jj

<

?

>

*

I

*

£•

*

«►

* t*

<►

•*

«

♦ I

i

*

% è i 4

*1

; tjt

ilii

H®

SÜrS

rQ

^sSSpe

Ü’iK

SS

>£0

mm

ÿVt

WM

WMW

^^’ISmSKH

IBfaäSi

JQ||

HÜI^Hr

/v

Lfcf.

*4*'

*S

Pllfcl

i®

V*w

3S$

as

M.

:vi

r<£

Jv#

mPi

r\v

:•*

-g

«s#;

WÊÈÊmm'

;j

....

P\«Mfâg

s;

Mi

1S

mmgm.

SU

MB

æa

r.'i

Si

ÜÈ

mm

m\y

IÜ

œr.

•»U

y.

fljŁ

§m

Ł

7ÏI

•* Mil

U\

r.

%Èm

as

c—

ç-|

i&fe

mm.

t*T:

7/y/k I *.\/

WMrS

»•*.

tk

ii

Politechnika Krakowska Biblioteka Głowna

y;*:

»•*

115

i I

Śiś

5**1

V’

illi

AB

II;

.*

BÊBR

\rà

'Mp*

mm

Wm

fi

BR»

gfl

• ni

Sïimum

WjJ*'îîfc

57fS>p

|j£j

'X*-.

flIJ

Sgi

ïs|

ÆÈÊmm

m

■J^ÎÎSÏÎ

IlW?À

ffi

“-kVi

0(4/-

><>

- ,i

i§

;j,r

»»4>»

mm

g^gi

^^ÂHP

\g&

"C:\j

Uk

mm

§Sâ

mfËÊ

K-CV;

i''

SK

fi

k>IV>

pgj

&V

il

or

►>#*-

mm

Hu

s^u/-

•‘« >yy^K

*rT- j

ÉÜPij

«rs/*** *

.S/ŁS

5KS

■ap

*•

mum

a;

svllg

1MH

;; i

rrvv

:£

mnm&

*.

ü/ïf''-

?j?>

ül

•*w ur/cii

fMĘarSS

wWæ

«Vv

ffl^rxA

S^TÏi’te

Svs

füsg

f%*§r|c

wM

\

à

Q>&

v

Sc

e

J

csi

à

- i

F

<>

A'

ń

ł

BIBLIOTEKA POLITECHNICZNA T. VIII.

podręcznik

STATYKI BUDOWLI

DLA

INŻYNIERÓW, ARCHITEKTÓW I SKECZÓW SZKÓŁ POLITECHNICZNYCH

Z 634 RYSUNKAMI W TEKŚCIE I 6 TABLICAMI.

OPRACOWAŁ

MAKSYMILIAN THULLIE,

DYPLOMOWANY INŻYNIER, PROFESOR SZKOŁY POLITECHNICZNEJ WE LWOWIE.

Wydanie drugie znacznie rozszerzone.

Cena 18 koron.

LWÓW.

SKŁAD GŁÓWNY W KSIĘGARNI SEYFARTHA I CZAJKOWSKIEGO.

I. Związkowa drukarnia we Lwowie, ulica Lindego 1. 4.

-

w

u MIO

ItĄ

Przedmowa do drugiego wydania.

Gdy pierwsze wydanie było na wyczerpaniu i zresztą ogromny postęp umiejętności wymagał przerobienia Podręcznika, podjąłem tę pracę przed czterema laty i zacząłem wydawać drugie wydanie zeszytami, aby słuchacze moi mogli z nich korzystać jeszcze przed ukończeniem całego dzieła.

Drugie wydanie jest znacznie rozszerzone, bo gdy pierwsze, drukowane w 1886, zawierało 20 arkuszy druku, drugie zawiera 36 arkuszy. Starałem się w niem uwzględnić postępy nauki statyki budowli, dodałem niektóre działy pominięte w poprzedniem wydaniu, jak n. p. obliczenie żelaznych dachów baniastych, wieżowych i namiotowych.

Przy tej sposobności podziękować muszę asystentowi memu p. Józefowi Kubali za wykonanie potrzebnych rysunków i pomoc w korekcie i wreście prosić polskich inżynierów, aby to drugie, wydanie przyjęli z taką samą życzliwością, jaką cieszyło się wydanie pierwsze.

We Lwowie, w kwietniu 1902.

Maksymilian Thullie.

.

Wstęp

c/30 C/)0 0Ö-5 cpo cpo cpo cpo

§• 8.

05 O H ci 85

rH t—ł r—i i—I

c/jo cóo c/j> c/jo c/jo c/jo

Spis rzeczy.

Str.

A. Wiadomości wstępne ze statyki wykresinej.

I. Składanie sił.

Siły przecinające się w jednym punkcie.........

Siły działające w płaszczyźnie "na układ punktów stale połączonych. Wielobok sznurowy............

Siły równoległe..................

Moment statyczny.................

Składanie ilukolwiek sił .    .    ............

Dalsze własności wieloboku sznurowego.........

Wykreślne wyznaczenie momentu statycznego.......

OD

C£> 00 -3 05

II. Belka prosta.

Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych dla obciążenia ciężarami skupionymi.................

Jednostajne obciążenie częściowe .

Belka jednym końcem utwierdzona Belka wystająca.......

15

21

24

26

28

30

B. Wytrzymałość konstrukcyj drewnianych i żelaznych.

III. Wytrzymałość na ciągnienie i ciśnienie.

§. 15. Ogólne pojęcia.....

§. 16. Spółczynniki sprężystości .

§. 17. Spółczynniki wytrzymałości na ciągnienie i ciśnienie .... 40 §. 18. Wpływ kształtu ciała, ciepłoty, wilgotności i ciężaru gatunkowego na wytrzymałość...............

§. 19. Zjawdska przy przerwaniu.............

§. 20. Własności ciał zależne od krzywej odkształceń, zwężenia i

przedłużenia . j .-................

§. 21. Pewność i natężenie dopuszczalne...........

§. 22. Doświadzenia Wöhiera i Bauschingera..........

§. 28. Wyznaczenie wymiarów według Winklera........

§. 24. Wyznaczenie wTymiarów wredług Łaunhardta i Weyraucha .    .    67

32

35

44

47

50

53

60

62

Str.

70

§. 25. Wyznaczenie wymiarów wedle Tetmajera §, 26. Natężenie dopuszczalne dla drzewa ....

§. 27. Pręty o stałym przekroju.........

§. 28. Pręty o stałem natężeniu........

§. 29. Linwy konopne i druciane i łańcuchy .    .

IY. Wytrzymałość na ścinanie.

§. 29. Spółczynnik wytrzymałości i natężenie dopuszczalne ....    83

§. 30. Nitowanie pojedyncze ....

§. 31. Nitowanie podwójne.....

§. 32. Nitowanie wstęg i kształtówek

§. 33. Połączenia przegibne.....

§. 34. Obliczenie śrub.......

§. 35. Połączenie belek drewnianych .

72

73

73

76

86

. 93 . 96

99

. 100

102

Y. Wytrzymałość na zginanie.

§. 36. Związek między siłami zewnętrznemi i wewnętrznemi .    .    .

§. 37. Moment bezwładności...............

§. 38. Wyznaczenie momentu bezwładności ze względu na oś równoległą do danej..................

§. 39. Promień i elipsa bezwładności.............

§. 40. Elipsa bezwładności ze względu na osie ukośne......

§. 41. Koło bezwładności.................

§. 42. Punkty stałe przekroju...............

§. 43. Analityczne wyznaczenie momentu bezwładności dla figur nieregularnych ............ .

§. 44. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności

§. 45. Linia całkowa ...    ;.........

§. 46. Moment bezwładności szyny kolejowej ....

§. 47. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności powierzchni sposobem Nehlsa..................

§. 48. Obliczenie siły ścinającej poziomej...........

§. 49. Natężenia ścinające pionowe..............

§. 50. Natężenia w kierunkach ukośnych. Linie największych natężeń 150

§. 51. Natężenia główne.............

§. 52. Wykreślne wyznaczenie siły ścinającej poziomej .

§. 53. Obliczenie przekroju kształtówek I, pracujących na zginanie . 159

§. 54. Inne kształtówki..........

§. 55. Belki blaszane...........

. 105

109

118

119

128

130

131

. 132

135

139

140

142

146

148

153

157

162

173

174

177

179

180

182

188

Str.

§. 63. Natężenia zginające w belkach z żelaza lanego, kamienia i betonu. Prawo Bacha.............. .    .

194

§. 64.

§. 65. §. 66. §. 67. §. 68. §• 69. §. 70.

§• 71.

§. 72. §. 73. §. 74. § 75. §. 76. § 77. §. 78. §. 79. §. 80. §. 81. §. 83.

Natężenie w belkach, gdy sity nie działają, w płaszczyźnie

osi głównych..........

Dźwigary drewniane złożone ....

Natężenie dopuszczalne.......

Obliczenie przekroju dźwigaru złożonego

Obliczenie klinów.........

Obliczenie śrub..........

198

. 203

206

211

i-i

Obliczenie belek żelazno-betonowych .    ,    .

Płyty Moniera. Faza pierwsza*.....

» druga ......

Obliczenie wymiarów płyt Moniera .    .    .

Belki układu Hennebeque’a. Faza pierwsza

„ druga .

223

CD Ol

232

238

242

§• 84. §. 85. §. 86. §. 87. §• 88.

Belki z różnego materyału......

Równanie linii ugięcia i ugięcie belki .    .

Ugięcie belki jednym końcem utwierdzonej Belka jednym końcem w murowana, a w drugim podparta .    . 252

Belka obu końcami poziomo utwierdzona.........

Wykreślne wyznaczenie ngięcie belki..........

Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych belki jednym końcem

podpartej , drugim utwierdzonej...........

Belka obu końcami utwierdzona............

243

246

. 250

256

261

263

265

Belka obu końcami ukośnie utwierdzona

Belka ciągła...........

Belka ciągła dwu- i trzyprzęsłowa .    .

Belka ciągła o równych przęsłach .    .

267

269

271

273-

VI. Wytrzymałość złożona na zginanie i ciągnienie lub ciśnienie.

§. 89. Bryła natężeń i oś obojętna..............

§. 90. Jądro przekroju..................

§. 91. Największe natężenie................

§. 92. Wyznaczenie największych natężeń zapomocą jądra .... 283

274

279

283

VII. Wytrzymałość na wy boczenie.

§.    93. Wzory zasadnicze. Eulera i Rankina . .    .    .

§.    94. Wyznaczenie długości wolnej.......

§. 95. Wzory Tetmajera............

§.    96. Obliczenie wymiarów..........

§.    97. Przykłady obliczenia wymiarów......

§    98. Wytrzymałość słupów żelaznych w razie pożaru

§. 99. Słupy obciążone mimośrodkowo......

§. 100. Natężenie dopuszczalne..........

§. 101. Przykłady..............

285

. 293

298

. 300

307

311

311

313

VIII. Wytrzymałość na skręcenie.

Str.

§. 102. Wzory zasadnicze .    .    .

§. 103. Wał pełny i wydrążony . §. 104. Przekrój kwadratowy .    .

319

321

322

IX. Belki kratowe i więzary dachowe.

323

§. 105. Uwagi ogólne...................

§. 106. Warunki wyznaczalności...............

§. 107. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych za pomocą metody

352

324

327

329

331

. 333 . 340

345

§. 115. Belka pochyło leżąca..............

§. 116. Drewniany pojedynczy dach krokwiowy.......

§. 129. Wykreślne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej §. 130. Krata wielokrotna . .

§. 131. Belka kratowa Howe’a

354

356

358

359

361

363

. 365 . . 367

369

371

373

. . 378

. . 380

381

381

. 382

C. Teorya sklepień.

X. Sklepienia kolebkowe.

coc epo loo w

c4 co ud co CO CO co co co

i—I i—( r-ł T—ł r—t

Łuki i sklepienia......

Siła podłużna i momenty jędrne Warunki równowagi sklepienia .

Obciążenie sklepienia.....

Linia ciśnienia.......

883

. . 383 . . 388

. . 391 . . 392

Str.

ił—*    ‘h-Aj—łI—i

^    ^ ^    ^ 00 OO 00

GO .«<1 <j> pt OO tO H O jo ÇO ^

Grubość sklepienia.................

Grubość sklepień betonowych Moniera.........

Obliczenie natężeń w sklepieniach Moniera.......

Związek między linią ciśnienia a linią obciążenia.....

Przybliżone wyznaczenie linii ciśnienia w sklepieniu syme-

trycznem..................

Sklepienie niesymetrycznie obciążone........

Siły zewnętrzne................

Odkształcenie łuku........'.......

Wyznaczenie trzech warunków..........

Przybliżone wyznaczenie prawdziwej linii ciśnienia .    .

Położenie powierzchni momentów.........

Ciśnienie sklepienia na krążyny..........

394

396

397

402

404

406

407

409

411

. . 413

422

423

XI. Sklepienia krzyżowe i baniaste.

§. 149. Sklepienie krzyżowe nad kwadratem ,

„ prostokątem w jedlinkę

426

§. 150.

§. 151.

§. 152.

§. 153. Bania kulista

baniaste

§. 154. Wykreślne wyznaczenie natężeń w bani §. 155. Sklepienie klasztorne........

XII. Przyczółki, filary i kominy.

§. 156. Linia ciśnienia..........

§. 157. Wmurowanie belki wspornikowej .    . .

§. 158. Linie wyznaczne przekroju prostokątnego §. 159. Koło pełne........* . . . .

428

430

430

432

433

436

437

, . 439

440

444

§. 160. Przekrój nieregularny. Siła działająca w osi głównej . . . 445 §. 161. Przekrój nieregularny. Siła działa nie na osi głównej . . . 447 §. 162. Kominy fabryczne

449

D. Budowle ziemne.

XIII. Równowaga stoków.

§. 163. Zasady . '....................

§. 164. Równowaga ziemi niespoistej............

§. 165. Równowaga ziemi spoistej..............

§. 166. Naziom płaski i nieobciążony .    .    .    .    •........

§. 167. Stok pionowy.......¹............

§. 168. Wyznaczenie wykreślne słoczysłości..........

§. 169. Parabola spójności......... .......

§. 170. Wyznaczenie stoku naturalnego , spójności i ciężaru gatunkowego .....................

§. 171. Naziom załamany.................

452

453

453

455

457

458

460

461

Str.

(N co ^5 id tu- tu- tu- tu-

rH t-H t-H tH

cń. t/k itr. c/h

Równowaga ziemi jednostajnie obciążonej Wykreślne wynoszenie stoku ziemi jednostajnie obciążonej .    . 465

Naziom dowolny częściowo obciążony Stok zakrzywiony.......

463

466

466

H—*• I—¹- ł—¹ ł—L •^1 -v1 •<!

<P 00 ^1 05

§. 180. §. 181.

co -rfi

CD 00 CO

i—ł T—I r-4

ctć> ot»

§. 185.

§. 186. §. 187.

XIV. Parcie ziemi, obliczone sposobem analitycznym.

Ogólne zasady............... .

Ogólne wyznaczenie powierzchni odłamu i parcia ziemi .    .    . 469

Ogólne wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi .... 472 Wyznaczenie parcia ziemi, gdy naziom jest płaszczyzną, nachyloną do poziomu pod kątem ß .........

Parcie ziemi dla naziomu poziomego..........

Parcie ziemi, gdy naziom nachylony do poziomu pod kątem

tarcia .    ........... .......

Parcie ziemi na mur pionowy.............

Parcie ziemi przy naziomie spadającym.........

Wyznaczenie parcia ziemi dla naziomu pochyłego, zakończonego płaszczyzną poziomą .    .    ........

W⁷ysokość punktu zaczepienia parcia ziemi dla naziomu płaskiego, zakończonego płaszczyzną poziomą .    .

Uwzględnienie ciężaru ruchomego......

Parcie ziemi, gdy mur nakr}⁷ty jest ziemią. .

‘468

472

475

476

477

478

479

481

481

. . 484

XV. Parcie ziemi, wyznaczone wykreślnie.

r—1    1

g X CD O CO 00

l—i M

m œ co te œ CT ^ 03 JG

r—i tH 4

Zasady ... ................

Parcie ziemi na mur płaski dla naziomu płaskiego .... 486 Parcie ziemi na mur płaski, gdy naziom tworzą dwie płaszczyzny ...    ...........

Parcie ziemi o naziomie dowolnego kształtu na mur płaski 493 Wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi

Parcie ziemi na mur krzywy.......

Odpór ziemi.............

Wykreślne wyznaczenie parcia ziemi sposobem Pilleta .    .    . 501

484

491

494

499

499

XYI. Inne teorye parcia ziemi.

§. 196. Poprawka dla równowagi w spoczynku .    .    . .

§. 197. Poszczególne wypadki..........

§. 198. Wyznaczenie płaszczyzny odłamu......

§. 199. • Wyznaczenie analityczne parcia geostatycznego

pionowej i naziomu poziomego......

§. 200. Nowsze teorye..... .......

GG-

<â

•pH

g S    g g g

m 05    Oi hfa. tO

XVII. Parcie ziemi na sklepienie.

§. 201. Sklepienie owalne .    .

§. 202. Sklepienie tunelowe §. 203. Uwzględnienie spójności

. 511 . 513

- XI —

Str.

E. Mury oporowe.

XVIII. Stałość murów oporowych.

§. 204. Ogólne zasady..............

§. 205. Ogólne wynaczenie grubości muru oporowego §. 206. Analityczne wyznaczenie grubości muru dla szwów pochyłych 516 §. 207. Analityczne wyznaczenie grubości muru dla szwów poziomych 519

§. 208. Wykreślne wyznaczenie grubości muru oporowego.....520

§. 209. Parcie geostatyczne przy wyznaczeniu grubości muru oporowego ...........

§. 210. Mury oporowe z przyporami ....

§. 211. Korzystny przekrój muru oporowego .

§. 212. Parcie ziemi na przyczółek.....

I.    Dodatek : Literatura......

II.    Dodatek : Tablice obciążeń stropów III. Dodatek : Tablice liczbowe ....

514

515

522

524

525

526

529

534

538

WSTĘP.

Statyka budowli lub zastosowana, zwana także mechaniką budowniczą (n. Baumechanik, Statik der Bau-constructionen, fr. mécanique appliquée, an. statics applied) jestto nauka o warunkach równowagi i o wytrzymałości zespołów (kon-strukcyj) budowlanych, zastosowana do obliczenia ich wymiarów i kształtów. Oczywiście nie możemy tu mówić o teoryi wszystkich zespołów budowlanych, lecz omówimy tylko teoryą najważniejszych zespołów, gdyż obliczenie mniej ważnych zespołów i szczegółów najlepiej daje się połączyć z opisem ich ustroju, który jest przedmiotem odrębnych nauk, jak n. p. budownictwa wodnego, budowy mostów itd. Pominiemy tu także obliczenie mostów, ponieważ odmienny sposób obciążenia robi obliczenie ich tak zawiłem, że jest ono przedmiotem osobnej nauki, tak zwanej teoryi mostów (n. Theorie der Brücken).

Przedmiot nasz podzielimy według tego, czy materyał użyty do zespołu jest mniej lub więcej sprężysty. A więc będziemy mówili najprzód o wytrzymałości materyałów sprężystych drzewa i żelaza, potem bardzo mało sprężystego kamienia, a nakoniec o wytrzymałości materyału niespręźystego ziemi.

Jak wiadomo, dwie są główne metody do rozwiązywania zagadnień mechaniki, metoda analityczna i wykreślna. Będziemy używali jednej i drugiej metody naprzemian według tego, która w danym razie prędzej prowadzi do celu ; często zaś podamy sposoby obliczenia według obydwu metod, których wyniki służą wtedy do wzajemnego sprawdzenia.

Naukę o równowadze sił, wyłożoną sposobem wykreślnym, nazywamy statyką wykreślną (n. graphische Statik, fr. statique graphique, an. graphie statics). W dalszym ciągu przypuszczać będziemy znajomość głównych zasad mechaniki rozumowej. Dla związku i przypomnienia ich czytelnikom wyłożymy je jednak w poszczególnych rozdziałach, ale jak najkrócej i tylko o tyle, o ile one służą za podstawę dalszych praw i twierdzeń,

Statyka.

wchodzących w zakres statyki zastosowanej. Główniejsze zasady zaś statyki wykreślnej wyłożymy w pierwszym rozdziale.

Stąd wynika następujący podział przedmiotu:

A. "Wiadomości wstępne ze statyki wykreślnej.

JB. Wytrzymałość zespołów drewnianych i żelaznych.

C.    Teorya sklepień.

D.    Budowle ziemne.

E.    Mury oporowe.

Jako dodatek :

Literatura.

A. Wiadomości wstępne ze statyki wykreślnej.

I. Składanie sił.

§. I. Siły przecinające się w jednym punkcie.

Do oznaczenia siły (n. Kraft, fr. force, an. force, cz. sila) potrzebne są trzy znamiona: jej wielkość (n. Grosse, fr. grandeur, intensité, an. magnitude, cz. velikost), kierunek (n. Richtung, fr. direction, ligne d’action, an. direction, line of action, cz. smèr) i punkt zaczepienia lub przyłożenia (n. Angriffspunkt, fr. point d’application, an. point of action, of application). Ponieważ punkt zaczepienia w kierunku siły możemy dowolnie przełożyć, wystarczy do oznaczenia siły zamiast punktu zaczepienia położenie siły (n. Lage, fr. position, an. position), t. j. jeden punkt, przez który kierunek siły przechodzi. Wszystkie te znamiona dadzą się łatwo przedstawić wykreślnie zapomocą linii prostej, której długość zawiera tyle jednostek długości, ile jednostek siły zawiera siła i której kierunek i położenie przedstawia kierunek i położenie siły. Po tej samej linii prostej może siła działać w dwu przeciwnych kierunkach ; aby więc o-kreślić dokładnie, w którym kierunku działa dana siła, czyli jaki jest jej tok (fr. sens), dodajemy strzałkę w odpowiednim kierunku (rys. 1.). Nazywamy siłę albo jedną literą Pt, P₂ ..

literami n. p. AB, przyczem porządek liter oznacza tok siły.

Jeżeli dwie siły P₁ i P₂ (rys. 2.) przecinają się w punkcie O, to możemy je zastąpić jedną siłą P, którą nazywamy wypadkową

n/s. /.

P;

rys. Z.

0’ A A

lub też dwiema

P₂

lub wynikową (n. Resultirende, fr. résultante, an. résultant, cz. vyslednice), a siły i P₂ składowemi (n. Componente, fr. composante).

Wiemy, że jeżeli dwie siły działają na punkt materyalny, to drogi, które punkt pod działaniem tych sił w jednostce czasu przebiegnie, są proporcyonalne do ich wielkości, a zatem do O A i OB. Jeżeli siły Pi i P₂ równocześnie działają na punkt O, to ten punkt przy końcu jednostki czasu znajdzie się w punkcie C, gdyż droga spowodowana siłą P, jest OA, a siłą P₂ jest AC, względnie OB. Długość OC przedstawia więc siłę, którą punkt O poruszony, znajdzie się w jednostce czasu także w punkcie C, a zatem siłę zastępującą działanie sił P, i P₂, czyli wypadkową Z tego wynika następne prawidło składania dwu sił przecinających się: wykreślamy siłę Pi = OA, z punktu A wykreślamy AC OB = P₂ i łączymy punkt O z punktem C ; prosta OC jest wypadkową. Do punktu C dojdziemy jednak także, wykreśliwszy P₂ = OB, a z punktu B BC :£t O A = P,. A zatem porządek, w którym składamy siły, jest obojętny.

Mając złożyć kilka sił, przecinających się w jednym punkcie (rys. 3.), postępujemy w ten sposób, że składamy najprzód

rys-3.

Pt

R ! V\ •• IK m, Ws J 6[—K—^5 Ą ⁴ '

.,P3

P2

dwie siły P₁ i P₂, z których wypadkową W2 składamy następnie z siłą P₃ = = 23; wypadkową otrzymaną Wz składamy z siłą P₄ = 3 4, te siły dają znowu wypadkową Wk, którą składamy z siłą P₅ itd.... Pn składamy wreszcie z wypadkową Wn.\ i otrzymujemy wypadkową wszystkich sił B. Wykreślanie prostych W₂, W₃ itd. możemy opuścić, a zatem chcąc znaleść wypadkową sił Ply P₂.... Pn kreślimy wielobok, którego boki są równoległe do wszystkich sił po porządku. Prosta, łącząca początek wieloboku O z końcem jego n (tu 6), daje wielkość i kierunek wypadkowej R.

Wielobok ten nazywamy wielobokiem sił (n. Kräftepolygon, fr. polygon de forces, an. force polygon, cz. cara sloźeJc),

a może on być płaskim lub przestrzennym, według tego, czy wszystkie siły składowe działają w jednej płaszczyźnie, czy nie. Z rys. 3. wynika, źe rzut wypadkowej na jakąbądź prostą jest równy algebraicznej sumie rzutów składowych. Porządek, w jakim siły składamy, jest tu obojętny ; dla dwu sił udowodniliśmy to powyżej, dla więcej sił zaś, zmieniając porządek dwu po sobie następujących sił, możemy uzyskać dowolny porządek.

Dla równowagi (n. Gleichgewicht, fr. équilibre, an. equi-librium) tj., aby punkt, na który siły działają, pozostał w spo czynku, wypadkowa JR wszystkich sił musi być równą zeru czyli ostatni punkt wieloboku musi przypaść na początkowy punkt wieloboku O, a zatem wielobok musi być zamkniętym. Dla wieloboku w płaszczyźnie musi więc być dla równowagi suma rzutów składowych na dwie przecinające się proste równa zeru.

Rozkładanie (fr. décomposition) siły na składowe jest bardzo łatwe. Chcąc rozłożyć siłę P (rys. 4.) na składowe, czynimy ją wypadkową dowolnych sił 01 i 1A, lub też 02, 28,

rys.4.

■A

Ą.A

T\

.Aj

J3

34, 45, 5A. Widzimy, że można znaleść nieskończoną ilość składowych, dających jako wypadkową siłę P. Aby więc zadanie było oznaczone, muszą być dane pewne warunki. Jeżeli n.p. rozkładamy siłę P na dwie składowe, mogą być dane wielkość i kierunek jednej siły składowej, lub też wielkości albo kierunki obu składowych. Rozwiązywanie podobnych zadań sprowadzamy zatem do wykreślnego rozwiązywania trójkąta z trzech danych elementów.

Kierunek wypadkowej wyznacza nam przytem kierunki sił składowych , jeżeli pamiętać będziemy, że obieg strzałek sił składowych w wieloboku sił jest przeciwny tokowi wypadkowej, czyli, źe wypadkowa jest równą i wprost przeciwną sile, którą dodaćby trzeba, aby wielobok był zamknięty.

§. 2. Siły działające w płaszczyźnie na układ punktów stale połączonych. Wielobok sznurowy.

Niechaj siły Pi i P₂ działają na dwa punkty stale połączone Ai i A₂ (rys. 5.). Przedłużmy kierunki obu sił aż do przecięcia się w punkcie A, to możemy te siły złożyć, jak wyżej.

oj

a otrzy-

zatem położenie, kierunek i wielkość wy-

Jeżeli A1 = P, a A 2 — P₂ , to wykreślmy 13 ^ A 2 mamy A3 = P padkowej. Tego sposobu składania sił nie możemy jednak użyć w wypadku, gdy siły składowe są równoległe, bo punkt A leży w takim razie w nieskończoności i jakkolwiek z wieloboku sił otrzymalibyśmy wielkość i kierunek wypadkowej, to jej położenie byłoby nam nieznanem. Będziemy się zatem starali zna-leść inny ogólny sposób składania sił, któryby i w tym wypadku dał się zastosować. Rozłóżmy siłę Pt na dwie dowólne składowe A^B i AiC, których wielkość otrzymamy z wieloboku sił 0'0 i 01'. Również rozłóżmy siłę P₂ na dwie składowe, z których jedna niech będzie równa i wprost przeciwna sile 1,C= 1'0. Z wieloboku sił otrzymamy kierunek i wielkość drugiej składowej 0 2', wykreślamy więc CD 0 2'. Zamiast sił Pj i P₂ mamy więc teraz cztery siły, z których dwie jednak AlC i CAj się znoszą tak, że zostają tylko dwie BAt i DC. Przez ich punkt przecięcia się E przechodzi więc wypadkowa R ^ 0'2'. Kierunki sił AXB i A±C obraliśmy dowolnie, siły te przecinają się w 0. Jeżeli teraz przyjmiemy inne kierunki sił składowych, przecinające się w innym punkcie 0', to ponieważ

punkty 0' i P w wieloboku sił są stałe, punkt przecięcia się kierunków sił składowych 0‘ określa dokładnie ich kierunki. Możemy więc zamiast tych dowolnych kierunków obrać dowolnie punkt 0 przecięcia się tych dwu sił w wieloboku sił. Punkt ten nazywamy biegunem (n. Pol, fr. pôle, an. pole), wielobok BA^CP wielobokiem sznurowym (n. Seilpolygon, fr. poły gon funiculaire, an. funicular, cord or link poły goń), bo gdy w miejsce linij matematycznych tego wieloboku pomyślimy sobie sznury, zaś w B i P zaczepimy siły równe 00' i O 2', to system ten będzie w równowadze, będą przedstawiały ciągnienia (względnie ciśnienia) sznurów. Linie, łączące biegun z wierzchołkami wieloboku sił, nazywamy promieniami (n. Strahl, fr. rayon polaire, an. ray)

proste 0 0\ 01‘ i 02'

§. 3. Siły równoległe.

Mając złożyć dwie siły równoległe (n. parallel, fr. parallele, cz. rovnobèênê, (rys 6.) Pt i P₂, wykreślamy wielobok

sił 012, który tu staje się jedną linią prostą, równoległą do kierunku sił. "Wy-/f padkowa JR równa się w tym wypadku algebraicznej sumie składowych

n/s.6.

P/

ej.

X)

V

Ÿ?

IZ

więc

P = 02. Aby otrzymać położenie wypadkowej JR, obieramy dowolnie biegun O, kreślimy promienie, a do nich równolegle boki wie-loboku sznurowego. Przecięcie się jego boków skraj-

nych wyznacza wedle poprzedniego paragrafu położenie wypadkowej, równoległej do składowych:

Jeżeli mamy złożyć dwie siły Pi i P₂ (rys. 7.) równoległe, ale działające w przeciwnych kierunkach, postępujemy w ten sam sposób. Wypadkowa jest tu różnicą sił składowych i ma kierunek siły większej. Punkt przecięcia się boków skrajnych C wyznacza położenie wypadkowej.

Z rysunku widzimy, że trójkąty 012 i DAE są podobne, a stąd AE : AB=P₂ : 00, zatem

" AE . 00=P₂. AB ; . . . . dalej są także trójkąty ABD i 001 podobne, więc BD : AB=Pi : 00, a stąd BD . 00=P{ . AB . . .

Podzieliwszy rów. 2) przez rów. 1), otrzymamy BD _Pi

ryéfî ^*²

1)

2)

3)

A zatem jeżeli na kierunkach sił Pr i P₂ ode tniemy AF= = P₂ i BG = PU to prosta FG musi przechodzić także przez C.

A więc dla dwu sił równoległych, ale działających w przeciwnych kierunkach, możemy wyznaczyć położenie wypadkowej, jeżeli wielkość siły P₁ odetniemy na kierunku siły P₂ i na odwrót i końce tych sił połączymy. Linie łączące końce tych sił AB i FG przetną się na kierunku wypadkowej.

Jeśli jednak dwie siły równoległe, działające w przeciwnych kierunkach, są sobie równe, wtedy wypadkowa R = 0, a punkt zaczepienia jej C przechodzi w nieskończoność, bo wtedy bok pierwszy i ostatni są równoległe, a więc wypadkowa takich sił jest nieskończenie małą i działa w oddaleniu nieskończenie wielkiem. Dwie siły takie nazywamy parą sił (n. Kräftepaar, fr. couple, cz. dvojica sil). Ponieważ wypadkowa pary sił jest równa zeru, więc działając na system punktów stale połączonych nie wywołuje ona ruchu postępowego, lecz ruch tylko obrotowy w kierunku wskazanym strzałką (rys. 8.).

0<

'f -

11

'•"X (i -

I)

§. 4. Moment statyczny.

Para sił nie mierzy się wielkością wypadkowej, bo ta równa się zeru, lecz działaniem jej obrotowem, które wyznaczamy momentem statycznym, (n. statisches Moment, Drehungs-moment, fr. moment, an. moment, cz. staticky moment). Moment danej siły ze względu na prostą, około której ruch ma nastąpić.

czyli ze względu na oś momentu (n, Brehungsaxe, fr. axe du moment), jestto iloczyn siły przez ramię momentu (n.

rys. 8.

s.

ł pi

Hebelarm, fr. bras de levier, an. lever arm) czyli odległość siły od osi momentu. Jeżeli przez ramię momentu i siłę położymy płaszczyznę, to przecina ona oś w środku momentu (n. Momentenpunlct, fr. centre du moment, an centre of moment). Jeżeli więc siły działają, w płaszczyźnie , to spuściwszy prosto • padłą na kierunek danej siły z środka momentu, otrzymamy jej ramię momentu. Moment, którego kierunek obrotu jest zgodny z obrotem wskazówki na zegarze , będziemy nazywać d o-datnim (n. positiv, fr. positif) an. positive), zaś moment działający w przeciwnym kierunku ujemnym (n. negativ, fr. négatif. an. negative). Moment pary sił ze względu na dowolny środek momentu O (rys. 8) nazwijmy tedy P₁ = P₂,

— — P,. O A +- P₂ . OB = — Pi (s + y) + P₂y= — Pxs. Ponieważ y znika z rachunku, więc moment pary sił zostaje ten sam dla jakiegokolwiek środka momentu i równy jest jednej sile pomnożonej przez odstęp obu sił czyli prostopadłą, spuszczoną z jakiegokolwiek punktu jednej siły na drugą.

Jeźelibyśmy obie siły pary sił złożyli, otrzymalibyśmy według §. 3. wypadkową nieskończenie małą, działającą w oddaleniu nieskończenie wielkiem ; moment jej będzie więc 0. GO, równy ilości skończonej, którąśmy powyżej wyznaczyli.

Dwie pary sił, złożone z sił nierównych, ale mające równy moment statyczny, są równe tak, że możemy jedną zastąpić drugą.

§. 5. Składanie ilukolwiek sił.

TT

rys. 37,

§. 27. Pręty o stałym przekroju.

rys: 53.

§. 37. Moment bezwładności.

rvs. 103.

Aby wynaleść najw. i najmn. V, a więc osi główne e

rys 135

§. 60. Natężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości.

rys: 155.

§. 60. Obliczenie śrub.

tt s+(e-*,)s+-|v - («—*,)*)+3Me - a)>

9

§. 88. Belka ciągła o równych przęsłach.

£=2000000-%, [i=3 20(Æ

12 (2+w) '

§. 105. Uwagi ogólne.

rys: 2 5!

§. 117. Dach płatwowy z podwójnym więzarem i kolanem.

liii

* <v

ffl y ds = 0

rys;331.

§. 161. Przekrój nieregularny, siła działa nie na osi głównej.

§. 170. Wyznaczenie stoku naturalnego, spójności i ciężaru gatunkowego.

dot ^=x=dot (a—(>) +

3 h+3<ł

§. 193. Parcie ziemi na mur krzywy.

ryś. 41 6

5. Budowle ziemne i mury oporowe.

%fn +

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

§. 5. Składanie ilukolwiek sił.

Mając złożyć kilka sił Pu P₂, P₃, P₄ (rys. 9.), składamy najprzód dwie siły Pi i P₂, a mianowicie kreślimy wielobok sił 012, obieramy dowolnie punkt 0, kreślimy promienie 00, 01, 02 i równolegle do nich wielobok sznurowy ABCD. Przez M, punkt przecięcia się boków AB i CD, przechodzi R₁₂ wypadkowa tych dwóch sił P, i P₂, wielkość jej jest 02. Z tą wypadkową P₁₂ złóżmy teraz siłę P₃. Uskutecznimy to, jeżeli w wieloboku sił wykreślimy 23 = P₃ , poprowadzimy z tego samego bieguna O promień 03 i wykreślimy wielobok sznurowy;

rys 9

fR

I Ą /irr

rA

Pierwszym bokiem, równoległym do 00, niech będzie prosta A.M, drugim JfP || 02, trzecim będzie DP || 03. P₁₃, wypadkowa sił P₁₂ i P₃, czyli P₁, P₂ i P₃, będzie więc równa 03 i przechodzić przez punkt N przecięcia się boków skrajnych AB i DE. Z siłą P₁₃ złożymy dalej siłę P₄ i otrzymamy w ten sam sposób wypadkową wszystkich sił R = 04. Przechodzić ona będzie przez punkt P przecięcia się boków skrajnych AB i EG.

Łatwo pojmiemy, że jeżeli przy składaniu sił chodzi nam tylko o ostateczną wypadkową P, to możemy tok konstrukcyi uprościć, opuszczając wyznaczenie sił P₁₂, Pi 3 itd. A więc wystarczy, jeżeli dla danych sił PiJ P₂, P₃ i P₄ wykreślimy wielobok sił, obierzemy dowolnie biegun O, poprowadzimy promienie i wykreślimy równolegle do tych promieni wielobok sznurowy ABCDEG. Wypadkowa P=04 przechodzi przez punkt F przecięcia się boków skrajnych wieloboku sznurowego, jakieśmy to powyżej udowodnili.

Wielobok sił i wielobok sznurowy są figurami odwrotne mi (n. reciproJc), gdyż, jak widzimy z rys. 9., każdemu bokowi wieloboku sił czyli każdej sile odpowiada wierzchołek kąta w wieloboku sznurowym i odwrotnie. Przy tern samem położeniu bieguna odchylają się dwa po sobie następujące boki wieloboku sznurowego n. p. AB i BC tern więcej, im większa jest odnośna siła P₄, a więc kąt ABC jest tern większy, im większa jest siła Pi. G-dyby 7^=0, toby i kąt ABC= 0, t. j. linie AB i BC tworzyłyby jedną prostą. Kąt wieloboku sznurowego pozwala także wnioskować o kierunku siły, dwa boki jego bowiem nachylone są zawsze w kierunku strzałki. Każdy bok wieloboku sznurowego jest równoległy do promienia wieloboku sił, łączącego biegun z punktem przecięcia się dwóch sił, między któremi bok ten leży. Tak n. p. BC jest równoległem do Ol, a 1 jest punktem przecięcia się sił Pi i P₂ w wieloboku sił, między któremi BC leży.

Gdy dodamy do sił Pi} P₂, P₃ i P₄ siłę — B, równą P, mającą to samo położenie, lecz działającą w kierunku przeciwnym , wtedy nastąpi równowaga, to jest dany układ punktów pozostanie w spoczynku. Widzimy więc, że dla równowagi musi się zamknąć nietylko wielobok sił, ale i wielobok sznu-rowy, gdyż pierwszy i ostatni jego bok muszą się przecinać na kierunku ostatniej siły.

