Úlohy rovnováhy staticky určitých konstrukcí Úloha: •Posoudit statickou určitost či navrhnout podepření konstrukce •Určit síly v reakcích a ve vnitřních vazbách Předpoklady: •Konstrukce je idealizována soustavou hmotných bodů, tuhých desek a tuhých těles •Konstrukce je ve statické rovnováze (nedochází k pohybu konstrukce ani dílčích částí) Metoda: •Konstrukci rozdělíme na jednotlivé části (hmotné body, tuhé desky či tělesa) •Uvolníme vazby a nahradíme je reakcemi •Velikosti reakcí určíme z podmínek rovnováhy konstrukce Copyright (c) 2007-2008 Vít Šmilauer Czech Technical University in Prague, Faculty of Civil Engineering, Department of Mechanics, Czech Republic Permission is granted to copy, distribute and/or modify this document under the terms of the GNU Free Documentation License, Version 1.2 or any later version published by the Free Software Foundation; with no Invariant Sections, no Front-Cover Texts, and no Back-Cover Texts. A copy of the license is included in the section entitled "GNU Free Documentation License" found at http://www.gnu.org/licenses/
1
Princip superpozice • Nechť H je lineární operátor. Pak pro libovolný lineární systém platí princip škálování a superpozice
y=H x ,
H ax =aH x =ay škálování
H ax bx =H ax H bx =aH x bH x 1
2
• Příklady lineárních systémů –
1
2
1
2
superpozice
Výpočet reakcí u tuhých těles dvojnásobné zvětšení veškerého zatížení systému x, vyvolá dvojnásobné zvětšení veškerých reakcí systému y (škálování a=2)
6 kNm
12 kNm
F1=3 kN F2=2 kN
2 kN
2 m 3 kN
F1=6 kN F2=4 kN
4 kN
2 m 6 kN
–
Varignonova věta výsledný moment je součet dílčích momentů (superpozice)
–
Rozklad zatížení do více zatěžovacích stavů výsledné reakce se získají součtem reakcí jednotlivých stavů (superpozice dvou zatěžovacích stavů neboli systémů x1 a x2) 2
Určete reakce na prostém nosníku užitím superpozice F1=6 kN F2=3 kN B 0
A 2 m
2 m
F1=6 kN
=
F2=3 kN
+
0
0
2 m
R11
R2
R1 Evidentně platí a⋅2⋅6=a⋅6 R 12 , a≠0
tato rovnice popisuje lineární systém
A B
R21
:2⋅6−6 R 12 =0 : 4⋅6−6 R11=0
R22
R12 A B
: 4⋅3−6 R 22=0 :2⋅3−6 R21 =0
R12=2 kN
R 22=2 kN
R11 =4 kN
R11 =1 kN
R 2=R 12 R 22 =22=4 kN 1
2
R1 =R 1R 1=41=5 kN Pozn. V superpozici lze i odčítat. Pokud F11 = F21 = 6 kN, pak F11 = 0 a F22 = 3 kN
3
●
Příklady nelineárních systémů (nelze uplatnit škálování a superpozici) –
Přetížená konstrukce dvojnásobné zvětšení zatížení může způsobit více jak dvojnásobné zvětšení posunů (skutečnost je příliš vzdálena od modelu tuhého tělesa)
F l –
2F vznik trhlin
>2l
Vzpěr prutů při nadkritické síle může dojít k vybočení, neplatí předpoklad tuhého objektu (po výpočtu rovnováhy sil se zpravidla ověří že síla na prvku nezpůsobí jeho vybočení)
F
2F
–
Výpočet plochy kruhu z poloměru dvojnásobné zvětšení poloměru je čtyřnásobná plocha
y= x 2 , –
ax2 = a 2 x 2=a 2 y≠ay
Změna velikosti konstrukce tíha konstrukce roste s třetí mocninou rozměru x, pevnost v tlaku pouze s druhou mocninou rozměru x (mravenec ve velikosti člověka se neudrží na nohou). Dvakrát větší konstrukce potřebuje více jak dvojnásobnou nosnou plochu sloupů (známo ze stavby mrakodrapů jako daň z výšky premium for height)
4
Bodové a spojité zatížení •Zatížení je vždy rozloženo v ploše konstrukce. Pokud působí na malé ploše vůči konstrukci, lze ho idealizovat zatížením bodovým (silovým, momentovým) •Často se ve výpočtech uvažuje zatížení spojité fa(x,y)
