Siły wewnętrzne w łukach

przez Piotr Buzała · Opublikowane 28 listopada 2013 · Zaktualizowane 3 listopada 2019

W tym poradniku zajmiemy się obliczaniem sił wewnętrznych w łukach. Największą trudnością jaką napotkamy podczas obliczania sił wewnętrznych jest krzywoliniowy schemat pręta, ale z pomocą przychodzi nam trygonometria i wyprowadzone już wzory transformacyjne, które przedstawie i wytłumaczę, jak z nich korzystać. Najlepiej uczyć się poprzez praktykę, dlatego w ramach poradnika dotyczącego łuków, rozwiąże całe zadanie od początku do końca.

Poniżej schemat konstrukcji łukowej, który będziemy obliczać.

Przed rozpoczęciem jakichkolwiek obliczeń, należy przyjąć układ współrzędnych, w jakim będziemy pracować.

Obliczenie reakcji podporowych
Rozłożenie siły P pod kątem na składowe X i Y.
Przed rozpoczęciem obliczania reakcji, rozłożę siłę pod kątem na składowe Px(poziomą) oraz Py(pionową).

$P_{y} = 8 * \sin (24º) = 3,254kN$
$P_{x} = 8 * cos (24º) = 7,308 kN$

Obliczenie reakcji podporowych.
Obliczenie reakcji podporowych w łukach, nie różni się niczym, od obliczenia reakcji podporowych w ramie czy kratownicy. Przypomnę tylko, że nie jest ważny kształt schematu, ale odległości pionowe i poziome podczas rozpisywania działań na sumę momentów sił do przyjętego punktu, a dla sumy rzutów sił na daną oś, nawet odległości nie są nam potrzebne. Jeśli ktoś ma jeszcze z tym problemy, proszę się cofnąć do odpowiednich poradników.
Obliczmy teraz reakcje podporowe.

$\Sigma M_{A} = 0$
$-R_{B} * 24 + 3,254 * 18 - 7,308 * 10,392 + 7 * 12 * 6 = 0$
$-24R_{B} = -486,627 /: (- 24,00)$
$R_{B} = 20,27 kN$

$\Sigma Y = 0$
$VA - 7 * 12 - 3,254 + 20,27 = 0$
$VA = 66,977 kN$

$\Sigma X = 0$
$HA = 7,308 kN$

Obliczenie sił wewnętrznych.
Przed rozpoczęciem obliczeń, należy zauważyć, że siły wewnętrzne (tnące i normalne) powstające po przecięciu pręta, które są równoległe i prostopadłe do osi pręta, będą zmieniały swoje położenie wraz z krzywoliniową linią łuku. Momentu zginającego to nie dotyczy, ponieważ on się obraca.
Mając powyższą wiedzę, musimy zapisać równanie łuku we współrzędnych biegunowych, zależą one od przyjętego układu współrzędnych. Dla powyższego układu, będą wyglądały następująco.

$\left.\begin{matrix} x(\alpha )=R*\cos (\alpha ) & \\ y(\alpha )=R*\sin (\alpha )& \end{matrix}\right\}$

Promień łuku jest stały, więc zmienną niezależną w równaniu łuku, a także w równaniach sił przekrojowych będzie kąt a.

Rozpocznijmy obliczanie sił wewnętrznych.

Przekrój 1-1; zawiera się on w przedziale 0º < α <90º

Tniemy nasz przekrój 1-1, od 0° do 90°, czyli teoretycznie powinniśmy sprawdzić SW w miejscach co 1º. W praktyce wystarczy jak sprawdzimy SW co 10°-15°, w zależności od wielkości zakresu.
Na powyższym rysunku, można zauważyć również trochę za dużo powstałych sił wewnętrznych, już tłumaczę.

1. 1. Powstała siła wewnętrzna od momentu zginającego(Mα) jest już tą właściwą, tzn. układając dla niej funkcję(równanie), pamiętając o biegunowym przebiegu sił, możemy obliczyć działające siły zginające.
  2. Obliczenie sił wewnętrznych tnących oraz normalnych jest nieco bardziej skomplikowane. Na początku, układamy równania rzutując siły na oś pionową i poziomą, otrzymując funkcje sił H i V. Następnie, przy użyciu wzorów transformacyjnych przechodzimy do funkcji właściwych, które pozwolą nam obliczyć siły tnące(Qα) oraz normalne(Nα).

Ułóżmy funkcje potrzebne do obliczenia sił wewnętrznych.

$\Sigma M = 0$

$-M(\alpha )+66,977*(12-12cos (\alpha ))-7,308*12 *sin(\alpha )-7*(12-12cos (\alpha ))^{2}*0,50 = 0$

$M (\alpha ) = 803,724 - 803,724 * cos (\alpha ) - 87,696 * sin (\alpha ) - 3,50 * (144-288 * cos (\alpha ) + 144 * cos (\alpha )^{2}) = 0$

$M (\alpha ) = 803,724 - 803,724 * cos (\alpha ) - 87,696 * sin (\alpha ) - 504 + 1008 * cos (\alpha ) - 504 * cos (\alpha )^{2} = 0$

$M (\alpha ) = 299,724 + 204,276 * cos (\alpha ) - 87,696 * sin (\alpha ) - 504 * cos (\alpha )^{2}$

Ułożyliśmy funkcję potrzebną do obliczenia momentów zginających. Teraz podkładając kąty pod α, otrzymamy w interesujących nas miejscach siły wewnętrzne momentu zginającego.
Teraz do obliczenia sił tnących i normalnych, będziemy musieli wykorzystać wzory transformacyjne, wyglądają one następująco.

