nulová. Působí-li ve styčníku 4 síly, z nichž 2 mají společnou nositelku a jedna je nulová, potom čtvrtá síla je vždy nulová. Důkaz: ze silové podmínky rovnováhy: Součet všech sil působících ve styčníku ve směru kolmém ke společné nositelce dvou sil je roven nule.
N8
∑F
iz
N9
∑F
iz ′
=0
N 20, z′ ⇒ N 20 = 0
x´
N20=0 N21=0 z´
=0
N21=0
N 21, z ⇒ N 21 = 0 N10
N11 24 7
Nezatížené pruty – význam tzv. nulových prutů l8 l9
l9 9
10
l10
l11
l10
Význam nulových prutů: „zkracují“ délky prutů a tím zabraňují velkým deformacím a ztrátě stability prutů. Více v předmětu Pružnost a plasticita
25 8
Průsečná metoda Princip: Myšleným řezem lze nosník rozdělit na dvě samostatné části tak, že:
(a)
přeruší se 3 pruty neprotínající se v témže bodě. Pro každou část lze sestavit 3 podmínky rovnováhy, ve kterých figurují vnější síly (zatížení + složky reakcí vnějších vazeb) i vnitřní síly (interakce v přerušených prutech), z kterých vypočítáme potřebou neznámou vnitřní sílu.
(b)
Průsečná metoda 26
Průsečná metoda – příklad: geometrie a důkaz stat. určitosti Geometrie konstrukce
F1=5kN F2=3kN
l1 = l3 = l5 = l7 =
h=3
4 5
1 Rax
3
α 2
Raz
p = 7 ⇒ vi = 7 ve = a1 + 2.a2 = 1 + 2.1 = 3 v = ve + vi = 3 + 7 = 10
b=4
( 2) + h 2
7
a
Analýza:
=
b
= 13
b
b
c
6 F3=10 kN
2
2 cos α = 2 = l5 13
sin α =
Rbz
h 3 = l5 13
b=4 ns = 5 ⇒ nv = 2.ns = 10
s = nv − v = 0 Staticky určitá konstrukce 27
Průsečná metoda – příklad: reakce F1=5kN
Výpočet reakcí:
F2=3kN
h=3
4 5
1 Rax
3
α
a
b c
2 1. ∑ Fix = 0
3.
∑M ∑M
ia
ib
=0
6 F3=10 kN
Raz
Rax = F2 = 3kN(←)
2.
Rbz =
7
b=4
[
]
1 59 . F1. b + F2 .h + F3 .b = = 7,375kN (↑ ) 2 2.b 8
[
]
= 0 Raz = 1 . F1. 3 .b − F2 .h + F3 .b = 61 = 7,625kN(↑ ) 2 2.b
8
Rbz
b=4 4. ∑ Fiz = 0 Kontrola 28
Průsečná metoda – příklad: princip Princip vysvětlen na výpočtu sil N4 , N5 nebo N6 :
ξ
F1
F2 4 5
1 Rax
3
7
a
b c
2 Raz
I
F3
ξ
Prutovou soustavou je veden řez
6
II
ξ −ξ
Rbz
přes pruty 4-5-6,
který rozdělí soustavu na dvě části: I a II 29
Průsečná metoda – příklad: princip
ξ
F1
ξ N4 4
N4
d
4
N5 5
1
5
3
Rax
a
F2
e
2
F3
I
6
6 c
Raz
7
N5
N6
ξ
ξ
b
N6 Rbz
II
Účinek odstraněných částí nahradí interakce N4, N5 a N6. Je-li celá konstrukce v rovnováze, budou v rovnováze i její oddělené části I a II, pro které lze napsat tři statické podmínky rovnováhy. (Obě oddělené části tvoří obecné rovinné rovnovážné soustavy sil) 30
Průsečná metoda – příklad: levá část Podmínky rovnováhy oddělené levé části:
Část I Neznámé N4, N5 a N6
∑F
=0
2.
∑F
=0
3.
∑M
ix
ξ
F1 N4
d
1.
iz
h=3
4 1 3
Rax
a
6 c
F3 b=4
=0
N5 5
2
Raz
ia
N6
ξ
Kontrola: (např:)
∑M
ic
=0 31
Průsečná metoda – příklad: levá část Podmínky rovnováhy oddělené levé části:
Část I Neznámé N4, N5 a N6
∑F
=0
N 4 + N 5 . cos α + N 6 − Rax = 0
2.
∑F
=0
− N 5 . sin α − Raz + F1 + F3 = 0
3.