x
y
x
y z
Plošné [N/m ] 2
z
f(x) = bfa(x) x
b z Liniové po částech konstatní [N/m]
5
Náhradní břemeno •Pro výpočet reakcí lze libovolné spojité zatížení vyjádřit náhradním břemenem •Velikost náhradního břemene odpovídá ploše zatížení (tím splňuje silovou ekvivalenci) a je umístěno v těžišti zatížení (tím splňuje ekvivalentní statický moment) rovnoměrné
šikmé
vlastní tíha
q
q
q
sníh, užitné zatížení
q běžný metr
l
l
l
běžný metr
Q = ql
l / 2
l / 2
Q = ql
l / 2
l l1 Q = ql1 = ql cos
Q = ql
l / 2
l / 2 l / 2
l / 2 l / 2 6
trojúhelníkové
lichoběžníkové
q
2l / 3
l
l / 3
Q
f(x) x
l Q = ql / 2
y q2
q1
obecné
O
řešíme superpozicí
Q1 = q1l
l / 2
xa
Q=∫ q x d x xa
xb
∫ x qxd x x q=
xa
xb
∫ qxd x
S0 = Q
xa
Q2 = (q2q1)l / 2
2l / 3
xb
xb
l / 2
+
xq
l / 3
7
Příklad určete náhradní břemeno od tíhy krokve, krytiny a sněhu na metr šířky střechy ● krokev 0,07 kN/m' ● krytina 0,3 kN/m' ● sníh 0,4 kN/m' Q krokev
Qkrytina
1,5 m
běžný metr 30o
krokve á 1,0 m
1,5⋅cos 30 o=1,299 m
Q krokev =0,07⋅1,5=0,105 kN Q krytina =0,3⋅1,5=0,45 kN Qsníh běžný metr
Pozn. při změně sklonu střechy se mění půdorysný průmět, tedy pouze náhradní břemeno od zatížení sněhem
Qsníh=0,4⋅1,5⋅cos 30 o=0,520 kN 8
•Určete celkovou svislou sílu F od zatížení přetlakem F=q sin ds
R
d
ds
q [kN/m]
–
d s=R d R
0
0
F= ∫ q sin d s=∫ q sin R d F=qR[−cos ]0 =q R[11]=2 q R
Výsledná svislá síla je součinem zatížení a půdorysného průmětu
•Magdeburské koule O. von Guericke 1656 odčerpal vzduch z prostoru mezi dvěma polokoulemi, 8 párů koní je od sebe neoddělilo. Určete sílu nutnou k rozpojení těchto polokoulí o průměru 56 cm. –
Analogicky výsledná síla je rovna součinu zatížení a svislé plochy průmětu q = 100 kN/m2 (kPa)
F
6 m 5 , 0
q = 0
F
F=q R2 =100
0,56 2 2
=24,63 kN 9
Určete reakce na nosnících F
F
B
l
l / 2
0
F
B
A
0
A
F
l / 2
0 l / 2
2F
0
Pokud síla působí v paprsku reakce tuhého objektu, jde vždy přímo do reakce F
F B
A l
l / 2 2F
0
F B
A
l / 2 2F
Moment dvojice sil
F
l / 2 F
l / 2
0 l / 2
F
Moment dvojice sil
10
pr u
t
Ky vn ý
B
3 m
Ky v
ný
b
F = 12 kN
a
A
pr ut
4 m
3 m
Určete stupeň statické určitosti a reakce
2
6
4 6 2
2
2
A
stat. určité
6 m
Řešení pomocí svazku sil − 4 A 6 B=0 1 4 6
m = 2o r = 2o mr=0o
6 3 2
2
3
6 3 2
−0,5⋅12
2
B12=0 2 8
4 6
2
2
2
2
A12=0
A=−10,8167 kN 12 1,5⋅12 B12=0 6 3
Řešení pomocí momentových podmínek 6 −3⋅ 4 =0 1 b 6⋅12A10⋅ 4 6 2
2
2
A=−10,8167 kN 3 a 4⋅12B10⋅ 3⋅ 6 3
2
2
B=−6,7082 kN K − 4 46 A 6 6 3 B=0 2
2
2
4 6
2
6
6 3 2
2
=0 2
2
B=−6,7082 kN K zpětné dosazení
11
Určete stupeň statické určitosti a osové síly v prutech 1 2
10 kN/m
b
2 m
4 m
Řešení b 5⋅184⋅306 C=0 1 C=−35,0 kN 18− 2 2 4 A=0 2 2
c
10 kN/m
B
A
4 m
a TA H
m = 3o r = 3o mr=0o
1
18 kN
C
+ j e
Kyvný prut
ný p r ut Ky v
Kyvný prut
a
4 m
1
18 kN
⋅6⋅10=30 kN
c
b
stat. určité
2 m Výsledné síly 18 kN
30 kN 36 kN
2
A=40,249 kN a 4 C2⋅301⋅18−2 B=0 3 B=−31,0 kN 4 K 30B AC=0, O.K. 2 4
2
2
18 kN
31 kN
40,249 kN
35 kN 12
Určete reakce od zatížení vlastní tíhou a sněhem 1 2
1,0 kN/m
1⋅4,8=2,4 kN 1,5⋅5,54=8,31 kN
1,5 kN/m 4 5,5
m
1,5 kN/m 30o
1,6 m 2,4 m
C
a
Ve skutečnosti je zde pevná podpora, tj. 1x staticky neurčitá konstrukce
b 9,6 m
A
A B
B
Atrium fakulty stavební foto: autor
:C=0 :1,6⋅2,42,4⋅8,317,2⋅8,31−9,6 B=0, B=8,71 kN :2,4⋅8,317,2⋅8,318⋅2,4−9,6 A=0, A=10,31 kN K: AB−2,4−8,31−8,31=0 O.K.