$Q (\alpha ) = -H * cos (\alpha ) -V * sin (\alpha )$ $N (\alpha ) = H * sin (\alpha ) - V * cos (\alpha )$

Wydaje mi się, że wszystko jest jasne. Musimy po prostu ułożyć funkcje dla zastępczych sił wewnętrznych H i V, a następnie podstawiając je do powyższych wzorów, otrzymamy właściwe siły wewnętrzne Q(α) i N(α).

$\Sigma Y = 0$
$V = 66,977 - 7 * (12-12 * cos (\alpha ))$
$V = 66,977 - 84 + 84 * cos (\alpha )$
$V = -17,023 + 84 * cos (\alpha )$

$\Sigma X = 0$
$H = -7,308$

Teraz wystarczy podstawić obliczone siły V i H pod wzory transformacyjne. Będziemy mieli następujące funkcje(równania).

$Q (\alpha ) = -7,308 * cos (\alpha ) - 17,023 * sin (\alpha ) + 84 * cos (\alpha ) * sin (\alpha )$ $N (\alpha ) = -7,308 * sin (\alpha ) + 17,023 * cos (\alpha ) - 84 * cos (\alpha )^{2}$

Mamy już wszystkie równania ułożone, tzn. dla sił tnących, normalnych oraz dla momentu zginającego, które wygląda tak.

$M (\alpha ) = 299,724 + 204,276 * cos (\alpha ) - 87,696 * sin (\alpha ) - 504 * cos (\alpha )^{2}$

Teraz proponuję, obliczyć siły wewnętrzne przy użyciu programu Exel, ze względu na dużą ilość obliczeń, a wyniki przedstawić w formie tabelarycznej. Siły wewnętrzne dla przekroju 1-1 są następujące.

α	M(α) [kNm]	Q(α) [kN]	N(α) [kN]
0º	0	-7.308	-66.977
15º	4.103	9.54	-63.82
30º	54.78	21.53	-51.91
45º	130.15	24.79	-35.13
60º	199.91	17.98	-18.82
75º	234.12	2.67	-8.28
90º	212.02	-17.02	-7.308

Znamy już siły wewnętrzne w połowie naszego łuku. Teraz obliczymy pozostałą połowę. Ze względu na zmianę działania kierunków powstałych sił SW, zmieniają się również wzory transformacyjne, teraz wyglądają one następująco.

$Q (\alpha ) = H (\alpha ) * cos (\alpha ) + V * sin (\alpha )$ $N (\alpha ) = H (\alpha ) * sin (\alpha ) - V * cos (\alpha )$

Przekrój 3 -3 0º < α < 60º

$\Sigma M = 0$
$M (\alpha ) = 20,27 * (12-12 * cos (\alpha ))$
$M (\alpha ) = 243,24 - 243,24 * cos (\alpha )$

$\Sigma Y = 0$
$V = 20,27$

$\Sigma X = 0$
$H = 0$ $Q (\alpha ) = -20,27 * sin (\alpha )$ $N (\alpha ) = -20,27 * cos (\alpha )$

α	M(α) [kNm]	Q(α) [kN]	N(α) [kN]
0º	0	0	-20.27
15º	8.29	-5.25	-19.58
30º	32.59	-10.14	-17.55
45º	71.24	-14.33	-14.33
60º	121.62	-17.55	-10.14

Przekrój 2 – 2 60º < α < 90º

$\Sigma M = 0$

$M (\alpha ) = 299,661 - 204,192 * cos (\alpha ) - 87,696 * sin (\alpha )$

$\Sigma Y = 0$
$V = 20,27 - 3,254$
$V = 17,023$

$\Sigma X = 0$
$H = -7,308$

$Q (\alpha ) = 7,308 * cos (\alpha ) - 17,023 * sin (\alpha )$ $N (\alpha ) = -7,308 * sin (\alpha ) - 17,023 * cos (\alpha )$

α	M(α) [kNm]	Q(α) [kN]	N(α) [kN]
60º	121.62	-11.09	-14.84
75º	162.1	-14.55	-11.46
90º	212.02	-17.02	-7.308

Ostatnim punktem jest narysowanie wykresów sił wewnętrznych w łuku.

Mam nadzieję, że ten poradnik przybliży Państwa do poprawnego rozwiązania swoich projektów oraz zaliczenia wszystkich egzaminów. Jeśli dalej mają Państwo jakieś pytania, proszę o kontakt, a chętnie pomogę! Ze swojej strony zachęcam do przerobienia paru przykładów dla treningu i zapraszam do pozostałych poradników.

Polibud pisze:

4 listopada 2019 o 20:51

Zrozumiale wytlumaczone, szkoda, ze na wykladach tak nie objasniaja.

Odpowiedz
- Piotr Buzała pisze:
  
  5 listopada 2019 o 11:37
  
  To prawda, szkoda.. 🙂
  Pozdrawiam!
  
  Odpowiedz

Siły wewnętrzne w łukach

2 komentarze

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Nawigacja

Wytrzymałość materiałów

Studencka strefa nauki

Treść sponsorowana

	mgr inż. Piotr Buzała
	+48 693 117 538
	kontakt@statyka.info