Gdy wielobok sił się zamyka, a wielobok sznurowy nie, wtedy złożywszy wszystkie siły składowe prócz jednej P„, otrzymamy wypadkową Bi i Pn, które muszą być sobie równe i wprost przeciwne, bo z powodu, że wielobok sił się zamyka, B = Bi + Pn = 0, czyli B₁== — Pn , z powodu zaś, że wielobok sznurowy się nie zamyka, położenie Bi będzie inne, niż Pn ; a zatem po złożeniu wszystkich sił otrzymamy dwie siły równoległe, równe a wprost przeciwne , czyli parę sił, której działanie mierzymy momentem. Układ punktów nie będzie wtedy miał wprawdzie ruchu postępowego (bo P=0), lecz będzie miał ruch obrotowy. Analitycznie możemy wyrazić powyższe twierdzenie w ten sposób :

Jeżeli rozłożymy wszystkie siły na składowe, działające w dwu przecinających się kierunkach, to dla równowagi musi być suma składowych wszystkich sił w obydwu kierunkach równa zeru (wielobok sił zamknięty)

rys. W.

'' ,0 .

Cr

i suma momentów równa zeru (wielobok sznurowy zamknięty).

Wszystko cośmy powyżej mówili o składaniu sił w ogóle, da się zastosować do sił równoległych (rys. 10.). Chcąc złożyć siły równoległe P1? P₂, P₃ i P₄, kreślimy wielobok sił, który tu przedstawia jedna linia prosta, kreślimy dalej wielobok sznurowy, którego boki skrajne przedłużone przecinają się w punkcie ćr, wyznaczającym położenie wypankowej B. Jej wielkość (B=04) i kierunek otrzymujemy z wieloboku sił.

§. 6. Dalsze własności wieloboku sznurowego.

Z poprzedniego widzimy, że przecięcie się dwu skrajnych boków wieloboku sznurowego wyznacza położenie wypadkowej, co odnosi się nietylko do dwóch, ale i do więcej sił. Ponieważ wypadkowa musi przechodzić także przez punkt przecięcia się sił P₁ i P₂, więc położenie jej jest AEi (rys. 11.), przyczem AE±

r/s. //.

»Tb

js,

musi być równoległe do 02. Ale proste 02 i AEi są szóstymi bokami dwu czworoboków zupełnych (czworoboków wraz z obiema przekątniami) OtO 12 i AAxExBi, których pięć boków jest nawzajem równoległych. Zewnętrzne boki czworoboków nawzajem równoległe następują po sobie w obu czworobokach w przeciwnym kierunku. Stwierdza się tu przeto twierdzenie geometryczne, że jeżeli w obu czworobokach zupełnych mamy pięć boków, kolejno w przeciwnym kierunku licząc, nawzajem równoległych, to i szóste boki muszą być równoległe. Jeżeli biegun zmienimy i zamiast punktu Oi obierzemy punkt 0₂, to otrzymamy inny wielobok sznurowy C₂A₂B₂DPrzez zmianę bieguna nie zmie-

— IB —

niamy wypadkowej, bo według §. 2. możemy biegun obrać dowolnie. Z tego wynika, że przecięcie się boków skrajnych E2 musi znowu leżeć na prostej AEt. A więc gdy biegun przesuwa się w jakimkolwiek kierunku po płaszczyźnie, punkt przecięcia się boków skrajnych wieloboku sznurowego porusza się po linii prostej, wyznaczającej kierunek wypadkowej. Z rys. 11. możemy jednak udowodnić jeszcze jedno prawidło. Widzimy mianowicie, że bok 0i 0₂ jest szóstym bokiem trzech czworoboków zupełnych 0i0₂01, 0i0₂12 i 0t0₂02, którego odpowiednimi bokami w czworobokach zupełnych FiF₂AiA₂, F₂FzBlB₂ i FiFzEiE₂ są FiF21 F₂FZ i FiFz, a których reszta pięć boków jest nawzajem równoległa. Z tego wynika, że i szóste boki są równoległe, a więc boki FiF₂, F₂F₃ i FiFz są równoległe do 0i0₂ a punkty przecięcia się Fu F₂ i Fz muszą leżeć na prostej równoległej do 0i0₂. Możemy zatem napisać następujące twierdzenie:

Jeżeli biegun posuwa się na płaszczyźnie w linii prostej, to wszystkie boki wieloboku sznurowego obracają się około punktów prostej, równoległej do drogi bieguna.

To samo twierdzenie da się udowodnić i dla więcej sił składowych.

Przypuśćmy teraz, że mamy złożyć siły P₁₅ P₂ P₃ i P4 (rys. 12.) i że przyjmiemy biegun w 0, w początku pierwszej siły Pi i wykreślimy wielobok sznurowy ABCDE, to widzimy, że promienie wieloboku sił przedstawiają wtedy wielkość i kierunek wypadkowych, n. p. 03 przedstawia wypadkową sił P,, P₂ i P₃, a boki wieloboku sznurowego , równoległe do tych promieni, wyznaczają położenie tych wypadkowych. A zatem, jeżeli biegun przyjmiemy w początku pierwszej siły wieloboku sił, to boki wieloboku sznurowego wyznaczają poło-

rt/s. /£

C,

fi

fi*

fi ;

żenie wypadkowych wszystkich sił od pierwszej aż do bok ten poprzedzającej, promienie zaś przedstawiają wielkości tych sił. Wielobok sznurowy staje się wtedy wielobokiem wypadkowych (cz. cara vyslednic).

§. 7. Wykreślne wyznaczenie momentu statycznego.

rys.13.

V'^Æ'7    padkowej, któ-

‘ / /    ry równa się

\    \    algebraicznej

Mając wyznaczyć sumę momentów statycznych kilku sił JP,, P₂, Po i P₄ ze względu na punkt dany A (rys. 1Ź.), składamy te siły w wypadkową B i wyznaczamy moment wy-

/>

CM

sumie momentów sił składo-

M,

wych, gdyż wypadkowa, zastępując w działaniu wszystkie siły składowe, sprawić musi taki sam moment, jak wszystkie składowe. Jeżeli prostopadłą spuszczoną z środka momentu A na wypadkową B nazwiemy a, to suma momentów sił P,, P₂, P₃ i P₄, równa momentowi wypadkowej

4)

M = lia

Poprowadźmy przez punkt A równoległą MN do wypadkowej i nazwijmy odcinek MN tej prostej między bokami skrajnymi y, to otrzymamy dwa trójkąty podobne, a mianowicie EMN CNJ 040, bo wszystkie ich boki są nawzajem równoległe. Stąd wynika, że podstawy obu trójkątów mają się do siebie, jak wysokości, więc

y : a = B : b, a stąd Ba = by.

Wstawiwszy wreszcie z rów. 4) M = Ba , otrzymamy:

5)

M - by.......

Odległość bieguna od wypadkowej, czyli długość b prostopadłej, spuszczonej z bieguna na wypadkową P, nazywamy od-ległością biegunową (n. Poldistanz, fr. distance polaire, an. pole distance, cz. vzdalenost polarna). Możemy więc rów. 5) wyrazić w następujących słowach :

Moment statyczny sił Pl5 P₂, P?t.. .. jest równy iloczynowi odcinka y między bokami skrajnymi wielobokn sznurowego równoległej do wypadkowej, przechodzącej przez środek momentu, przez odległość biegunową.

Odległość biegunową możemy uważać też jako siłę, a mianowicie jako składową, prostopadłą do wypadkowej sił, wyrażonych skrajnymi promieniami 00 i 04. Ponieważ według rów. 5) otrzymujemy moment, mnożąc odcinek y odległością biegunową b₎ więc dobrze będzie, jeśli biegun 0 przyjmiemy tak, aby odległość biegunowa dała się wyrazić według podziałki sił jakąś liczbą całą n. p. 1, 2, 4, 5, 10, 50; to nam ułatwi odczytanie momentu na podziałce.

Moment jest, jak wiemy, iloczynem siły przez długość. Mierzymy więc moment jednostką, powstałą z pomnożenia siły przez jednostkę długości. Jeżeli zatem n. p. mierzymy siły kilogramami, a długości metrami, to jednostkę, którą mierzymy moment, nazywamy kilogrammetrem (Jcgm). Jeżeli odcinek y mierzymy jednostką długości, to musimy wtedy odległość biegunową uważać za siłę i mierzyć jednostką sił i na odwrót.

Chcąc uniknąć mnożenia, możemy wykreślić podziałkę, na której odczytany odcinek y da nam wprost moment w Jcgm. Aby .wyznaczyć tę podziałkę, dość będzie pamiętać o tern, że chcąc odczytać daną długością liczbę b razy większą, musimy - jednostkę podziałki wziąć b razy mniejszą. A więc odczytujemy najprzód b na podziałce sił i robimy jednostkę długości b razy mniejszą, a uzyskamy podziałkę dla momentów.

Ponieważ moment jest równy iloczynowi odcinka y przez ódległość biegunową, więc im większą przyjmiemy odległość biegunową, tern mniejszy odcinek otrzymamy dla momentu i odwrotnie. Chcąc otrzymać wyraźny rysunek, musimy przyjąć zatem odpowiednią odległość biegunową.

II. Belka prosta.

§. 8. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych dla obciążenia ciężarami skupionymi.

Dotychczas zajmowaliśmy się składaniem sił w płaszczyźnie w ogólności; teraz będziemy mówić o działaniu ich na belkę.

Belką, dźwigarem (n. Träger, fr. poutre, an. girder; truss, cz. tram), nazywamy część budowli, służącą do przeniesienia siły na podpory. Linię, łączącą środki ciężkości pojedynczych przekrojów, nazywamy osią belki (n. Axe, fr. axe.

cz.

ry.s. /ft.

Qf P, B

111

<-------/

JL

ym -

!■

<0?

an. axis osa). Na belkę AB (rys. 14.), podpartą w dwu punktach, działają pionowe siły P., P, i P₃. Gdyby belka nie była podpartą, nastąpiłby ruch w kierunku wypadkowej ; jeżeli zaś bel-

«•    ka jest pod

parta, to powstają w punktach podparcia czyli podporach (n. Auflager, fr. appui, an. support) Ai B siły, utrzymujące cały układ w równowadze. Siły te i 0₂ nazywamy oddziaływaniami podpór (n. Pfeiler drucie, Auflag erdrück, fr. réaction des appuis, an. supporting force, reacting force, reaction, cz. reakee podporové).

Naszem zadaniem jest teraz wyznaczenie oddziaływań, które, jak już wspomnieliśmy, muszą utrzymywać belkę w równowadze. Kierunek oddziaływań zależy od kształtu i rodzaju łożysk (n. Lager, fr. support, coussinet, an. support, bearing), części budowli, na których bezpośrednio belka spoczywa. Jeżeli oddziaływania są pionowe, belkę nazywamy wtedy belką prostą (n. gerader Träger, Balkenträger, Balken, fr. poutre droite, an. straight girder, beam, cz. tram prosty) i o takich tylko belkach będziemy w tym rozdziale mówić. Chcąc wynaleść wielkość oddziaływań 0₁ i 0₂, wykreślamy wielobok sił, robiąc 01,=P₁, 12 = P₂, 28 = P₃. Wiemy, że dla równowagi wielobok musi się zamknąć, więc 0i-\-0₂ = 30. Znamy zatem sumę obu oddziaływań ; aby zaś wyznaczyć wielkość każdego oddziaływania z osobna, wykreślamy wielobok sznurowy acdeb, kreśląc ac H 00, cd H 01 itd. Dla równowagi wielobok sznurowy musi być zamknięty. Ostatni bok wieloboku sznurowego, który musimy wykreślić, aby wielobok zamknąć, otrzymamy, łącząc punkty a i b przecięcia się skrajnych boków z kierunkami oddziaływań, a więc tu z pionowemi przez A i B.

Prostą ab nazywamy z tego powodu linią zamykającą albo zamykającą (n. Schlusslinie, fr. ligne finale, limitante, droite de fermeture, an. cio sing line, cz. zakladna strana). Poprowadziwszy odnośny promień Om || ab, otrzymamy punkt my który. podzieli długość OB na dwie części 3m=0₂ i mO=Oi, odpowiadające wierzchołkom a i b wieloboku sznurowego. Teraz bowiem siły Pi, P₂, P₃, 0₂ i Ol są w równowadze, bo wielobok sił i wielobok sznurowy się zamykają.

1 cm a m,

t. j. jeżeli 1 m w rysunku przedsta-

1 cm

t. j. 1 cen-

ah tm. ?

Ażeby wyznaczyć moment wszystkich sił, po lewej stronie punktu C leżących, ze względu na punkt C postępujemy, jakto wskazano w poprzednim paragrafie. Na rys. 14. mamy wykreślony odnośny wielobok sznurowy. Ponieważ wypadkowa jest pionową, więc spuszczamy z punktu C pionową, a odcinek y—fg między bokami skrajnymi ab i de, pomnożony przez odległość biegunową h da moment M—hy. Zamiast mnożyć odcinek przez odległość biegunową h, możemy zmienić dla momentów podziałkę długości w stosunku 1 : h, a więc jeżeli stosunek po-działki długości jest wia a metrów w naturze , a odległość biegunowa h, jako siła uważana, równa się h tonnom, to stosunek podziałki, na której y odczytujemy wprost jako moment, będzie tymetr na rysunku będzie przedstawiał ah tonmetrów. Widzimy więc, że przy użyciu tej podziałki wszystkie odcinki pionowe w wieloboku sznurowym acdgeb przedstawiają wprost momenty w odnośnych punktach belki. Powierzchnię, utworzoną tymi odcinkami, acdgeb nazywamy powierzchnią momentów (n. Momentenfäche, fr. surface représentative des moments), gdyż ona okazuje wielkość momentów wzdłuż całej belki przy danem obciążeniu. Ponieważ siły, po lewej stronie przekroju C działające (wraz z oddziaływaniem), starają się belkę tern bardziej zgiąć, im większy ich moment ze względu na punkt C, przeto nazywamy w tym wypadku moment statyczny tych sił także momentem zginającym (n. Biegungsmoment, fr. moment fléchissant, an. bending moment, cz. moment ohybu).

Statyka.

Jeżeli dla punktu C utworzymy wypadkową wszystkich sił po lewej stronie przekroju działających (wraz z oddziaływaniem) i rozłożymy ją na dwie składowe, jedną prostopadłą do osi w punkcie C, a drugą, działającą w kierunku osi, to składową, prostopadłą do osi w punkcie (7, nazywamy siłą poprzeczną (n. Transversalkraft, Querkraft, Scherkraft, fr. effort tranchant, an. shearing force, cz. sila prima, posouvajica), bo ona stara się ściąć belkę w kierunku poprzecznym t. j. prostopadłym do osi. Dla belki prostej poziomej i obciążenia pionowego siłą poprzeczną jest suma wszystkich sił, po lewej stronie przekroju działających. Siłę poprzeczną nazywamy dodatnią (n. positiv, fr. positif, an. positive), jeżeli działa w kierunku z dołu do góry na lewą część belki, w przeciwnym zaś razie ujemną (n. negativ, fr. négatif, an. negative). Oznaczając Q siłę poprzeczną w punkcie (7, otrzymamy Q—0i—P±—P₂, a więc Q=mO—01— 12=m2. Punkty te w i 2 możemy też otrzymać, poprowadziwszy z bieguna O Om i 02, równoległe do przeciętych boków wieloboku sznurowego ab i de. A zatem dla otrzymania siły poprzecznej w danym punkcie C, kreślimy promienie równoległe do boków wieloboku sznurowego przeciętych pionową przez C, a odcinek m2 na wieloboku sił przedstawia nam siłę poprzeczną. Poprowadziwszy linie poziome z punktów w i 2, otrzymamy pr= m 2 — Q.

Jeżeli to samo uczynimy dla innych punktów, t. j. poprowadzimy z punktu wiz punktów 0, 1, 2 i 3 poziome, otrzymamy linią schodową, z której widzimy, że siła poprzeczna zmienia się tylko w punkcie, gdzie działa jaka siła, a między dwiema siłami jest stałą.

Z rysunku widzimy, że siła poprzeczna zmienia swój znak, a więc tutaj staje się ujemną, pod ciężarem, w obrębie którego leży punkt w. A zatem chcąc wyznaczyć ciężar, pod którym siła poprzeczna zmienia swój znak, należy wykreślić promień Om równoległy do zamykającej. Ciężar, który w wieloboku sił przetnie ten promień, jest ciężarem szukanym.

Przykład. Rysunek 14. przedstawia belkę prostą AB o rozpiętości 21,3 m, na którą działają siły Px = 9t, P₂ = 9 P₃ — l,ht w punktach E, F i G. Przyjęliśmy przytem następne podziałki : dla długości 1:500

1 mm

TT

1 mm

0,5 m

czyli

, dla sił

1^. Odległość biegunowa h — 20 mm, więc

jako siła uważana oznacza 20 i; podziałkę dla momentów, wyrażonych odcinkami y, znajdziemy teraz zmniejszając podziałkę długości w stosunku

1:20, więc

1 mm

1 mm

. Dla punktu C otrzymamy z rysunku jako

0,5 X 20 tm

moment fg — 8,3 mm czyli według podziałki momentów 83 tm. Siłę poprzeczną w C przedstawia rzędna pr, więc Q = — 3 t.

Jeżeli wszystkie siły, działające po lewej stronie danego przekroju C (rys. IB.), złożymy w wypadkową Q, to wypadkowa wszystkich sił po pra

ło tm

wej stronie przekroju musi być — Ç, bo wedle §. 5. suma wszystkich sił pionowych musi być równą zeru. Siła poprzeczna w punkcie G, jest zatem równa wypadkowej wszystkich sił po lewej stronie przekroju działających lub też wypadkowej wszystkich sił po prawej stronie działających z odmiennym znakiem. Czasem, jeśli n. p. po prawej stronie mamy tylko jednę siłę , korzystamy z tego ostatniego twierdzenia.

Ponieważ siły 0lt Pt, P₂> Ą i 0₂ > a zatem i siły Q i — Q są w równowadze, więc obie siły Q muszą mieć to samo położenie.

rys

0t P,

A.

V

-Q

§. 9. Analityczne wyznaczenie sił poprzecznych i momentów.

Jeżeli siły P₁₅ P₂, P₃ i P₄ działają na belkę AB (rys. 16.), a ich odległości od podpory B nazwiemy a₂, a₃ i a₄, to

0t Pt

rys. i6.

■^2, ^ ^ ^2 h,i    K—

> f *......% >

..*>- ..........>

âf

--Î

Jr:r

W..........——

k~.~*:......X-

otrzymamy oddziaływanie 01? wyznaczając sumę momentów około punktu B, która dla równowagi ma być równą zeru. Gdyby bowiem suma momentów wszystkich sił działających na belkę nie była równa zeru, to wypadkowy moment sprawiłby obrót belki, co się sprzeciwia założeniu. A zatem:

0i l — Pi «i — P₂ a₂ — P₃ «3 — P₄ «4 — 0, a stąd 0,-P,    + P₂ -f+ P₄ P₄ ^    .

a że suma sił pionowych według §.5. ma być równą zeru, więc

0₂ =P₁ + P₂+P₃-1-P4 —

................->i

. . 6)

7)

Siłę poprzeczną Q w punkcie E otrzymamy, tworząc sumę sił po lewej stronie punktu E działających, więc :

8)

Q=Oi Pt P₂

Nareszcie moment zginający uzyskamy, tworząc sumę momentów ze względu na punkt E sił, działających po lewej jego stronie. Zatem :

9)

M=Oj x - P₂ b, - P₂ b₂

Przykład. Niechaj siły 11, 10, 9 i 9 t działają na belkę o rozpiętości 10 w w punktach, oznaczonych na rys. 17.

rys. 17

o,

■*0

°ł

I    |    i    i    ^•

X—•• 3—*—j    >2—Z—^

k---------

Według równania 6) mamy :

10

Ol = -I (11.8 + 10.5 + 9.4 + 9.2) = 19,2 t.

0₂ *= (11 + 10 + 9 + 9) — 19,2 = 39 — 19,2 = 19,8 t.

Siła poprzeczna według równania 8) w punkcie G po lewej stronie punktu zaczepienia siły 9 jest:

Q = 19,2 — 11 — 10 = — 1,8 t; po prawej stronie punktu zaczepienia siły 9 mamy:

Q = 19,2 — 11 _ 10 — 9 = — 10,8 t.

A zatem siła poprzeczna zmienia się w punkcie C o 9 t. — Nareszcie otrzymamy moment w punkcie C według równania 9):

M = 19,2 X 6 - U X 4 - 10 X 1 = 115,2 - 54 = 61,2 tm.

to momenty w punktach zaczepienia sił dadzą

Jeżeli na belkę AB (rys. 18.) działają siły Pj, P₂, P₃, Pm j Pm -pi , P

się jeszcze wyznaczyć w inny sposób, wskazany przez Pelletreau.* )

Wedle rów. 6) Oj —    1 Pa, a moment w punkcie C

i P (a — am).

AT fu — Oj ocni

V¹

Podobnie otrzymamy dla punktu D

ATm + i — Oj xm _j_ i    P (a am _p j).

A stąd

ATm -j-1 ATm Oj (xm _j_ i    xm)    {cim am i) Sm P

*) Ann. des ponts et chaus. 1887.

AM — em

10)

albo

a że 0.-zlP=Q

Ailf = Mm + t — Mm = em {Oi — il P) więc

/y .s*. 18.

0, P, Pz

Ps

Pm, P

m+t

O*.

A

\/

te-

X, x

f-—..... Xî

je

\Xm

i - c2/n/

Xm+/.............x.........ty-m+łĄ

-X

<2^.1 * i

>!

A zatem. różnica momentów w dwu po sobie następujących punktach zaczepienia sił równa się odstępowi tych sił, pomnożonemu przez siłę poprzeczną.

Chcąc wyznaczyć moment w punkcie D (rys. 17.) otrzymamy A M = = 2 X — 10,8 = — 21,6 tm, a że w C moment M = 61,2 tm, więc w 1) My — 61,2 — 21,6 = 39,6 tm. Moment w D możemy jeszcze inaczej wy* znaczyć, mianowicie My = 0₂.2 = 19,8 X 2 = 39,6 tm.

§. 10. Dowolne obciążenie ciągłe.

Na belkę AB, podpartą w dwu punktach, (rys. 19.) działa ciężar proporcyonalny do powierzchni kreskowanej. Ciężar taki niedziałający w jednym punkcie, lecz rozłożony na części belki lub też na całej belce, nazywamy obciążeniem ciągłem (n. stetige Belastung, fr. charge répartie, continue, an. distributed load, cz. obtizeni spojite). Powierzchnię AA¹ B'B nazywamy p o-wierzchnią obciążenia (n. Belastung s fläche, fr. surface représentative de charge). Rzędna jakakolwiek n. p. CC', pomnożona przez dx, przedstawia wtedy ciężar na długości dx albo, gdy w myśli przyjmiemy ciężar na jednostce długości stały i taki sam, jak w punkcie C, przedstawia rzędna CC' ciężar na jednostkę długości czyli ciężar jednostkowy (cz. pomërne obtizeni).

Grdybyśmy podzielili powierzchnię obciążenia na niezliczoną ilość pasków, to moglibyśmy uważać je jako siły skupione, dzia-^D    łające w środkach

A'

B'

rys. I9.

.......

Al

flo

bó—m

J?

*Bm

C"FT w

ciężkości pasków. Postępując dalej w znany sposób, o-trzymalibyśmy wielobok sznurowy o bokach nieskończenie małych , a zatem widzimy, że wielobok sznurowy zamienia się tu na krzywą sznurową (n. Seilcur-ve, fr. courbe funiculaire, cz. hfivha vyslednic). Ponieważ jednak nie możemy działać nieskończoną ilością sił, więc podzielmy powierzchnię obciążenia na mniejszą ilość pasków, tu n. p. na trzy paski, pionowemi CC' i DD‘', oznaczmy powierzchnie tych pasków i proporcyonalne do nich ciężary Px, P₂ i P₃, które zaczepiają w środku ciężkości pasków. Mamy więc tu trzy siły, dla których wykreślamy wielobok sił i wielobok sznurowy w znany sposób. Przedłużenia stycznych krzywej sznurowej w dwu punktach przecinają się, jak wiemy, w prostej , wyznaczającej kierunek wypadkowej, a więc styczne punktów linii sznurowej, odpowiadających punktom podziału A, C, D, JB, przecinają się w pionowych, poprowadzonych przez środki ciężkości odnośnych pasków. Widzimy więc, że boki wieloboku sznurowego są stycznymi do linii sznurowej i że punkty styczności znajdują się w pionowych, przechodzących przez linie podziału. Otrzymawszy wr ten sposób dostateczną ilość stycznych i punktów styczności, możemy wykreślić linią sznurową A'' C" D" JB/J.

Podobnie otrzymamy i siły poprzeczne. W punkcie A siła poprzeczna równa się oddziaływaniu Oi = a₀a, w punkcie C Q=Oi—Pi —mO — Ol=ml=c₀c. W podobny sposób otrzymamy punkty d i b, a wszystkie łączymy linią krzywą. Im więcej

tych punktów wyznaczymy, tem dokładniej możemy wykreślić linię sił poprzecznych.

Dla obciążenia ciągłego dowolnego da się także analitycznie dowieść ważne twierdzenie, podane przez Schwedlera. Dla

dowolnego obciążenia ciągłego belki A B (rys. 20.) wyznaczmy w powyższy sposób, lub też analitycznie, oddziaływania. Jeżeli ą = f(x) oznacza cię żar jednostkowy, to oddziaływanie Ot otrzymamy według 6), uważając element qdx jako siłę skupioną,

rys. 20.

O,

Oj

A

f-

h-........^.....ÿ

<■

/{

——.->1

». - y

q (l —x) dx .    .

. . 11)

Wyznaczmy teraz dla punktu C w odległości x₁ od lewej podpory siłę poprzeczną i moment według 8) i 9), a otrzymamy

zaś

Oi —

/"

o

q dx

12)

M = Oj xi —

q (xi — x) dx,

a stąd dla zmiennej xi pochodna :

dM

q dx == Q . . . . 13)

Widzimy zatem, że dla dowolnego obciążenia ciągłego siła poprzeczna w każdym punkcie belki jest pochodną momentu. Z tego wynika bezpośrednio, że największość (maximum) momentów jest w tym punkcie, gdzie Q = 0 (rys. 19.).

Z rów. 12) wynika dalej

dQ

a zatem :

dQ ₌ _ (PM

— dx*

. .    14)

«““ta

. Stąd widzimy, że obciążenie jednostkowe jest pierwszą pochodną siły poprzecznej a drugą pochodną momentu.

§. II. Obciążenie jednostajne zupełne.

G-dy ciężar jednostkowy jest stały, wtedy mamy obciążenie jednostajne (n. gleichmässige Belastung, fr. charge uniformément répartie, an. uniform load, cz. obtiéeni rovnomërne).

Gdy ciężar jednostkowy jest między granicami x‘ i xi stały = qit to dla tej długości mamy z rów. 12)

. . 15)

Q = -    + G i M=Cxl — ^i|Ł-²+ ą

jeżeli C i Ci oznaczają ilości stałe.

Z rów. 15) widzimy, że, jeżeli belka jest na pewnej długości obciążoną j e d n o s t a j n i e, to na tej długości linia sił poprzecznych jest prostą a momentów parabolą.

Jeżeli w rów. 15) zrobimy qA — 0, to Qi = C\ M=Cx-\-Ci, a zatem jeżeli belka na pewnej długości nie jest wcale obciążoną, to na tej długości linia sił poprzecznych jest równoległą do osi, a linia momentów prostą.

Jeżeli przytem cała belka jest obciążoną, wtedy obciążenie nazywamy jednostajnem zupełnem (n. totale gleichmässige Belastung, an. total uniform load) i wtedy poprzednie wzory bardzo się upraszczają.

a) Liczebnie. Ponieważ przy obciążeniu jednostajnem zupełnem belka jest symetrycznie obciążona (rys. 21.), więc dla obciążenia jednostkowego g

»i - o₂ = ± g i Siłę poprzeczną Q dla dowolnego punktu C otrzymamy:

<$ = 04 — gx=hgi-gx = Y g(ł—2x) . . . . 17) Moment w punkcie C będzie:

M=0₁# — gx\x=\glx — £##²=£gx (1—x) ,    .    .    18)

16)

:>k

1'

Równanie 18) dla momentów jest drugiego stopnia i przedstawia parabolę o osi pionowej, przechodzącej przez środek belki. Z ręwnania tego otrzymamy dla #=0 M=0, dla x=l M= 0. Chcąc wyznaczyć największy moment, szukajmy, dla którego punktu będzie Q=0.

Z rów. 19. widzimy, że Q=0 dla x=\ ?, a stąd odcinek» dla którego moment jest największością, jest

20)

Równanie 17) jest równaniem lini prostej, a mianowicie otrzymamy :

dla x — 0 x = Z x = 1

— hßi = 0

=    \⁽ß-

Linię sił poprzecznych otrzymamy więc, wykreśliwszy aai=hbi = bgl i połączywszy punkty i Prosta ta przecina oś w połowie rozpiętości.

19)

rys. 2/.

°2

ic

%B

i".

£______

oWmm

d±

:<.......it

’tf...................k>

A/:>

b.

w®

x=ll, a najw    gl²

b) Wykreślnie. Możemy tu postępować według ogólnej, metody; jednak wiedząc, że linia sił poprzecznych jest prostą, a linia momentów parabolą, możemy obie te linie bardzo łatwo wykreślić w inny sposób. O linii sił poprzecznych mówiliśmy już powyżej ; aby wykreślić linię momentów, kreślimy wielobok sił, robiąc rs=gl i prowadzimy promienie skrajne. Chcąc wy-

kreślić wielobok sznurowy, prowadzimy równoległe do tych promieni A'E || rO i B'E || Os. Są to styczne paraboli, którą wyznaczymy najłatwiej następnym znanym sposobem. Dzielimy obie styczne na równą ilość części (tu na 4) i łączymy punkty podziału równe mi oznaczone liczbami. Proste te są stycznemi do paraboli, a punkty styczności mają odcinki dwa razy większe niż lewy punkt podziału.

Konstrukcya ta da się zresztą łatwo uzasadnić. Pomyślmy bowiem , żeśmy całe obciążenie belki podzielili na dwie części linią pionową, poprowadzoną przez punkt C. Chcąc wykreślić wielobok sznurowy, styczny do linii sznurowej, szukamy środków ciężkości. Widzimy na rysunku, że jeżeli punktowi C odpowiada punkt podziału 2, to środkowi ciężkości powierzchni obciążenia na długości AC punkt 1, a odnośnemu punktowi S2 dla długości CB punkt V. Styczny wielobok sznurowy będzie wtedy A'îl'B', bo w czworoboku tym znamy już z poprzedniego boki A' 1, 1 'B\ B'A‘. Czwarty bok ma być równoległy do Ot i przecinać się z bokami sąsiednimi na pionowych przez Si i S2 musi to więc być prosta 1P. A zatem prosta 1P jest styczną do paraboli w punkcie C'.

Parabolę momentów możemy jednak wykreślić nawet bez wieloboku sił, gdyż opierając się na znanej własności paraboli i rów. 20), wiemy, że EE'—2 E'D=2±gl²=^gl². Zrobiwszy więc EE'=\gl², mamy punkt E, kreślimy styczne A'E i B'E i postępujemy dalej, jak wyżej.

§. 12. Jednostajne obciążenie częściowe.

Jeżeli belka AB obciążoną jest jednostajnie tylko na długości AC=x (rys. 22.), postępujemy według metody ogólnej i za pomocą wieloboku sił i wieloboku sznurowego otrzymujemy dwie styczne ad' i d'b. Na długości AC=x otrzymujemy parabolę adc, a na długości nieobciąźonej linia momentów cb jest prostą.

Liczebnie otrzymamy z równania 6) dla ciężaru jednostkowego p

to «

0₁= px

px (21 — x)

21

dalej dla dowolnego punktu JE między A i C

Q= Oi — pxx....... )

M =- Oixi — \pxx ²....... )

Równanie 21.) dla sił poprzecznych na długości obciążonej jest równaniem prostej, a rów. 22.) dla momentów równaniem

paraboli. Z rów. 21.) i 22.) widzimy też, że kąt nachylenia prostej sił. poprzecznych i parametr paraboli zależne są tylko od ciężaru jednostkowego p, dla tego samego ciężaru jednostkowego p ■ będzie więc prosta sił poprzecznych tak samo do poziomu nachyloną i parametr paraboli będzie ten sam.

Dla punktu C jest x=xi, więc z równania 21.) wynika, że

px;²

“2T ' ’

rys. 22.

DO to

tH cm

K-

P'\

fj-

ÉS

1H

px (21 — x)

:-2Z--“

. . 23)

Największy moment jest w tern miejscu, gdzie Q = 0;

px-'2l2r x) ~ PX2⁼ 0, a    X2 ⁼

nazwijmy odnośny odcinek #₂, to _ jc_i[2i — x) ' ■\Y'g^awiwgZy w równanie 22.), otrzymamy

najw M=

px (21 — x) x (21 — x)

21

21

— lP

x² (21 — x)²

Al²

czyli

px² (21 — x)²

24)

najw M—

Na rysunku 23. przedstawiliśmy momenty i siły poprzeczne dla przypadku, gdy długość CB jest jednostajnie obciążoną. Otrzymamy wtedy liczebnie w zupełnie ten sam sposób, co pierwiej , siłę poprzeczną w punkcie C

¹ ‘ 21

81²

25)

Największy moment ff otrzymamy z rów. 24.), wstawiwszy (l—x) zamiast x, a więc

p (P — x²)²

. . 26)

8P

najw M =    (l—x)² (l+x)²=

"Wartości, które otrzymujemy w punkcie C dla siły poprzecznej z równań 23) i 25) przy obciążeniu częściowem są

rys. 23.

/V'

C'

TT

większe, niż wartość, którą otrzymamy z równania 17) dla obciążenia zupełnego, jeżeli przy tern przypuścimy p=g. Przeciwnie momenty w każdym punkcie są największe dla obciążenia zupełnego, jakto widzimy z porównania równań 20), i 24).

§. 13. Belka jednym końcem utwierdzona.

Belka AB (rys. 24.), jednym końcem utwierdzona, obciążoną jest ciężarami skupionymi Pi, P₂ i P₃. Chcąc wyznaczyć momenty i siły poprzeczne, wykreślamy, jak zwykle, wielobok sił i wielobok sznurowy acfb. Aby otrzymać powierzchnię momentów, musimy na zasadzie §. 7. przedłużyć pierwszy i ostatni bok wieloboku sznurowego aż do pionowej przez B. Tu więc nie mamy zamykającej w tern znaczeniu, co dla belki w dwu punktach podpartej. Moment w punkcie E przedstawia wtedy odcinek ee' między przedłużeniem pierwszego boku ab' a wielo-bokiem sznurowym, pomnożony przez odległość biegunową Ji. Największy moment otrzymamy dla punktu B.

1 mm 2 t *

W rysunku przyjęliśmy stosunek podziałek    i

1 ÎW

dalej

P₁==5t, P₂ — 16#, P₃ = 11 l = bm, a₂ = 4 m, o₃=2 ot, A—40 t. Z konstrukcyi otrzymaliśmy J&' = 2,8 m, więc

łłeyw; TkT — — bb‘,h = — 2,8.40 = — 112 tm.

Zamiast mnożyć przez h moglibyśmy wyznaczyć podziałkę momen-

tów, mianowicie

1 cm

1 mm

1.40 tm

4 tm

. Wedle tej podziałki odczytamy moment

w B M — — 112 tm.

/> Pz •

P₃

<-

e-

*----------

l-----

As

Ü3

o:

■X™

;______

<■-------h/

u—

"•..ją

Hf

(T

Liczebnie otrzymamy :

O-Pi+^ + P

27)

dalej dla punktu E

- J\ - P

— Pt (1 —x) — P₂ (a₂—x) . .

CQ

Dla x—0, więc dla punktu B, otrzymamy

najw M= — PA 1 — P, a₂ — P₃ a₃ .    . . .    30)

Wstawiwszy wartości wyżej podane w równanie 30) otrzymamy najw M — — (5 X 5 + 16 X 4 -f- 11 X 2) = — 111 tm. Wynik, któryśmy otrzymali sposobem wykreślnym, różni się o 1 tm, czyli w podziałce momentu o y₄ mm, co wynika z niedokładności konstrukcyi.

§. 14. Belka wystająca.

Jeżeli belka CF (rys. 25.) podpartą jest nie na obu końcach, lecz w dwu punktach A i B między końcami, to nazywamy ją belką wystającą (n. überhängender Träger, fr. poutre reposant en deux points d’appui intermédiaires). Chcąc wyznaczyć siły poprzeczne , oddziaływania i momenty, postępujemy, jak poprzednio ; kreślimy wielobok sił i wie-lobok

<?

•SI o.

Cs

c-

A__ste-' &a......>B *

rys. 2o

•r—

js>y

sznurowy

acegfb, boki pierwszy ac i ostatni bf przedłużamy aż do przecięcia się z pio-nowemi podporowe-mi i punkty przecięcia się a i b łączymy prostą zamykającą ab. Promień Om || ab dzieli długość 04 na dwie części i otrzymujemy 4m=0₂, m0=0₁.

Na rysunku przyjęliśmy stosunek podziałek ¹ 5™ i ¹ dalej l = 3 »i,

lw 1 £

at = 1 m, a₂ — 2,2m, b₃ = 1,5«i, a₄ = 1 m, P₁=4<, P₂ == 11 #, P₃ = 7 *, P₄ = 4 *,    = 15 J. Otrzymaliśmy — 15,7 i, a moment w G M = gg'. h =

= 0,56 X 10 — 5,6 tm.

Siły poprzeczne wykreślimy, jak poprzednio, tworząc wy-kreślnie sumę wszystkich sił po lewej stronie przekroju. Chcąc sprowadzić wszystkie siły poprzeczne do jednej osi, zrobimy c\c\ = clc₂ i zamiast linii kreskowanej poprowadzimy z c\ poziomą.

robiąc sumę

Liczebnie wyznaczymy oddziaływanie Oi momentów około punktu JB równą zeru, więc

— Pi (CL\ +1) +- 0i l — P₂ «2 — P₃ «3 + P₄ «4 = 0

zatem Ot —

J [Pi (ài + l) 4 P₂ «2 + P₃ «3 — Ą «47 • • •    ³¹)

Znając oddziaływanie, łatwo obliczymy siły poprzeczne i momenty.

Dla naszego przykładu otrzymamy po wstawieniu wartości Oi [4(1 + 8) + 11 X 2,2 + 7 X 1,5 - 4 X 1] = 15,57 f. Dla punktu G otrzymamy teraz

Ç=-P₁ + 0₁-P₂ = - 4 + 15,6 - 11 = + 0,6 t, albo gdy przyjmiemy, że P₃ działa po lewej stronie przekroju,

Q — Pi d⁻ Oi — P₂ — P3 — — 6,4t.