Použijeme takové podmínky, aby výsledná soustava rovnic byla co nejjednodušší
13
Možné způsoby výpočtu reakcí 3 podmínky rovnováhy F1
M1
h 2 h 2
F1 x F2
l 2
A
F2
B R2
R3
Konvence: tah +, tlak
F1
F2
l
F1
F2
l 2
F1
F2
l
A M 1M A M A − 2 R 3=0
h l M 1M M − R 1− R2 −l R 3 =0 2 2
B
F 1xF 2x−R 1=0 F 1zF 2z R2 R 3 =0
A M 1M A M A − 2 R 3=0
F1 0
F1
F2 0
F2
x
F 1xF 2x−R 1=0
F 1zF 2z R2 R 3 =0
A
C
R1
z
F 1xF 2x−R 1=0 O
O
l 2
z
M1
l 2
M 1M A M A − R 3=0
B C
M 1M B M B R 2=0
l 2 F F h l M 1M C1M C2− R 1− R3 =0 2 2 F1
F2
M 1M B M B R 2=0
14
Náhrada vazeb v prostoru • Pevný kloub (r = 3o) lze nahradit třemi kyvnými pruty v průsečíku paprsků, paprsky prutů nesmí ležet v jedné rovině –
Často se nahrazuje ve směru x, y, z
z
y
Ry
Rx x
Rz
15
Náhrada vazeb v prostoru • Posuvný válcový kloub (r = 4) lze nahradit čtyřmi kyvnými pruty, v příslušné rovině musí zachytit sílu i moment
y
Rx
Mx
Rz
uy
Nahrazuje RX a MZ
Mz • Neposuvný válcový kloub (r = 5)
y M Rx
Nahrazuje RZ a MX
x
Rz Ry
Mz
16
Výjimkové případy podepření v prostoru •Determinant soustavy rovnic = 0 •Není bráněno posunu tělesa v určitém směru
Chybí vazba v určitém směru
Reakce leží v jedné rovině
•Není bráněno rotaci tělesa (existuje nulová přímka silových reakcí)
17
Paprsky reakcí se protínají na přímce či v bodě
Více než tři silové složky reakcí leží v jedné rovině
18
•Zdvojení reakce neodebere další stupeň volnosti a vede rovněž na výjimkový případ podepření m = 6o r = 6o Silová i momentová podmínka vede na stejnou strukturu rovnic nelze určit pouze z podmínek rovnováhy
•Reakce hmotného bodu leží v jedné rovině (není bráněno posunutí)
m = 2o r = 3o 19
Příklad reakce hmotného bodu v prostoru •K dispozici tři podmínky rovnováhy, m = r = 3
F = (3;√2;√2) kN x 4 m
y
A =A 0 ; 22 ; 22 B=B 0 ; 0 ;1 C=C
3 5
4
;0 ; 5
3
4
2
A0 B0 C− 2=0 A=2 kN
z
2
2
x
[ ]{ } { } 2
B z
C
4
AB 5 C− 2=0 2 B=−4 kN 0
A
0 A0 B 5 C−3=0 C=5 kN
3 m
y
2 2 2
0
3 5
3 Výhodné A 0 0 B = 2 Cramerovo pravidlo 4 C 2 1 5 20
•Přesuňme kyvný prut C do roviny s pruty A a B –
Vznikne výjimkový případ podepření, volná rotace okolo přímky y'
F = (3;√2;√2) kN x
C A
y
B 3
4 m
2 2 A =A 0 ; 2 ; 2 B=B 0 ; 0 ;1
3 4 C=C 0 ;− 5 ; 5
2
z
y' Nelze nalézt jednoznačné řešení
0 A0 B0 C−3=0 3 2 A0 B− C− 2=0 2 5 2