∑M
ix
ξ
F1 N4
d
1.
iz
h=3
4 1 3
Rax
a
N5 5
2
6 c
F3
Raz b=4
N6
ia
=0
− F1. b − F3 .b − N 4 .h + N 5 . sin α .b = 0 2
ξ
Kontrola: (např:)
∑M
ic
=0 32
Průsečná metoda – příklad: pravá část Podmínky rovnováhy oddělené pravé části:
Část II Neznámé N4, N5 a N6
ξ
4
N4
F2
e
1.
∑F
2.
∑F
3.
∑M
ix
=0
iz
=0
ib
=0
N5 h=3
5 7
N6
b
c
ξ
6
Rbz b=4
Kontrola: (např:)
∑M
ie
=0 33
Průsečná metoda – příklad: pravá část Podmínky rovnováhy oddělené pravé části:
Část II Neznámé N4, N5 a N6
ξ
4
N4
F2
e
1.
∑F
2.
∑F
3.
∑M
ix
= 0 − N 4 − N 5 . cos α − N 6 + F2 = 0
iz
=0
ib
=0
+ N 5 . sin α − Rbz = 0
N5 h=3
5 7
− F2 .h + N 4 .h + N 5 . sin α . b + N 5 . cos α .h = 0 2
N6
b
c
ξ
6
Rbz b=4
Kontrola: (např:)
∑M
ie
=0 34
Výhody a nevýhody průsečné metody Výhody průsečné metody: K výpočtu osové síly prutu soustavy není nutno znát osové síly jiných prutů
Nevýhody průsečné metody:
August Ritter (1826-1908)
• Při obecném geometrickém tvaru a zatížení konstrukce představují 3 podmínky rovnováhy soustavu 3 rovnic o 3 neznámých • Nevýhodu lze odstranit použitím Ritterovy úpravy průsečné metody, kde každou neznámou osovou sílu vnitřního prutu kloubové prutové konstrukce lze určit přímo z jedné rovnice. 35
Ritterova úprava průsečné metody (momentový střed) F1
ξ
N4
d
b=4 e=o6
h=3
4
Momentovou podmínku rovnováhy je možné řešit k libovolnému bodu (statickému středu)
1 3
Rax
a
N5 5
2
Raz
F3 b=4
∑M
i,o4
=0
∑M
6
c=o4
N6
Každou neznámou osovou sílu vnitřního prutu příhradové konstrukce lze určit přímo z jedné rovnice.
ξ
i,s
=0
Správnou volbou momentového středu získáme v rovnici pouze jednu neznámou - hledanou vnitřní sílu. Momentový střed síly oN je v průsečíku zbývajících dvou sil z příslušného řezu. Momentovou podmínku rovnováhy ke statickému středu hledané síly lze využít pouze v případě, že momentový střed neleží v nekonečnu (zbývající 2 síly jsou různoběžné). Tady body c (o4) a e (o6). 36
Ritterova úprava průsečné metody (momentový střed) F1
ξ
N4
d
b=4 e=o6
h=3
4
Momentovou podmínku rovnováhy je možné řešit k libovolnému bodu (statickému středu)
1 3
Rax
a
N5 5
2
Raz
∑M
6
c=o4
N6
ξ
F3 b=4
∑M
i,o4
Každou neznámou osovou sílu vnitřního prutu příhradové konstrukce lze určit přímo z jedné rovnice.
=0
− N 4 .h + F1. b − Raz .b = 0 → 2 F1. b − Raz .b 20,5 2 N4 = =− = −6,8 3 kN(tlak ) h 3
i,s
=0
Správnou volbou momentového středu získáme v rovnici pouze jednu neznámou - hledanou vnitřní sílu. Momentový střed síly oN je v průsečíku zbývajících dvou sil z příslušného řezu. Momentovou podmínku rovnováhy ke statickému středu hledané síly lze využít pouze v případě, že momentový střed neleží v nekonečnu (zbývající 2 síly jsou různoběžné). Tady body c (o4) a e (o6). 37
Ritterova úprava průsečné metody (momentový střed v ∞ ) F1
ξ
N4
d
b=4 e=o6
h=3
4 1 3
Rax
a
N5 5
2
6
c=o4 Raz
F3 b=4
∑F
iz
= 0 o5 leží v
∞
N6
ξ
Pokud momentový střed leží v nekonečnu (zbývající 2 síly jsou rovnoběžné), nelze neznámou vnitřní sílu počítat z momentové podm. rovnováhy. Tady síla N5. Neznámou vnitřní sílu nutno řešit ze správně zvolené silové podmínky rovnováhy: Součet všech sil působících na uvolněnou část konstrukce ve směru kolmém ke dvěma zbývajícím (neznámým) rovnoběžným silám je roven nule.