Dalej mamy

iŁf = — 4 (1 -f- 1,5) + 15,57 X 1,5 - 11 (2,2 — 1,5) = 5,655 tm.

Jeżeli belka wystająca obciążoną jest ciężarem ciągłym jednostajnym, postępujemy w ten sam sposób. Dzielimy powierzchnię obciążenia na paski, z ich środków ciężkości spuszczamy pionowe (rys. 26.), kreślimy wielobok sił i wielobok sznurowy

E *P¹

rys. 26.

k— -

TA

«r*.........—

TB

% ........ 1

-0

V.

cefgd. Styczne końcowe weit?, równoległe do promieni skrajnych, przedłużamy aż do pionowych podporowych, punkty przecięcia się a i b łączymy zamykającą. Wykreśliwszy teraz z danych stycznych linię sznurową, która jak wiemy, jest dla obciążenia jednostajnego parabolą, otrzymujemy powierzchnię momentów w części dodatnią a w części ujemną. Wykreśliwszy

Om y ab, otrzymamy oddziaływania 3 m=0₂ i mO=Ou a stąd łatwo siły poprzeczne.

Liczebnie wyznaczymy oddziaływania, robiąc sumę momentów około punktu B równą zeru. A więc dla obciążenia jednostkowego g

— gax

(i+    )

te! a

+ OJ — \gl² -b Iga^ = 0, a stąd

«2

. . 32)

Oi = ga i

Znając oddziaływania, obliczymy łatwo momenty i siły poprzeczne w zwykły sposób.

lga₂

B. Wytrzymałość konstrukcyj drewnianych i żelaznych.

III. Wytrzymałość na ciągnienie i ciśnienie.

§. 15. Ogólne pojęcia.

Dotychczas mówiliśmy o siłach zewnętrznych, działających na belkę, teraz zaś mówić będziemy o wpływie tych sił na belkę i siłach wewnętrznych, które w belce wywołują. Każde ciało wyobrażamy sobie jako zbiór nieskończenie małych cząstek t. z. drobin, oddzielonych jedne od drugich nieskończenie małymi odstępami, utrzymujących się w tych odległościach pod działaniem sił, równoważących się wzajemnie, tak zwanych sił międzycząsteczkowych (n. Molekularkraft, fr. force moléculaire). Dla ciał stałych są siły przyciągające tak wielkie, że potrzeba znaczniejszej siły dla zmiany położenia cząstek. Wypadkowa tych sił, działających wdanym przekroju, sprzeciwiająca się przesunięciu drobin, zależną jest od materyału. Własność tę ciał stałych nazywamy spójuością (n. Cohäsion, fr cohésion).

Siły zewnętrzne, działające na belkę, sprawiają zmianę kształtu i wymiarów belki czyli odkształcenie (n. FormänderungDeformation, fr déformation), które po ustaniu działania sił zewnętrznych znika całkowicie lub częściowo. Tę własność ciała, która sprawia, że drobiny wracają do pierwotnego położenia po ustaniu działania sił zewnętrznych, nazywamy sprężystością (n. Elasticität, fr. élasticité, an. elasticity).

Wszystkie ciała stałe są mniej lub więcej sprężyste ; u drzewa odkształcenia są stosunkowo większe, u kruszców zaś bardzo małe. Jeżeli po ustaniu działania sił zewnętrznych ciało przybiera zupełnie pierwotny kształt, to nazywamy je zupełnie sprężystem (n. vollkommen elastisch, fr. parfaitement élastique, an. perfectly elastic), jeżeli zaś odkształcenie nie znika zupełnie, nazywamy je niezupełnie sprężystem (n. unvollkommen elastisch, fr. semi-élastique). Wszystkie ciała są dla małych obciążeń aż do pewnej granicy zupełnie sprężyste, dla większych obciążeń stają się te ciała niezupełnie spręźystemi. Granicę tę nazywamy granicą sprężystości (n. Elasticitätsyrenze, fr-limite de Vélasticité, an. elastic limit, limit of elasticity).

Po jej przekroczeniu ciała te są niezupełnie spręźystemi J część odkształcenia, nazwana odkształceniem sprężystem (n. elastische Deformation, fr. deformation élastique) znika po ustaniu sił zewnętrznych, reszta zaś, odkształcenie trwałe-(n. bleibende Deformation, fr. déformation permanente, an. permanent set), pozostaje.

Granica sprężystości wedle powyższego określenia byłaby jednak bardzo nieoznaczoną, bo dokładniejsze przyrządy, zwłaszcza Bauschingera przyrząd zwierciadlany, pozwalający odczytywać O'OOOl mm udowodniły, że prawie wszystkie materyały wykazują przy miernych nawet obciążeniach już odkształcenie trwałe, chociaż nadzwyczaj małe, ale doświadczenia te wyka»? zały też, że odkształcenia przy ważnych technicznie materyałach, jak żelazo spawalne, stal, drzewo i inne, są do pewnej granicy proporcyonalne do obciążeń (rys. 27.). Granicę tę nazywamy granicą proporcyonalności (n. Proportionalitätsgrenze).

Na rys. 27. odcinamy przedłużenia względne A Z, wywołane obciążeniami P, które odcinamy na osi OY. Do punktu iii", który tu jest granicą proporcynonalności, otrzymujemy wtedy linią prostą. Gdy obciążenie przekracza tę granicę, odkształcenia przestają być proporcyonalne do obciążeń, rosną mianowicie daleko szybciej, niż obciążenia, linia MN jest przytem styczną do OM. Ponieważ dla obciążeń poniżej granicy proporcyonalności odkształcenia trwałe są tak małe, że je w praktyce uważamy za nieistniejące, więc też zwykle nazywamy granicę proporcyonalności granicą sprężystości.

Po nagłem usunięciu sił zewnętrznych cialq, powraca nagle do swego pierwotnego kształtu, ale wskutek bezwładności

rys.28.

rys. 21

Nt.

ta*'

odkształca się potem w przeciwną stronę i dopiero po kilku drganiach przechodzi w stan spoczynku. Każde nagłe działanie siły lub uderzenie wywołuje takie drgania.

Jeżeli siły zewnętrzne będą po przekroczeniu granicy sprężystości ciągle wzrastały, to po przekroczeniu pewnej granicy (punkt N wykresu) u niektórych materyałów odkształcenia nagle bardzo wzrastają i drobiny przedstawiają już mały opór przesunięciu, jak przy ciałach półpłynnych; bardzo małym obciążeniom odpowiadają wielkie przedłużenia. Granicę tę nazywamy granicą płynności (n. Fliessgrenze, Streckgrenze, fr. limite de grande extension). Przy dalszem wzrastaniu sił zewnętrznych nareszcie przezwyciężą one spójność i nastąpi tak wielka zmiana położeń drobin, że siły między cząsteczko we przestają działać, nastąpi więc rozdzielenie drobin i pojedynczych części ciała (n. Bruch, fr. rupture, an. failure), a więc przerwanie, zgniecenie lub złamanie ciała. Całą spójność w tej chwili się objawiającą, a więc cały opór, jaki spójność stawia zmianie położenia drobin, nazywamy wytrzymałością (n. Festigkeit, fr. résistance des matériaux, an. résistance, tenacity).

Na rys. 28. przyjęliśmy dla Al znacznie mniejszą podziałkę, niż w rys. 27., dlatego też prosta ON spada prawie z osią OY. Punkt N oznacza granicę płynności, EEi przedstawia siłę, która sprawia już przerwanie.

Ponieważ siły zewnętrzne działają w rozmaity sposób na belkę, więc też i wytrzymałość rozmaicie się objawia. Według tego rozróżniamy następne rodzaje wytrzymałości:

a)    wytrzymałość na ciągnienie (n. Zugfestigkeit, fr. résistance à la traction, an. résistance to Stretching), jeżeli wypadkowa sił zewnętrznych działa w kierunku osi belki, starając się drobiny jedne od drugich oddalić,

b)    wytrzymałość na ciśnienie (n. Druckfestigkeit, fr. résistance à la compression, an. résistance to compression ), jeżeli wypadkowa sił zewnętrznych działa w kierunku osi belki, starając się drobiny zbliżyć jedne do drugich.

Oba te rodzaje wytrzymałości nazywamy wytrzymałością bezwzględną (n. absolute Festigkeit). Dalsze rodzaje wytrzymałości są :

c)    wytrzymałość na ścinanie (n. Schubfestigkeit, fr. résistance à cisaillement, an. résistance to shearing), jeżeli wypadkowe sił zewnętrznych, działających w płaszczyźnie, przez oś położonej, po jednej i po drugiej stronie idealnego przekroju prostopadłego do osi, starają się przesunąć drobiny w płaszczyźnie przekroju,

d)    wytrzymałość na zginanie (n. Biegungsfestigkeit, fr. résistance à la flexion, an. résistance of flexure), jeżeli na belkę działają siły prostopadłe do osi, starając się ją wygiąć, i jeżeli te siły leżą wszystkie w jednej płaszczyźnie, położonej przez oś,

e)    wytrzymałość na wyboczenie (n. Knickfestigkeit fr. résistance au flambage, an. résistance of crippling), jeżeli ciało o stosunkowo długiej osi pracuje na ciśnienie,

/“) wytrzymałość na skręcanie (n. Drehungsfestig-keit, Torsionsfestigkeit, fr. résistance à torsion), jeżeli siły zewnętrzne sprowadzają się do pary sił, działającej w przekroju prostopadłym do osi.

Często siły działają tak, że równocześnie pracuje belka w rozmaity sposób n. p. na ciśnienie i zginanie, na zginanie i ścinanie. Opór, jaki wtedy stawia ciało rozdzieleniu drobin, nazywamy wytrzymałością złożoną (n. zusammengesetzte Festigkeit, fr. résistance composée).

W tym rozdziale będziemy mówić tylko o wytrzymałości na ciągnienie i ciśnienie.

§. 16. Spółczynniki sprężystości.

Jeżeli na graniastosłup o długości l a przekroju A działa siła P (rys. 29.) w kierunku osi, to długość pierwotna l zmienia się o At, a mianowicie skraca się, jeżeli siła ciśnie, a przedłuża się, jeżeli siła ciągnie graniastosłup. Oprócz tego zmieniają się

rys. 29.

długości innych krawędzi graniasto-słupa, a mianowicie krawędzi a i prostopadłej do rysunku b, i to, jeżeli l przedłuża się o Al, tedy a i b skracają się o Aa i A& i na odwrót.

NO

-¹ N>

Przedłużenie w kierunku osi nazywamy podłuźnem (n. longitudinal), a w kierunku prostopadłym do osi poprzecznem (n. transversal).

długości l, a i b i do siły P, Możemy więc napisać

Doświadczenia wykazały, że przedłużenia Al, Aa i Ab są aż do granicy sprężystości wprost proporcyonalne do odwrotnie do przekroju A.

co

A = -P-    3)

1 sA ........d>

Jeżeli e oznacza liczbę stałą, zależną od materyału, którą nazwiemy spółczynn ikiem sprężystości (n. Elasticitäts-modul, Elasticitätscoefficient, fr. coefficient d’élasticité, an. modulus of elasticity). Jestto tak zwane prawo Hooha. ¹)

Iloraz

^ przedstawiający przedłużenie lub skrócenie na

jednostkę długości, nazywamy przedłużeniem lub skróceniem jednostko wem (n. relative Längenänderung, fr. allon-

P

na

gement, an. unit strain). Iloraz —- = v oznacza siłę działającą

A

jednostkę powierzchni czyli natężenie (n. Spannung, fr. effort, an. stress on unit of area), jeżeli więc siłę mierzymy w hg, powierzchnię w cm², to natężenie wyrażać będziemy w kilogramach na centymetr kwadratowy, co oznaczamy hgjcm² (czytaj hg na cm²).

Jeżeli natężenie stara się drobiny ciała jedne od drugich oddalić, wtedy nazywamy je dodatniem lub też ciągnieniem (n. Zug, fr. traction, an. tension) i oznaczamy znakiem + .

Jeżeli zaś natężenie stara się zbliżyć drobiny jedne do drugich, to nazywamy je ujemnem lub też ciśnieniem (n. Druck, fr. compression, an. compression) i oznaczamy znakiem —. Równanie 33) możemy więc inaczej napisać

Al

(O

34)

a zatem przedłużenie jednostkowe jest proporcyo-nalne do natężenia. Jeżeli w równaniu 34 zrobimy v=l, to

a zatem spółczynnik sprężystości jest o d-

w r o t n ą wartością przedłużenia jednostkowego dla natężenia równego jedności.

Analogicznie do 34) możemy napisać

A6

|«C>

£2

£i

.    . 35)

Spółczynniki ei i s₂ nazywamy spółczynnikami sprężystości poprzecznej (n. Coefficient für Transversalelasticität, fr. coefficient d’élasticité transversale).

Spółczynnik sprzężystości e jest tylko dła ciał równokie-runkowych, których struktura jest zupełnie jednorodna (n. isotrop, fr. isotrope) we wszystkich kierunkach stałym. Takiem ciałem jest n. p. żelazo lane, podczas gdy żelazo kute i walcowane mają tę własność tylko w przybliżeniu. Drzewo jest nie-równokierunkowem, dlatego musimy tu e wyznaczyć osobno w kierunku włókien, a osobno w kierunku prostopadłym do włókien.

Spółczynniki sprężystości poprzecznej są w ciałach równo-kierunkowych równe, rozumowaniem można dowieść, że ei =

= £2 = ¹/₄£ d° Vs²-

Spółczynniki sprężystości są dla każdego materyału inne. Wyznaczono je, poddając ciało badane działaniu pewnej znanej siły P i mierząc przedłużenia lub skrócenia Al. Jednak i dla tego samego materyału nawet spółczynnik sprężystości ma wartości bardzo różne n. p. dla żelaza walcowanego otrzymał B e n-

a nawet dla że-

d e r wartości od 1100 000 do 2 800 000 —^

cm¹

laza z tej samej fabryki otrzymano według doświadczeń towarzystwa Cincinnaty Southern Railway w Ameryce wartości

1350 000 do 2 430 000    , dlatego też wartości, które poda-- 38 —

jemy poniżej dla rozmaitych materyałów, uważać można tylko jako liczby przeciętne z wielu doświadczeń uzyskane. Różnice wartości spółczynnika sprężystości powstają, także wskutek niezupełnie jednostajnego materyału.

W następnej tabliczce zestawiliśmy przeciętne wartości spółczynników sprężytości dla materyałów, najbardziej w budownictwie używanych, jakoteż i natężenie przy granicy sprężystości.

Tutaj podnieść musimy raz jeszcze wielką niepewność granicy spężystości. Linia ON (rys 27.) nie jest zupełnie prostą, a wyznaczenie punktu styczności N zależy od dokładności przyrządów.

Considère zaproponował, aby oznaczyć jako granicę sprężystości ten punkt linii odkształceń, a właściwie to natężenie , dla którego przedłużenie jest dwa razy tak wielkie, niżby było, gdyby było proporcyonalne do natężeń. W naszym przykładzie byłby to punkt C, a zatem granica sprężystości spadłaby z granicą płynności. W praktyce wyznaczenie granicy płynności jest daleko łatwiejsze i nie wymaga tak doskonałych przyrządów. Z tych więc powodów we Francyi przyjęto regułę Considére’a i dlatego w dziełach francuskich znachodzimy znacznie wyższe wartości podane dla granicy sprężystości, niż w niemieckich i angielskich. My tu trzymać się będziemy naszego określenia granicy sprężystości pierwiej podanego zgodnie z Bauschingerem.

zatem mamy właściwie do czynienia

Jeżeli niepewnemi są wartości podane poniżej dla spółczynników sprężystości, to tern trudniej jeszcze da się dokładnie wyznaczyć granica sprężystości jeszcze z następnego powodu. Nowsze doświadczenia ²), robione z żelazem spawalnem, okazały, że jeżeli granica sprężystości jest przy natężeniu x, a natężymy ciało aż do vi x, to otrzymamy przedłużenie Al, które się będzie składać z Alx przedłużenia sprężystego i Al2 przedłużenia trwałego ; to znaczy, że po ustaniu działania siły All zniknie, a Al₂ zostanie, (rys. BO.). Drobiny nie zajmą więc pierwotnego położenia,

Cią5e¹⁶’ | °iŚnienie gnicnie śnienie

ci-

Materyał

Spółczynnik sprężystości S w

leg

ein

x natężenie przy granicy sprężyst. w

kg

em²

Aluminium (glin)........

11

11

11

Granit . . Konopne liny Łupek . . Miedź . .

675 000 675 000 50 000 260 000 200 000 266 000 250 000 950 000 950 000 120 000 110 000 1100 1 000 113 000 100 000 1 300    1 300

180 000 170 000 122 000 450 000 10 000 —

20

20

30

■30

300

360

470

580

130

150

105

11

blacha

Bzemień nowy .

„ używany Stal miękka . ,

„ twarda . Żelazo spawalne zlewne lane .    ,

blacha drut .

**

11

11

11

11

—    920 000

2 100 000 2 100 000 2 200000 2 200 000 2 000 000 2 000 000 2 100 000 2 100 000 1000000    95000

1    900000    —

2    000 000    —

275

300

1200

480

1330

100

2 660

lO C£> CD (M CO H (M

8888

1    500

2    200

275

1600 2 000

Dla

z nowem ciałem. Jeżeli teraz będziemy natężać ciało aż do natężenia v₁ , to otrzymamy tylko przedłużenie sprężyste tak, że vi będzie teraz granicą sprężystości. Widzimy więc, że granica sprężystości żelaza kutego powiększa się jednorazowem jej przekroczeniem, żelaza lanego nie ma właściwie żadnej granicy sprężystości, pierwsze natężenie pozostawiało bowiem przy doświadczeniach przedłużenie trwałe, poczem aż do tego natężenia zachowywało się żelazo lane, jak sprężyste; granica sprężystości

dała się jednak jednorazowem większem natężeniem przesunąć wyżej.

rys.30,

Bausckinger badał też wpływ, jaki na granicę sprężystości wywierają zmiany w natężeniu badanego ciała i doszedł do następnych wyników:

v,

a)    Przez liczne zmiany natężeń między natężeniem równem zeru a największem natężeniem^ spadającem z granicą sprężystości albo nieco nad nią wyż-szem, podnosi się pierwotną granicę sprężystości aż do pewnej granicy ;

iA

Al.

b)    Zmiany natężeń w kierunku przeciwnym raz na ciągnienie, drugi raz na ciśnienie, które nie wiele przekraczają granicę sprężystości, zniżają granicę sprężystości aż do zera ;

c)    Powoli wzrastające natężenia dodatnie i ujemne zniżają granicę sprężystości, dopiero wtedy, gdy przekraczają pierwotną granicę sprężystości;

d)    Granica ta może być znowu podniesioną natężeniami zmiennemi, powoli wzrastającemi, jednak tylko do pewnej granicy, która może leżeć znacznie poniżej pierwotnej granicy sprężystości. Granicę tę nazywa Bauschinger naturalną (n. natürliche).

Przykład. Pręt z żelaza spawalnego 5 m długi o przekroju prostokątnym, którego podstawa Ö—2 cm, wysokość h=20 cm, jest ciągniony siłą P=25tf; jakie jest przedłużenie pręta M?

0156 cm.

i , n    P. I 25000 . 500

Wedle row. 33.) \l= £ A=2000000.2.20⁼

§. 17. Spółczynniki wytrzymałości na ciągnienie i ciśnienie.

Gdy natężenie przekroczy granicę sprężystości, przedłużenia nie są już wtedy proporeyonalne do natężeń, lecz wzrastają daleko prędzej. Jeżeli natężenia odetniemy na osi odcinków

(rys. 28.), a odnośne przedłużenia lub skrócenia jako rzędne, to punkty wyznaczone temi rzędnemi wyznaczą linią ONEF, która na długości ON t. j. w granicach sprężystości jest prostą. Po za punktem N linia załamuje się, aż nareszcie natężenia dochodzą do pewnej największości EEU poczem przy dalszem nagłem przedłużeniu się, natężenie się zmniejsza do FFi1 a ciało się przerywa. Natężenie to nazywamy s p ó ł czy nnik i e m wytrzymałości (n. Festigkeitsmodul, Bruchmodul, fr. charge de rupture résistance maximum, an. breaking load, ultimate strength). Spółezynnik ten możemy wyznaczyć, poddając ciało badane natężeniu tak wielkiemu, aż ciało się przerwie. Podobną zupełnie linię odkształceń otrzymamy dla ciśnienia. Zgniecenie następuje tu przez przesunięcie cząstek ciała badanego na bok, a to w dwojaki sposób. Przy ciałach twardych odłupują się cząstki materyału w ten sposób, że zostają dwa ostrosłupy wierzchołkiem do siebie zwrócone (rys. 31.), albo też przy ciałach miększych n. p. ołowiu, następuje wybrzuszenie (rys. 32.), gdy stosunek wysokości do najmniejszego wymiaru

rys31,

rys:32,

przekroju dosięga pewnej granicy (około 4 do 5 dla metali, 8 dla drzewa) ciało się wygina na bok i łamie. Występuje wtedy wytrzymałość na wyboczenieo której będziemy mówić później. I tu otrzymujemy jednakże dla tychsamych materyałów bardzo różne wartości z powodu rozmaitej ich jakości tak, że podane poniżej wartości musimy uważać tylko jako przeciętne, otrzymane z wielu doświadczeń.

Tyczy się to w największym stopniu kamieni, bo jeżeli różnice wartości spółczynnika wytrzymałości dla kruszców wahają się o kilka lub kilkanaście procent, to dla kamieni dochodzą do 100 i więcej procent. I tak n. p. spółczynnik wytrzymałości dla piaskowca szarowakowego wynosi 1270 hgjcm'2 węglowego 500 do 1200, pstrego 250 do 1300, kajprowego 150 do 1000, jurajskiego 300 do 800, kredowego 100 do 700, zielonego 200 do 400, karpackiego 120 do 650, molasowego 500 do 1500 kg jem². Średnia wartość 300 hgjcm² podana dla piaskowca w tabliczce różni się bardzo od wartości największych i najmniejszych.

I tu okazały doświadczenia, że, gdy ciało badane przerwało się przy pierwszej próbie przy natężeniu g, to, gdy pozostałe części ciała poddano powtórnej próbie, ciało łamało się dopiero przy większem natężeniu gl. Wynikałoby z tego, że kilkakro-tnem natężeniem ciała aż do przerwania można wytrzymałość powiększyć. Zdaje się jednak , że doświadczenia te dowodzą tylko niejednostajności ciał. Przy pierwszej próbie przerywa się ciało w miejscu najsłabszem już przy natężeniu g, przy drugiej niema już tego słabego miejsca, więc wytrzymuje większe jeszcze natężenie aż do g‘.

Ciężar

gatunkowy

Materyał

Spółczynnik wytrzymałości fj.

ciągnienie ciśnienie

kg

cm?

cm?

cm¹

3 000 2 200 1 8C0 1400 7 300

80

20

1800

15

20

350

400

150

150

200

500

Drzewo bukowe równolegle do włókien „ prostopadle „ dębowe równolegle „ prostopadle „

7 290 7 200 2 800 800 1000

550

480

20

800

55

55

55

55

5?

1000

1000

70

960

50

>—¹ łf*. l—¹ >£>■ CO (OOBOO O O O OO

Materyał

Ciężar

gatunkowy

Spółczynnik wytrzymałości [A

ciągnienie ciśnienie

em³

ein

crrfi

Drzewo szpilkowe równolegle do włókien prostopadle „

..

Marmur Miedź lana

l>0 to to

kuta.......

blacha ......

„ drut .......

Mosiądz lany ......

„ drut ......

Mur ceglany na cemencie

„ wapnie .    .

Rzemień

Spiż . . .

Srebro . .

Syenit . .

to I-¹

tOOtOi— H-^^OOCOCOCOCOCOtOtsOtO

„ dęte .....

Wapień .    .    . . .

Zaprawa wapienna .    .

„ cementowa . . Żelazo lane

spawalne

zlewne

blacha

drut

Złoto

>-> 1—1 CO -O *0 -3    i—¹ 1—¹ to to to -1 -3 -1 -3 -J to O CD

CaOOCOCDOOOt-ęiCO-^OaOCDCOCDCDCD-JOtO ¹ OOS^rf^COœCT^GOCOCDO-JÇOOCOOOI-O-O-O

0880088880088888080    8ê8888o8o88o88o88oooo

('■OU

300

Cd

co o o o ^ co co co o

650

1340

2    400 2 100 5 000 1 240

3    600

10

3 400

300

2 000

2 900

7    400 11000

T—ł CO    CO CO

40

600

500

lO

88888

l> CD CO lO O

750

90

50

300

1200

1100 5 000 5 800

7    000

8    000

Ol o

27

20

1300

03 -0

§i§88§

Normy, wypracowane przez austr. t o w. inżynierów i architektów a przyjęte przez magistraty miasta Wiednia i Lincu, zawierają następujące ciężary materyałów budowlanych.

- 44 -

Ciężar

Materyał

Materyał

Ciężar

cm-

a) Drzewo.

modrzewiowe

2.

3.

4.

5.

800

ii

11

11

11

b) Kruszce.

1. Żelazo spawalne zlewne lane .    .

2.

3.

11

4 Ołów

5.    Miedź

6.    Cynk

c) Mur.

1. Z cegieł próżn. suchy „ mokry zwykł, suchy ń mokry

3.    Z zendrówek suchy

»    mokry

4.    Z kamienia łamanego .

2.

11

11

700

700

650

-I

IO CD rt*. Ot CO

-3 CO I-i

oo

88888

o o o o o o o o

(MMUDt-

r—ł r—( rH

1900 2 000 2 400

5.    Beton......

6.    Ciosy piaskowca miękkiego lub śred. tward.

7.    Ciosy piaskowca tward.

8.    „ wapienia miękkiego lub. śred. tward.

9.    Ciosy wapienia tward.

10. Granit......

d) Rozmaite materyały.

1.    Gruz......

2.    Piasek suchy miękki

»    „ ostry

7.

8. Terazzo

9. Gips . . . . . • 10. Szkło do szyb . .

2 400

2 400 2 500

2 600 2 700 2 800

1400

1240

1350

1500

1    900 1700 1100 1 600 1800

§. 18. Wpływ kształtu ciała, ciepłoty, wilgotności i ciężaru gatunkowego na wytrzymałość.

Mówiliśmy w §. 16., że siła, działająca w osi ciała, sprawia oprócz odkształceń podłużnych także poprzeczne. Dla tych Ostatnich nie jest jednak obojętnym kształt ciała, bo włókna ciągnione nie mogą każde z osobna zmniejszać swego przekroju, lecz są z innemi połączone i oddziaływują na siebie nawzajem. Oddziaływanie to jest jednak różne przy różnych kształtach przekroju, co ma wpływ na wytrzymałość ciała.

I rzeczywiście doświadczenia Kirkaldego, Bauschin-gera i Bacha dowiodły dla ciągnienia małe zmniejszenie się wytrzymałości przy zwiększającej się szerokości żelaza płaskiego, a dla ciśnienia zwiększenie się wytrzymałości przy zwiększeniu się przekroju.

-e-

P—[i a a‘ .    .    36)

Ogólnie możnaby napisać

P=^yaa'bb' .    . 37)

Bauschinger otrzymał na podstawie swych doświadczeń

nieco odmienny wzór, mianowicie

a' h'

Jeżeli w ogolę w jakikolwiek sposób przeszkadzamy odkształceniu poprzecznemu, zwiększamy przez to spółczynnik wytrzymałości. Jeżeli więc ciało B (rys. 38.) o mniejszym prze-kroju ciśnie na ciało C o większym przekroju, to ciśnienie przenosi się na graniastosłup m n o p , lecz otaczający ten graniastosłup materyał przeszkadza odkształceniu poprzecznemu, dlatego też do zgniecenia potrzebna jest siła nie P‘=[i a b wedle doświadczeń, które Du-rand-Claye wykonał z kamieniami , „ a—b i a‘=b‘

rys.33,

s»

e-a

lecz

przy których było

38)

Wielki wpływ na wytrzymałość metali ma ciepłota ciała badanego. Żelazo przy bardzo wysokiej ciepłocie 1000° zbliża się do stanu płynnego i spółczynnik wytrzymałości spada prawie do zera.

M. Kollmann robił w r. 1878 doświadczenia w tym względzie z żelazem spawalnem i otrzymał następne wyniki ciepłota 0 50 100 150 250 350 450 550 650 750 1000°C sp. wytrzym. na ciąg.

g=3750, 3750 3730 3650 3500 3200 2280 860 690 490 150 hg\cm2 w procentach 100 100 100 97 93 85 61 23    19    13 4°/₀

Widzimy więc, że do 200°C wytrzymałość żelaza bardzo mało się zmniejsza , szybciej już od 400 do 500°, potem jednak spada nagle, a przy 1000° wynosi tylko 4°/₀.

Bardzo niska ciepłota ma też wpływ na wytrzymałość, jak to okazały doświadczenia De war a i Steiner a*). Wytrzymałość metali była przy bardzo niskiej ciepłocie większa, tak wynosiła wytrzymałość na ciągnienie przy 150° C 3900 3000 1900

Na wytrzymałość drzew szpilkowych ma także wielki wpływ wilgoć. Bauschinger mierzył wilgotność, susząc dane kawałki drzewa, dopóki ciężar ich się zmniejszał i uważał ubytek wagi wyrażony w odsetkach jako miarę wilgotności. Otrzymał on n. p. dla modrzewia dla wilgotności

wytrzym. na ciśnienie fi 294    374    532    818    884 Jogiem²

dla świerku w =

stali miękkiej

żelaza

miedzi

182 °C

przy —

6500 Jog jem²

6200

2800

29-0 25-3 14-3    8-1    7-7

o,

'o

0/

/ o

28-7    23-5    14-9    13*4    7-6

295    324    443    568    718    Jogiem²

odpowiada drzewu suszonemu w otwartej szopie. Dla tej wilgotności znalazł Bauschinger, że wytrzymałość zmienia się wraz z ciężarem gatunkowym

rys. 34,

g =

Wilgotność    w = 15°/o

HU

1000.

.1000

900

800

700

JM

500

500

400

300

20«

100

1200

1500

2000

2500

2800*^3

i to w przybliżeniu wedle prawa linii prostej tak , że możemy napisać

^=1000 y —100 Jogiem² .    .

*) por. Schweiz. Bauzeitung 1895 str. 137.

Z powyższego wynika, że drzewo mokre ma znacznie mniejszą wytrzymałość od suchego i że przez wysuszenie go w otwartej szopie, zwiększyć możemy wytrzymałość jego w dwójnasób.

Co do wytrzymałości wapieni i piaskowców , okazały doświadczenia M. Michelota wielką ich zależność od ciężaru gatunkowego. I tak dla wapieni przedstawiają rzędne na rys. 84. spółczynnik wytrzymałości Linia krzywa przedstawiająca zawisłość spółczynnika wytrzymałości od ciężaru gatunkowego jest wedle doświadczeń Michelota hyperbola. Podobnie przedstawia rys. 85. tę zawisłość dla piaskowców.

"Wytrzymałość muru na ciągnienie jest mniejszą, niż jego części składowych, a to z powodu, że przyczepność może być mniejszą, czasem kamienie są źle cczyszc zone potem kamienie wapniste wciągają wodę z zaprawy, przezco wytrzymałość się zmniejsza, wreszcie mróz działa w ten sam sposób. Wytrzymałość muru na ciśnienie jest mniejsza niż kamienia, a większa niż zaprawy i ma się odwrotnie do grubości szwów. Jeśli niema wcale zaprawy, a kamienie się dokładnie stykają, wytrzymałość jest większa.

odcinki ciężar gatunkowy.

nys: 3 5,

800

700

600

500

M)0

. .300

200

100

1800

2000

2200    2400    2600 ^Ś/m³

§. 19. Zjawiska przy przerwaniu.

Jeżeli natężenie ciała ciągnionego przekroczy granicę płynności N (rys. 28.), to przedłużenia wzrastają bardzo prędko, a Prz6krój pręta się zmniejsza odpowiednio, aż nareszcie

które zależy od natury ciała występuje

przy

pewnem natężeniu EJE nowe zjawisko (rys. 36.) i w pewnem miejscu MT zmiennem dla rozmaitych prętów następuje znaczne zmniejszenie przekroju, które

nazywamy zwężeniem (n. Contraction fr. striction)

a które się wzmaga, aż nareszcie następuje w części najwęższej mn przerwanie ciała. Zwężeniu temu towarzyszy miejscowe przedłużenie, które dosięga w całości wielkości 0F± (rys. 28.).

rys:36,

Zwężenie to występuje najbardziej w niektórych metalach ciągliwych (fr. ductile), jak ołów, cyna, miedź, mniej wyraźnie w żelazie i stali miękkiej, prawie wcale nic w drzewie, żelazie łanem i stali twardej.

Jeżeli siła działająca w kierunku osi pręta była P a przekrój pierwotny A , to spółczynnik

P

wytrzymałości f,i=-.=EE^. Gdy następuje zwę-

żenie, siła P zmniejsza się i otrzymujemy dla

że P‘ <C P₁ więc

P'

przerwania fd =— = FF _|    A

i    co wydawałoby się sprzecznem i wy

maga wyjaśnienia, dlaczego ciało nie przerywa się dla \i, lecz dla mniejszego fi‘. Powód tego zjawiska leży w zwężeniu a więc w mniejszym przekroju, który w chwili przerwania wynosi A¹, właściwe więc natężenie przy przerwaniu czyli spółczynnik wytrzymałości w zwężeniu =~^> [i. To samo

¹

Doświadczenia wiedeńskie z belkami Żelaznem! okazały, że odkształcenia sprężyste podlegały temu prawu i po za granicą sprężystości, p. Zeit. d. öst. Ing. u. Arch. Vereines 1891.    i

²

p. rozprawkę p. W eh ag e: „Spannung in verbogenen Körpern w Ci-vilingenieur 1880.

if

rys. 37,

co

3030

5379.

22%

innyoft ^natężeń i aby otrzymać pra-

35%

odnosi się zresztą i do wdziwą krzywą odkształceń należałoby uwzględnić rzeczywistą

zmniejszoną powierzchnię. Także i co do przedłużenia musimy rozróżnić przedłużenie (n. Verlängerung, fr. allongement) prętu całkowite między znaczkami umieszczonymi w pewnym oznaczonym odstępie, a przedłużeniem w zwężeniu. Przy próbach. materyałów mierzy się zwykle przedłużenie całkowite i to uważa się jako znamię ciągliwości, chociaż właściwie należałoby jako takie znamię uważać przedłużenie w zwężeniu.

Na rys. 37. przedstawiliśmy krzywą odkształceń dla żelaza miękkiego wedle Considéré’a. Krzywa OLPNS jest zwykłą krzywą odkształceń wyznaczoną ze względu na pierwotną powierzchnię przekroju, OLP'N'B¹ zaś prawdziwą krzywą odkształceń wyznaczoną z uwzględnieniem zmniejszenia się przekroju, zwężenia i przedłużenia w zwężeniu.

Poniżej podajemy tabliczkę odnoszącą się do tego doświadczenia, przyczem nadmieniamy, że odstęp znaczków wynosił 200 mm.

Siła ciągnąca S

Przedłużę-nie między ś dn, znaczkami w stosunku do 1 m a : l

Najmniej- Natężenie Przedłużenie sza po- w naj- w odsetkach pręta wierzchnia mniejszym w

d przekroju przekroju przekroju

Uwaga.

kg

mm

mm?

kg

crr?

88888888888888888888

■^CClNCDÖ^COIMtOO'JCOIMCOOHroc-iüra

coSoScaSHOoai^csKOOOooooo

ôôtôcfstiCTiMtorôooôb^ôôôôôôôô

OOOOOOOOOOOCTOOOOOO

16-0

<N CO iQ CO IM

MMMMI

200-97 200 95 200-93 200-91 200-89 200-87 200-84 200-81 200-77 193-64 191-79 18917 185-68 180-88 172-38 158-36 138-92 122 71 109 45 98-52

05 00 C- CD 05 05 05 05 H CO ID C-

995

1 194 1394

1    593 1793

2    064 2 294

2    537 2 800

3    095 3 480

5    025 5 379

0010 0 020 0-030 0-040 0-050 0-060 0 075

0-090 \ granica, .

0-111    / sprężystości

3- 800

4- 800 6-250 8 250

11-120 16-600 27-000 44-000 63-000 84-000 104-000

początek

zwężenia

przerwanie

Statyka.

Granica sprężystości leży tu między 1800 a 2000 kg/cm², spółczynnik wytrzymałości p

6100

3084 kg jem²

2-01

Przedłużenie między znaczkami X = 33%.

W rzeczy wistości wskutek zwężenia, a więc zmniejszenia przekroju, przerywa się pręt dopiero przy natężeniu 5379 kg/cm², widzimy więc, że materyał zdoła miejscowo pracować znacznie więcej, niż to spółczynnik wytrzymałości wskazuje, ale w praktyce nie możemy przewidzieć dokładnie, o ile

przy przerwaniu przekrój się zmniejszy i wyznaczamy spółczynnik wyti'zy-małości p ze względu na przekrój pierwotny i przedłużenie całkowite X. Dlatego też następnie będziemy brali pod uwagę tylko zwykłą krzywą odkształceń.

rys. 38,

xelazo

spamalne

3600 k£/om2

lanego (rys. 39.) i drzewa (rys. 40).

Kształt krzywej odkształceń zależny jest od materyału. Podajemy tu jako przykłady 16%    krzywą odkształceń dla żelaza

~~x    spawalnego (rys. 38.), żelaza

rys,40;

rys. 39,

żelazo lane

500 kg/ci%

drxeroo

1200*&m*

0-25%

X X^'-----------------------------—

§. 20. Własności ciał zależne od krzywej odkształceń, zwężenia

i przedłużenia.

Zwykle na zeskłady działają nietylko siły stałe, lecz zarazem narażone są one na uderzenia i wstrząśnienia, których siła żywa musi być zniweczoną pracą wewnętrzną materyału , proporcyonalną do iloczynu natężeń przez przedłużenia.

Jeżeli na osi 0X (rys. 41.) odetniemy przedłużenia na cm długości a na osi OY natężenia r, to praca przy przedłużeniu na cm długości pręta o przekroju A jest

Audi, więc dla przedłużenia od 0 do Al

F=A

f Al

I ^vdl=A pow. OCC

Pracę, którą pręt wykonywa przy przedłużeniu się o AL

rys. 41 r

aż do przerwania, przedstawia więc dla A=1 pow. ODD₁. Im większa ta powierzchnia , tem większą jest wytrzymałość pręta na wstrząśnienia i uderzenia, nazy wa-my ją więc wytrzymałością żywą (fr. résistance vive de

rupture).

Jeżeli przekroczymy granicę sprężystości, to po ustaniu siły otrzymamy odkształ-przyczem Oi Ej/OB, powierzchnia kresko -

Alo

Al

cenie trwałe 00 wana jest jednak teraz mniejsza od całej powierzchni OBDD a zatem przez przekroczenie granicy sprężystości zmiejszamy wytrzymałość żywą.