4
Det
4 5
AB C− 2 =0
∣ ∣ 0
0
0
2
0
−3 5 4 5
2 2 2
1
=0
21
R6
Určete reakce přístřešku zatíženého na polovině sněhem 1,5 m
1,5 m
0,6R6
0,4 kN/m2
1,2 kN
R4 R1 R2
R3
R5 R4
x
0,8R6
2 m
y
1,5 m
Soustava sil v prostoru 6 podmínek rovnováhy
R 3=0 1⋅1,2−2⋅0,6 R 6=0, R 6=1 kN R1 1,5⋅0,8 R6 3 R 2 =0, R 2 =−0,4 kN 1,5⋅0,8 R6 3 R 5=0, R 5=−0,4 kN 0,75⋅1,2−1,5⋅0,6 R 63 R4 =0, R 4 =0 kN R1 1,2−0,6 R 6R 4 =0, R 1=−0,6 kN K: R 2R 50,8 R 6=−0,4−0,40,8=0 O.K.
y
z
R2
22
Určete maximální tíhu ramena schodiště, aby síly v reakcích nepřekročily ±10 kN
R1x R1y
0,8R4 0,6R4
R1z z
Náhradní břemeno F od vlastní tíhy schodiště uvažujeme přibližně uprostřed ramena
2 m
y
x
R3
1,5 m
F
R2
R4
5 m x y
z
0,6R4
1 F −2⋅0,8 R 4 −1,5⋅0,6 R 4 =0, R4 =0,4 F 5⋅0,8 R 45 R 3−2,5 F=0, R3 =0,18 F R1z F−R 3−0,8 R 4 =0, R 1z =−0,5 F 5⋅0,6 R 4 2 R 2=0, R 2 =−0,6 F R1x −R 2=0, R1x =−0,6 F −0,6 R 4 R1y =0, R 1y=0,24 F K: 2,5 F−1,5 R 1x1,5 R 2 5 R1z =0 O.K. , F max=
10 0,6
=16, 6 kN 23
Až tři silové podmínky lze nahradit momentovými, celkem šest momentových
●
R1x
x
R1y
x y z R3 z' R2
0,8R4 0,6R4
z'
z
2 m
y
R1z
R3
1,5 m
F
R2
R4
5 m
1 F −2⋅0,8 R 4 −1,5⋅0,6 R 4 =0, R4 =0,4 F 5⋅0,8 R 45 R 3−2,5 F=0, R3 =0,18 F 5⋅0,6 R 4 2 R 2=0, R 2 =−0,6 F 2 R 2 5 R1y =0, R 1y=0,24 F 2 R 1x 5⋅0,6 R 4 =0, R1x =−0,6 F 1 F −2 R 31,5⋅0,6 R 4 2 R 1z =0, R1z =−0,5 F K: R1z F−R3 −0,8 R 4=0, O.K.
24
K zamyšlení určete stupně volnosti rotoru turbíny při montáži •m = 6, r = 4, staticky přeurčité, tvarově neurčité (např. rotace okolo svislé osy) •Paprsky sil lan se navíc protínají v jednom bodě rotacím okolo tohoto průsečíku není bráněno •Na rotor působí převážně jeho vlastní tíha. Rozložení tíhy rotoru a schema lan je zřejmě symetrické okolo dvou svislých rovin, výsledné síly v lanech musí být též symetrické •Rotace rotoru tedy nehraje roli (lze uvažovat jako hmotný bod m=3, r=4) •Lze předpokládat, že síly v lanech jsou stejné. Pak síla v laně je čtvrtina tíhy rotoru zvětšená o 1/cos Rotor turbíny v Temelíně
25
Přednášky z předmětu SM1, Stavební fakulta ČVUT v Praze Autor Vít Šmilauer Náměty, připomínky, úpravy, vylepšení zasílejte prosím na
[email protected] Created 11/2007 in OpenOffice 2.3, ubuntu linux 6.06 Last update Feb 21, 2011
26