38
Ritterova úprava průsečné metody (momentový střed v ∞ ) F1
ξ
N4
d
b=4 e=o6
h=3
4 1 3
Rax
a
N5 5
2
6
c=o4 Raz
F3 b=4
∑F
iz
= 0 o5 leží v
∞
N6
ξ
Pokud momentový střed leží v nekonečnu (zbývající 2 síly jsou rovnoběžné), nelze neznámou vnitřní sílu počítat z momentové podm. rovnováhy. Tady síla N5. Neznámou vnitřní sílu nutno řešit ze správně zvolené silové podmínky rovnováhy: Součet všech sil působících na uvolněnou část konstrukce ve směru kolmém ke dvěma zbývajícím (neznámým) rovnoběžným silám je roven nule.
− Raz + F1 + F3 − N 5 . sin α = 0 → N5 =
7,375 = 8,86kN(tah ) 3 13
39
Ritterova úprava průsečné metody – levá část F1
Část I
ξ
N4
d
b=4
Výpočet N4 e=o6
4
h=3
∑M
Rax
N5 5
2
a
6
c=o4 Raz
N6
ξ Výpočet N6
F3
∑M
b=4
Výpočet N5
∑F
iz
= 0 o5 leží v
∞
− Raz + F1 + F3 − N 5 . sin α = 0
→ N5 =
=0
− N 4 .h + F1. b − Raz .b = 0 2 F1. b − Raz .b 20,5 2 → N4 = =− h 3 = −6,8 3kN (tlak )
1 3
i ,o 4
7,375 = 8,86kN(tah ) 2 13
i ,o 6
=0
N 6 .h + F1.b + F3 . b − Raz . 3 .b − Rax .h = 0 2 2 → N 6 = 14,75 = 4,91 6 kN(tah ) 3
40
Ritterova úprava průsečné metody – pravá část
ξ
II
N4
e=o6
F2
Část II Neznámé N4, N5 a N6
N5 5
7
N6
6
c=o4
ξ
b
Rbz
F2 .h − Rbz .b 20,5 =− = −6,8 3 kN(tlak ) h 3 Rbz . b 2 = 14,75 = 4,91 6 kN(tah ) → N6 = h 3 R 7,375 = 13,2955kN(tah ) → N 5 = bz = 3 sin α 13
1. ∑ M i ,o 4 = 0
N 4 .h − F2 .h + Rbz .b = 0 → N 4 =
∑M 3. ∑ F
− N 6 .h + Rbz . b = 0 2
2.
i ,o 6
iz
=0
=0
o5 leží v ∞
− Rbz + N 5 . sin α = 0
41
Určete momentové středy prutů 2, 3, 5, 6, 14, 15, 17
Pozn: U řešení prutů 2, 3, 4 5, 6 možné 2 varianty řezů.
42
Domácí úkol: vypracovaný donést do cvičení v 10. týdnu
-Dokažte, že je konstrukce staticky určitá -Proveďte geometrický rozbor (jednoduché – pouze jeden úhel) -Určete nulové pruty -Průsečnou metodou v Ritterově úpravě spočítejte vnitřní síly v prutech 3, 6,14,15 -V samostatných náčrtech zřetelně označte jednotlivé řezy pro výpočet N sil -Výpočet proveďte vždy pro obě části konstrukce Nápověda (hodnoty reakcí a N sil v kN): Rax = 0,5 (←) Raz =5,5 (↓) Rbz = 7,5 (↑) 4.5, -6.0, 0.5, -0.707
-V případě, že jsou 2 možnosti řezu kce, proveďte řešení pro obě varianty -Výsledky zapište do tabulky
43
Okruhy problémů k ústní části zkoušky 1. Podmínka statické určitosti rovinného kloubového příhradového nosníku 2. Výpočet osových sil v prutech rovinného kloubového příhradového nosníku zjednodušenou styčníkovou metodou 3. Výpočet osových sil v prutech rovinného kloubového příhradového nosníku průsečnou metodou 4. Výpočet osových sil v prutech rovinného kloubového příhradového nosníku průsečnou metodou v Ritterově úpravě 5. Výpočet vnitřních sil v prutech rovinného kloubového příhradového nosníku namáhaného mimostyčníkovým zatížením
44