Wstrząśnięcia działają nagle na zeskład w ten sposób , że w pewnych częściach zeskładu wywołują znaczniejsze miejscowe odkształcenia. Przytem rozchodzi się o to, aby odkształcenia takie nie pociągały za sobą w tem miejscu przerwania. Zależy to od przedłużenia w zwężeniu. Im ciało jakieś przy przerwaniu wykazuje większe zwężenie i przedłużenie, a zatem im bardziej jest ciągliwe , tem lepiej wytrzymuje wstrząśnienia, tem mniej jest kruche (n. spröde, fr. fragile).

Podobnie rzecz się ma, jeżeli pręt pracujący na ciągnienie jest nadpęknięty (rys. 42.). Wszystkie włókna od pn do BC wydłużają się wskutek siły zewnętrznej, w pasku zaś Apmn wydłużenie takie nie jest możliwe z powodu pęknięcia m n. Siły działające na Ap muszą się więc przenieść przez całe

rys: 42,

Tli

__ ; n

A i?......

włókno^n, stąd powstaje w n miejscowe większe odkształcenie, niż innych włókien. Jeżeli ma-teryał nie jest, ciągliwy i niezdolny do większych odkształceń, to w n natężenie dosięgnie spółczynnika wytrzymałości i pęknięcie się przedłuży, poczem to samo zjawisko się powtarza aż do zupełnego przerwania pręta. Jeżeli zaś materyał jest ciągliwy, to możliwe jest większe odkształcenie miejscowe w« bez przerwania i pręt się nie przerwie. Z tego widać, że w ciałach kruchych każde najmniejsze nawet pęknięcie może doprowadzić do przerwania ciała.

Z poprzedniego widzimy, że tak przebieg linii odkształcenia, jak i zwężenie i przedłużenie wpływają na jakość mate-ryału. Z tego powodu próby materyału nie ograniczamy na wyznaczeniu spółczynnika sprężystości, lecz staramy się wyznaczyć także zwężenie i przedłużenie. Zwężenie i przedłużenie wyrażamy w odsetkach pierwotnego przekroju i pierwotnej długości między żnakami, którą przyjmujemy 20 cm. Warunki dostawcze żelaza i stali zawierają zatem przepisy nietylko co do najmniejszej wytrzymałości , ale także co do najmniejszego zwężenia i przedłużenia.

Rozporządzenie austr. min. handlu z r. 1887., dotyczące budowy mostów §. ust. 5. Żelazo spawalne musi mieć przy wytrzymałości 8600 lcg/cm² i wyższej przynajmniej 12 procent przedłużenia w kierunku walcowania

Przy mniejszej wytrzymałości musi być stosunkowo większe przedłużenie , które ma wynosić przy najniższej jeszcze dozwolonej wytrzymałości 3300 kg/cm² najmniej 20 procent.

Przedłużenie należy mierzyć na pręcie próbnym o przekroju B cm2 przy odstępie znaczków 20 cm. Jeżeli nie można uniknąć użycia pręta próbnego o innym przekroju, niż powyżej podano, to należy odstęp znaczków w ten sposób wyznaczyć ze względu na pręt normalny, aby kwadraty odstępów znaczków miały się jak powierzchnie przekrojów.

Rozporządzenie austr. ministerstwa handlu z dnia 29. stycznia 1892, co do użycia zasadowego żelaza zlewnego Martina dla zeskładów mostowych na kolejach żelaznych.

1.    Żelazo zlewne, mające być użyte do jakiegokolwiek zeskładu dźwigającego musi posiadać przy wytrzymałości 3500 do 4500 kg/cm² w kierunku walcowania mierzonej najmniej takie przedłużenie, jakie wypada z wstawienia prostolinijnego dla niższej granicy 28%, dla wyższej 22%.

Dalej może wytrzymałość przy każdym moście we wszystkich jego częściach wahać się tylko najwyżej o 700 kg/cm².

2.    Żelazo nitowe, mające być użyte, musi wykazywać przy 3500 do 4000 kgjcm² wytrzymałości najmniej 32% do 26% przedłużenia.

3.    Przy próbach przedsięwziętych dla kierunku prostopadłego do kierunku walcowania mają ważność te same granice wytrzymałości i procenta przedłużenia o 2 zmniejszone.

Przedłużenie należy mierzyć w sposób przepisany rozporządzeniem z dnia 15. września 1887 w §. 4. lit. a) u. 5.

Ponieważ jak widzieliśmy nietylko spółczynnik wytrzymałości    (rys. 41.) i przedłużenie AL mają wpływ na zacho

wanie się materyału względem wstrząśnień, ale wielkość pow.

więc też Tetmajer uważa tę powierzchnię A¹ = 0DDx jako znamię dobroci materyału. Możemy przytem w ogóle napisać

ODD

A‘=?]!iA l

Spółczynnik r\ jest dla pewnych materyałów prawie stały, a wtedy jest praca możliwa materyału wprost proporcyonalna do iloczynu ze współczynnika wytrzymałości przez przedłużenie.

Doświadczenia Steinera wykazały, że przy niskiej ciepłocie maleje ciągliwość. I tak n. p. wynosiło przedłużenie przy przerwaniu

40)

dla

żelaza spawalnego stali Martina stali Tomasza 18-5

przy norm. ciepłocie w ciepłocie—llOdo—50° 15⁻0

A zatem wytrzymałość wprawdzie wzrasta przy bardzo niskiej ciepłocie , ale ciało staje się kruchem. Zwłaszcza uszkodzone żelazo zlewne i niektóre gatunki spawalnego stają się przy bardzo niskiej ciepłocie kruche, jak szkło, nieuszkodzone zachowuje się znacznie lepiej.

30-5

17

BO'5°/₀

17

§. 21. Pewność i natężenie dopuszczalne.

Ponieważ, jak wiemy, spółczynnik wytrzymałości nie da się dokładnie wyznaczyć, lecz jest tylko przeciętną wartością

spółczynników, w praktyce się trafiających, ponieważ wiele pobocznych lub przypadkowych wpływów, działających niekorzystnie na ciało badane, nie da się obliczyć, ponieważ wreszcie wszystkie materyały z wyjątkiem chyba kruszców szlachetnych, podlegają zniszczeniu zwłaszcza pod wpływem wilgoci i powietrza, a więc materyał staje się gorszy lub też przekrój mniejszy wskutek rdzewienia , ponieważ możliwe są błędy w materyalej których nie można uniknąć ani spostrzec, więc z tych powodów nie dozwalamy nigdy w zespołach budowlanych wzrosnąć natężeniu aż blisko spółczynika wytrzymałości, lecz obliczamy przekroje w ten sposób, aby natężenie było — wytrzy-

małości i nazywamy to natężenie x natężeniem dopu-szczalnem (n. zulässige Spannung, fr. limite de securité, limite pratique de travail an. safe load, allowable unit stress) a liczbę n spółczynikiem pewności (n. Sicherheitsgrad, fr. coefficient de sécurité, an. factor of safety), a zatem

/'

41)

Spółczynnik pewności n obieramy tern większy, im większym wstrząśnieniom ulega zespół, im dłużej ma trwać i im mniej dokładnie możemy obliczyć siły działające i wytrzymałość materyału.

Obieramy przytem taki spółczynnik pewności, aby⁷⁻ t — — nie

Ifb

przekraczało granicy sprężystości. Uwzględniając te wszystkie okoliczności obieramy zwykle w praktyce dla spółczynnika pewności n następne wartości:

Spółczynnik pewności n

Materyał

zwykłe zespoły w budo-czasowe wnictwie

budowle

tym-

machiny mosty    (wielkie

i dachy    wstrząśnie-

nia)

Drzewo    / ciągnienie

urzewo .    .    . ^ ciśnienie

Kamień, cegła, mur .    .

Linwy.......

Szkło .......

Żelazo kute, blacha i stal

Żelazo lane.....

8 do 4

Ol -o

co cd

10

O lO ^    ^    ®

Cl

vO

ca

30

CD

5 do 6

7 do 8

10

Francuzi w inny sposób wyznaczają natężenie dopuszczalne. Sądzą oni , że w najniekorzystniejszych warunkach nie powinno natężenie przekraczać granicy sprężystości, bo po jej przekroczeniu występują natężenia trwałe , zmiana układu wzajemnego drobin, która gdyby się częściej powtarzała, mogłaby doprowadzić do przerwania ciała. Dlatego też przyjmują Francuzi natężenie dopuszczalne z równe mtej części natężenia przy granicy sprężystości x, a więc z—

42)

|,2 lub 3.

o

i nazywają w spółczynnikiem pewności, przyjmując m=

Zarzucić jednak musimy temu sposobowi wyznaczania natężenia dopuszczalnego tę okoliczność , że wyznaczenie granicy sprężystości jest bardzo niepewne, że nareszcie są ciała nie mające wcale granicy sprężystości Dlatego też lepiej przyjmować jako natężenie dopuszczalne wtą część spółczynnika wytrzymałości, przy tern jednak dobierać takie n , aby to natężenie leżało znacznie niżej granicy sprężystości.

Co do kamieni zwrócić tu musimy uwagę, że na ciśnienie inaczej się zachowują monolity, a inaczej kamienie w murze lub w sklepieniu. Gdy dla monolitów z kamienia bardzo twardego przyjmują nieraz w== 7, z miększego 10, to dla muru zwykle przyjmuje się n = 20, a dla sklepień nawet n=40 do 60.

Znając [z i n obliczymy łatwo z równania 41.) spółczynniki wytrzymałości, które poniżej podajemy dla najważniejszych materyałów, zaokrągliwszy je według tego, jak je zwykle w praktyce obieramy.

Wyższe liczby dla mostów oznaczają natężenie dopuszczalne dla belek głównych a niższe dla części drugorzędnych.

Chcąc według poprzedniego obliczyć potrzebny przekrój części zespołu, szukamy największej siły P, która działa na tę część zespołu w najniekorzystniejszym wypadku i otrzymujemy dla natężenia dopuszczalnego % przekrój

43)

najw. P

w kg jem²

maszyny (wielkie wstrząśnienia)

0 • rH

• rH

ciągnienie

09

20

09

16

55

16

nie dopuszczalne x

zwykłe zespoły budowlane

mosty i dachy

ciągnienie ciśnienie I ciągnienie j ciśnienie

IS ! I I g|S§S§?2S§ I 18

03

i    i    i    CQ o    ia    o    o    ia    o

1    I    I    CD    03    CO    <M    CO    03

o ud co o |00»oo>o»oioc>io |

75

100

co o io o ia

03 O <N 05 C3 1—1

400

»o

00

Natęż

budowle

tymczasowe

ciągnienie ciśnienie

200

06

120

50

30

90

50

08

18

120

28

100

28

100

Materyał

Bazalt...........

Beton...........

Cegła (wypalona).......

Cement...........

Cynk blacha.........

Dolomit ..........

Drzewo bukowe równoleg. do włókien

„ prostop.

„ dębowe równoleg. „ prostop. „ „ szpilk. równoleg. „ prostop. „

Granit.....

Gneis . . . . '.

Glin......

Konopne liny . . Kwarcyt .    . .    .

ud o

CO OJ

O lO CD UD

co 2

400

H O ^ O

rH    rH r—I

800

006

1 100 1400

300

550

009

008

006

1100

1400

130

550

6C0

500

700

1000 do 900 1000 do 900 1100 „ 1000 1100 „ 1000 1500 „ 1200 1500 „ 1200 1800 „ 1500 1800 „ 1500

25

700

200

800 do 700 850 „750

800 do 700 850 „ 750 750 „ 650 1000

1 100

1200

1 600

200

O o

CO UD

c-

1000

1050

1 100

1200

1 600

. O UD OJ I 05 UD

250

1000

1050

950

1200

008

1 200 1 250

260

1200 1 250 1100 1400

Łupek . • Marmur

Miedź lana.......

„ kuta ........

Mur ceglany na cemencie . . „    „    „ wapnie . .

„ kamienny,, cemencie .    .

„    „    „ wapnie .    .

Porfir......

Syenit.....

Stal bardzo miękka „    miękka    .    .    .

„    twarda    .    .    .

„ bardzo twarda Szkło dęte .    .    .    .

„    lane .    .    .    .

Wapień .    .

Żelazo lane

„ spawalne „ zlewne „ blacha .

„ drut

Normy, wypracowane przez austr. tow. inżynierów i architektów a przyjęte przez magistraty miasta Wiednia i Lincu, zawierają następne natężenia dopuszczalne.

A) Żelazo i drzewo.

1. Żelazo spawalne i miękkie żelazo zlewne lane

3. Drzewo dębowe sosnowe jodłowe świerkowe modrzew owe

2.

4.

5.

6.

7.

B) Mur ciosowy i kamień.

1.    Granit i porfir

2.    Kamienie twarde

3.    „

średnio twarde

Ciągnienie

fto/cm²

1000

250

klasa muru

Ciśnienie kalem2 1000 750

70

60

60

55

55

4.

miękkie

A.    Całkowite większe mury ciosowe, pojedyncze podpory, przyczółki, węzgłowia, silniejsze filary obciążone i słupy, których najmniejszy wymiar poprzeczny wynosi najmniej yg wysokości.

B.    Ciosy silnie podcięte i wystawione na zewnątrz, słupy i cieńsze filary obciążone, których najmniejszy wymiar poprzeczny wynosi l/s do i/i wysokości.

7-5

C. Całkiem cienkie słupy i filary obciążone, których średnica lub najmniejszy wymiar poprzeczny wynosi mniej, niż yi2 wysokości, jeżeli ustrój szczegółów jest odpowiedni.

C) Mur ceglany i kamienny.

Ciśnienie dopuszczalne w kg/cm².

L. porz.

Rodzaj muru

Mury najmniej 45 cm grube

i filary obciążone, których najmniejszy wymiar wynosi

Mury mniej, niż 45 cm grube

najmniej [ tylko a/₆

V« wy-. ,

sokości i wysokości

do y₈

tylko y8 wysokości

coco-oaspr^-wto;-¹

Mur ceglany na wapnie . . .

„    „    „ cemencie*. . .

„    „    „    „ portland

„ kamienny albo mięsz. na wap

cem

ox cn

Ol Ol ot

n    ii    u    u ii

„ z cegieł szlamowanych „    „

„    „    „ na cem. portl

Zendrówki na cemencie portlandz Beton na zaprawie cementowej .

OUOh»

rH rH

I SOOD I I •    “

io

•o

to oo

D. Grunt budowlany.

ciśnienie dopuszczalne kg/cm*

1.    Glina i ił bardzo wilgotny, piasek w warstwie

1 m grubości, jeżeli zapobieże się bocznemu wysunięciu do    ....    .

2.    Żwir z piaskiem silny w warstwie nie grubej albo przy zmiennem położeniu warstw, glina i ił suchy stojący, lub po części stojący, jeżeli zapobieże się bocznemu wysunięciu do

- 3. Zbity gruboziarnisty żwir w warstwie grubej, leżąca glina i ił suchy do    .    .    .

4.    Pulchna ziemia wodnista, fundamentowanie przy użyciu pali do    .    .

5.    Pulchna ziemia wodnista, fundamentowanie przy użyciu pali i warstwy betonu na 60 cm do

Berlińskie prezydyuin policyi przyjmuje następne natężenie dopuszczalne (ogłoszono w r. 1887.)

1-5

2’5

3-5

2-0

3-0

Materyał

Natężenie dopuszczalne w kg jem²

ciągnienie

ciśnienie

Żelazo spawalne lane

Blacha falista żelazna Drut żelazny Drzewo dębowe i bukowe sosnowe

750

250

500

1200

100

100

Granit ......

Piaskowiec wedle twardości

Wapień Rüdersdorfski w ciosach

Mur z wapiennych kamieni na wapnie

Zwykły mur ceglany

Mur ceglany na cemencie

Najlepszy mur z zendrówek na cemencie

Mur z wapieni porowatych

Dobry grunt budowlany .

lO

OT OT —'1 ^ Ob CO O Q OT

OT o O o o o

o 10

Ol

i-l CO

T—l O «- lO

C3 CO

Przykłady. 1. Jaką średnicę dać należy prętowi okrągłemu żelaznemu wiązania dachowego, jeżeli największa siła ciągnąca P = 6#?

Według tabliczki przyjmiemy x — 800 kg/cm-, a zatem wedle 43)

3'09 cm

A =qoo = 7-5 cm², a stąd d-^j-

Przyjmiemy więc d = 31 mm.

2. Niski słup drewniany o przekroju kwadratowym niesie 15#; wyznaczyć wymiary, jeżeli budowla jest tymczasową a drzewo miękkie.

Według tabliczki przyjmiemy t = 80 kg/cm², a zatem wedle 48.) J =    187-5 cm², stad bok b=13-7 cm, zamiast czego przyjmiemy

OU

b = 14 cm.

3. Długość boku fundamentu kwadratowego słupa murowanego wynosi 1 m . jaki ciężar może on przenieść na grunt, dla którego t=2-5 kg/cm²? P = 100 . 100 . 2-5 = 25000 kg = 25 t.

§. 22. Doświadczenia Wöhlera i Bauschingera.

Nowsze badania nad wytrzymałością materyałów, a mianowicie liczne doświadczenia Wöhlera, urządzone z polecenia pruskiego ministerstwa w latach 1859 do 1870 i późniejsze Bauschingera i Tetmajera, okazały, źe jeżeli ciało łamie się przy jednorazowem obciążeniu przy natężeniu fi, to gdy ciało to obciążać będziemy bardzo często, złamie się już przy mniejszem natężeniu Dalej wykazały doświadczenia, źe ciało łamie się tern prędzej, im większa jest różnica między największem i najmniejszem natężeniem i im większa jest naj-większość natężenia. Z tego wynika, że przy obliczaniu przekroju musimy uwzględnić nietylko najw. P, ale i najmn. P, zwłaszcza jeżeli między temi wartościami jest znaczna różnica i obciążenie często się zmienia. Ten wypadek zachodzi szczególnie przy mostach, gdy przeciwnie w zespołach zwykłych w budownictwie w mniejszym występuje stopniu i wystarcza tam zwykle zachowanie dawnego sposobu uwzględniania tylko najw. P.

Ponieważ jednak czasami, zwłaszcza przy obliczaniu dachów, mamy do czynienia z obciążeniem zmiennem, więc zastanowimy się tu w krótkości nad doświadczeniami Wöhlera, które wykazały następujące prawidła :

1.    Gdy w pręcie powstają pewną ilość razy natężenia, wywołane obciążeniem zmiennem, przerwanie następuje już przy mniejszem natężeniu, niż gdyby natężenie było niezmiennem.

2.    Jeżeli natężenie zmienia się między pewnemi granicami najmniej szóści ą i naj większością, to potrzebną jest tern większa ilość zmian natężenia do przerwania prętu, im mniejsza jest największość natężenia.

■N.

na-

p. przy pewnym szeregu doświadczeń zmieniało się tężenie osi żelaznej od 0 do v, a ilość zmian natężenia potrzebna do przerwania była n.

Doświadczenie wykazało, że dla v —    4 500    3 500    2 500    2 200

cm*

n « 170 000 450 000 1 500 000 n > 4 820 000

3. Jeżeli największośó natężenia powstaje niezmienną, to tern większej potrzeba ilości zmian natężenia do przerwania pręta, im większą jest najmniejszość (minimum) natężenia.

Niechaj n. p. będzie najmniejsze natężenie, vx największe natężenie a n liczba zmian natężenia potrzebna, aby się pręt przerwał, to doświadczenia okazały dla stali , że

kg

dla = 1210 2 430 3 660    4 820

kg

cm²

n^> 19,67 milionów.

4. Jeżeli największość natężenia przy stałej najmniej szóści nie dosięga pewnej granicy, to ciało się nie przerywa, choćby ilość zmian natężenia była jak największą.

To natężenie graniczne nazywamy spółczynnikiem wytrzymałości ustawicznej (n. Arbeitsfestigkeitcoeff tient, fr. limite de non-rupture, an. ivorking stress), bo nawet dla ustawicznych zmian natężenia pręt przy tern natężeniu się nie

a Vi =‘"7 300 7 300 7 300    7 300

0,15    0,40

potrzeba, aby n = 0,06

przerwie.

5. "Wytrzymałość ustawiczna jest tern większa, im większa jest naj mniejszość natężenia.

Nazwawszy am najmniejszość natężenia a ci spółczynnik wytrzymałości ustawicznej, otrzymano z doświadczeń z żelazem kutem

cm²

dla am =    — 1700    0    + 1750 -f 3 290 kg

« =    + 1 700 + 2 340 + 3 200 + 3 290    „

Na podstawie tych doświadczeń ustawili uczeni niemieccy wzory, wedle których można dokładnie wyznaczyć wytrzymałość ustawiczną, a przyjmując wtą pewność także natężenie dopu-• szczalne z uwzględnieniem największości i najmniejszości na

tężenia.

inżynierowie francuscy nie przyjęli tych wzorów, lecz zarzucają im, że doświadczenia Wönlera nie były tak liczne, aby można ustawiać na ich podstawie tak dokładne wzory, że zresztą zmiany w natężeniu następy wały zbyt szybko tak, że

62 —

drobiny nie miały czasu jeszcze wrócić do pierwotnego położenia, a już nastąpiła nowa zmiana natężenia.

Profesor monachijski Bauschinger robił w tym względzie dalsze doświadczenia z żelazem spawalnem i na ich podstawie doszedł do następnego wniosku.

Zmiany natężenia między natężeniem równem zeru a natężeniem przy granicy sprężystości nie sprowadzają nigdy przerwania, jeśli materyał nie posiada błędów i jeżeli granica sprężystości nie została sztucznie podwyższoną.

Wynik ten doświadczeń Bauschingera dostarczył inżynierom francuskim nowego argumentu przeciwko uwzględnianiu przy obliczaniu przekroju nietylko najw. P ale i najmn.

słu-

P. Wychodząc z zasady, że natężenie dopuszczalne ma być wtą częścią natężenia przy granicy sprężystości, twierdzą oni, że to, co się dzieje poza granicą sprężystości, niema wpływu na natężenie dopuszczalne. A że zmiany w natężeniu mają wpływ na wytrzymałość dopiero wtedy, gdy największe natężenie przekracza granicę sprężystości, więc zdaniem Francuzów nie trzeba ich uwzględniać.

Uznając po części zarzuty inżynierów francuskich za szne, pomimo tego wyznaczając natężenie dopuszczalne wedle

u    X

wzoru 41.)    a nie wedle wzoru 42.)    —■ , uwzględniać .

n    m

powinniśmy zmiany w natężeniu na podstawie doświadczeń Wöhlera i Bauschingera.

§. 23. Wyznaczenie wymiarów według Winklera.

to dla roz-

Stosunek spółczynnika wytrzymałości ustawicznej do najmniej szóści natężenia am możemy wykreślnie przedstawić. Wykreślmy jako rzędne spółczynniki wytrzymałości ustawicznej a (rys. 43.), jako odcinki najmniejszóści natężenia a maitych wartości am i a otrzymamy rozmaite punkty. Punkty te wszystkie połączone dają linię krzywą , zamiast której przyjmuje Winkler w celu uproszczenia wzorów prostą ab, nachyloną do osi 0X. Chociaż prosta ab małoco różni się od krzywej ac‘b‘, jednak zawsze wyniki, otrzymane na podstawie prostej ab, musimy uważać tylko jako przybliżone.

Równanie prostej ab będzie

a -t- c am

. . 44)

jeżeli a‘ i c oznaczać będą ilości stałe, które na podstawie doświadczeń wyznaczymy. Jeżeli w tem równaniu przyjmiemy am = 0, to a — a‘ ; natężenie to nazywamy spółczynnikiem wytrzymałości pierwotnej (n. Ursprung sfestigkeitscoeffi-cient, an. primitiv safe stress), bo przyjmujemy, że przed działaniem sił zewnętrznych natężenie pierwotne było równe zeru.

Poprowadźmy z punktu 0 prostą pod 45° do osi 0X, to

otrzymamy punkt przecięcia się a tej prostej z prostą ab. Z tego punktu spuśćmy prostopadłą aa,, to będzie aa, = ó = Oat ,

rys: 43

T"c

a więc dla am = ô jest a = Oa, — = ô. Natężenie ó nazywa-

my spółczynnikiem wytrzymałości spoczynkowej (n. Tragfe-a’X stigkeitscoefficient, an. brea-Jcing strain, statical breaking strain). Jestto natężenie, przy którem ciało łamie się przy stałem niezmiennem obciążeniu.

Jeżeli za « i am podstawimy ô w rów. 44.), otrzymamy ô = â{ + c ô czyli a‘ = ô (1 — c). Podstawmy teraz tę wartość za a‘ rów. 44.), a otrzymamy a = ô (1—c) -f c am . . . 45) Z dośw iadczeń otrzymano dla żelaza c = 045, dla stali c '= 0*56, możemy więc napisać dla żelaza :

a = 055 d -f 0‘45 am.

45°

y»

Wszystko to odnosi się do wytrzymałości na ciągnienie ; dla ciśnienia otrzymamy podobną linię na dole pod osią 0X i równanie podobne jak 44.), stałe a' i c będą tylko inne.

Przypuśćmy teraz, że chcemy wyznaczyć przekrój belki przyjmując nu* pewność. Jeżeli a jest spółczynnikiem wy trzy-

•    •    •    ÏIÜ1W JP

małości ustawicznej, to według rów. 41.) i 43.) a = n —-J—’ gdzie A oznacza przekrój, P siłę działającą w osi. Również możemy napisać am — n    , jeżeli am oznacza najmniej

szośc natężenia, d jest spółczynnikiem wytrzymałości jednorazowej, więc dla ntej pewności

= x. Podstawmy te wartości w rów.

najmn. P

45.), a otrzymamy a = n —= nx( 1—c) + c n

A.

Pomnóżmy całe równanie przez A, a podzielmy przez n x (1 —c), to otrzymamy

najtv. P

x (1-c)

najmn. P C x (1—c) •

Zastosujmy to do obciążenia zmiennego i nazwijmy siłę, wywołana ciążarem stałym P₀ a ciężarem zmiennym P najw. P — P₀ -j- P

najmn. P — P,

więc najw. P + a stąd A = — -|--

T T

—    c najmn. P == P₀ + Px — c P₍

Jeżeli natężenie zmienne jest raz dodatnie, drugi raz ujemne i jeśli nazwiemy P₂ największą ujemną siłę, wywołaną ciężarem zmiennym, bez względu na znak, to wtedy najw. P = P₀ + Px, zaś najmn.. P = P₀ — P₂, zatem najiv. P +

—    c najmn. P = P₀ + P, — c P₀ + c P₂,

Po , Pi

T t(1-c)    ' T (1 —c)’

P

Nazwijmy x = x₀, a x (1—c) — xx , to A =    +

więc A =

c P₂

To

(1-c)-

gdy natę-

żenie nie zmienia znaku, zaś, gdy jest dodatnie i ujemne, to A = P°

T (1-C)

T + T + T>

T0 T1 t2

jeżeli ma znak ten sam, co P₁ , P₂ zaś jest dodatnie, jeżeli ma znak przeciwny.

Wstawmy wartość za c i x, to otrzymamy dla żelaza, jeżeli przeważa ciągnienie,

przyczem x₂ == —--

Pt) jest dodatnie,

Po

1400 ⁺ 770 ⁺ 1 700 zaś jeżeli przeważa ciśnienie,

. . 46)

Po

Pi

P₂

1 200

720

Wzorów tycb możemy używać w budownictwie, dla mostów zaś trzeba uwzględnić jeszcze wstrząśnienia , sprawione ciężarem ruchomym, a to robimy w ten sposób, że ciężar ruchomy mnożymy spółczjumikiem większym od jedności: 1,3 dla

mostów kolejowych, 1,2 dla drogowych a 1,1 dla kładek. Wtedy otrzymamy dla mostów kolejowych żelaznych, jeżeli przeważa ciągnienie,

1*0

1400 ¹    590

zaś jeżeli przeważa ciśnienie,

1300

cm¹.

. . 47)

Po

*r

Pi

I»

_2_

1200 ' 550    ¹ 1380 ” ’

dla mostów drogowych żelaznych jeżeli przeważa ciągnienie,

Po

Pi

P₂

1400 ¹ 640 zaś jeżeli przeważa ciśnienie,

1400

cm¹,

.    . 48)

Po

jl_

P₂

1200 ‘ 600    ‘ 1500 ”

dla kładek żelaznych, jeżeli przeważa ciągnienie,

Po

Pi

A 1400 ‘ 700 zaś jeżeli przeważa ciśnienie,

P₂

1550 ”

. . 49)

Po

Pi

1200

650

4"

P₂

W Austryi obowiązuje rozporządzenie ministeryalne z r. 1887. dla mostów żelaznych, którego §. 4. odnoszący się do mostów kolejowych brzmi:

użytecznej powierzchni przekroju (t. j. po odciągnięciu dziur na nity^ jakoteż części nie współdziałający cli przekroju pełnego) następnych granic. a) Przy żelazie spawalnem na ciągnienie i ciśnienie :

1. Dla rozpiętości niżej 40 m 700 leg wraz z dodatkiem 2 leg na każdy metr rozpiętości.

Praca materyału. Przy uwzględnianiu obciążeń i wpływów określonych §. 3. ust. a, b, c, d, e, g, b, jakoteż i ciężaru własnego kon-strukcyi nie powinno przekraczać obliczone największe natężenie materyału na cm¹

kg

„ 80 m .

„ 120 m . .

„ Iflt) m i wyżej

powyżej wzmiankowane granice: 700 kg/cm² na ciśnienie, 200 kg/cm² na zwykłe ciągnienie;

c) Dla drzewa 80 kg/cm² na ciągnienie i ciśnienie w kierunku włókien; e) Największe natężenie, które wynika z działania wiatru, określonego w §. 3. ust. f. wraz z natężeniami poprzednio omawianemi według części zespołu, o którą chodzi, nie powinno przekraczać następnej granicy : ust. a. punkt 1. i 2,

do

.1000 J2-

a.

3.

cm²

a.

c.

700

„

600 „ 90 „

Dla mostów drogowych §. 16. brzmi :

Natężenie. Gdy przyjmiemy za podstawę omówione §. 15. lit. a, bid, obciążenie i wpływy, jakoteź własny ciężar zespołu, nie może przekraczać obliczone największe natężenie materyału na cm² użytecznej powierzchni przekroju (t. j. po odciągnięciu dziur na nity, jakoteż części nie-współdziałających przekroju pełnego) następnych granic:

a)    dla żelaza spawalnego, jak w §. 4. lit. a, 1. 5. przepisano: 750 kg/cm² wraz z dodatkiem 2 kg/cm² na każdy metr rozpiętości, a najwyżej razem 900 kg/cm², przyczem poprzecznice, podłużnice i składniki pośrednie obliczać należy podług ich rozpiętości.

b)    Dla żelaza lanego obowiązują pod względem dopuszczalnego natężenia granice ustanowione w §. 4. lit. b.

c)    W końcu mają być zastosowane także dla mostów drogowych postanowienia w §. 4. 1. c i e, odnoszące się do mostów kolejowych.

Rozporządzenie austr. ministerstwa z dnia 29. stycznia 1892. co do użycia zasadowego żelaza zlewnego Martina dla mostów nakazuje przyjmować to samo natężenie dopuszczalne, co dla żelaza spawalnego.

W Rosy i należy przyjmować według rozp. ministr. komunikacyi z r. 1875. i 1885.

dla żelaza kutego

dla żelaza zlewnego

dla belek głównych mostów o rozpiętości do 7 sąż.

i belek drugorzędnych wszystkich mostów (netto) t = 600 dla belek głównych mostów o rozpiętości 7 do 15. sąż.

na ciągnienie netto........... .

dla belek głównych mostów o rozpiętości nad 15 sąż.

na ciśnienie półnetto...........

dla tężników pionowych i poziomych mostów o rozpiętości wyżej 15 sążni na ciągnienie.....

dla tężników pionowych i poziomych mostów o rozpiętości wyżej 15 sążni na ciśnienie*).....

700 -Ï-L

cm²

t = 700    750 „

T =r 725    800 „

t =5 900

1000 „

T ==

900    900 „

Metoda Winklera zaleca się wielką prostotą, nie jest jednak zupełnie ścisłą, gdyż linia ab' (rys. 43.) jest w rzeczywistości krzywą, a my przyjęliśmy zamiast niej z Winklerem prostą ab. Dlatego też podajemy poniżej metodę dokładniejszą.

*) Bliższe szczegóły poda Podr. Teoryi Mostów. Część I. tom. I. str. 24.

§. 24. Wyznaczenie wymiarów według Launhardta i Weyraucha.

Launhardt przyjmuje jako równanie linii ac‘b‘ (rys. 43.).

ô — a

<r^ä‘a

stąd widzimy, że różnica natężenia (n. Spannungsdifferenz) a,—cim jest funkcyą drugiego stopnia wytrzymałości ustawicznej a.

Podstawmy w rów. 50) am = 0, to otrzymamy a = «', dla am = a jest a = ć>. Dla tych dwóch wartości am otrzymujemy więc te same punkty, co w poprzednim paragrafie; dla innych wartości linia krzywa, wyrażona rów. 47.), zgadza się dostatecznie z doświadczeniami Wöhlera.

Rów. 50. możemy inaczej napisać : a (ô -— a¹) — am (ó — a‘)= a (ô — «), albo aa‘ -\-am (ó — a')=«², lub nareszcie

^(5-«')=«'(i+—. .

a y    \ ct‘ a )

dm =

. .    50)

. 51)

Jeżeli teraz chcemy obliczyć wymiary belki, na którą działa w kierunku osi siła, zmieniająca się między granicami najmn. P i najw. P> a przypuszczamy ntą pewność, to

am u. najmn. P najmn. P

n. najw. P najw. P

n. najw. P najw. P A =-=--

.    . 53)

Równanie 51.) możemy teraz napisać: u = ai

( ô — a' \

1 + — ’

Doświadczenia Wöhlera okazały, że dla żelaza spawa 1-

3 290 — 2 190

nego ó=-3 290 —|₂, a' = 2190 kg

cm

.    8—a'

więc —j- =

2 190

a/ = n P. to

a zatem a=a‘ (l + ££), a gdy a=n %

t = t‘ (1 + £ £).

Dla n=3 otrzymamy stąd

54)

cm²

Dla stali miękkiej i bardzo miękkiej możemy

4 500—2 700

kg «'=2 700 kg

przyjąć d=4 500 a zatem dla n—3 otrzymamy

—,, więc cm¹¹ x

.-«ooa+los

8— a'

a'

2 700

•i

3)

55)

Wzory poprzednie są tylko wtedy ważne, gdy najw. P i najmn. P mają te same znaki. W przeciwnym razie musimy uwzględnić dalsze doświadczenia Wöhlera nad wytrzymałością dwustronną a₁ (n. Schwingungsfestigkeit, an. vibration safe strength), t. j. wytrzymałością ustawiczną , dla której najmn. natężenia równa jest największości natężenia, lecz ma znak przeciwny.

bez względu na znak a >» a‘\

Jeżeli natężenie jest naprzemian dodatnie i u-j e m'n e i waha się między wartościami a" i a , przyczem a" ma znak przeciwny znakowi a to analogicznie do rów. 50.) da się tu według Weyraucha ustawić następne równanie, zgadzające się dostatecznie z wynikami doświadczeń:

. . 57)

a¹ — ai

2 a' — a₁ —

przyczem wszystkie wartości brać należy bez względu na znak. Jeżeli w tern równaniu podstawimy g:"=0, to a=a\

a dla au=a jest a = ai.

Z rów. 57.) otrzymamy

Dla stali średnio twardej możemy przyjąć

a'= 8 000 —,„, więc— cm27 x a'

0=6000*0

6 000 -3 000

cw² ’

3 000

r=1000 (1 + 0 ^ .

^    cm²

1 więc dla n = 3

56)

a'

<— =a' | 1 —

a' — at a'‘\

ccj

a ponieważ

a" najmn. P

a najw. P

t0

GJ= G!' ( 1

a'—«p

a‘

. . 58)

Dla żelaza spawalnego otrzymał W ö h 1 e r

a‘ — ax 2 190—1170

«,=1 170

kg

cm

aJ

2190

a zatem dla n=3 :

j najmn. P‘ ² najw. P

kg

cm² *

. 59)

Dla stali miękkiej i bardzo miękkie możemy przyjąć = 1 350 -^₂, więc

t=900 (1—è^0

Dla stali średnio twardej możemy przyjąć

3 000 — l 500 ⁼ ~ 3000

t=1000 (1— J

cu, = 1 500 ^2 ? więc otrzymamy

a' — a.

<*•

2 700 — 1 350

2 700

więc dla

Tcg

cm

. . 60)

= £ , więc dla n — 3

kg

• . 61)

cm²

Wstrząsnięnia możemy uwzględniać, jak w poprzednim paragrafie , mnożąc dla wyznaczenia najmn. P¹ i wy w. P ciężar spółczynnikami 1,3 1,2 lub 1,1.

Przykłady.

1. Na pręt żelazny działa w osi siła ciągnąca P₀ =1 t, spowodowana własnym ciężarem zeskładu, ciężar zmienny wywołuje siłę Pt = 15 t. Jaką powierzchnię przekroju trzeba nadać temu prętowi?

Według metody Winklera otrzymamy z rów. 46)

_ 1000    15 000

A ~ 1 400 ⁺    770

a według Weyraucha otrzymamy z rów. 54)

= 0,71 + 19,48 = 20,2 cm

t = 700

a z rów. 53)

i + ib)

722 M cm²

16 000

= 22,2 cm²,

2. Ciężar stały sprawia w danym pręcie żelaznym ciągnienie 2,8 t, ciężar zmienny zaś najw. P = + 10 t, najmn. P == — 5. t. Jak wielki przekrój musi mieć ten pręt?

Według Winklera otrzymamy z rów. 46)

2 800    10 000 _ 5 000

1400 +    770    + ITÖÖ

a według Weyraucha z rów. 59)

_, 5000-2800\    kg

'    ⁵ 10 000+2 800^    ⁶⁴⁰ cm

722

= 17,9 cm²,

a z rów. 53)

A=

12 800

640

- = 20 cm².

Z obu tych. przykładów widzimy, że wymiary, otrzymane

że więc "Weyrauch

według wzorów Weyraucha, są większe przyjmuje mniejsze natężenia dopuszczalne, niż Winkler. Źe wzory Weyraucha odpowiadają lepiej doświadczeniom Wöhlera, mówiliśmy już poprzednio.

§. 25. Wyznaczenie wymiarów wedle Tetmajera.

najm. P «    .    .    .

— .--T,=--= £ odetmemy nako odcinki

najw. P am

a odnośne « na podstawie doświadczeń Wöhlera i Bauscbingera

jako rzędne (rys. 44.), t o otrzymamy linią krzywą M N, która wedle Tetmajera da się zastąpić parabolą o równaniu « — a + bÇ+cÇ\ 62) Dla £ = 0, ct=a=a‘, dla

Jeżeli stosunki

rys .44,

a>

<X

X-

+J

=1,

Clm

CC

więc«=«m,jesta=d,dla£=—1 —- jest a=ai. Wstawmy w rów.

Ctm

«!=«'—7> + c, a stąd — «', a zatem « = «' + ó-\-ai—2al _

irt

62.) £=1 , to ô=a‘+b-\-c a dla £= —1 otrzymamy « = «', b=^—~-ô—ax

c .ó + ai ’ 2

£².....68)

Dla żelaza spawa ln eg o jest <5=3 290 ~ 05i == 1 170, a więc

cm²

«fl

a‘=2 190

cm²

a=2 190+1 060 £+40 £2 Dla żelaza zlewnego otrzymuje Tetmajer «=2 400+1440 £+360 £²

Dla stali miękkkiej i bardzo miękkiej możemy

kg

kg

przyjąć <5=4500 — , «'=2 700 —«.=1350-^ , a więc «=

jr jj i    cm²⁷    cm27 1    cm2 7

=2 700 + 1 575 £+225 £²,

kg

kg

a dla stali średnio twarde j <5=6000--^ «' = 3000

j    cmi    cmi

ai = 1 500 kg

cm2 7

więc a — 3 000+2 250 £+750 £².

Jeżeli przyjmiemy n=3, to otrzymamy dla żelaza spawalnego „    „    • zlewnego

700+350 £-t-13 P 800+450 ę+mp 7=900+500 £+70 £2 1000+700 £+350 P

. . 64)

„ stali miękkiej „    „ średnio twardej

600+350 £+80 P 7=700+430 £+100 P T=830+640 £+250 P

. . 65)

Zamiast tych wzorów przyjmuje Tetmajer dla n—3’5 dla żelaza spawalnego „    „    zlewnego

„ średnio twardej

Komisya techniczna kolei żelaznych szwajcarskich przyjęła dla obliczenia mostów następne natężenia dopuszczalne :

dla żelaza spawalnego t — 700 + 400 !; + 80 Ç2 „    „ zlewnego t = 780 + 470 Ç + 120 Ç²

We wszystkich powyższych wzorach £ może być dodatnie lub ujemne, wedle tego, czy najw. P i najmu. P mają ten sam znak, czy też przeciwny.

Przykłady. Obliczmy te same pręty, co w poprzednim paragrafie.

1. Tu było P₀=li, Pt = 15 + więc Ç = fßTjTT — jg

kg

Wedle wzoru 64. otrzymamy więc t = 700 + 350 jg + 13 jgj⁻ =722

= 22-2 cm²

Wedle wzoru 65.)- będzie t = 600 + 350 -îg + 80 —^

16000 .622

2. W drugim przykładzie było P₀=2-8 + Pi — + 10+ P₂ = — 5 t,

0-172.

a z rów. 53.)

a z rów. 53.)

16 000

722

= 25*7 cm²

więc najw. P=12-8 + najmn. P =— 2-2 t, stąd £ =—

= 622 i

cm¹

2-2

12-8

Wedle rów. 64.) będzie t = 700 — 350 X 0-172 + 13 X 0 172² = 640, 12 800

więc A —

640

= 20 cm².

kg

Wedle rów. 65.) będzie t = 600 — 350 X 0-172 + 80.0-172² = 542 — $ 12 800

stąd A — —

542

= 23-6 cm².

Z obu tych przykładów widzimy, że wpływ trzeciego wyrazu w rów. 61.) i 62.) jest zwłaszcza dla żelaza spawalnego tak małym, że możemy go wszędzie opuścić, wskutek czeg o otrzymujemy wzory Weyraucha lub do nich podobne.

§. 26. Natężenie dopuszczalne dla drzewa.

Doświadczenia Wöhlera ograniczały się tylko na żelazo i stal. Drzewa nie badano w ten sposób, jednak analogicznie przypuszczać możemy, że zmiany w natężeniu i tu będą miały podobny wpływ na wytrzymałość. Przy drzewie uwzględniać będziemy jednak wpływ ciężaru ruchomego tylko dla mostów, w budownictwie obliczać będziemy wymiary według dawnego sposobu.

Dla mostów uwzględnimy wedle Winklera wstrzą-śnienia i zmiany w natężeniu w ten sposób , że mnożyć będziemy ciężar ruchomy, który jest przyczyną wstrząśnień i zmian w natężeniu, pewnym spółczynnikiem większym od jedności, a mianowicie:

przy obciążeniu pośredniem bezpośredniem

dla kładek ......

„ mostów drogowych i kolejowych drugorzędnych „ mostów kolei głównych

Nazwijmy P₀ siłę, działającą wskutek ciężaru stałego a Pt wskutek ciężaru ruchomego , to otrzymamy przekrój

77=1*1

77=1*2

77=1*3

1-2

CO TT

66)

Zamiast tego możemy obliczać wymiary w zwykły sposób, jeśli odpowiednio przyjmiemy natężenie dopuszezalne t, więc P0+P1__po + \p1 Q

67)

Natężenie xl możemy przyjąć według następnej tabliczki:

mosty małe

mosty tymczasowe

Eodzaj natężenia

natężenie t, dla drzewa

miękkiego

twardego

miękkiego

twardego

kg

kg

kg

kg

cm²

cm²

cm²

cm²

Ciągnienie .    .

Ciśnienie .    .

o

o en

120

120

140

80

80

95

¹

Dla rozpiętości od 40 m wyżej , a to :

dla 40 m

. . 840

880 „

900

przyczem dla pośrednich rozpiętości należy wstawiać wedle prawa linii prostej, a dla poprzecznie i podłużnie brać tę wartość, która odpowiada jch rozpiętości.

b) Przy żelazie łanem, któryto materyał nie powinien tworzyć żadnych głównych części składowych konstrukcyi niosącej, ustanawia się

§. 27. Pręty o stałym przekroju.

albo

Jeżeli siła P działa w kierunku osi na pręt o stałym przekroju (rys. 45.) i uwzględnimy przytem ciężar własny pręta, to w przekroju cd działa siła P⁴— =P-ł-Ayx, jeżeli A oznacza przekrój a y ciężar gatunkowy. Siła ta P‘ jest największą dla przekroju e/, gdzie x=l, więc najw. P⁴—P+Ayl 68) Jeżeli natężenie dopuszczalne jest t, to najw. P⁴ = P + Ayl = = A t, a stąd

rys 45,

a,

by

'e

P = A (t — yl)

69)

. .    70)

r — yl

Jeżeli ciężar własny pręta jest bardzo mały w stosunku do ciężaru P, to możemy go nie uwzględniać i otrzymamy

71)

P=A t . A=—

Przykład. Jaką średnicę d ma mieć żelazne ścięgno okrągłe 16 m długie dla ciągnienia P— 3,2 t, natężenia dopuszczalnego

t = 800

kg

kg

kg

^ a y = 7-8    = 7800 -^ = 00078 -A,

Według rów. 70.) mamy 3 200

d² n

3 200

3 200

4    800 — 0-0078 . 16000    800—124-8    675 2

4-74 cm², a stąd

2-46 cm = 25 mm.

d = ^4-74X4 _

7T

§. 28. Pręty o stałem natężeniu.

Jak to widzieliśmy poprzednio, natężenie w pręcie o stałym przekroju jest najmniejsze u końca, w którym zaczepia siła, a największe u drugiego końca. Jeżeli więc natężenie największe jest równe natężeniu dopuszczalnemu, to natężenie w innych

— log nat

to

a stąd otrzymamy

yx

przekrojach jest mniejsze, a więc materyał nie został należycie wyzyskany. Chcąc materyał Jepiej w3Tzyskaó, szukać będziemy takiego kształtu, ażeby natężenie było wszędzie równe natężeniu dopuszczalnemu. Jeżeli na taką belkę działa w kierunku osi siła P (rys. 46), to w przekroju cd jest, jak wienw, P‘=P-\- G, jeżeli C oznacza ciężar pręta abcd na długości x, a natężenie P

—— == % według założenia , a zatem A x

il

p + c.

rys. 46,

a,

b, p

e\

T7

Różniczkując to równanie, otrzymamy xdA=dC, a ponieważ dC=y.Adx} jeżeli y oznacza ciężar jednostki sześciennej mate-ryału, więc

xdA—Aydx,

a stąd

WMwMmś

\P

, x dA

dx — — -7—* y A

Scałkowawszy to równanie, otrzymamy

T f

x— - /

yjo

y;

— (log nat A —

a więc x—

krój dla #=0. Inaczej możemy to napisać:

X

y =■ —log nat A A y

log nat A₀), jeżeli A₀ oznacza prze-

72)

gdy e jest zasadą logarytmów naturalnych.

2

Ponieważ ey = 1 -f y +    4- .    .    ., więc

y²#²

A=A₀

(>+?

2t²

-I- .

. . 78)

Przekrój ab wyznaczymy zaś według rów. 43), więc

Dla wyznaczenia przekroju A wstawimy wartość z rów. 74) w rów. 72) i otrzymamy

log A — log

albo na podstawie równań 73) i 75)

+ 0,434294 5 ^

. . 75)

y² x²

Według tego, czy przekroje są kołami, prostokątami, czy też innemi figurami, zmienia się zarys pręta, zawsze jednak pręt taki ograniczony jest powierzchniami krzywemi. Ponieważ w praktyce ciągła zmiana przekroju napotykałaby często na trudności, więc zamiast powierzchni krzywych przyjmujemy płaszczyzny n. p. zamiast ace na rys. 46. przyjmujemy ae albo składamy pręt taki z kilku części graniastosłupowych (rys. 46. b), których przekrój równa się największemu przekrojowi gli pręta o stałem natężeniu w danej części.

l + ^+

. • 76)

Przykład. Na filar murowany (rys. 47.) działa P w kierunku osi.

Obliczyć mamy przekrój u podstawy filaru tak, aby natężenie w A₀ i At było równe x.

Według rów. 71) mamy P = x A₀, siła działająca na At jest w przybliżeniu

Ao + A

Ao

P‘ = j- + y h

a według założenia ma być F' = t A\ ; więc

Aq + A-i

z At — t A₀ + y h

a stąd

Wy//

Ai

2t + y h ...    77)

— A> 2 t — y h

p kg

T cmi²

Jeżeli mamy dane następne wartości: y — 2,2 P = 800 t

t    300

= 60 —a, h = 9 w, to A₀ = -6Q = 5 m²,

= 6-98 m\

kg

= 60 000 +

M²

r 2X60 + 2,2X9 — ⁵ 2 X 60 -2,2X9

Zwykle jednak ze względów konstrukcyjnych górny przekrój filaru a przynajmniej 2 m szeroki

przyjmujemy większy,

wtedy natężenie jest

- 76 —

W praktyce inżynierskiej zwykle nie

w górnej części filaru mniejsze, niż spotykamy się z prętami lub filarami o stałem natężeniu i mamy do czy.

nienia tu tylko z kształtami przybliżonymi.

§. 29. Linwy konopne i druciane i łańcuchy.

Chociaż poprzednie wywody o wytrzymałości na ciągnienie zastosować się dadzą także do linw i łańcuchów, jednak zrobimy tu w tym względzie jeszcze kilka uwag szczegółowych.

a) Linwy konopne (n. Hanfseil) składają się z włókien konopi europejskich lub też manilijskich. Pewna ilość włókien skręca się i tworzy wiązkę (n. Litze), kilka wiązek skręca się potem w linwę, jądro linwy nazywa się duszą (n. Seilseele). Linwa może być albo nieskręcaną albo też skręcaną. Przez skręcanie jednak samo powstają już natężenia w wiązkach ; doświadczenia*) okazały, że należy tylko o tyle linwy skręcać, aby się skróciły o | długości, gdyż dalsze skręcanie zniżyłoby za bardzo wytrzymałość linwy. Linwy mokre lub omazione są także mniej wytrzymałe od suchych, a to w stosunku 3:4. Wilgoć bowiem wsiąkając w linwę, zgrubia i zarazem skraca włókna, w skutek czego powstają natężenia, zmniejszające wytrzymałość linwy.

Jednak

Spółczynnik wytrzymałości (i = 500 do 800 ^, możemy więc przyjąć natężenie dopuszczalne z = 100 uwzględnić musimy także tę okoliczność, że wiązki w przekroju nie wypełniają całej powierzchni koła opisanego, lecz w przybliżeniu tylko 0,9 powierzchni koła, więc możemy napisać :

. . 78)

fj 2 /TT•

0,9 — z = 0,7 d² z

jeżeli d oznacza średnicę linwy, a P siłę naciągającą linwę. Stąd wynika

\/

0.9 z Ti

= 1,19

\ß

. . 79)

Jeżeli w rów. 78) i 79) wstawimy z — 100 to otrzymamy

*) Tetmayera ogłoszone w „Schw. Eisenbahn“ 1881. t. XV. N. 4.

Ciężar własny lin wy suchej wynosi g = 0,005 d2 a mokrej

81)

g = 0,078 d² „ )

jeżeli d wyrazimy w cm.

Najmniejszy promień tarczy linwowej przyjmujemy r = 4 d.

Przykład. Jeżeli P = 900 kg, obliczyć grubość linwy.

Z rów. 80) otrzymamy :

d — 0,119 V 900 =3,57 cm, a ciężar tej linwy g = 0'078 X 8'6² = H) kg/m.

b) Linwy druciane (n. Drathseil) są albo skręcane albo nieskręcane. Skręcane używają się wszędzie tam, gdzie przechodzą przez krążki, gdyż przy nieskręcanych zewnętrzne wiązki muszą się więcej przedłużać od wewnętrznych , więc pracują od nich więcej na rozciąganie, gdy przy skręcanych każda wiązka jest raz na zewnętrznej , drugi raz na wewnętrznej stronie, a zatem ciągnienie rozdziela się jednostajnie na wszystkie wiązki. Nieskręcanych (n. Bündelseil) używamy tylko wtedy, jeżeli nie przechodzą przez krążki, a więc n. p. przy mostach wiszących. Jeżeli n. p. przyjmiemy dla drutu żelaznego t — 1 500 ~ i nazwiemy n ilość drutów, z których się linwa

składa, a średnicę drutu d

nd< ² Ji

1 7 t0

1 cm 82)

P = 70 d² hg i d = 0,119 VF

cm .

. . 80)

AO (1    2 JT

-b— 1 500, a stąd dx = 0,029

Znając ilość i grubość drutów możemy obliczyć średnicę linwy w przybliżeniu z równania d r= 1,3 d, \/ n\ Wstawiwszy w to równanie wartość z 82), otrzymamy

cm,

a stąd

d = 0,0378 V/P P - 696 d²

hg

. . 83)

Przy skręcanych linwach, które przechodzą przez krążki, uwzględnić musimy oprócz ciągnienia podłużnego także natężenie, wywołane wskutek zginania przy przejściu przez krążek, a natężenie to, zależne od promienia krążka, jest często bardzo znaczne.

W przybliżeniu możemy obliczać linwy druciane przyj ąwszy z powodu przejścia przez krążki tylko natężenie dopuszczalne

800 Ą,

. cm² >

mniejsze, więc x =

a zatem

Jeżeli spółczynnik wytrzymałości ustawicznej jest a a pewność m, to według rów. 45)

m .najw. v — (1—c) ô + c .najmn. v — (1—c) â. -j- c (najw. v

40 000 dA d₂J

najw. v =

Ö '    _ 40 000 i    .

c    d₂ m—c

Czyste ciągnienie v¹ — - h = najw. v

e = 2 000 000, to vx —

2000 000. cń

, a jeżeli óf₂ wyrażamy w m,

to ^ = 20 000

<ü.

To natężenie występuje w tym samym a₂

przekroju jako ciśnienie i jako ciągnienie, dlatego

+ 20000 % = Ł + h + 20 000 %

d₂ A    d₂

— 40 000 S

P Ah najw. v =j_ + -j

najmn. v =

~ + h + 20000 A    d₂

najw. v

d₂

— 20000 A =

d₂

a-c) ô

- 20 000 - i-

d. m + c

d₂ m—c

Według doświadczeń Jennyego i Hermanna jest dla drutu żelaznego

„ ze stali bessemerskiej d = 9 000

n n V ltm©j

a że dla żelaza c = 0'45, dla stali c = 0’56,

ô = 5 600 kg jem²

d=13 000

więc

dla drutu żelaznego v =

3 080 _ 20 000 (m + 0-45) dx m — 0‘45

d₂

m —0‘35

„ ze stali bes- ,    3 960    20 000 (m + 0'56) dx

semerskiej    m — 0’56

5 720 _ 20 0C0 (m + 0-56) d2 m — 0'56

m —056

d₂

89)

ze stali lanej

m—0-56 d₁

90)

albo ogólnie v =

a — b - — d₂

Spółczynnik pewności n obrać należy wedle materyału i chyźości wyciągania. Im kosztowniejszy materyał, tern większe n, aby dłużej trwało. Wedle tego przyjmuje Hermann następne spółczynniki pewności :

stal

żelazo bessemeroska lana

chyżość 0 niżej 3 mj₃

⁶ « wyżej 6    „

Jeżeli wstawimy powyższe wartości dla m w rów. 89), to otrzymamy następne wartości dla a i b w rów. 90)

Wyciąganie

wyciąganie ręczne

wyciąganie maszynowe „

Materyał

żelazo

m—1*1 m=l' 8

m— —

m—

maszynowe

222

ręczne

chyżość mała niżej 3 m niżej 6 m wyżej 6 m

a= 4740

3620

stal lana

Jeżeli —r = v{) nazwiemy natężeniem uźytecznem

to

v‘ — h = a — h —

b

d₂

. . 91)

a stąd

92)

hl

d‘2

Widzimy stąd, że A jest tern większe im większe jest

przy danej średnicy tarczy linowej jest więc A, a zatem (h

ciężar liny, tern większy, im drut jest grubszy.

dx\ ndx ²n (    dx \

~h-bn;\--

Z rów. 91) mamyP== A ^a

nx²dn²?v

(a — h — bx)

Niech będzie ~±-=% f to P ==

dP

P będzie największem , gdy = 0=2 (a — h) x— 3 x² b, a stąd

. .    93)

___    __ a — h

d₂ 1*5 b

Jestto najkorzystniejszy stosunek dx : d₂ dla wytrzymałości drutu o grubości d

Przy wyciągach ręcznych h jest tak małe, że możemy go nie uwzględniać, wtedy

X 1,5 b

v= a — bx—a-

CS co

.    . 94)

a stąd otrzymamy następną tabliczkę dla średnicy d₂ tarczy linwowej w m :

drut

Średnica (7, w milimetrach

0-40.0-45 0-50 0-55 0-60 0-65 0-70 0-75 0-80 0-85 0-90 0-95 1*0

żelazny . . st.hessemerska sl. lana . .

Ko o

1580

2070

2710

■^Oto O O

óóó

0^0

(OlOnjł

óoó

0-76 0 82 0-66 0-74 0 50 0-56

o o o

05 CD Ô

OOP O O O

05 CDO Q*b Ot> GO

ó(OÓ

O ^ 05

«0(0

'-HOL'-

1-20 1-28 1-06 1-14 0-80 0-86

COMOO

o o 05

OHM

Ô LÓ

05 05 LO I-H I-1 I-^

śśś

Dla linew maszynowych powinna być oprócz tego średnica

linwy

a według Hermanna

.    . 95)

78 84

• Oi

Æ=(l,327 + 0,05n) \ndi=adi n — 6    24 30    36 42    48    54    60    66

a = 3-22 7 09 8 09 9-04 9*96 10-86 11 73 12*50 13*5 14-3 15*2 16 0 w = 90    96 208 120 132 144

a = 16-9 17 9 19-4 21*1 22*8 24 6.

Dla linew maszynowych przyjmujemy zwykle di w 0'15 cm.

a stąd

P = 800 n = 628 u d,2 4

dt = 0,04

.    . 84)

a że średnica linwy da się obliczyć w przybliżeniu z równania d = 1,59 dx V n, więc wstawiwszy tę wartość w równaniu 84) otrzymamy

P = 247 d²

d = 0,0636 Vp J......

Jako ciężar własny linwy drucianej możemy przyjąć

g = 0,8 n d,> i......

85)

86)

jeżeli di wyrazimy w cm.

Przykład. Z szybu 150 m głębokiego mamy wyciągnąć ciężar 1000 kg Ciężar własny przyrządu do wyciągania oprócz linwy waży 700 kg. Jak grube mają być druty, jeżeli n = 90?

Jeżeli ciężar własny linwy wynosi na 1 m 0,8 n d₁², to na 150 m wynosić będzie 120n dt² kg, a zatem cały ciężar P = 1000 -j- 700 -j--j- 120 X 90    ² = 1 700    10 800 dx ², zaś według równania 84) P— 628 n d₁²=

= 628 X 90 di² = 56 520 dt². A więc 1 700 + 10 800 dt² = 56 520 dt²) a stąd di² = 0,037 cm², a dt = 0,192 cm, zaś d = 2'9 cm — 29 mm.

Ponieważ zmiany w natężeniu linw są znaczne, usprawie-dliwionem jest tu zastosowanie doświadczeń "Wöhlera¹).

Natężenie całkowite górnego przekroju linwy, która jest

całkowicie owinięta wynosi v =

P C A ⁺ H + V'

.    . 87)

jeżeli C oznacza ciężar linwy a vi natężenie zginające wstające wskutek owijania naokół tarczy linwowej. Mamy dalej n d,² 7i

po-

cml, ciężar jednostkowy wedle 86) g = 4 A

=0,8ndi² hgfm — 0’8------ = A kg\m. Jeżeli h oznacza wysokość

TC

szybu wm, to C — gh = Ah, a natężenie zginające jest według

przekrój A

88)

v\ =

gdy d₂ oznacza średnicę tarczy linwowej. Jeżeli przyjmiemy

d-2

Przykłady. 1. Przy wyciągu ręcznym pionowym jest ciężar P—dOkg, głębokość h—40»?, należy obliczyć grubość lin wy żelaznej, jeżeli średnica tarczy linwowej wynosi 0,9 m.

Według tabliczki jest dla (7₂=0,9w, najkorzystniejsze dx =4),6 mm=0,06 cm, v₀=v-7L = 158O-4O = 154O&(//cm²,44 = 90:1540 = 0,057 m², a stąd

AA _ 0,228 n~d^z~ 0^06%

20,1,

24.

ząmiast czego przyjmiemy n

Jeżelibyśmy przyjęli d±=0,7mm = 0,07 tw, to 0,07

v₀ =4740-40-47600

0,9

90:778=0,116c»i²,

AA_ 0,464

30,1, zamiast czego przyjmiemy ^ = 30.

Ciężar jednostkowy wynosi w pierwszym wypadku <7 = 0,8.24.0,06²=0 068kgfm, w drugim </= 0,8.30.0,07² = 0,118 Ä+m.

2. Zróbmy ten sam przykład, co pierwej zrobiliśmy bez uwzględnienia doświadczeń Wöhlera. Z szybu 150 m głębokiego mamy wyciągnąć ciężar 1000 ky z chyżością «=2,8 w/s, gdy średnica tarczy linwowej wynosi 1,6 w.

a stąd n

d,²-    0,07² rc

Jeżeli przyjmiemy linwę zestali lanej, to wedle 88) v₀ = 4690 — 150-f-

dx _ 4690-150 1,5 X 38400

—150—3027 = 1513fcć//cm², a stąd .4 = 1000: 1513 %/m²=0,66 cm³. Dalej mamy

^~^—58,4, zamiast czego 150

przyjmiemy n = 60, a wtedy d = 12,5X0,12 = 1,5 cm ■<. -p—- =1,875.

di

— 38400-p. Najkorzystniejsze x

d-i

0,079, więc v₀ = 4690 -f-

dx =0,079X^2 = 0,119 cm == 1,2mm, a stąd n =

3. Ze‘szybu pionowego o głębokości h~7bC m wyciągnąć mamy ciężar (całkowity wózek i ładunek) P— 1800 kg z chyżością 4 m.

Przyjmijmy znów linwę ze stali lanej, to wedle 88) v₀=397O—750—

. Najkorzystniejsze x

dx _ 3970—750 d₂ ~~ 1,5X35600

— 750 — 2172 = 1048 ^/cm², a stąd A = 1800:1048 = 1,72 cm³. Jeżeli przyj-

-35600

d.

0,061, więc v = 3970 —

mierny ^=0,150^ = 1,5 mm, to zamiast czego przyjmiemy n — 102.

0,15

0,061

2,46 cm,

4X1,72

0,15²tt

97,3,

c) Łańcuchy. Rozmaite rodzaje łańcuchów są w używaniu, my tu mówić będziemy jednak tylko o łańcuchu najbardziej używanym t. j. angielskim, którego kształt i wymiary

przedstawia ryi

rys 48.

s. 48.

Jak widzimy, łańcuch pracuje tu nietylko na ciągnienie , lecz i    ys- 49.

na zginanie eliptycznych ogniw. Oprócz tego zależna jest wytrzymałość łańcucha Î od dobrego spawania ogniw. Zamiast jednak obliczać wytrzymałość łańcucha na zginanie, możemy obliczać go tylko na ciągnienie , korzystając z doświadczeń admiralicyi angielskiej, z których się okazało, że wytrzymałość łańcucha ma się do wytrzymałości żelaza okrągłego o tej samej średnicy d nie jak 2:1, lecz tylko, właśnie wskutek zginania, jak 11:9. Przyjąwszy więc 000=,, otrzymamy

t-di

ÏC- ■■

—i>

; lad -

■»•'s

<c> <ł-

-V-

3,5 d-—-Ą

i< 3/5(1

J2 rrr

P=— 1000    =900 d² kg

stąd d=0,032 V P cm.

97)

Ciężar łańcucha możemy przyjąć w przybliżeniu g=2,33d^...... .

jeżeli d wyrażone w cm. Jeżeli ogniwa wzmocnimy szczeblem (rys. 49), to otrzymamy łańcuch szczeblowy (n. Stegkette) nieco wytrzymalszy. Doświadczenia admiralicyi angielskiej wykazały, że wytrzymałość łańcucha szczeblowego jest f razy większa, otrzymamy zatem

P=

. . 98)

960 d² =1234 d² kg

cm

a stąd d=0,0285 V/ P Nowsze doświadczenia Tetmajera wykazały, że wytrzymałość łańcuchów jest jeszcze mniejszą. Należałoby więc przyjąć siłę P o 10°;₀ mniejszą, a zatem otrzymamy zamiast 96)

99)

P=874 d²kg

a stąd d=0,033 V P cm j

IV. Wytrzymałość na ścinanie.

§. 29. Spółczynnik wytrzymałości i natężenie dopuszczalne.

Ciało pracuje na ścinanie, jeżeli wypadkowe sił zewnętrznych, działających w płaszczyźnie, przez oś położonej, po jednej i drugiej stronie idealnego przekroju prostopadłego na oś starają się przesunąć drobiny w płaszczyźnie przekroju. Natężenia ścinające są aż do granicy sprężystości tak, jak ciągnienia, proporcyonalne do powierzchni przekroju. Jeżeli więc nazwiemy P siłę zewnętrzną, działającą prostopadle do osi, gx spółczynnik wytrzymałości na ścinanie a A powierzchnię przekroju, to możemy napisać

100)

Teoretycznie da się udowodnić dla ciał jednorodnych, że g y wynosi § spółczynnika wytrzymałości na ciągnienie g²), ogólnie możemy więc napisać

101)

gx²=ag........

Doświadczenia wykazały, że dla kruszców możemy rzeczywiście w przecięciu przyjąć ^,==1^, więc a= 0’75, przy

kruszcach jednak kutych, walcowanych i blachach jednorodność nie jest zupełna i musimy uwzględnić tu także kierunek włókien i walcowania. I tak np. dla pewnego żelaza spawalnego, którego kierunek włókien oznacza strzałka W (rys. 50), była wytrzymałość na ścinanie w kierunku 12    3    4

[ij = 3440 3590 3060 2836 ległem2 rys 50,

iii

Przeciętnie możemy przyjąć następne wartości dla a : żelazo lane 0,625, spa-walne 0,8, zlewne 0,86, stal twarda 0,7, miękka 0,77, bardzo miękka 0,8, blacha w kierunku 3 i 4 0,70, 1 i 2 0,85. Dla drzewa jest wytrzymałość na ścinanie w kierunku włókien bardzo mała, ^=0,24\i', gdy (i‘ oznacza wytrzymałość na ciśnienie, a nawet i mniejsza, w kierunku prostopadłym, do włókien jest wytrzymałość znaczniejsza, około 4 razy większa.

I tu, jak w poprzednim rozdziale, przyjmujemy przy obliczaniu wymiarów jakiś spółczynnik pewności, mianowicie dla kruszców 5, dla drzewa 10, dla kamieni 20, a stąd otrzymamy natężenie dopuszczalne na ścinanie ri. Poniżej podajemy wartości fiy i xi dla materyałów najbardziej używanych w budownictwie

Materyał

Spółczyn- Natę-nik wy- zenie dopu-trzymałości szczalne

Ti

H-i

na ścinanie w kg jem'

Cegła...............

Drzew® bukowe równoległe do włókien prostopadłe „ dębowe równoległe „

„ prostopadłe „ miękkie równoległe „ prostopadłe „

20

80

ii

Granit .    .    .

Miedź lana .

„ kuta*.

„ blacha.....

Mosiądz.......

Mur ceglany na cemencie

V)

300

75

270

65

230

60

. 1000

1900

1700

950

5 rf*. ćo Q to 10 OO OOOOOOStB^MCOOCDM

CM CO CO

Materyał

Spółczyn- Natę-nik wy- żenie dopu-trzy małości szczalne

Fi

Ti

na ścinanie w kglcm²

Mur ceglany na zaprawie wapiennej ....

Ołów................

Piaskowiec..............

•Platyna...............

Spiż................

Stal bardzo miękka...........

„ miękka.    . » .    ..........

twrarda..............

Wapień...............

Żelazo twarde.............

„ spawalne nitowe.........

„ zlewne.............

„ blacha w kierunku walcowania .... „    „ prostopadle do kierunku walcowania

OO tO tO

-.1 K Ot Ö t-¹

O O O O O to Q ©ooooooo

40

1000

3000

3800

2400

2900

io

20

540

400

700

820

940

200

600

660

500

580

Przekrój wyznaczamy dla stałego natężenia według wzoru

. 102)

Dla zmiennego natężenia możemy obliczać wymiary, uwzględniając doświadczenia Wöhlera, chociaż odnośnych osobnych doświadczeń na ścinanie nie robiono. Ze względu na to, że wytrzymałość na ścinanie dla metali jest równa ⁴/₅ wytrzymałości na ciągnienie, otrzymamy :

a)    jeżeli natężenie nie zmienia znaku, dla żelaza ! =!t(1 + !£), a wstawiwszy t=700-^ jak w rów. 54.)

1    najmn. P

2    najw. P

Dla stali zaś otrzymamy z rów. 55)

2    najmn. P

3    najw. P

b)    Jeżeli natężenie zmienia znak, otrzymamy podobnie z równania 59.) dla żelaza

= 560 (l +

= 720^14

% = 560 (l

a dla stali z równania 60)

j leg jem² .... 103)

^ leg!cm²

.    . 104)

1 najmn. P'

2 najw. P

cm

. . 105)

1 najmn. P'

2 najw. P

j kgjcm²    .

. . 106)

Odnośny ustęp austryackiego rozporządzenia ministeryal-nego, tyczącego się budowy mostów, brzmi:

§. 4. Praca materyału. B. Dla obliczenia nitów na ciśnienie w jednym tylko kierunku 600 %'cw², względnie w kilku kierunkach bOOJcg/cmK 4. Dla obliczenia oporu przeciw ścinaniu w kierunku walcowania 600 %/cm².

§. 30. Nitowanie pojedyncze.

Nity (n. Niet, fr. rivet, an. rivet) służą do połączenia stałego blacb i kształtówek i składają się ze sworznia (n. Bolzen, fr. tige, an. rivet bar, spindle), główki (n. Setzkopf, fr. tête de rivet, an. rivet head) A (rys 53), gotowej przed użyciem nitu, i nakówki (n. Schliesskopf, fr. rivure) B, któraś powstaje z występującej części sworznia przez naklepanie i ma kształt sfero-

rys; 51.

k.....

k ---1,5

A

<6

M/l U

et

rys 52.

<-------1,8

0,1

K-0,6^ ;«•

*043

>-³

idalny (rys. 51) lub też stoźkowj⁷⁻ (rys. 52 a); ten ostatni jednak jest niepraktyczny z powodu za małej wytrzymałości brzegów, dlatego też zupełnie x prawie go zaniedbano. Rysunek 52 b przedstawia nit wpuszczony (n. versenkt), który się używa tam, gdzie niema miejsca na nakówkę. Dla utworzenia nakówki trzeba, aby nit był rozżarzony. Tylko bardzo cienkie, mniej niż 10mm grube, wstawia się na zimno. Po ostygnięciu ściąga się sworzeń,

'{aiedra staiy/r/ / iicc/own/ctwa że/azneyo

OBLICZENIE NITÓW..

iS

Z/Z////////Z//////ZZZ/.Y'

<3

na o/s/7, na é donnę a z/ary jP*nJ</r₂ przy T# - /O00 k&/cm²

dvj>r

ro

"W"

na sn/nan/e .

. . Z⁷*/?

Ti przy i'-/

-— Dfugości vv miii rnetrach - sify wKilo^ranisrn -

Nity należy obliczać ••

. 800 ks/cm ²    ! zz ciele dla wartości powyżej I

| dmcięte ..

na ścinanie.

.. E

Odstęp n/tów w mm

Wytrzymałość jednego niiu na ścinanie

a [ ~ h [’~5 q r e~ T 'ë~~~raz-Tç/mF

norm. min: norm.- min: normmax:    c~7'h Fé~

M/y trzy matość jednego n/tu ze wzy/ePu na c/ś n/e nie nr śc/an/ę afz/lny przy grubość/6/ocAy cf*

___________________________________________________ d

40 i 4i 12

13

14    4 5 j 4 5 ! 47 j 48 j 19 ! 20

co

cn

cn

£30

<N

LO

cn

440 440ś

4    6    6    8    10    16    50 400    200 190 260

9    12    15    20    50 220 450 290 380 480

a>

7 tO 10    15    18    28 S0 300 G10 330 450 560 G70

8    12    1 2    15 -2 0    32    70 400 800 380 500 640 770 SCO

4*

GO

10    15 |15    20 I 25 | 40 I 90 630 4260 480] 640 300 960¹4120| 428ûf

40

12    18    18    25    30    50 100 900 1800 570 770 960 1150

134011540

1730 1920

12

14 24 24 30 35 56 440 4230 2460 670 890 4420 4340 4570 4790 2000 2240j2400 2530 16 24 ~24 35* 40 r 60 4 20 1600‘3200 770 402o[Ï280 4540! 1790 2050*2300 2560 [2820 3CT0! 33^oT

44

46

18

27

27

40

45

20

30

30

40

50

22

33

33

45

55

70 440 2030 4060 870 4150 4440 4730 2020 2300 2600 2880 3470 3430575ß|4040 4320 80 460 2500 5000 960 1280"4600 4920 2240 2560 2880 ‘6200 3B2ö|^S4OiZTäcTj4480 48ooÎ5l2oj 9Ö"1scT 3049 6080 4ÔBO*i4Ïo' Î76o"2ÏÏT 2460 282o|si40 3520    46f^492ôÎ£28c| SSàôfcâSü j 6560

48

20

24

36

36

50

60

26

39

39

55

65

400 490 3600 7200 4150 4530 1920 2300 2700j307013460 3840 424ÏT 8480mo 4660 2080 25C0 ~29Ôoj333ôf3740 4460

110

3870 4220 422014800 4570 4930

22

24

498015380! 5760; S440j6530j5940 7300 5400]s82ü]s24Qj6650|7020;7450Î7900 85201 26

J-

<

, ....V

!■

•!

iv

J

ł.

V,

<. K«V

i

r.

t

?

f- •

i

?

•' \>    v-

1 .

9

ÿ.

i

?

•1

C';

•j

;

. • y

5

v;

V.

V*.

i o

ru*

$

5-

V'

ï

V

V

i

v

i

F

*-r

\

■V-

i

1

h ;

?

e

l

T ¹

y

f

£

f

s:

f.

; •

A ' »'

*-•, •

>f

ł

'

t

ŸÏ ; -À

V

.

.    -V, •;

:• c"

r ■

if

•H

»V

- <:#.*■¹

wskutek tego ściska blachy i wywołuje silne tarcie. Jeżeli więc siła P ma (rys 53) połączenie rozerwać, to musi przezwy-

¹

p. Hermann Emil, Berechnung der Förderseile. Zeits. d. öster. Ing. u. Arch. Verein. 1889 str. 22.

²

Kluger. Wykład wytrzymałości materyałów str. 296.

rys: 53.

mm

T/l

___/

T "A

.......#.....b—>|    ^

1~~¹

S’-

\n

ciężyć naprzód tarcie , a potem wytrzymałość nitu na ścinanie. Ponieważ jednak tarcie i wytrzymałość nie działają równocześnie , lecz wytrzymałość działa dopiero, gdy tarcie zostanie przezwyciężone, bo sworzeń po ostygnięciu nie wypełnia zupełnie dziury, więc na tarcie liczyć nie możemy przy obliczaniu wytrzymałości połączenia nitami ¹). Jak wiadomo wytrzymałość na ścinanie jest mniejszą od wytrzymałości na ciągnienie w stosunku 4:5, więc ^=0,8-?. Wielu jednak autorów przyjmuje przy obliczeniu nitów x większe, a to z powodu, że do nitów używamy najlepszego żelaza, którego wytrzymałość na ciągnienie jest 1,1 lub więcej razy większa od wytrzymałości żelaza zwykłego, więc t=0,88 do 0,96 x. Jednak ze względu na to, że siła nie rozdziela się zupełnie jednostajnie na nity i niektóre nity pracują wskutek tego daleko więcej, niż z obliczeń wypada, lepiej jest przyjąć natężenie niższe, to jest zostawić T₁=0,8,r. Dla mostów w Austryi przepisane jest natężenie 7^ =600 względnie 500 kg\cm² (p. poprzedni paragraf). Dziury na nity możemy robić w dwojaki sposób, albo przebijaniem (n. Stanzen, fr.poinçonnage, a. punching), albo wierceniem (n. Bohren, fr. perforation, a. drilling). Przebijanie dziur pozostawia natężenia w blasze, które zniżają wytrzymałość do 2O°/₀*). Jednak zaradzić się da temu przez wyżarzenie lub wywiercenie cienkiego pierścienia (a. annealing), przez co możemy znowu przywrócić pierwotną wytrzymałość **).

Bysunek 58. przedstawia tak zwane nitowanie pojedyncze (n einfache Nietung, fr. simple rivure, an. single rive-ting), przy którem nity urządzone są w jednym rzędzie. Jeżeli średnica nitu wynosi d, to obliczamy w ten sposób odstęp a i b, aby materyał jak najwięcej wyzyskać, a zatem, aby była jednakowa pewność przeciw przerwaniu blachy w linii mn przeciw ścięciu towaniu ręcznem gr. spręż. 2100 kg/cm"¹, tarcie 4 50 kg jem- ; gr. spręż. 2300kgjcm'1 tarcie 660%/cm². Jeżeli natężenie jest mniejsze od tarcia, to nity nie pracują wcale na ścinanie; w chwili, gdy tarcie zostanie przezwyciężone, bla

chy się przesuwają, poczem nit pracuje na ścinanie. Następnie dziury na nity stają się owalne

w końcu połączenie zostaje przerwane w szwie.

*) Według doświadczeń Tetmajera (Mittheilungen IV. zeszyt 1890) wynosiła n. p. wytrzymałość dla dziur:

wierconych 4460 do 4780 3190 do 3340

przebijanych 3280 do 3740 kg/cm2 2720 do 2880    „

żelaza zlewnego „ spawalnego

**) Rozporz. austr. min. handlu z dnia 29. stycznia 1892 co do użycia zasadowego żelaza zlewnego Martina dla zakładów mostowych na kolejach. §. 6 Wybijanie dziur na nity dotychczas używane, dozwolone jest tylko do 1. stycznia 1894 i to tylko pod tym warunkiem... Po 1. stycznia 1894 należy bez wyjątku dziury na nity wiercić, przebijanie dziur jest bezwarunkowo wzbronione.

nitów w płaszczyźnie pr i wyrwaniu blacłiy przed nitami w prostych st i s't‘. Musimy także uważać, aby ciśnienie nitu na ściankę dziur}⁷ w blasze nie przechodziło dozwolonej granicy. Możemy więc napisać następne równania, jeżeli grubość blachy

nazwiemy g :

dla ntej pewności przeciw przerwaniu blachy w lini mn, licząc tak siłę P, jak i wytrzymałość, na szerokość a,

P== (a — d) g t,

a)

przeciw ścięciu nitu

n d²

PjfP’ ....

przeciw wyrwaniu blachy przed nitami

P=2bg^x=% lg% .    .    .

Z porównania równań a) i ß) otrzymamy :

TT d²

(a-d)gx=-A

a stąd

ß)

y)

(I)’

ero ęu

. . 107)

Dla r, = %x otrzymamy stąd

a Ti ( d\² d . _₀ / d\² cZ —, — +— = 0,63 — +— . g 5 \ g ) g. \g J g

. . 108)

Z doświadczeń Kennedy’eg o wynikałoby + nieco mniejsze, bo otrzymał on zamiast spółczynnika 063 tylko 056.

Z równań ß) i y) otrzymamy dalej

TC

109)

• =1 % a —=0,49

Dla t₁=§t otrzymamy

. 110)

-- = 0,39 i-—)²

g \g )

Wartości dla b, obliczone z równania 110), okazują się jednak w praktyce za małe zwłaszcza ze względu na robienie dziur, więc przyjmujemy b zamiast według równania 110) według następującego wzoru praktycznego

. . 111

Jeżeli nazwiemy spółczynnik mocy (f. module de force du rivetage) t. j. stosunek wytrzymałości w szwie do wy trzy ma-

b=l,9d . .

łości pełnej blachy v, to wytrzymałość na ciągnienie ma się jak przekroje, więc

(<a — d) g a — d

ag

a wstawiwszy wartość za a z równania 108)

n d2 d g

Ti d'¹

. . 112)

Ą-d 1-f-

7i d

Z równań 108) i 112) obliczyliśmy dla do 3 następną tabliczkę :

£0

3-

"o

1 aż

2,5

Widzimy więc, źe im większych używamy nitów w stosunku do grubości blachy, tem większa jest wytrzymałość połączenia, a zarazem nity są tem bardziej oddalone, a przezto połączenie jest tem mniej szczelne. Stosunek j- obieramy więc wedle tego, jaki cel ma połączenie.

Jeżeli chodzi nam przedewszystkiem o szczelność połączenia n. p. dla zbiorników, kadzi, okrętów, wtedy obieramy y=l lub 1,5, aby nity były gęste i nazywamy takie połączenie nitowaniem szczelnem (n. Dichtungsnietung) ; o tem nie będziemy tutaj mówić. W budownictwie chodzi nam zwykle o jak najmniejsze osłabienie blachy, a więc o jak największe v₁ dlatego obieramy ~=2,5 lub 3 i nazywamy to połączenie nitowaniem m o c n e m (n. Kraftnietung).

Tam, gdzie potrzeba obok wielkiej wytrzymałości także połączenia szczelnego n. p. przy kotłach parowych, obieramy dla -j średnią wartość 2 i nazywamy połączenie nito w aniem szczelnem i mocnem (szczelnomocnem, n. combinirte Kraft-nietung).

Ze względu na wykonanie nie możemy używać za grubych nitów, dlatego najw. d przyjmiemy równe 28 mm, a w praktyce zwykle dla grubości

g <i\,2 cm

g >» 1,2 cm. 1 cm d=0,5g + 1,6 cm.

d=g 4-

Grubość blachy wynosi w budownictwie zwykle 5 do 12mm, w budowie mostów 8 do 15 mm. Rzadko używamy blach jeszcze grubszych, gdyż w grubych blachach częstsze są błędy w ma-teryale, powstałe z bąbli, które w grubych blachach zostają pomimo walcowania.

Zastanowić się tu także musimy nad ciśnieniem, jakie nit wywiera na ściankę dziury. Dopóki nit nie jest rozchełtany, niema ciśnienia na ściankę dziury, bo tarcie wystarcza do przeniesienia siły, ale musimy liczyć także na wypadek, gdy się rozchełta, wtedy ciśnie on na ściankę dziury²). Gerber i Tetmajer robili w tym względzie doświadczenia, Gerber doszedł do wyniku, że ciśnienie t₂ na ściankę dziury nie powinno w żadnym wypadku przekraczać dwukrotnego natężenia dopuszczalnego t na ciągnienie. Tetmajer sądzi, że ciśnienie to może wzrosnąć bez szkody aż do granicy płynięcia, a więc około 2200 ległem². Ze względu na to, że należy przyjąć choćby mały spółczynnik pewności, to natężenie dopuszczalne t₂ musi być znacznie niższem, a zwłaszcza nie powinno dosięgać granicy sprężystości. Obliczmy t₂, ciśnienie na ściankę dziury, a otrzymamy

113)

P= dg t₂

Porównawszy to równanie z równaniem ß), otrzymamy ^d%Tx=dg t₂,

to

a stąd

a dla

'S

rH

Z równania tego otrzymamy dla

2,5

h. = 1,26    1,57    1,88

"Widzimy stąd, że t₂=2t dopiero przy —=3,2 , jednak lepiej jest nie dopuszczać do tak wielkiego ciśnienia i przyjmo-

— 92 —

wać najwięcej —=2,5, wtedy ^ =1,57 -r, które to natężenie dopuścić możemy jeszcze bez szkody materyału.

Dla większego y mamy wedle równań a) i 118)

P—{a — d) g T=dg r₂, a stąd

a=d

kr

. 116)

n. p. dla t₂ = 1400, z=800 kgfcm², otrzymamy a=2,75cń Obliczywszy a z rów. 107) i 116), przyjmujemy

zawsze

większe.

Rozporządzenie austr. minist, handlu z dnia 15. czerwca 1887. §. 4. ust. 3. Dla obliczenia nitów na ścinanie w jednym tylko kierunku 600fcy/cw², względnie w kilku kierunkach bOOkfj/cm², przyczem należy to uważać, że rzut ścianki dziury nita nie powinien pracować więcej nad 1400 kg/cm².

na

Zupełnie tak samo, jak nitowanie pojedyncze, obliczamy także nitowanie z przykładką (n. einfache Laschennietung, fr. couvre-joint, an. rivetted butt joint) (rys. 54).

rys ; 54

Nitowanie pojedyń-’cze ma tę niedogo-p dność, że siły P nie ^działają w jednej płaszczyźnie (rys. 58), wskutek czego powstaje moment M = Pg, który działa niekorzystnie na blachę i nity, Uginając blachy. Według dośwadczeń T e t-j m a j e r a zmniejsza się wskutek tego wytrzymałość połączenia około 8 °/₀. Ponieważ moment Pg rośnie z grubością blachy, więc używamy nitowania pojedyńczego tylko dla blach cienkich (g^lcm).

K-------3 d

'1"'

US

-T-

'i'

V-g5ćL->

<-

--4-

6d

§. 31. Nitowanie podwójne.

Przy nitowaniu pojedyńczem użyteczny przekrój (n. nutzbarer Querschnitt, f. section utile) blachy t. j. przekrój po odciągnięciu dziur na nity jest bardzo mały, v wynosi, jak wiemy, najwięcej 0,65. Chcąc uzyskać większy użyteczny przekrój, używamy nitowania podwójjaego (n. doppelte oder Kettennietung, fr.

rys: 55, doublerivure, an. double rivettet joint) urządzając dwa rzędy nitów (r. 55.) i przestawiając nity tak, aby nit w jednym rzędzie przypadał na środek między \ p nitami drugiego rzę-^ du. Jeżeli nazwiemy odstęp nitów jednego rzędu a, średnicę nitu d a grubość blachy g, to z doświadczeń okazuje się, że odstęp skrajnego szwu nitów (n. Nietennath) od krawędzi blachy powinien być ó=l,5e£, odstęp nitów dwu rzędów a=3d, a Kennedy znalazł, że największa jest wytrzymałość połączenia, jeżeli

mmmmm

firn

i-

---

-I-

_l

V___........y b e

rm

lii

Ta+B--

Chcąc mieć tę samą pewność przeciw przerwaniu blachy i przeciw ścięciu nitów, możemy napisać

P^2~dH,

a)

przeciw ścięciu nitów i

P= (a — d)gz . . przeciw przerwaniu blachy w szwie, a więc | n d² xx = (a — d) g t, a stąd

ß)

a_7i xx

2 x

erg &

erg su

. . 117)

dla xl =-^-t

Stosunek wytrzymałości szwu do wytrzymałości blachy pełnej jest podobnie, jak pierwej, dla    t

27i/dy. d

b\g) ⁺ g

. . 117a)

w#.

118)

2ji d

Jeżeli porównamy tę wartość z wartością dla v wedle równania 112), poznamy, że tu v jest więusze, niż przy nitowaniu pojedyńczem, co zresztą także widzimy z następnej tabliczki, obliczonej na podstawie równań 117a) i 118).

1,5

Chociaż linia zygzakowata mnp jest dłuższa od linii mp, to przecież doświadczenia okazały, że zwykle blacha się nie przerywa w szwie mp, lecz po linii mnp; widocznie więc wytrzymałość w płaszczyźnie ukośnej jest mniejszą, niż w prostopadłej do kierunku walcowania. Moberly robił doświadczenia i przekonał się, że złom był zygzakowaty, dopóki powierzchnia zygzakowata była 1,33 razy powierzchni w linii prostej. Stąd wynika, że długość c powinna być § razy większa niż a, zatem c = |a, skąd możnaby obliczyć a.

Gdybyśmy urządzili więcej rzędów nitów, mielibyśmy wedle ilości rzędów nitowanie potrójne, poczwórne i t. d., a stosunek v byłby coraz korzystniejszym. Jednak potrzebowalibyśmy także coraz więcej nitów i tracilibyśmy też coraz więcej blachy na zakładkę (n. Uberplattung, fr. rivetage à recouvrement, a. lap joint), t. j. część blachy, zachodzącą na drugą blachę. Przy większej ilości rzędów nitów siła nie rozdziela się też równo na wszystkie nity, a mianowicie nity w skrajnych rzędach będą więcej natężone, niż nity w średnich rzędach.

Dlatego też w praktyce rzadko używamy więcej rzędów, niż dwu, i my więc nie będziemy mówić o nitowaniu potrójnem i t. d., a zresztą w danym razie moglibyśmy zupełnie w podobny sposób, co dla dwu rzędów, obliczyć wytrzymałość nitowania i odstępy nitów.

Tak samo też obliczać będziemy nitowanie pojedyńcze z dwiema przykładkami (n. einfache Nietung mit Doppellaschen, fr. rivetage à double couvre joint, a. butt joint with cover

to

plates) (rys. 56). Nazwawszy, jak dawniej, grubość nitu d, blachy g a odstęp nitów a, otrzymamy przeciw przerwaniu blachy w szwie P=r\a — d)gx. Dla przerwania połączenia przez ścięcie

nitów musiałyby być nity ścięte w d wu pła-[ ^ szczyznach, więc otrzymamy przeciw ścięciu

P-

4

Widzimy tu, że dwa te równania są zupeł-' P nie takie same, jak dla nitowania podwójnego, otrzymamy więc te same wartości dla

rys 56.

mmmmm

mmmm.

mmmm

Ł-

k-—io------>i

/W\ i PSn

#7T

-r

' i' \

-i-'

*1,5d>

%v

a i v₁ jak w równaniach 117) i 118).

Nity, jak już wspomnieliśmy, są tu narażone na ścięcie w dwu płaszczyznach, dlatego nazywamy je dwucięte (n. doppelschnittig, fr. rivet à double coupe, a. rivet in double shear), w przeciwieństwie do nitów raz ciętych (n. einschnittig, fr. rivet à simple coupe, a. rivet in single shear).

Nitowanie pojedyncze z dwiema przykładkami ma tę główną korzyść, że tu siły przenoszą się w tej samej płaszczyźnie i że nie ma żadnego momentu, któryby działał szkodliwie na blachę i nity.

Grubość przykładek może być wedle teoryi równą połowie grubości blachy, zwykle jednak robimy je trochę grubsze ze względów praktycznych, a czasem nawet dajemy im grubość równą grubości blachy.

Jeżeli blachy, które mamy nitować, pracują na ciśnienie, to przy nitowaniu na zakładkę urządzamy nity w ten sam sposób,: Jak pierwej. Gdy blachy stykają się bezpośrednio w jednej płaszczyźnie, to właściwie nie potrzeba nitowania, bo siły przenoszą się wprost, jednak ze względu na przypadkowe przesunięcie blach dajemy przykładki i urządzamy nity, jak dla blach ciągńionych.

§. 32. Nitowanie wstęg i kształtówek.

W s t ę g a czyli żelazo płaskie (n. Ilacheisen, tr. fer plat, fer méplat, a. fiat iron) jestto blacha wąska a długa o przekroju prostokątnym, kształtówka (n. Façoneisen, fr. fer special, a. special iron) zaś jestto żelazo walcowane o przekroju wielobocznym lub złożonym n. p. w kształcie litery T, I, krzyża i t. p.

Przy nitowaniu wstęg i kształtówek obliczamy połączenie znów tak, aby wytrzymałość przeciw przerwaniu i ścięciu była równą. Wszystkich potrzebnych nitów nie umieszczamy w jednym rzędzie, boby to wstęgę lub kształtówkę zanadto osłabiło ; dlatego chodzi nam o zbadanie, jakie jest najlepsze rozmieszczenie nitów. Wiemy już najprzód, że tern jednostajniej siła rozłoży się na nity, im mniej rzędów nitów urządzimy, będziemy się więc starać, jak najwięcej nitów umieszczać w jednym rzędzie, przyczem jednak uważać będziemy musieli na to, aby wstęg i kształtówek zanadto nie osłabiać.

Rys. 57. przedstawia dwie wstęgi połączone nitami na zakładkę. Jeżeli w pierwszym rzędzie jest nA, w drugim n₂ nitów, to, jeśli ciągnienie w pierwszym szwie w, n\ ma być t,

P= % (A — nxdg),

przyczem A oznacza przekrój wstęgi, d średnicę nitu, a g gru-

rys: 57,

bóść blachy.

J>

WM

\______J

Ą\~Q—©-/4

V!

■A

Jeżeli wstęga ma się przerwać w drugim szwie n.₂ n\ i połączenie ma się rozerwać, to muszą być równocześnie ścięte nity w pierwszym rzędzie, więc:

T,    (Z² TT

P= T ( J. — n₂ dg)) + T' W₄ —.

Dla jednakowej pewności przeciw przerwaniu w pierwszym i drugim szwie musi być P=P', więc

n dH'na , , —-Ę—-, a stąd

t (A — n₁dg)=t(A — n.₂dg)-{

n\dg-\

d²m‘

ndP

»i(h-

4t

)■ * *

. 119)

Dla stosunków używanych w budownictwie, otrzymamy gdy 4=°>⁸> dla

n₂

dg

Agx

2,5    3

— = 22    26    2 9.

nx

a więc 3;> — ;> 2.

Jeżeli zatem chcemy, aby pewność w dalszych rzędach nie była mniejszą, niż w pierwszym, to liczba nitów w następnym rzędzie może być dwa razy większą, niż w poprzednim, ale gdybyśmy liczbę nitów potroili, to pewność byłaby już mniejszą. Jeżeli więc m₂<2w₁, to przekrój niebezpieczny t. j. ten, w którym przerwanie najłatwiej może nastąpić, jest w pierwszym rzędzie i według niego obliczamy wymiary, a więc

120)

A — nA dg=^-

Chcąc jak najmniej osłabić przekrój, dajemy w pierwszym rzędzie mało nitów, a mianowicie jeden lub dwa nity najwięcej.

Dla wyznaczenia ilości wszystkich nitów potrzebnych n ustawimy na zasadzie, aby pewność była równa przeciw przerwaniu wstęgi lub kształtówki i przeciw ścięciu nitów, następne równanie :

Öl 2    ^

P=n t₁ = (b—nid)gr, czyli ~d² k = (b — nxd)g — , a stąd w razie, gdy

121)

n=l,59(b —

Jeżeli urządzimy podwójne przykładki, tak, że nity będą dwucięte, otrzymamy n o połowę mniejsze, więc

8'

122)

n=0,80(b-u₁d)d2

Odstęp nitów jednego rzędu od nitów drugiego robimy najmniej 2,5 d do 3cń

Przykład. Wstęgę B należy połączyć nitami z dwiema wstęgami C i D (rys. 58). Niech będzie siła P=71. Jeżeli grubość wstęgi B jest g=lOmm a średnica nitu d=20 mm, dalej

rys: 58,

■<—i

t=800kg/cm², t, -GOOkg/cm2 to ilość potrzebną nitów otrzymamy z rów. 121) n. 2². «

600 — 7000 , zatem

W KJ"KI7

7000

t-?d 2£d x 2rfd x2d >

3,7, zamiast

*.600

i    czego przyjmiemy n—4.

(    Jeżeli jeden nit znaj-

)_^ 2jr dywać się będzie w pierw

szym rzędzie, to według 7000

J.=8,75-f-2=10,75 cm², zatem gdy «7 = 1 cw, b = 10,75cm, zamiast czego przyjmiemy b = llOmm. Zbadajmy jeszcze ciśnienie na ściankę dziury nitu. Otrzymamy wtedy

⁷⁰⁰⁰    07c jr, ,    ₂

- g——0(0 kg jemL,

i Q.;?

(?<*

2,Sd

1pSd

120)4-1.2.1:

a stąd

4.2.1 v₂ = 7000, zatem v2 a zatem mniejsze, niż dopuszczalne.

§. 33. Połączenia przegibne.

Żelazne części budowli dadzą się połączyć nietylko nitowaniem , lecz także w inny sposób, a mianowicie za pomocą połączeń przegibnych czyli sworzniowych (n. Gelenkverbindung, Bolzenverbindung, fr. construction articulée) lub za pomocą śrub. Najprzód będziemy mówić o połączeniach przegibnych i obliczymy niektóre wymiary oka przy połączeniu prze-gibnem dwu prętów, z których jeden jest podwójnym (rys. 59).

Jeżeli siła P działa w kierunku osi pręta, to, jak wiemy,

a)

P=x A,

jeżeli A oznacza przekrój pręta n. p. przy przekroju prostokątnym A=bc, zatem P=xbc.

Jeżeli s w or zeń (n. Bolzen, fr. cheville, an., pin) jest, jak tutaj, dwa razy cięty, otrzymamy dla ścięcia jego

2 d² n

a jeżeli t₁ = ^, P-J-J dAi,

O

przyczem d oznacza średnicę przekroju sworznia. Z równania «) i ß) otrzymamy

• ■ ß)

f-

fr

TC

P—--d²Ti=xA^ a stąd d==

g

Jeżeli r=|    , to d² —    wi^c

d=0,893 V/T

Ze względu na występujące tu natężenia zginające zaleca się przjrjąć o 15 °/₀ niższe.

Dla sworznia raz ciętego otrzymamy zamiast rów. ß)

0,798

. 123)

124)

więc

J^-d²T=rA, a stąd d=l,26 A .

. . 124«)

jeżeli sworzeń i pręt są z jednego materyału. Jeżeli zaś pręt jest żelazny a sworzeń stalowy, wtedy wzory te się zmieniają, gdyż za musimy inną wartość podstawić.

Aby oko nie przerwało się w linii mn, musi być >- Ai —A, jeżeli Al oznacza użyteczny przekrój pręta w przekroju mn. Abyśmy jednak w miejscu, gdzie siła zaczepia, t. j. w oku, mieli większą pewność, przyjmujemy, opierając się na doświadczeniach amerykańskich *) większą je-

*) P. Steiner. Ober Brückenbauten in den Vereinigten Staaten Nordamerika 1878 str. 85, artykuł p. Lekoe w Allg. Bauzeitung 1882, Jag du Bois. The strains in framed structures 1883 i F i d 1 e r A treatise on bridge construction 1893.

rys 59,

je

Tn

AK

sś

von

powierzchnię przekroju, niż teoretycznie potrzebna, a mia-

szcze nowicie

dla—«=<1    1    1,16 1,6    1,75 2

1,4    1,6 1,6

os

1,71    1,75

. 125)

Inne wymiary oka przyjmujemy zwykle następne e|>c, Æ] !> 0,75b, di=i2,c, h=b+hd Rozumie się, że i tu musimy się starać, aby ciśnienie na ściankę dziury nie było za wielkie, a więc ponieważ

zatem e

P A de de %

d t₂

. . 126)

§. 34. Obliczenie śrub.

ze s w

Śruba (n. Schraube, fr. vis, boulon, an. screiv) składa się orznia B (n. Schraubenspindel, Schraubenbolzen, fr. tige de boulon, an. bar) (rys. 60), na którym nacięte są gwinty czyli skręty (n. Schraubengewinde, fr. filet de vis, a. worm of a screw), głowy śruby A (n. Schraubenkopf\ fr. tête de vis, a. head) i naśrubka C (n. Schraubenmutter, fr. écrou, a. matrize). :x.*s Nazwijmy Æ średnicę sworznia, średnicę rdzenia (n. Schraubenkern, fr. collet de si    vis, noyau, an. screw neck) w części nacię-

tej gwintami, dalej wysokość naśrubka h a wysokość głowy to jeżeli śruba pracuje na ciągnienie w kierunku osi, wytrzymałość przeciw przerwaniu rdzenia będzie d.

^■“4*

rys; 60,

«G

P=

przeciw ścięciu głowy P‘^dnhx §//, więc dla jednakiej pewności P=P\ a zatem

g d₂²n

dnhx § jtt, a stąd

— T⁵B

Dalej otrzymujemy wytrzymałość przeciw ścięciu naśrubka P=dy nh % p , a więc gdy P=P",

a stąd <2= j⁵s ^.

Jl'

dy    ²—

W praktycę jednak przyjmujemy większe wartości dla h i hx zwłaszcza, że gwinty nie zawsze wypełniają zupełnie naśrubek, a więc nie wszystkie gwinty pracują równocześnie; mianowicie obieramy

127)

h=d, h, -0.8 d

128)

Grubość naśrubka zwykle przyjmujemy d^2 = 1,4 d -j- 0,5 cm . .

wymiary zaś podkładki

na twardym materyale

d₃ =2,0 <2+0,5 cm s =0,1 <2+ 0,3 cm Y/ymiary gwintów są używane powszechnie prawie według systemu Widwortha, według którego krok śruby (n. Schraubenganghöhe, fr. pas de vis, a. pitch).

na drzewie

2,4 <2+1,0 cm | 0,12<2+0,5 cm j

. 129)

s=0,08 c£+0,l cm j dx =0,872 d—0,16 cm j Śruby grubsze niż 4 cm używane przy mostach i dachach mają gwinty płaskie, dla tych jest

s=0,9<2 +0,2 cm <2=1,1 (2, +0,22 cm hy = 1,5 <2.

Jeżeli śruba pracuje na ciągnienie a P jest siłą działającą w kierunku osi, to

130)

131)

P =    %, a stąd dt=1,128

Natężenie dopuszczalne % przyjąć należy wedle str. 57. Francuzi przyjmują jednak zwykle mniejsze natężenie t=400 hgjcm²*) ze względu na skręcanie, na jakie narażoną jest śruba podczas naciągania naśrubka.

Podstawiwszy wartość z rów. 132) w rów. 130), otrzymamy

.    . 132)

d=l,3

^/J^+0,18 cm

133)

*) p. Résal J. Construction métalliques str. 624.

Jeżeli płyty kruszcowe lub kształtówki łączymy śrubami tak, że śruby narażone są na ścięcie, to obliczamy je zupełnie tak samo, jak przy połączeniu nitowanem lub sworzniowem.

dna śrubę wypada P

Z rów. 132) otrzymamy

14,75#.

Przykład. W moście drewnianym układu Howe’a siła działająca w słupie wiszącym, składającym się z dwu śrub jest 29,5#. Jakie wymiary damy śrubom, jeżeli natężenie dopuszczalne t = 760kgjcm“*. Wedle założenia na je-29,5

d,=

mW

14750

760

4,97 cm == 50 mm.

§. 35. Połączenie belek drewnianych.

W poprzednich paragrafach poznaliśmy obliczenie niektórych połączeń blach i kształtówek żelaznych, tn przejdziemy kilka przykładów, jak się obliczają połączenia belek drewnianych.

1. Zamek prosty (n. das gerade Hackenblatt, fr. entement à double patte, an. tabled scarf).

Jeżeli h i b oznaczają wysokość i szerokość dwu belek drewnianych (rys. 61.), połączonych zamkiem prostym i jeżeli

siła P, działająca w osi, stara się P to połączenie rozerwać, to w płaszczyźnie np powstaje ciśnienie, które nie powinno być większe, niż %. Połączenie może być także rozerwane, gdy belka zostanie ściętą w płaszczyźnie mn. Ażeby pewność przeciw ścięciu i zgnieceniu była jednakową, musi być

rys 61,

J%L

fcl

i*

tźr

4T

= bl x'

jeżeli x‘ oznacza natężenie dopuszczalne na ścinanie, a stąd

1=-

4 x‘

“M

Rozumie się, że przytem musi być

2. Zetknięcie proste z łubkami (n. Verlaschung, fr. éclissage, éclicement a. fishing).

Jeżeli większe siły działają w kierunku osi, wtedy używamy do połączenia belek drewnianych płyt żelaznych, tak zwanych łubków (n. Laschenplatte, fr. éclisse, a. fish-plate (rys. 62)

rys 62,

ri

ér

! ni

P

TU

<>

Jeżeli siła P, działająca w osi, stara się połączenie rozerwać, to najprzód, aby łubki się nie przerwały, musi być

P = 2 bgr,

jeżeli g oznacza grubość łubków, a x natężenie dopuszczalne na ciągnienie dla żelaza. Jeżeli przyjmiemy

t=1000

hg

cm

to P=2000bg, więc    '

. 135)

Widzimy dalej, że siła P spowodowuje ciśnienie drzewa na żebra, wbite do głębokości t, i że nareszcie połączenie moź być zniszczone przez ścięcie drzewa w płaszczyznach mn, pr i pxrx. A więc mamy najprzód dla ciśnienia P=2 xl b^t,

a dla ścinania P=2 + Z(& + 2 t),

jeżeli P i xi oznaczają natężenia dopuszczalne dla drzewa na ciśnienie i ścinanie. Przyjmijmy

P=70

hg

cm²'

*1 = 7-

hg    P

tobl“i40t’‘ '

cm²

. . 136)

a 1=

. 137)

w cm i hg.

Przykład. Mech będzie P=ŁQOOkg, g=0,bcm, to otrzymamy z ró-

inno

wnania 135) ^ — 2000X0 § ⁼ ^cm’ wi§c    D*a ł=*cm otrzymamy

dalej z równania 136) ó.

4000

140X2

—14,3 cm, a z równania 137)

1=

4000

14(14,3 + 4)

16,0e»w.

3. Połączenie czopowe (n. Verzapfung).

Dwie belki prostopadłe A i B (rys. 63) łączymy zapomocą czopa (n. Zapfen, fr. tenon, a. tenon). Siła P stara się ściąć czop w płaszczyźnie mn, więc dla natężenia dopuszczalnego %x P—all Ty

Dla drzewa prostopadle do włókien przyjmujemy ^=23^, więc

rys 63,

a 23 h * ‘

. . 138)

4. Czop ukośny (n. schiefer Zapfen,

Schräg zapfen, fr. tenon biais, a. sloped tenon).

Jeżeli dwie belki mamy połączyć pod kątem ostrym (rys. 64), a przytem belka B wywiera znaczne ciśnienie P, używamy wtedy czopa ukośnego. Ciśnioną belkę ukośną B nazywamy zastrzałem (n. Strebe). Siła P da się rozłożyć na dwie składowe : H w kierunku poziomym i V w kierunku pionowym. Z rysunku widzimy że H—Pdosta, F=P wst a,

hy=l v/st a, więc l

NS

——. Siła // usi-

wst a

——-i-

łuje ściąć czop w płaszczyźnie mn, więc II=lbyT₂ = l&lby, jeżeli t—15-^ jest natężeniem dopuszczalnem na ścinanie ukośnie do włókien. Czop usiłuje dalej wysunąć część drzewa przed czopem mprs, więc H*=lx (bx-\-2t)xx, jeżeli xx jest natężeniem dopuszczalnem na ścinanie w kierunku równoległym do

włókien.

Porównawszy oba te równania i przyjąwszy %x = 7-—^-, otrzymamy 15 bx 1=7 Z, (bx + 2 Z), a stąd

15 b, 1

7(b, 4- 2t).....

Szerokość czopa ó, możemy obliczyć z równania

1,=

139)

151

140)

Zwykle przyjmujemy t= wartości będzie

s« co

, zaś najmniejsze b t =

dla

5 bl

15 bl

7 (6+2 A) ....    141)

Dla bx=b byłoby

15 bl

27 bl

. .    141 a)

7 (6 + | h) 7 (3 6 + 2 h)    " *

Przykład. Przyjmijmy P=10t, «—30ft, b = 20cm, h = 20cm, hl=20cm, 20 20

wtedy 1=-— = —=40cm, dalej H=P dost oc = 10X0,866 ż. Z rów. 141)

WSt cc «

otrzymamy bx

8660

15X40

li

z równania 141) otrzymamy dla ź=— 27X20X40

¹ ~ 7 (3 X 20 -f 2 X 20)    700

14,4 cm, przyjmiemy więc &₁=ó = 20 cm, a wtedy

=7 cm

21600

=31 cm.

V. Wytrzymałość na zginanie.

§. 36. Związek między siłami zewnętrznemi i wewnętrznemi.

Jeżeli na belkę o osi prostej działają prostopadle do osi

w równowadze , i jeżeli leżą wszystkie w płaszczyźnie przechodzącej przez oś, wtedy siły te wyginają belkę t. j. skracają włókna między dwoma pierwotnie równoległymi przekrojami EF i GH (rys. 65) po stronie wklęsłej, a przedłużają je po stronie wypukłej. Rozumie się, *-*—G"że między włóknami przedłużonemi a skró-conemi leżeć musi warstwa NC włókien, które zachowały swą pierwotną długość. Warstwę tę nazywamy warstwą obojętną (n. neutrale Faserschichte, fr. ligne des fibres neutres), jej przecięcie się C'Cn z płaszczyzną przekroju, prostopadłą do osi, nazywamy osią obojętną (n. neutrale Axe, fr. axe neutre,

siły zewnętrzne , ) ^ędące między sobą

rys 65,

i.

ŁIk

R.

-—*■! c

I E

*—2.....->

axe de flexion, axe d'équilibre, an. neutral axis), a przecięcie się AC z płaszczyzną, w której działają siły zewnętrzne, linią ugięcia lub sprężystą (n. elastische Linie, fr. ligne élastique, an. elastic line).

Chcąc wyznaczyć natężenia, powstałe w innych włóknach wskutek zginania, musimy zrobić niektóre przypuszczenia :

1)    że zginanie jest tak małe, że natężenia pozostają w granicach sprężystości,

2)    że przekroje EF i GH pozostają po ugięciu płaskimi i prostopadłymi do ugiętej osi, co zresztą stwierdził doświadczalnie Considère,

3)    że włókna, równoległe do pierwotnej prostej osi belki, pozostają i nadal równoległemi do ugiętej osi.

Wyniki, uzyskane na podstawie tych przypuszczeń, są zgodne z doświadczeniami, więc możemy oprzeć dalszą teoryę na tych przypuszczeniach.

Jeżeli na belkę AB (rys. 66), działają siły prostopadłe do osi, a belkę tę przetniemy płaszczyzną EF, prostopadłą do osi,

rys 66,

o, Pi p₂

* 1 Ml

ą n, ß Po

Ak

i prawą część belki q odejmiemy, to , ażeby lewa część została i nadal w równowadze, musimy przyłożyć do przekroju EF siły, równające się siłom wewnętrznym, działającym w EF, czyli oddziaływania prawej części belki na EF. Siły te wewnętrzne będą rozdzielone na całym przekroju i będą w części wypukłej dodatnie czyli ciągnienia, w części wklęsłej ujemne, czyli ciśnienia. One to sprawiają przedłużenia lub skrócenia włókien, a stąd wynika bezpośrednio, że natężenie w warstwie obojętnej jest równe zeru.

Jeżeli przekroje po ugięciu belki pozostają płaskimi, to przekrój G-H (rys. 65.) przejdzie w położenie JE, czyli obróci się około osi obojętnej o kąt JNG. Widzimy więc, że przedłużenia i skrócenia włókien, a zatem i natężenia, będą propor-cyonalne do odległości ich do osi obojętnej.

Nazwijmy v odległość włókna mn = s od osi obojętnej, które po ugięciu belki przedłuży się o nim'—ds, natężenie zaś tego włókna niech będzie v. Nazwijmy dalej x‘ i x" natężenia

włókien skrajnych E i F, i e", to możemy napisać

ich odległość od osi obojętnej e<

t"

142)

/'

Ç jestto więc natężenie w warstwie, odległej o jednostkę długości od osi obojętnej.

Siła działająca na pasek mn powierzchni=ćŁ4, równoległy do osi obojętnej, będzie więc v dA, a więc suma wszystkich ciągnień

y

Jo

e¹'

v‘ d A

v dA, a ciśnień —

jeżeli — v* oznacza ciśnienie. Ponieważ przypuściliśmy, że na belkę działają tylko ciężary pionowe, więc dla równowagi musi być

vdA —

e"

v‘ dA=0, albo

vdA—^‘ vdA^=0.    .

\ v dA jest momentem statycznym powierzchni przekroju po-Jo

...    .    .    . fe"

niżej osi obojętnej, — \ v dA zaś powyżej osi obojętnej , więc

Jo

\ v dA jest momentem całego przekroju ze względu

Jo

. . 143)

Jo

v dA —

na oś obojętną.

Według równania 143) ma być ten moment statyczny równy zeru, bo £ nie jest równe zeru, więc oś obojętna musi przechodzić przez środek ciężkości belki, bo tylko dla środka ciężkości jest moment statyczny przekroju równy zeru.

Jeżeli odcięta część belki AC jest w równowadze, to suma momentów ze względu na punkt C musi być równą zeru. Jeżeli M oznacza moment sił zewnętrznych, to bez względu na znak możemy napisać    x

lub nareszcie

v dA v v

M=—

e“

■r ;

v² dA,

v²dA . .

.    .144)

re"

Nazwijmy całkę \ v²dA t. j. sumę iloczynów elementów J e

powierzchni przez kwadraty ich odstępów do osi obojętnej, całkę, którą spotykamy także przy ruchu obrotowym, momentem bezwładności (n. Trägheitsmoment, fr. moment d’inertie,

a. moment of inertia to możemy napisać

cz. moment setrvacnosti) i oznaczmy ją J,

albo

145)

Jeżeli za v wstawimy wartość e‘ i eu i chcemy aby w włó

knach skrajnych były natężenia dopuszczalne x‘ i t", to otrzy-PI=Me' i t"I=Me" .

mamy

Opuściwszy znaczki, możemy ogólnie napisać

Tl^=Met .    .    .

.    . 146)

147)

Piszemy tutaj x, bo wymiary belki tak obliczamy, aby natężenie w włóknie skrajnem było równe natężeniu dopuszczalnemu. Ażeby natężenie było równocześnie w obu włóknach skrajnych równe natężeniom dopuszczalnym, musi być według 146)

x“

e“

148)

„ e' % e".

Dla drzewa, żelaza kutego i stali jest x*=x“₁ będziemy

jeżeli x' i x“ oznaczają natężenia dopuszczalne na ciągnienie i ciśnienie. Jeżeli x'^x", to powinno być e'—e“ i odwrotnie, jeżeli x' % x",    „

więc obierali takie przekroje, aby środek ciężkości był w połowie wysokości przekroju ; dla żelaza lanego zaś, gdzie xu'^>xt obierać będziemy przekroje niesymetryczne, aby równ. 148) było choć w przybliżeniu wypełnione.

Z równ. 145) wynika, że natężenie v włókien jest tern mniejsze, im mniejsze jest v, a więc im bliżej leżą osi obojętnej. Stąd wynika dalej, że chcąc materyał jak najbardziej wyzyskać, będziemy obierali takie przekroje belek, aby jak najwięcej materyału było jak najdalej osi obojętnej.

Z rys. 65) widzimy, że Nmm‘ c\J ONC, więc ds\v—NC:NO-Nazwijmy r promień krzywizny linii ugięcia, to OC=r, a po-

ß

nieważ NC = mn = s, więc ds:v = s : r, a stąd r = v

£

. —-, a ponieważ według

We

dług równ. 83) jest ——— S £

równ. 145) —

' v M

więc r=v

Ie

więc r= —, a zatem

eI=Mr. .

Wszystkie te wzory ważne są tylko na mocy założenia do granicy sprężystości. O natężeniach zginających po przekroczeniu granicy sprężystości, powiemy później.

149)

— 109 —

¹

Doświadczenia nad wytrzymałością nitów bardzo ciekawe wykonał znany inżynier francuski M. Dupuy z polecenia rządu francuskiego. Autor opisał te doświadczenia w Annales des ponts et chaussées (1895 str. 1). Gdy natężenie pręta żelaznego przekroczy granicę sprężystości, powstaje oprócz odkształcenia sprężystego także odkształcenie trwałe. Pręt taki nazywamy wyciągniętym (fr. étiré) Doświadczenia okazały, że granica sprężystości pręta wyciągniętego zgadza się prawie z natężeniem, które wywołało wyciągnięcie. Nity są to pręty wyciągnięte, pracujące powyżej pierwotnej granicy sprężystości. Nie wypełniają one zupełnie dziur ale ściskają mocno blachy, przez co wywołują bardzo znaczne tarcie. Tai’cie to jest tern większe, im wyższą jest granica sprężystości nitu. Tarcie to jest bardzo zmienne i zależy od ciepłoty wkładania nitu, ciepłoty przy końcu wkładania i sposobu nitowania. Można jednak liczyć na następne tarcia: nity żelazne, granica sprężystości (według sposobu oznaczania francuskiego) 1800ky/cm't, nitowanie ręczne, tarcie 400Tcg/cm²: gr. sprężystoćci 2100Tcg/cm², tarcie 470kgjcm². Dla nitowania maszynowego a gr. spręż. 1800kgjcm² tarcie hOOkg/cm², gr. spręż. 2100kgjcm² tarcie h£0kg/cm². Nity stalowe przy ni-

²

Por. Considère Ann. du ponts et chauss. 1886.

§. 37. Moment bezwładności.

W równaniach zasadniczych 147) i 149) widzimy moment bezwładności I powierzchni przekroju belki ze wzglądu na środek ciężkości. Moment bezwładności powierzchni jest, jak wiemy, całką iloczynów elementów powierzchni przez kwadraty ich odległości od danej osi. Elementem powierzchni niech będzie prostokąt o powierzchni d²A—dxdy (rys. 67), odległość jego od osi XX, przechodzącej przez środek ciężkości S jest y, to

1=^ ^d²Ay² = ^ ijdxdyy² .    .

. . 150)

rys:67,

WV„ d i/

Jako przykład wyznaczymy moment bezwładności prostokąta (rys. 68). Wstawiwszy granice w równ. 150, otrzymamy

-X

7-rT*rT;

J 6 J h

y²dy, a stąd

Mi³

12

. . 151)

Podobnie oznaczają się w mechanice rozu-

rys68,

mowej analitycznie według równ. 150 momenty bezwładności rozmaitych figur geometrycznych, s« Tu ograniczamy się więc tylko na podaniu wy-~f~X ników i wspomnimy, że dla wyznaczenia momentu bezwładności figur złożonych używamy ^LX₁ twierdzenia, wynikającego z równ. 150, że mo-

(—Ö -—y

ment bezwładności powierzchni dla danej osi równy jest sumie momentów bezwładności jej ’ części ze względu na tę samą oś.

rys=69,

Momenty bezwładności poniżej podane są wszystkie ze względu na oś poziomą, przechodzącą przez środek ciężkości przekroju.

<-1²

Przykład. Moment bezwładności przekroju wykreślonego na rys. 69. ze względu na oś XX będzie

I=~bh*~2 L hjh 3=1 ( hh3 _ bljh 3

promień

bezwładno-

sei

12

c£

X

00

(M

ia

0,2889 a

moment oporu

al®

°>1178ff2=24

moment bezwładności

GT'/-£'/)7 y

«ia

s 1^

II

-a la

przekroju

odstęp

skrajnej powierz-warstwy cbnia od osi obojętnej

b (h-h^

G'}

|(M

Kysunek przekroju

rys:70,

■? -I

—* i~9~H

rys-71,

ÜÜ i

ii:

rys72,

«P

~*s

Nazwa

przekroju

•pkz.Tod 'zoyj

^ Dwa prostokąty

Kwadrat 2 o podstawie poziomej

Kwadrat,

3 jeżeli oś jest przekątnią

0,204 //]

|V24

0,2357//

yis

0,2619//,

<M

S

(N

CO

7/7/, ⁸

24

-O

cc

^7-7/²

105

«18.

.. CM p CO

7>7/,³

48

^-³ = 0,0491 7>7/,³

O

mZ* 0,0491 (Z⁴

64

sW

36

Ï75**³

*5 1«

TCO//

TCC/²

r-s:

r-3

CM IcO

|CM

CO |iO

rys : 7 3.

f-4* t'Q\ ;

xM-M-Msk-

rys -74,

I*

Mi

IB

mm*

.    1«

t>-

rys/6,

” x~ÊÊÊArX

tif

I*- -    ----M

rys-77,

-X

Komb, rom-boid, trójkąt

Elipsa

Koło

Trójkąt I ze względu 7 na oś równoległą do podstawy

Odcinek

paraboliczny

stojący

promień

bezwładno-

ści

-^==0,2236 7t

ifB

0,2647 h

' (*

moment oporu

l /;/i ²

15

—(XS»SM4-AłSM8-ł-9l)—

T

wst 2

0,0955 bh²

moment bezwładności

S5w,s

^ 4

g^(16 y — 8 wst y + wst 2 y)

0,0549 bh³

przekroju

odstęp

skrajnej powierz-warstwy chnia od osi obojętnej

-i-r²(y-wsty)

rSÎ |(M

= >• w

-ł

0,5756h

Rysunek przekroju

rys :78,

<------y—.—)i

-X

05

c*

^    -tf—, —

rys 80,

BHP

Nazwa

przekroju

•pkzjod "zoyj

Odcinek 9 paraboliczny leżący

-|q Odcinek koła

U Połowa elipsy

*) ó = r ^1 — dost

0,458 r

0,2647 r

0,4564 r

0,4564 r

0,3927 r³

0,1908 r³

0,625 r³

0,6413 r³

0,3297 r⁴

0,1098 r⁴

0,5413 r⁴

0,5413 r⁴

r² K

2,5981 r²

2,5981 r⁴

0,5756 r

0,866 r

tX

rys: 82,

*---------Xr

rys 83,

rys;84,

22! Półkole stojące

Półkole

leżące

Sześciobok w koło wpi

bokach

poziomych

Sześciobok w koło wpisany o dwóch bokach pionowych

13

14

15'

promień

bezwładno-

TOS

&+&i

è²+266₁+6₁2

18

T—I |"*tl

1 -i/dÄ»-^*!8 4 V bh — bx\

moment oporu

i.iWW.s 12 26+6t

0,0982——^

7i cZ⁴—cZt⁴

^(bW-bM=

= 0,C982(67i² — ô] \ ²)

moment bezwładności

&²+4èi₁+6₁² Ä®

98    T?+?

przekroju

odstęp

skrajnej powierz-warstwy chnia od osi obojętnej

e = ~    -J(<7²-<7j²) ^ (c7⁴ - c7t ⁴=0,0491 (cZ⁴ - dt ⁴)

0,0491 (M² — &j 7/j³)

Rysunek przekroju

•X

rys;85,

<----ÿ----^

jt—■— y.....»,

rys86

-9-—:

'S

Mâ

<------d......i

rys=87,

»..J-

Nazwa

przekroju

Trapez

•pbzaod 'zorp

CO

JY Pierścień kołowy

jg Pierścień eliptyczny

bh—

ffh + bgi

blr’-bjhj*

67»

bh³ — Z)t 7/j³ — &2^2³ — &3Ä3³

6 7»

1 gh* + bgt*

cT'

0-

r-5:

12^ +

— &! 7/1 ³ — Z>2^2 :< +

-Ma⁸)

/»/»—7), 7»,

bh — br \ -f-— b«hn — 63/%

c/h + bgi

rSj I CM

r<5 |<N

‘î

rys88

A*

[.4*.

y-’i

-----x !¹

ci r

'V

v......>f

cp •;

*?

J.

&T

j(-.ÿ

P« I

><$v<

>1-

*öl»**jl

s\

V    ^

^OÔ^SÂJ

V-hf-----¥

^ ns*#*

Przekroje U, I, Z

Przekrój złożony belki blaszanej

Leżąca Tówka i przekrój krzyżowy

19

20

21

*■

■>

promień

bezwładno

ści

moment oporu

2 (bh^—bi \³) (bh—bj \ )

bh² bji²

-(bh²-b,\²)

? i d h+ 2

moment bezwładności

(4 ? V?—m) y

z(z'->lW—zW) l

4    bh—bx\

powierz

chnia

przekroju

bh — /tj

2h(d — ą)-f (d² —

odstęp skrajnej warstwy od osi obojętnej

1    bW — bjhj*

2    bh — 6j 7tj

'■e |ct

4-

Rysunek przekroju

rys:91,

w/,^//y////a m/ y.i

^    ^— 5 -4

frMÜÎÎ -

|-4

rys=92,

\*ĘĄ-x

d+df-

x-

Nazwa

przekroju

Przekrój T lub kątówka

Przekrój

falisty

•pfezjod 'zorj

CT

CT

0,3536d

h -1 3b + h TV JfA

0,4083 a

fë

jçhg(3b + h)

ö

|co

hg

^(86+2ft)

ffzory przybliżone dla przekrojów próżnych o bardzo małej grubości ścian g

r.d*g

'S |<M

— izh^gÇSb + h)

(M [CO

(nz + qç)—

hsg

JSs

§>

t;

rH loq

e |<m

1,5 (h+2~)

<s

A⁻

r-r

rys 93,

rys;94,

rys-9 5,

^— 73----->

rys:96

24 Koło

251 Elipsa

261 Kwadrat

Przekrój ^⁽ falisty

§. 38. Wyznaczenie momentu bezwładności ze względu na oś równoległą do danej.

Znając moment bezwładności I ze względu na oś przez środek ciężkości powierzchni przechodzącą, możemy łatwo zna-leść moment bezwładności Ix ze względu na oś XiXi (rys. 67) równoległą do osi XX, w następny sposób : Nazwawszy moment bezwładności elementu powierzchni d²I, ze względu na oś XX, względnie d²Ii ze względu na oś X₁X₁, otrzymamy diI=d(lA y²,

d²Ix —d²A {yJrë)²=d'iAyi + 2 d-A ey+d^A e², a stąd Ix =J+2 e

Jeżeli wykonamy jedno całkowanie, naznaczone w drugim

granicami min, to otrzymamy

wyrazie 2 e

^ ^d²Ay, między

pasek mn o

f*n

powierzchni V J m

d-A.

d'²A = dA, a więc drugi wyraz bę

dzie równy 2e^ dAy. Ale dAy jest momentem statycznym

paska mn ze względu na oś XX, a więc

^ dA y jest

momen

tem statycznym powierzchni przekroju, który jest ze względu na środek ciężkości = 0. W trzecim wyrazie jest więc

d°-A = A, .    .152)

A zatem moment bezwładności powierzchni A ze względu na oś odległą o długość e od środka ciężkości jest równy momentowi bezwładności ze względu na oś, równoległą do osi danej , a przechodzącą przez środek ciężkości, więcej iloczynowi powierzchni przez kwadrat odległości e.

Przykłady. Według 151) jest moment bezwładności prostokąta ze względu na oś przez środek ciężkości przechodzącą J=TlaWA Moment bezwładności ze względu na oś XxXx (rys. 68), przez podstawę przechodzącą, będzie

h — t'î bh³ + bh    ) = — bli '

Dla trójkąta mamy I—~bh³, a ze względu na oś XxXt (rys. 76) przechodzącą przez podstawę

153)

r)²=

ta' ¹⁻¹

bh³

. 154)

§. 39. Promień i elipsa bezwładności.

Znając moment bezwładności ze względu na dwie prostopadłe osi XX i TY' ((rys. 96a), przecinające się w punkcie 0, możemy znaleść moment bezwładności danej powierzchni ze względu na oś UU, nachyloną do XX' pod kątem (p.

rys

.96 A

,D

mm

Lr

%m

fp

tJ

fJY

Vß

Niech będzie moment bezwładności danej powierzchni Ix ze względu na oś XX, ly ze względu na oś TY, a Iu ze względu na oś TJTJ. Zauważmy element powierzchni duA. w punkcie F, którego rzędne niech będą xl i y‘. Spuśćmy z punktu TJU i nazwijmy ją FE=yu, to widzimy z ry-

F prostopadłą na sunku, że y„= FK— EK=y'dost cp — HL=~y' dost <p — x' wst <p.

Iu = J ^ (y' dosfc ęp —x‘ wst ęp)² <#²A=^ J y/2 dost² cp d²A-\-J ^ x‘² wst² cp d²A — J J 2 x'y‘ dost cp wst cp d²A, czyli nareszcie

155)

IU=IX dost² cp-j-Iy wst² cp — wst 2 cp JJ x'y'd²A .

Nazwijmy Iz moment bezwładności ze względu na oś, nachyloną do osi X'X' pod 45°, to ęp=45°, a więc z równania 155) otrzymamy

IZ=IX dost² 45° + Iy wst 45° — wst 90° ^ J x⁴ y‘ d²A, a stąd

......156)

jeżeli wyraz j j x‘ )/' d-A oznaczymy literą K. Wyraz ten nazy-

wamy iloczynem bezwładności lub momentem zboczenia (n. Centrifugalmoment, Deviationsmoment, fr. produit d’inertie, moment rectangulaire, an. product of inertia).

Aby wynaleść najmniejszość i największość Iu i odnośny kąt cp=cpo, musimy zróżniczkować równanie 155) i zrobić pochodną równą zeru. Otrzymamy więc

—2 Ix dostęp wstęp+ 2 Iv wstęp dostęp — 2 dost 2 cpK=0, czyli

wst 2 ęp (.Iy — Ix) — 2 dost 2 cpK=0, a stąd

2K

157)

-Ix

st 2 ęp₀ =j~

Ay

Temu wyrazowi odpowiadają dwie wartości ęp₀, różniące się o 90°, a więc ęp₀ i ęp₀-f-9O⁰. Różniczkując raz jeszcze, łatwo się możemy przekonać, że raz otrzymamy drugą pochodną dodatnią, drugi raz ujemną, a więc kąty ęp₀ i ęp₀+9O wyznaczają osi, dla których Iu jest największe i najmniejsze. Osi te, stojące jedna na drugiej prostopadle, nazywamy osiami głó-wnemi bezwładności (n. Hauptträgheitsaxe, fr. axe principal d’inertie, an. principal axis of inertie).

Przyjęte dowolnie osi X'X' i Y'Y' stają się osiami głó-wnemi, gdy ęp₀=O, a więc gdy

158)

K=0 .

Jeżeli oś TY' (rys. 97) jest osią symetryi przekroju, to chcąc obliczyć K= ^ x' y¹ d²A i całkując naprzód w pasku »», którego środkiem ciężkości jest p, możemy wyłączyć y\ jako stałą,

rys. 9 7.

a ^ x' d² A równa się

nr

-y -

źi

momentowi statycznemu powierzchni tego paska ze względu na jego środek ciężkości, zatem = 0. To samo zrobiwszy dla innych pasków, zobaczymy, że K= 0, a zatem ze względu na 158) możemy powiedzieć, że gdy~.przez O może być położoną oś symetryi, oś ta jest zarazem osią główną bezwładności, oś zaś prostopadła do niej jest drugą osią główną.

Jeżeli przez dany punkt nie da się poprowadzić oś symetryi, to moment zboczenia K należy wyznaczyć z rów. 156). Czasem łatwiej jednak dojdziemy do końca w następny sposób podany przez Mullera Breslau a.

Przypuśćmy, że chcemy wyznaczyć moment zboczenia przekroju ze względu na osi 0X i OY, równoległe do osi 0₁X₁ i OxYx, przechodzące przez środek ciężkości przekroju Oi (rys. 98).

Wedle 156)

albo K =

^ xiyx d^A+Xç ^ yx    xx d°-A+x₀y₀ ^

d*A

Nazwijmy Kx moment zboczenia ze względu na osi OxXx i 0₁Y₁, to Kl = ^ xxyx d^A. Dalej mamy ze względu, że Ox jest

środkiem

ciężkości x₀ ^ yid*A = 0 i y₀

K=K₁+x₀y₀l

0 zatem

rys. 98.

+X

, 159)

Jeżeli osi 0^X^ i Ox Yi są osiami głównemi bezwładności, to Ki =0, więc

x- - ->

4Ÿ

+x

. 160)

przyczem uwzględnić zawsze należy znak rzędnych i y₀.

Jeżeli nazwiemy 7 moment bezwładności ze względu na oś główną XX (rys. 96 a), a 7t na oś główną YY, ß kąt nachylenia osi ÜU do osi głównej XX, to ze względu na rów. 155) i 158) możemy napisać, ponieważ tu K= 0,

K=x₀y₀A .

I„=Idost² ß+l-y wst² ß . 161) Dla /?=45° otrzymamy

I45-

Ii=2I₄₅-I.......

Możemy także napisać, wstawiwszy w 161) ß=<pQ, 7r=7dost² (— <jp₀)-f 7₄ wst² (—<p₀)=7dost² <p₀ +7, wst² % Iy = 7wst² <p₀ +7₁ dost² cp₀, a zatem

. 161 a)

162)

7r

I₁ st²<p₀, a więc lv = Ixsb*cp₀ —7, wst²<p₀ st²<p₀ +

+ 7₁ dost²<p₀. czyli Iy dost²<p₀ — 7* wst²<p₀ =7₄ dost⁴qp₀ — 7₄ (1 — dost²^>₀)² =

=7t (2dost²<p₀ — 1), j _Iy dost² cp₀ — Ix wst² cp0 ¹    2dost²<jp₀—1

Dodawszy wartości Ix i Iy, otrzymamy Ix+Iy=7(dost²<p₀ + wst²<jp₀)-f 7₄ (wst²<p₀ 4-dost²<jp₀)=I+11? . 164)

. 165)

Moment bezwładności w ogóle możemy inaczej jeszcze wyrazić, mianowicie równaniem I=Aa2 którebyśmy otrzymali, skupiwszy całą powierzchnię A w jednym punkcie i umieściwszy ją w oddaleniu a od osi. Iloczyn Aa²

7=-^-—— dost² <p₀

.    . 163)

a więc

166)

równałby się momentowi bezwładności I. Długość a nazywamy promieniem bezwładności (n. Trägheitsradius, fr. rayon de giration, an. radius of. gyration, cz. polomèr setrvacnostï).

Pomyślmy; żeśmy obliczyli dla dowolnej ilości osi, przez O przechodzących, momenty bezwładności i odetnijmy na każdej z tych osi długość odwrotnie proporcyonalną do pierwiastku

momentu bezwładności tak, że n. p. 0M= wolną ilością stałą, a Im momentem bezwładności ze względu

Jeżeli rzędne punktu M, odniesione do

na 031, to Im

c²

OM²'

osi głównych, są OP=x i PM=y, to

dost a

OM

a wst a

Vlm

, gdy c jest do-

OM, a więc ze względu na 161)

d-m —

j. x²

+ 1OJf2-

X2    2

2 d⁻ ^1    2

c

Wstawiwszy wartości za OJf, otrzy-

a więc c-=I.x* Ą-I^y*.

Wstawmy teraz I=Aa² i /,—^La,², a otrzymamy c²    + J.a,, ² y², albo

mamy

c²

167)

| yfl

a,² à² Aa²a!²

Jestto równanie elipsy, którą nazywamy elipsą bezwładności (n. Trägheitsellipse, fr. ellipse dl inertie, an. ellipse of inertia). Jeżeli przytem przyjmiemy ₁c²=^4a²a₁², torów. 167) możemy napisać

x²

»i

168)

Jestto równanie elipsy bezwładności, której połowy osi głównych są a i a1} promienie bezwładności głównych momentów bezwładności. W tym wypadku jest

OM²

c² 'Aa² a,²    .    aa.

W1?0    “W

Jeżeli .MJf' i WW' są osiami sprzęźonemi elipsy bezwładności » a kąt między niemi zawarty £, to na mocy znanej własności elipsy jest

ON. OM. wste

ON. wst e=NB.

OM

aaj = ON. OM. wste, więc am

Widzimy więc, że jeżeli do elipsy bezwładności wykreślimy styczną, równoległą do danej osi, odstęp tej stycznej od osi jest równy promieniowi bezwładności ze względu na daną oś. Elipsa bezwładności będzie więc ob więdną prostych, równoległych do danych osi, poprowadzonych w odstępie równym promieniowi bezwładności. A zatem będzie, jak to już wiemy, OT=OT' = a, OS = OS‘=a j, której to własności elipsy bezwładności możemy użyć do jej wykreślenia.

Jeżeli punkt O jest środkiem ciężkości przekroju, elipsa bezwładności nazywa się wtedy elipsą środkową (n. Centralellipse, fr. ellipse centrale, an. central ellipse).

rys. 99.

k-----12 -

“■*----

TT

la. :■ j

/

/Tv

O-

28-

_±.

Om:

F' X

—>! I

/e’

i.

U-

/E

Mając elipsę bezwładności wykreśloną, łatwo wyznaczyć możemy moment bezwładności dla jakiejkolwiek osi n. p. NN‘f przechodzącej przez punkt O. Poprowadźmy styczną do elipsy, równoległą do NN', a odległość obu linij M‘R' = an jest promieniem bezwładności, więc In=AanQ-

Z równ. 161) wynika, że jeżeli 7= J,, to 7m=7(dost²/?-(-4-wst²/?) = J, a więc, gdy momenty bezwładności dla osi głównych są równe, to także i moment ze względu na jakąkolwiek oś, przechodzącą przez środek ciężkości jest równy momentowi ze względu na oś główną, czyli wszystkie momenty bezwładności, ze względu na osi, przechodzące przez punkt O, są równe; elipsa bezwładności staje się kołem.

Przykłady.

1) Wyznaczyć elipsę środkową przekroju I l. 28, wykreślonego na rys. 99. Przekrój jest symetryczny, więc oś symetryi YY jest jedną osią główną, drugą zaś oś XX _[_ YY, przechodząca przez środek ciężkości.

Obliczmy naprzód I i Ix, a otrzymamy !=,>, (12X28³ - (12- 1,1 (28 — 8,4)³)= (268 424 —162 266)= 8429,8 cm⁴, j₁₌= Ti₍ (2X 1,7X12³ + (28 — 3,4) 1,1³)=    (5865,2 - 32,7) = 486,0 cmK

Powierzchnia przekroju A = 2 X 12 X 1,7 -j- (28 — 3,4) 1,1 = 67,86 cm², więc połowy osi głównych elipsy środkowej będą

486,0

8429,8

67,86

11,145 cm, ax = y

67,86

= 2,676 cm.

50.75

o wymiarach, podanych na rys. 100., obliczyć wielkość i położenie osi głównych środkowej elipsy bezwładności.

2) Dla przekroju kątówki

aa i

rys. 100.

pi

sZ-

•V?

\*

WÊÊttÊâX

Ht 1

Musimy najprzód znaleść spółrzędne środka ciężkości 0. W tym celu korzystać będziemy z równania S=Ae, gdy S oznacza moment statyczny powierzchni przekroju ze względu na prostą AB A powierzchnię przekroju, odległość środka ciężkości 0 od prostej AB. Możemy więc napisać

169)

2,55 cm.

e==A

Wstawiwszy wartość, otrzymamy

7,5.0,8.3,75+(5—0,81)0,4 __23,844 7,5.0.8 +(5 —0,8)0,8    9,36

Jeżeli Ą i eA oznaczać będą moment statyczny ze względu na BC,

względnie odległość środka ciężkości 0 od BC, to

= 1,30 cm.

9,36

Si 5,0.0,8.2,5 + (7,5 - 0,8). 0.4 __ 12,14 ** ~~ ~T —    9,36

Teraz obliczamy moment bezwładności Ix ze względu na oś X'X‘ i Iy ze względu na oś Y‘ Y‘. Dla wyznaczenia tych momentów rozłożymy przekroje na prostokąty i korzystać będziemy z wzorów 153) i 154). Nazwawszy b i h podstawę i wysokość prostokąta, mamy mianowicie momenty bezwładności ze względu na podstawę =    Nazwawszy dalej

Ic = > (0,8. 5³ + (7,5 - 0,8«) 0,8³ = 34,48 cm4 Iy=Io — Aą ² = 34,48 - 9,36.1,30² = 18,66 cm4 Dalej mamy la=\ (0,8.7,5² + (5 — 0,8) 0,8³) — 113,22 Ix = Ia- Ae² = 113,22 — 9,36.2,55² = 52,36 cm⁴.

Teraz obliczymy moment zboczenia K wedle równ. 160) i otrzymamy K= — (1,30 — 0,4) (3,75 - 2,55) 7,5.0,8 - (2,5 - 1,3) (2,55 - 0,4) (5 - 0,8) 0,8 K= — 6,48 - 8,67 = - 15,15 cm⁴,

Ic moment bezwładności ze względu na oś BC, la ze względu na BA otrzymamy

a ze względu na równanie 157)

30,30

= 0,8991

2 (-15,15)

a stąd

18,66 -52,36 —i 33,70 2 <p₀ = 41°57'28"

?0 = 20°58'34".

Teraz obliczymy I na podstawie równania 155)

170)

I=IX‘ dost² <p₀ + Iy> wst²<p₀ — wst 2 o K albo /= 52,36 dost² ? + 18,66 wst²<p + wst 2 <p 15,15 — 45,65 + 2,39 + 10,13

I = 58,17 cm⁴,

a dalej wedle 165)    = 18,36 + 52,86 - 58,17 = 12,85 cm⁴.

I, moglibyśmy też obliczyć z rów. 163)

₌ 18,66 d<aBt³y₀ —• 52,36 wst⁸^,

2dost²<p₀—-1

Długości połówek osi głównych elipsy środkowej są więc:

⁼Vf§^⁼2,498 rai’ “,=fV

== 1,172 cm.

12,85 9,36

3) Wyznaczyć elipsę bezwładności dla zetówki 1. 10 (rys. 101). Ze względu na oś poziomą XtXj otrzymamy

lx = j₅ 0,65.10³ + ^ (5 - 0,65) (10³ - (10 - 2.0,95)³) Ix = 54,17 +169,82 = 223,99 cmK Ze względu na oś pionową YYX mamy

\1

0,95

y,

ys. 101.

065

Iy=T'₂ (10 — 0,95) 0,65³ -f* + T'₂ 0,95(5+5-0,65)3 £,=0,16+64,71=64,87cm⁴.

Dalej mamy moment zboczenia

X= 0-2.5.0,95(6-— 0,475) X (2,5 - 0,325) K = 93,50 cmt.

Wedle rów. 157) mamy

teraz

st 2 <p

— 2.93,5

+ wst2 ?.93,5 =184,60 + 11,41 + 71,19 I = 267,20 cmi

Ą =64,97 + 228,99 — 267,20 = 21,66 cmK

64,87-223,99 = 1,1745 stąd 2©₀=49⁰35'17" a <p₀ =24° 47'38". Teraz obliczymy I na podstawie rów. 155). 7=223,99 dost²<? +

+ 64,87 wst²® +

Długość połówek osi głównych elipsy bezwładności otrzymamy

267,2 __

14,77

4,25 cm, b= ^.

21,66

14,77

1,21 cm.

4) Przekrój eliptyczny.

Moment bezwładności ze względu na oś poziomą XX jest

*-«**•

Nazwijmy połowy osi elipsy a' i ó', to

«' =

y, b'= mamy więc /=-^-&'a'³, a stąd połowa osi głównej elipsy środkowej

-y

\r a'.

-r-b‘a‘³

a'b'r.

Podobnie otrzymamy a, =

Elipsa środkowa jest więc podobną do danej elipsy, a jej osi równają się połowom osi danej elipsy. To samo odnosi się do koła.

§. 40. Elipsa bezwładności ze względu na osi ukośne.

Jeżeli istnieje w przekroju tylko oś symetryi ze względu na osi ukośne, to w takim razie możemy użyć tych osi do wykreślenia elipsy bezwładności. - Przyjmijmy w O (rys. 102)

rys. 102.

mm

JS

>K

i -r

jomsm l

parę osi ukośnych X'X‘ i Y‘ Y‘, z których ostatnia jest zarazem ukośną osią symetryi. Niech ukośne rzędne punktu danego .Fbędą y' i x\ odstęp punktu F od dowolnej osi £777, nachylonej do X/X/ pod kątem <p, niech będzie

EF=yu=y/ dosty — x‘ wst cp.

Moment bezwładności przekroju ze względu na oś £7£7 będzie Iu = ^ j (y'dost y — x' wst cp)<îd" J. = dost²y ^ ^ y'^d^A-f-

-|-wst²<p    x',2d-A — 2 dosty wst 9) ^ x'y'd^A.

Ponieważ wedle założenia ^ x'y'd- A=0 z powodu syme

tryi, więc

J„=dost²y ^ y'^d^A-f wst- (p ^ x/Sd"A .

Z rysunku widzimy, że FL=y/ wst/? i FD=x‘ wstß więc

. . 171)

Ix,=-wst]3 j j y^d^A, lyi=wst²/? j j x^d^A. Wstawiwszy to w rów. 171) otrzymamy

dost²y

Ix>-\

wst ²<jP dost²/? y

wst²/? '

Wstawmy teraz w rów. 172)

Ixi=A.a‘², Iyi=A.a\a, Iu = Aa²u

.    .172)

to ató² =

dost²y

a'² 4

wst² y ^ wst²/?

a^².

wst²/?

Poprowadźmy MN II OU i nazwijmy odcinki na osiach OM=p, ON=q, to

dosty

0-R

—, wstcp=-

ą    p

OB¹a¹ OB¹a\ ²

» więc

wst²/?g² wst²/?j?²’

Jeżeli poprowadzimy MN w takiem oddaleniu, aby OR=au, to

. . 17B)

a'

1=_a‘⁽¹ - ₊_- . .

wst²/?g² ~ wst²/?p²

Jestto równanie elipsy ze względu na odcinki stycznych

q i p i da się wyznaczyć w znany sposób¹) równanie obwie-

dnej stycznych MN

x‘¹ wst²/? y‘¹ wst²/?_^

«'i

. . 174)

¹

p. Keck. Vorträge über Elasticitätslehre str. 28.

Statyka.

równanie elipsy ze względu na sprzężone osi ON i 0 F'(rys. 103).

A zatem każda para osi ze względu na którą.

rvs. 103.

a\

Jj xyd¹A

OJ

jest zerem, czyli każda para osi, zk tó-rych jedna jest osią ukośną s y-metryi jest zarazem parą osi sprężonych elipsy bezwładności.

Przykład. W trójkącie ABC (rys. 104) zróbmy AD=DC, to DB jest ukośną osią symetryi, a zatem BD i OX osiami sprzężonemi elipsy.

Wiemy, że Ix — ^bh³, A=~-bh, więc a³ = ~h^, a=0,2367i. Zróbmy

więc I)l 0= OBi = 0,236 5X>, to Dx i są to punkty elipsy bezwładności,

w których styczne są poziome. To samo zrobić możemy ze względu na drugie dwa boki trójkąta AB i BC.

rys.104.

§. 41. Koło bezwładności.

Zmiana momentu bezwładności przekroju dla osi, przechodzących przez ten sam punkt a rozmaicie nachylonych, da się jeszcze inaczej przedstawić według Müllera-Breslaua.

Niechaj Ox'=Ix> (rys. 105) a Oy‘ — Iy,, przyczem przypuśćmy, źe Ixi^> Iyi. Wystawmy w x‘ i y' prostopadle na OX\ mianowicie Bx‘——K i Ay'=-\-K. Zatoczmy teraz na średnicy

/ Bk

rys. 105.

1\

"J-

tr

\.r

j' 'J

AB koło, to posłuży nam ono do wyznaczenia momentu bezwładności ze względu na dowolną oś.

I tak dla dowolnej osi OU, nachylonej do X pod kątem ęp, wykreślmy BE \_OU, przydłużmy BE do C, wykreślmy CC'± 0X', to

OC¹ — OE' — 7' C'—OE dost ęp — 70 wst cp 0E=Ix< dost ęp - X wstęp EC=Kdost cp Iyiwstęp, więc

00'=(7^ dostęp — K wst ęp)dost 9p—(Xdostęp — 7y<wst ęp) wst cp    ł

00=1x1 dost²ęp + 7y/² wst² ęp — 2 wstęp dostęp K=IU a zatem OC' przedstawia dla osi OtT moment bezwładności.

Jeśli kąt ęp będziemy zmieniać, to punkt C poruszać się będzie na obwodzie koła a rzut jego C‘ na prostej. Widzimy stąd, źe najmn I—Oy=Il, najw 7= Ox-=I.

Dla najmn 7=7, oś OT musi być _[_ do By, a więc być równoległą do y A, zaś 0X 1 Bx czyli 0X//JX. W ten sposób wyznaczyliśmy osi główne bezwładności.

Z rysunku wynika, źe CC'=K' jest momentem zboczenia dla osi OU. Moment zboczenia jest zerem dla osi głównych i rośnie do pewnej największości OE. Z rysunku też widzimy, źe 7a./-p7y# = 7+7, co zgadza się z rów. 165),

§. 42. Punkty stałe przekroju.

Na rys. 99 wykreśliliśmy elipsę bezwładności środkową, a więc 7= Aa², Ii—Aa₁², a ze względu na oś U będzie Iu =7dost² ęp + 7₁ wst² ęp = 7(l — wst² ęp) -f- 7₁ wst²ęp=M[a² — (a² -j-— a,²) wst²ęp]. Moment bezwładności ze względu na oś W W, odległą o 7=07 od UU, będzie lw=A[a²—(a²—ax ²)wst²ęp + 7²], Zróbmy według Mohra OF=OF‘ = \/ a² —    odległo

ści ogniska elipsy od środka 0, to otrzymamy 7²—(a²-—a₁²)x X wst² ęp = OL² — Ö7¹² wst² = Ö7² — ÖJ7² = (07 + OJf) x X(07— OM)=FE. F'E'=eie₂₎ a więc

175)

In = A[a²+e₁ea]

Na mocy tego równania możemy wyznaczyć moment bezwładności ze względu na dowolną oś, jeżeli znamy elipsę środkową przekroju, albo przynajmniej a i punkty F i F.

Jeżeli dana oś przechodzi przez punkt F lub F, to ei lub e2 staje się równem zeru, wtedy moment beżwładności równa się stałej ilości Aa². Ze względu na tę własność nazywamy punkty

F i F‘ punktami stałymi (n. Fixpunkte). Elipsy bezwładności są dla tycb punktów kołami. Jeżeli a=al7 to punkty stałe przypadają na punkt 0.

§. 43. Analityczne wyznaczenie momentu bezwładności dla figur

nieregularnych.

Dla figur nieregularnych wyznaczamy moment bezwładności analitycznie najlepiej za pomocą znanej metody Simpsona,

której udowodnienie należy do mechaniki rozumowej.

W celu wyznaczenia momentu bezwładności przekroju nieregularnego (rys. 106) ze względu na oś XX, dzielimy przekrój pro-stemi równoległemi do na parzystą ilość równo grubych pasków. Nazwawszy długości tych prostych

K ^1J ^2 * • ■    .

odstępy od XX di, d₂...d2n, a grubość pasków a, otrzymamy moment bezwładności ze względu na XX:

[bod₀ ²⁻ł~ b₂ u da u² + 4: (b^dj² -f b₃d₃ ² 4-... -f- b2u__i d²2n—i) 4

rys. 106.

b2n

w/://'-

........

■ii»?

'y/T-- i

bo Ja ^

i,=

CS

2n

XX

ich

4-3(b₂d₂²-l-b₄d₄²4-...4-b2lł_₁d²2ll_₂] .... 176) Znając możemy wyznaczyć moment bezwładności ze względu na środek ciężkości według znanego równania I=Ii 4-— Ae².

Długość e otrzymamy z równania 169) e=—r

JLJL

przyczem

moment statyczny S powierzchni przekroju ze względu na XX jest według Simpsona :

S—g- [6₀d₀ + &2n d*in + 4 (b{di -j-fe₃c?₃ -j-... 4- b-in—i d^n—i) +

+ 2 {b₂d₂-\b^d^-\-... 4-ć₂n—2^2»-2)] .... 177)

a powierzchnia

-4 =-g- [&o +^2n + 4(6₁ +&₃ + . • • +&n—i)+2^&₂    "ł" • • ■ +&«— 2)J 17b)

Wzór 176) jest jednak niedogodnym w praktyce, bo musimy wykonać 2n—1 mnożeń, dlatego też używamy innych wzorów, które zaraz podamy.

Jeżeli mamy wyznaczyć moment bezwładności powierzchni Obcd (rys. 107) ze względu na oś OX i 0 Y, to otrzymamy według Simpsona, podzieliwszy powierzchnię znów na p a-rzystą ilość pasków o grubości a, ze względu na oś OX :

Ix=y [y₀ ³ + 4 yt ³ 4- 2 y₂ ³ + 4 y₃ ³ + 2 y₄ ³ 4--f....+4y³2u-i+y³2„|,

a ze względu na oś O Y :

y[O²y₀ + l² • 4yt 4- 2².2 y₂ + 3².4y₃ 4-4-... 4- (2 ii — l)² 4 y₈„-i 4- (2 n)²y2 n]

Podobnie otrzymamy powierzchnię

■g-(yo 4-4(2^ -fy₃ 4-. • • y2n-i)4~2(y₂ -fy₄ 4-... yin-i)) . 180) i moment statyczny ze względu na oś OX

&=yOo²+2/²2* 4-4(y₁²4-«/₃²...4-y²2n-i)4-2(y₂²4-y₄² +

4-.. .4-y²2i4-2))

rys. 107.

wmm

.    179)

ly ⁼⁼

A=

. 181)

zaś ze względu na oś O Y

[0- Vo 4~2ny%n 4-4 (1. V\ 4-3y₃ 4~* • .4- (2re_i) y2n—i) + 2 (2y₂ 4-

+4y₄ 4-* • • 4~ (2 n — 2)y2w—2).....182)

Wzory te są o tyle dla praktyki korzystniejsze, że kwadraty i sześciany możemy wziąć z tablic, a przez to znacznie sobie ułatwić rachunek.

Przykład. Obliczyć moment bezwładności szyny austryackich kolei pierwszorzędnych (rys. 108). Z powodu symetryi liczymy moment dla połowy szyny i dzielimy ją na BO pasków o grubości 0,25 cm.

rvs. 108

1,20

---2,53

Z,22

Z, 72

2,&'<

—-Z, 90

----2,90

-------Z, 52--

-.3,25 --

----0,50--

— 5/i 2----

Tl

------5,59

-5.6 —

Z wzorów 179) otrzymujemy

~=[5,6³ + 4. B,6:3+2.5,59:³ + 4.5,42³ +... + 4 •2,22³ + 1,2³]

Ix —176.5 c/w⁴.

V • ⁶’⁶+¹² ■⁴ • B»6+2². 2.5,59-j-3².4.5,42 +...+ 49².4.2,22-f 50².1,2) Iyi= 2596,42 c/w⁴.

Moment Iy< sprowadźmy na oś ciężkości YY, w tym celu Wyzna-

^f

czarny odległość środka ciężkości z wzoru e= —. Moment statyczny S otrzymamy z wzoru 182)

[1.5,6 + 50.1,2 + 4(1.5,6 -1- 3.5,42 + 5.8,25 + ... + .49.2,22 +

+ 2(2.5,59 + 4.45 + 6.2,52 + ... + 48.2,53)J S = 274,25 cm³.

Z wzoru 180)

[5,6 + 1,2 + 4 (5,6 + 5,42 + 3,25 + . .. + 2,22) + 2 (5,59 +

+ 4,5+ 2,52+ ...2,53)]

— 6,07 cm

A = 45,14 cm2 274,25 45,14

Iy = Iy‘ - Ae1, = 2596,42 - 45,14. 6,072 Iy — 933 cmi.

§. 44. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności.

Na rysunku 109. widzimy siły równoległe P₁₅ P₂, P₃ i P₄, których moment bezwładności ze względu na równoległą do nich oś XX mamy wyznaczyć. Wykreślmy najprzód w znany sposób wielobok sił 01234, wyrażając w przyjętej podziałce

rvs. 109.

cfcł

0__

V*

<•

cj,7

I),

-1---

-«H

v-a-

VjSL_

\ Æ

-e

.1

f\ T

Ja / /b q

183)

1 cm xhg

zeń promienie i wykreślmy wielobok sznurowy pmnB.

Punkt D przecięcia się przedłużeń boków skrajnych wyznacza położenie wypadkowej R. Przedłużmy boki pm i mn wieloboku sznurowego do osi XX, to otrzymamy trójkąt w/dc\j012, a stąd fd:y.₂ = l2 : a. Długość 12=P₂, więc

/d=^

siły długościami, obierzmy dowolny biegun O, poprowadźmy

180)

A więc moment statyczny dowolnej siły jest proporcyo-nalny do długości fd, odciętej przedłużeniami odnośnych bokow wieloboku sznurowego, co zresztą wynika wprost z §. 7. Jeżeli to samo zrobimy ze wszystkiemi siłami, to

Py~ S₄

CB=-S'

181)

a Itąd moment statyczny Sx=a.CB.

Uważajmy teraz odcinki fd jako siły, to CB będzie wie-lobokiem sił. Przyjmijmy drugi biegun O', poprowadźmy promienie i wykreślmy drugi wielobok sznurowy wuCx. Wtedy otrzymamy

udxfx CV> 0‘fd, a stąd dxf\

fd.y₂

Wstawiwszy za fd wartość z równ. 180), otrzymamy

Ptfh²

di/i

ab

. 182)

A zatem CxBx—2

Py² h

ab ab

więc

11=0!Bi ab,

jeżeli Ix oznacza moment bezwładności sił Px, P₂, P₃, P₄ z;e względu na oś XX.

Sposób ten wyznaczania momentu bezwładności podał Culmann. Według niego więc prosta CXBX, odcięta na osi przedłużeniem boków skrajnych drugiego wieloboku sznurowego, jest proporcyonalną do momentu bezwładności. CXBX odczytujemy w podziałce sił, odległości biegunowe a i b w podziałce długości.

Możemy jednak i w inny sposób wyznaczyć moment bez-

władności. Według równ. 180) fd a stąd

P₂y₂²=a .f'd.y₂ =2aAfmd.

Jeżeli to samo zrobimy dla innych sił, to powierzchnia

n 7) 2Py² Iy

a St,td

184)

Iy=2 a pow. CpB

A więc moment bezwładności według tego sposobu, podanego przez Mohra, jest równy powierzchni ograniczonej osią, wielobokiem sznurowym i przedłużeniami boków skrajnych, pomnożonych przez podwójną odległość biegunową o, wyrażoną w podziałce sił.

Gdy mamy obliczyć moment bezwładności powierzchni nieregularnej, dzielimy ją na paski prostemi ró-wnoległemi do danej osi, szukamy środków ciężkości tych pasków i uważamy powierzchnie tych pasków jako siły równoległe, zaczepiające w środkach ciężkości pasków. Dalszy tok kon-strukcyi jest zupełnie ten sam, co dla sił P1} P₂, P₃, P₄, tylko, że zamiast sił tu wchodzą w rachunek powierzchnie. Powierzchnie pasków wyznaczyć możemy w rozmaity sposób, a mianowicie zamieniając je na powierzchnie czworoboków o danej podstawie, lub też za pomocą linii całkowej. Zawsze otrzymamy powierzchnie jako iloczyn dwóch długości, a mianowicie długości 01, 12 i t. d., pomnożonej przez pewną długość c, wspólną wszystkim paskom. Zamiast odczytywać długość CB lub a w podziałce powierzchni, możemy więc odczytywać je w podziałce długości i pomnożyć przez c. Otrzymanąy zatem z równ. 183) według Culmanna

185)

a. b.c

a z równ. 184) według Mohra

I^âa.c pow. CpB

186)

Chcąc wyznaczyć 7, moment bezwładności sił P1} P₂, P₃, P4 ze względu na ©ś, położoną przez punkt D w kierunku wypadkowej P, otrzymamy z równ. 181)

CB=———.

gdy e oznacza odstęp wypadkowej od osi XX. Dalej otrzymamy

Rp2

4 CDB=

2^ ’ a W1^c iüe²=2 a A CDB.

Wiemy, że I = Ii — Ré¹ — 2 a A— 2a. A CDB, jeżeli M=pow. CpB, stąd

. . 187)

1=2 a (A — CDB)=2 aA

jeśli A₀ = pow. DpmnB.

Analogicznie otrzymamy dla momentu bezwładności powierzchni ze względu na oś ciężkości

. .188)

1=2 a. c. A₀ . .

rvs. 110.

Té

W\

Licząc dokładniej sposobem Culmanna musimy uwzględnić tę okoliczność, że moment bezwładności danego paska jest według równ. 152) ze względu na daną oś XX, odległą od środka ciężkości paska o długość e (rys. 110) Ii — I-\-Ae², podczas gdyśmy dotychczas przyjmo wali w przybliżeniu Ix—Ae². Jeżeli peski są dość wąskie, to moment bezwładności I paska ze względu na jego środek ciężkości jest mały i możemy go opuścić.

Jeżeli zaś paski są większe i chcemy dokładnie wyznaczyć moment bezwładno-dności, to przesuwamy, rysując drugi wie-lobok sznurowy, kierunki sił (t. j. tu momentów statycznych S). Mamy bowiem

fi

Jj = I -f- Ag¹ = A (a² + e²), jeżeli a—

oznacza promień bezwładności. Moment statyczny S—Ae, więc J₁    a¹-fe²

a²

= e-\--— ei- Robimy więc poprawkę, przyjmując

ß

zamiast długości e długość ei, a zatem oddalając punkt zaczepienia momentu statycznego S dla drugiego wieloboku ^ 2 ^ 2

o {ei — e) = —. Długość — znajdujemy łatwo wykreślnie, kre-6 6

śląc prostopadle do ramienia e BB=a, promieniowi bezwładności*), łącząc punkt A w osi XX z punktem B i kreśląc BC | AB.

a²

Wtedy EC. EA=a², więc EC=—, zatem C jest punktem zaczepienia momentu statycznego.

*) Dla prostokątu a = 0,288 h, jeżeli h wysokość paska.

§. 45. Linia całkowa.

Mówiliśmy, że powierzchnie pasków -możemy wyznaczyć za pomocą linii całkowej. Otóż zastanowimy się teraz nieco nad istotą linii całkowej i nad sposobem jej wykreślenia

rys. 111.

i*

Rzędne linii całkowej SPM (rys. 111) są funKcyami rzędnych danej linii FEN. wyrażonych równaniem

'o-

Dla linii całkowej

będzie

Y=

Y (*)

dx-\-C,

gdzie a

ściami stałemi. Linią EFN nazywamy wtedy ze względu na linię SPM linią różniczkową.

C są ilo-

Zróżniczkowawszy to równanie, otrzymamy

(IX

dY f{x)

st <jP

jeżeli (p jest kątem nachylenia stycznej PH linii całkowej w P do poziomu. Poprowadźmy FCfNB, a CO//P/f, to

X.COP=çp, a więc st

Cl

Długość a nazywamy odległością biegunową a O biegunem. Chcąc wyznaczyć powierzchnię, zawartą między linią różniczkową, osią i rzędnemi yx i y₂ , mamy

fix)

y

, a stąd OB=a

= \f(x)dx=iY₂—C)a — (Yi — C)a=(Y₂—Y^a, . 189)

ąj

a więc powierzchnia ta równa się różnicy rzędnych linii całkowej, pomnożonej przez odległość biegunową a.

Aby dla danej linii różniczkowej wykreślić linią całkową, postępujemy w następujący sposób: Dzielimy linię różniczkową, bcfg (rys. 112) na części tak krótkie, że je uważać możemy jako proste. Z punktów podziału 6, c, Z, e, /, g₁ kreślimy równoległe do osi 0X aż do O Y i łączymy punkty b", c", d", e“, f‘\ g° x z biegunem B. Promienie Bb", Bc", Bdl/... będą równoległe do styeznych linii całkowej w odnośnych punktach bf c‘, df e‘,

f, g‘. Jeżeli &c, cd, de. .. są proste, to odnośne części linii całkowej będą liniami drugiego rzędu, a mianowicie parabolami.

v\

^ /1 ^

■of

rys. 112.

/•'

e’.

Jeżeli zaś b‘c* jest parabolą, to styczne w b‘ i C przecinają się w w, jak wiemy z matematyki, w połowie szerokości pasków. Ta własność paraboli posłuży nam do wykreślenia linii całkowej.

Obrawszy dowolny punkt b‘ kreślimy b‘mHBb\ mn/IBc“, np fi Bd'¹ i t. d. przyczem punkt}^ mnp leżą w liniach połowiących paski. W ten sposób otrzymujemy szereg stycznych, a że znamy tu punkty styczności c', d‘ i t. d., więc wykreślenie linii całkowej nie przedstawia już żadnej trudności. Jeżeli paski były dość wąskie, to styczne zastąpią linią całkową.

Jeżeli wyznaczymy powierzchnię pasków, na które podzieliliśmy powierzchnię przekroju, za pomocą linii całkowej, to odległość biegunowa a jest wspólną odległością, którąśmy oznaczyli jako c w równ. 185, 18b i 188.

§. 46. Przykład. Moment bezwładności szyny kolejowej.

Tok konstrukcyi wyjaśnimy najlepiej na przykładzie, wyznaczając wykreślnie moment bezwładności szyny kolejowej (tabl. I).

Dzielimy lewą połowę szyny na paski, tak , aby linią zarysu na szerokość paska można przyjąć jako prostą i wykreślamy dla tej połowy szyny według poprzedniego paragrafu linię całkową. Gdy odległość biegunową przyjmiemy wielką, to linia całkowa będzie płaską

i na odwrót; tu przyjęliśmy odległość biegunową O od podstawy c=6 cm. Z punktów przecięcia się prostych podziałowych z zarysem szyny spuszczamy prostopadłe na podstawę n. p. mm‘ i łączymy spodki tych prostopadłych z biegunem 0. Promienie te n. p. Om' są równoległe do stycznych linii całkowej , które kreślimy po kolei do prostych, połowiących szerokość pasków. W ten sposób otrzymamy linią całkową a 1", 2", 3"...c, za pomocą której wyznaczymy powierzchnię połowy szyny, kreśląc z 0 i 19 poziome do przecięcia się z linią całkową w a i 19 i kreśląc pionową przez a. Odcirek a 19 pomnożony przez odległość biegunową 00 daje nam powierzchnię połowy szyny.

W celu wyznaczenia momentu bezwładności rozkładamy znowu powierzchnię przekroju szyny na paski, które teraz mogą być trochę szersze, jednak tylko o tyle , aby wielobok sznurowy nie wiele się różnił od linii sznurowej , którą właściwie dla powierzchni powinniśmy otrzymać. Na rysunku podzieliliśmy szynę na 19 pasków, wąskich w głowie i nóżce, a szerszych w ściance szyny, bo tu przekrój mniej się zmienia. Mamy wyznaczyć powierzchnie tych pasków i wykreślić wielobok sił (czyli właściwie powierzchni). Czynimy to za pomocą linii całkowej, przedłużając linie podziałowe do linii całkowej, np. Oa do a, 11" do 1", i spuszczając z punktów przecięcia się a, 1", 2"... prostopadłe na poziomą 0' 1' 2'... 19'. Odcinki w ten sposób uzyskane, pomnożone przez odległość biegunową c = 6cwî, przedstawiają powierzchnie pasków, a więc 0' 19' jest wielobokiem sił, względnie powierzchni. Jeżeli zamiast linii całkowej krzywej wykreślimy tylko szereg stycznych, to trzeba aby punkty 1" 2" 3".. , przypadały na punkty styczności, a więc dobrze jest zachować te same linie podziału, co pierwej. Gdybyśmy przyjęli inne linie podziału, to punkty te nie wypadłyby na punkty styczności, a wtedy należałoby do konstrukcyi użyć linii całkowej krzywej a nie stycznych.

Następnie wyznaczamy środki ciężkości poszczególnych pasków i zaczepiamy w nich siły równoległe poziome, względnie powierzchnie pasków. Dalej przyjmujemy biegun O" w odległości a=10cm od prostej 0' 15' i kreślimy promienie. Równoległe do tych promieni dają pierwszy wielobok sznurowy S9Z. Skrajne boki wieloboku sznurowego przedłużone przecinają się w punkcie Z), przez który przechodzi wypadkowa. Pozioma D przecina oś szyny w środku ciężkości S. Przedłużywszy boki wieloboku sznurowego aż do osi, przechodzącej przez środek ciężkości, otrzymamy punkty oznaczone cyframi od 1...19. Jestto drugi wiolobok sił względnie powierzchni, dla którego obieramy biegun O' w odległości 6₁=6 cm i kreślimy promienie. Następnie prowadzimy równolegle do tych promieni drugi wielobok sznurowy mwz. Skrajne boki wieloboku przedłużamy aż do przecięcia się z osią ciężkości w punktach B i C. Długość -0(7=20,4 cm jest według Culmanna proporcyonalną do momentu bezwładności, który otrzymamy według równ. 185, gdy pomnożymy BO

przez a, bić. Jeżeli zauważymy, że JÏC. a .b .c przedstawia moment bezwładności połowy szyny, to chcąc otrzymać moment całego przekroju szynjr, musimy pomnożyć wynik przez 2. Ponieważ szynę wykreśliliśmy w podwójnej podziałce (2:1), więc wszystkie długości są dwa razy większe, a zatem aby otrzymać moment bezwładności rzeczywistego przekroju, musimy wynik podzielić przez 2⁴=16. A zatem

= 918 cm⁴.

20,4.10.6.6.2

16

Według Mohra zaś otrzymamy, splanimetrowawszy powierzchnię s 9 Z Z)=61,8 cm²,

61,8.2.10.6.2

16

= 927 cm⁴.

= 922 cm⁴.

Jako ostateczny wynik przyjmiemy średnią arytmetyczną; 918 + 927

Jeżeli chcemy wyznaczyć teraz promień bezwładności wykreśl-nie, to możemy to zrobić wedle Müllera Breslaua w następny sposób :

Dla połowy szyny jest wedle Culmanna, gdy odcinek BC nazwiemy z, I = a₁6₁c0, A=nc, więc

a²

I a^b^cz a^byZ

nc

Odetnijmy 19‘ Gr=bx i zróbmy G-HH0"19', to HL=bit Z po-

i

dobieństw trójkątów mamy bi:n=OE:ai, więc OE=—zatem

fZ

a²—OE.z. Zróbmy OK=z, zatoczmy półkole na EK, to B⁷^Fï—OE.z=aï, zatem a = 0"F.

Dla całej szyny niech będzie moment bezwładności powierzchnia A¹, to F = 21, A‘= 2 A, stąd

A' 2 A A

Promień bezwładności jest więc dla całej szyny ten sam, co dla połowy.

§. 47. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności powierzchni

sposobem Nehlsa.

Aby wyznaczyć wykreślnie moment bezwładności powierzchni danej cm{dxb — A (rys. 118) ze względu na oś OX, kreślimy najprzód prostą prlj 0X w odległości a. Badajmy teraz element powierzchni, t. j. prostą mmi o grubości nieskończenie małej dy, zróbmy    \\mO, połączmy O z m‘, przedłużmy tę

prostą do m₂, to otrzymamy Om : a—mm₂ : pm', a stąd, ponie-niewaź pm‘=mmi, będziemy mieli y : a=mm₂ :«ml5 więc

mm₂

mm. a *

rys. 113.

m.

3,

«h

i

V//Æ)

y,.

A.

<7l"

■V

Zróbmy to samo z innymi elementami, a otrzymamy

Ç , Ç mm. y dx \ mm, ax= \ ——

J 3    «

= pow. bcm₂d₂=Ai więc

. A,==

190)

przyczem wyraz j* », y dx = S przedstawia moment statyczny powierzchni A ze względu na 0X.

Zróbmy teraz m₂m"//m0 i wykreślmy Om‘' aż do m₃, a otrzymamy podobnie pm“ : a — mm₃ : y, a zważywszy, że pm“^=mm₂,

mm?dx

mm., y , «3=-——, stąd

mm₂ y dx mm, y²dx

a zatem

=pow. bcm₂d?>—A₂, więc

mm₃ dx =

mm, y² dx

a²

A₂ =

a²’

191)

przyczem wyraz Jmmi y²dx—I przedstawia moment bezwładności powierzchni A ze względu na oś 0X.

otrzymaliśmy dla górnej części

Po prawej stronie rysunku na tablicy I wyznaczyliśmy według tego sposobu, podanego przez Ne bis a, moment bezwładności szyny ze względu na oś pionową i to osobno dla górnej części szyny, a osobno dla dolnej. Długość a przyjęliśmy dla górnej części szyny 4 cm, dla dolnej większą a₁ — 6 cm, aby rysunek nie wypadł za papier. Splanimetrowawszy A A— 26,0cm², a ,dla dolnej A₂' = 28,05cm², a więc

J' = (A₂a²-M₂'«i 2) A₌(26,0.4²p28,05.6²) ^=178,1 cm⁴.

Nareśzcie otrzymamy promienie bezwładności

a=]/ A

= 4,51 cm

ax

-\/t-

1,98 cm

Możemy teraz wykreślić elipsę bezwładności, znając pro-promienie bezwładności dla obn osi głównych.

jak tego łatwo dowieść

aa‘

Zrobić tu jeszcze musimy uwagę, że jeźeliśmy do wykreślenia linii cm₃dzb z linii cm₂d₂b użyli nie prostej pr (rys. 118) w odległości a, lecz innej prostej w odległości n. p. a\ to zamiast równ. 191) otrzymalibyśmy A2 można.

Moment bezwładności powierzchni możemy także wyznaczyć za pomocą bardzo zmyślnego przyrządu, mianowicie planimetru Amslera, którego teoryą i opis podał Dr. Winkler w czasopiśmie Austryackiego Towarzystwa Inżynierów i Architektów w r. 1870 ²).

Powierzchnia Ax (rys. 114), wyrażająca moment statyczny powierzchni, ma jeszcze inne znaczenie, które zaraz wyjaśnimy.

Według rów. 107) —=£. Jeżeli oś 0X przyjmiemy w środku ciężkości przekroju, to v=y, więc v—-£,y.

Na pasek powierzchni mmxdy działa siła mmxdy v = — mmxdyÇy = mm₂aÇdy. Jeżeli scałkujemy siły działające w przekroju powyżej osi obojętnej, to otrzymamy

C‘ =

mm₂dy a^=a^.Ai

jeżeli J.₁=po'w. OCm2: a podobnie wypadkowa natężeń poniżej osi obojętnej C"=a£ A2f jeżeli A₂ — pow. Oed, przyczem C,/==(7//. Siły

normalne, działające w paskach powierzchni przekroju są pro-porcyonalne do mm2f powierzchnie zatem kreskowane At i A2 przedstawiają rozkład natężeń normalnych w przekroju i nazywają się dla tego sprowadzonemi powie rzchniami przekroju (n. redu-cirte Querschnittsflä-cJie). Jeżeli wyznaczymy środki ciężkości

rys=114

Ą“~

e'\

e"

..... Y" r*

fm

Wt

----%---H--—

ÉMU

e powierzchni At i A2 w St i S₂j to punkty te są punktami zaczepienia ciśnienia i ciągnienia, nazywamy je Więc środkiem ciśnienia względnie ciągnienia. Odstęp pionowy

środków ciśnienia i ciągnienia niech będzie h₂, to

rys; 115

hz

C.h₂=M . 192) Na rys. 115. widzimy powierzchnię sprowadzoną przekroju 1 i środki ciśnienia i ciągnienia. Widzimy, że tu odstęp środków natężenia h₂ jest nie o wiele mniejszy od ht w przybliżeniu możemy przyjąć h₂=Ofih.

§. 48. Obliczenie siły ścinającej poziomej.

Siły zginające belkę działają w kierunku prostopadłym do osi belki, więc wywołują oprócz natężeń zginających także natężenia ścinające. Dla belki o osi prostej jest siła poprzeczna wypadkową wszystkich sił, działających po lewej stronie danego przekroju, natężenia ścinające pionowe w każdym przekroju muszą więc być równe w stanie równowagi sile poprzecznej Q.

Oprócz natężeń ścinających pionowych powstają jednak w belce, pracującej na zginanie, natężenia także w innych kierunkach. Najprzód zastanawiać się będziemy nad natężeniami ścinającemi poziomemi (n. horizontale Schubspannung, fr. effort rasant, force de glissement longitudinal, an. horizontal shearing stress).

W celu wyznaczenia tej siły wytnijmy z danej belki część jej o długości \x (rys. 116) płaszczyznami prostopadłemi do

osi i dla równowagi zaczepmy natężenia, które przed przecięciem w belce istniały. Zbadajmy teraz siły działające w warstwie pp‘, równoległej do osi, a odległej od niej o v. Na części belki mm'p'p działają po prawej i po lewej stronie natężenia, które, jak linii prostej. Natężenia siły HiH', które z powodu, ze A x jest

rys : 116

nv’

//' m

m

Mjy'

Al

7.4// lf / A/I \    ‘

ii

_________m

wiadomo, zmieniają się według prawa te dadzą się złożyć na bardzo małe, możemy obie przyjąć jako poziome. Dadzą one wypadkową    — H, działającą w kierunku siły większej.

Siły, działające na część belki pp'n'n, muszą dać jako wypadkową także A H, lecz działającą w kierunku przeciwnym, bo warstwa pp‘ jest w równowadze.

Według równ. 145) jest v=^ v₉ a więc siła, działająca na

M

pasek PiP₂ o długości u a grubości dv, jest -^vudv, a stąd

H=

v udv =

I J»

uvdv.

Podobnie otrzymamy H‘ = pozostał ten sam; a więc

M'Çe

I Jr

uv du, jeżeli przekrój belki

M — MÇe

AM X

uvdv=--j--\ uvdv.

* J- J®

Jeżeli przekroje obierzemy bardzo blisko, to możemy napisać

AH=H'—H

dH

dM \e

uvdv.

Siła ścinająca pozioma dH działa na długości dx, na jednostkę długości wypada więc

dH _ dM fe dx dx.l\v

uvdv.

7i równania 13) wiemy, że

dM

dx

= Q t. j. sile poprzecznej

całka zaś ^ uvdv wyraża moment statyczny powierzchni p^np^ ze względu na środek ciężkości przekroju 0, nazwijmy go S, to uvdv, a więc

W

al

• 193)

rys: 117

d R"

§■! mm wmk

a

i⁻*

»!

Natężenie ścinające poziome ox na jednostkę powierzchni będzie

ot-JL-m . .

, U IU

Z równania 193) widzimy, że ponieważ Q i I są dla danego przekroju i obciążenia stałe, więc g zmienia się pro-porcyonalnie do S, a zatem siła ścinająca jest największa wosi, a w warstwie skrajnej równa zeru, bo tam S=0. Dla przekroju prostokątnego (rys. 117) mamy

. . 194)

rO

(¥—)

. . 195)

Widzimy więc, że dla zmiennej v siła ścinająca o i natężenie ścinające poziome zmienia się w przekroju prostokątnym wedle paraboli. W przekroju I (rys. 118) zmienia się siła ścinająca o wedle paraboli ab i cd w stopie i głowie, zaś według innej paraboli hec w ściance.

Z równania 194) widzimy, że natężenie ścinające poziome ai zmienia się proporcyonalnie S

do —. Jeżeli więc %

szerokość przekroju u nagle się zmienia, to i ai zmienia się nagle odwrotnie proporcyonalnie do u.

Przy przejściu więc ze ścianki w stopę w C następuje nagła zmiana natężenia ścinającego. Z rysunku 118. widzimy, że natężenia ścinające są bardzo małe w stopie i głowie i przenoszą się prawie w całości na ściankę. Na odwrót wedle rys. 115. natężenia normalne w belkach o przekroju I działają przeważnie w stopie i głowie, a mało co w ściance.

8qr_::_TJ

- y-    —.——-

r-_rr -

/i

rys:li8

:tR"

K-----9,6-----4

'    I.

HÜ

ri

rT I r R‘

§. 49. Natężenie ścinające pionowe.

Wiemy już z poprzedniego, że suma natężeń ścinających pionowych (fr. effort tranchant) w każdym przekroju pionowym belki o osi prostej równą jest sile poprzecznej Q. Zachodzi teraz pytanie, jak siła poprzeczna rozdziela się w przekroju.

Wytnijmy z belki (rys. 119) dwiema płaszczyznami pozio-memi w odstępie dv i dwiema płaszczyznami pionowemi w odstępie dx graniastosłup o podstawie AJBCD a wysokości = 1

to w płaszczyznach DC i AB działają siły ścinające poziome Gxdx, w płaszczyznach zaś pionowych siły o₂dv, a oprócz tego

równolegle do osi działają siły vdv, które się znoszą.

Mamy tu więc dwie pary sił, dla równowagi musi być suma ich momentów równa zeru, więc

— oxdx. dv-\r<J₂dv .dx=0, a zatem

ai~a2 •

Widzimy więc, że natężenia ścinające pionowe a₂ są w każdym punkcie przekroju poprzecznego równe natężeniom ścinającym poziomym a₁, w tym punkcie działającym.

Ze względu na równanie 195) możemy napisać

rys: 119

z)

. . 196)

A\

o₂ dv

QS

Iu ’

a więc natężenia ścinające pionowe zmieniają się proporcyonal-nie do —.

Jeżeli siła poprzeczna Q działa na przekrój A, to gdyby natężenia rozdzielały się na przekrój jednostajnie (prosta 1Î"R'

Q

w rys. 117), toby największe natężenie ai⁼⁼^-

Dla przekroju prostokątnego jest największe natężenie wedle 194) i 195) dla v=0

OT

CO CM

OR ... . 197)

4bh 2 bh 2 A Największe natężenie na ścinanie jest więc dla przekroju prostokątnego § razy większem, niż przeciętne dla równego rozdzielenia siły.

Dla przekroju I OT będzie także nieco większem niż OR (rys. 118), jeżeli jednak siłę Q rozdzielimy tylko na ściankę równo, to będzie się mało co różniło od OR.

Przykład. Dla kształtówki I wykreślonej na rys. 118. niech będzie Q=201. Dla przekroju tego jest 1=2402 cm³, więc przeciętne natężenie ści-20000

nające w ściance a₀ =

0,8 X 17,6

1421 kg jem'¹.

Obliczmy teraz OT. W tym celu wyznaczamy najprzód S dla v—0 zatem <8= 9,6 XI,2X9,4 4-0,8X8,8X4,4 =141,15 cm³, więc wedle 194) i 195) 20000X141,15 2402X0,8

tości poprzedniej, że często w praktyce liczymy tylko natężenie ścinające średnie

OT

1469 hgjcm². Wartość ta tak mało się różni od war-

CT° b‘h‘

198)

Obliczmy jeszcze natężenie ścinające w C, a otrzjunamy

20000X110,2

<8=9,6X1,2X9,4=110,2 cm², więc CCt

a fCC₂ =

2000X110,2

2402 X 0,8

= 1168 kg jem’¹

2402X9,6

= 97 kg!cm².

§. 50. Natężenia w kierunkach ukośnych. Linie największych natężeń.

Na graniastosłup, którego podstawa jest prostokątem (rysunek 119) działa w stanie równowagi sześć sił, jeżeli zaś przetniemy go według przekątni DB (rysunek 120), to w stanie równowagi działa 5 sił na element, mianowicie v dv, adv, adx, v' du, a'du. Stosunek tych sił się nie zmieni, jeżeli wszyst-

rys!20

tf’dvo k&dir

vdv

Ax

km

XX-

jL

ydobc

A K—dx

rys; 121

kie podzielimy przez dv wtedy otrzymamy siły y du

<j' -r-

■y

' 3?

dv e

. .e£r

QZ__

(rj^sunek 121).

Jeżeli siły te są w równowadze. to wielobok sił i sznurowy muszą się zamknąć. Co do wielkości i kierunku znamy tylko v i c, co do kierunku resztę sił. Przypuśćmy, że abfeda jest wielobokiem sił i że bie-

c________

gun obierzemy w punkcie a. Wykreślmy promienie, a równolegle do nich wielo-

,7-^ ” WÈÊïiÊill

A<-

d.x --

AB

bok sznurowy. Pierwszy promień aa jest tu zerem, drugi ad,

du

kreślimy więc równoległą do ad przez punkt m do siły o' ,

przy ozem Cm=mB. Dalej kreślimy mn || ae, nr |j a/, rm \\ ab aż do punktu m, ponieważ wielobok sznurowy musi się zamknąć. Z rysunku widzimy, że aef CV5 mnr, więc mr : Ar=ef :bf, czyli

dx

l dx : dv=ef: <j, stąd    . Dalej widzimy, że efcCsjABC,

(XV

więc a

dx

dv

: fc=dx : dv, a stąd

dx dv

° dv dx

o—bf.

Ponieważ z rysunku także wynika, że X abc= X adc— 90°, więc punkty a, 6, c i d leżą na okręgu koła. Na tej podstawie możemy teraz wielobok sił łatwo wykreślić w następny sposób: kreślimy v=ab , bf=o i przedłużamy tę prostą do c tak, aby

fc=bf. Zataczamy koło przez aóc, prowadzimy ad    czyli

ad_\_BC i dc przedłużamy aż do poziomej przez /'.

Z trójkątów < gdę\}ABC mamy o‘

dg=a\ Podobnie otrzymamy z trójkątów adh c\J ABC

du

dv '

: dg = du: dv, a stąd

du

v⁴ : dh=du: dv, więc dh=v‘.

(XV

Łatwo możemy teraz znaleść kierunki sił v‘ i o⁴, dla których v* i a⁴ przybierają największe i najmniejsze wartości. Dla największego u' musi być płaszczyzna, w której działa u', równo-

rys-122

rys *123

/

/!

V'

Bi

J)

Jfr

oz

y.'.    < j

r/q jrv. v"

.3.

■«

d v'

ległą do Ac (rys. 122) a V działać w prostej aA, przyczem punkt d wpada na punkt A, znajdujący się w pionowej pod O.

Jeżeli płaszczyznę tę obrócimy o 45°, kierunki te zmienią się na cB i aB (rys 123), wtedy <7'=0, a v‘ jest największem. Po dalszym obrocie o 45° zmienią się te kierunki na cC i aC (rys. 124), a wtedy o' dosięga swej najmniej szóści. Gdy nareście jeszcze obrócimy te płaszczyzny o 45° (rys. 125), to otrzymamy kierunki cD i aZ), a wtedy v‘ jest najmniejszością, a (r=0.

ł)

ryst24

.'⁷

rys 125

VJ

%■

\,a

!' /!

0/ i

^nóijripi. v’

'i

A*

rys. 12 6

rys:12 7

ba

V."

i 71ÜJTV. y '

t.

\\

V' O

V'—■

Widzimy więc, że płaszczyzny, dla których ak jest naj-mniejszością i największością stoją na sobie prostopadle, zaś płaszczyzny, dla których v* jest naj mniej szością i największo-ścią stoją także na sobie prostopadle i tworzą z powyższemi płaszczyznami kąty 45°.

Dla osi obojętnej jest, jak wiadomo, v=0, więc płaszczyzny dla największych i najmniejszych v¹ cB i cD są nachylone pod 45° do osi belki (rys. 126), a dla największych i najmniejszych o¹ równoległe do osi.

Dla włókna skrajnego jest, jak wiadomo, u=0, więc płaszczyzny, dla których v‘ jest największe i najmniejsze, są ró-

wnoległe i prostopadłe do osi , zaś płaszczyzny, dla których g‘ jest najmniejszością i największością aA i aC (rys. 128), nachylone są pod kątem 45° do osi.

Jeżeli w pewnym punkcie belki wyznaczymy kierunki płaszczyzn dla największych i najmniejszych v‘ lub o¹, potem w punktach sąsiednich, leżących w tych kierunkach, wyznaczymy znów kierunki płaszczyzn dla największości i naj mniej szóści v‘ lub u¹ i tak dalej postępować będziemy, to otrzymamy linie krzywe, których styczne wyznaczają w danym punkcie kierunki wyżej wspomnianych płaszczyzn. Linie te największych natężeń (n. Spannungstrajectorie, an. tractory) wykreśliliśmy na rysunku 128 na podstawie powyższych twierdzeń dla belki o stałej szerokości.

Widzimy, że linie największego cią-I gnienia i ciśnienia | wychodzą pionowo ( z włókien skrajnych, J są nachylone do pio-( nu pod kątem 45° ( w osi i kończą się J stycznie do włókien skrajnych. Linie największego ścinania wychodzą z włókien skrajnych nachylone pod 45°, stają się coraz więcej płaskie i kończą się stycznie do osi.

\- .

J)0°

hö°

45°

-X-K-

^ Pł5°

{$0°

45°

rys. 128.

j h5°

ną!n’c

'~ftajrv~Ść

•nart u

dnienie

§. 51. Natężenia główne.

Z rysunku 121 możemy otrzymać dwa równania, jeżeli utworzymy sumy składowych wszystkich sił w kierunkach ad i ed i zrobimy je równe zeru ze względu na to, że siły te są w równowadze.

Tworząc sumę najprzód w kierunku ad otrzymamy:

du

v‘ — = v wst (p-\-2 o dost qp,

albo, ponieważ

dv

du

=wst v‘=v wst² (pĄ-2 o wst (p dost <p,

lub nareście

(1 — dost 2 <p) + o wst 2 cp . .

. . 199)

Tworząc zaś sumę składowych w kierunku ed, otrzymamy o'v àost (p — awst<p + <r^dost«p, lub ponieważ

= dot w dv

CIV    (IV

o'—vv7stq)dost(p-\-o(dost²(p — wst² (p), albo wreście

. . 200)

p

WSt2 <p+adOSt2 (f .    .

z

Natężenia v‘ i o' dadzą się złożyć w wypadkowe natężenie tj, działające ukośnie na element BC.

Jeżeli przez dany punkt poprowadzimy we wszystkich kierunkach proste i odetniemy na nich odnośne natężenia Q we właściwych kierunkach, to końce tych prostych leżeć będą na elipsie, jak się tego dowodzi w mechanice rozumowej. Elipsę tę nazywamy elipsą natężeń (n Spannungsellipse). Osi główne tej elipsy sąto natężenia stojące prostopadle na odnośnych elementach, a więc najw. v¹ i najmu. vl, gdyż wtedy u'=0 (rys. 124 i 126).

¹

p. Keck. Vorträge über Elasticitätslehre str. 28.

Statyka.

²

p. także Ott: Vorträge über Baumechanik. IIĄTheil. str. 124 i nast.

Aby wynaleść najw. i najmn. V, a więc osi główne elipsy natężeń możemy postępować analitycznie na podstawie równań 199) i 200), albo też możemy użyć do tego wyników, do których doszliśmy wykreślnie.

Z rys. 122 i 124 widzimy, że jeżeli nazwiemy OA—PB— = OC=OD=r. to

najw ± o‘ = dr r= dr

Vv² +4 o². .    . . 201)

Również widzimy z rys. 123 i 125, że najw dr v'= i O ±z r —

ŁOI «

dr    ^ v² + 4 a² . .

i

. 202)

Z rys. 122. i 124 widzimy też, że dla położenia płaszczyzny elementu, dla którego otrzymujemy najw Ht a',

203)

v‘ = Z-

Wartości najw dr v‘ nazywamy natężeniami głównemi (n. Haupt Spannung, an. maximum stress), a wartości najw dr o natężeniami głównemi ścinającemi (n. Hauptschubspannung).

Przy obliczaniu wymiarów musimy uważać, aby natężenie główne normalne i natężenie główne ścinające w żadnym punkcie belki nie przekraczało dozwolonej granicy.

Powiedzieliśmy wyżej, że najw (± v) jest zawsze w warstwie skrajnej, tam zaś jest <j=0. Jeżeli wstawimy w rów. 202) <7=0, to otrzymamy najw -±z.v'=v. Dlatego przy obliczaniu wymiarów na podstawie wzoru 147) xI=Me uwzględniamy tylko natężenie podłużne v warstwy skrajnej, robiąc je równem natężeniu dopuszczalnemu x.

Jeżeli szerokość przekroju zmienia się nagle, jak n. p.

w kształtówce I (rys. 129), to w (7, gdzie .kształtówka przechodzi w ściankę, jest natężenie normalne v dość wielkie a także

rys. 129.

V,

i natężenie ścinające u, natężenie więc główne normalne v‘ może być większem od natężenia w włóknie skrajnem D. Aby temu zapobiedz zaokrągla się przekrój w (7, przez-co zmniejsza się natężenie ścinające a stąd i natężenie główne.

Przykład. Niechaj siła Gt działa na końcu belki jednym końcem wmurowanej 0,7 m długiej. Jakie będzie natężenie główne w przekroju przy ściance A, jeżeli belka ma przekrój wedle rys. 130 ?

aj

rvs.l30.

bj

IC

fä

C Ci

-25

Of

Oz

CJ

V/,

ty

LU

Moment największy wynosi 6 X 0,7 = 4,2 tm — 420000 kgcm. Dla kształ-tówki I jest A=25 X 1 + 2 X (11,5 — 1) 1,5= 55,3 cm²

1= ~ (ii,i X25³ - 10,1 X22³)=5491 cm⁴.

=957 kgjcm²

Natężenie normalne w włóknie skrajnem D 420000 X 12,5

5491

841 kg [cm'*.

957.11

12,5

Natężenie ścinające otrzymamy w włóknie skrajnem <j = 0, w CCX _ QS __ 6000..(11,1.1,5.11,75) _ 214

5491 u

Iu

w główce jest w = 11,1, więc a

214

11,1

19,3 kg lew²

214

— 214 kg jem*¹.

w ściance jest w = 1,

Zatem natężenie główne normalne w warstwie skrajnej v' = v = 957 kg jem²

więc a

Ł Y 841² + 4.214² = 420,5 + ^ ⁹⁴³>⁵ = 897,2 kg/cm².

841

w CCt v' = —-i

Tu więc jest jeszcze natężenie główne w CC^ mniejsze niż w warstwie skrajnej, lecz gdyby przy tej samej sile długość 0,7 się zmniejszyła, zmniejszyłby się moment, a stąd v, podczas gdy a zostałoby to samo i mo-żliwem by było, że cc“'^> dd'.

Z przykładu powyższego widzimy jednak, że wypadek taki byłby zupełnie wyjątkowy i zdarzyć się może w ogóle tylko tam, gdzie i moment i siła poprzeczna jest wielką, że zwykle jednak dostatecznem jest obliczenie natężenia normalnego w warstwie skrajnej.

Jeżeli v=0, to według 201) najw + a' = + a. "Przekrój belki więc w dwu punktach podpartej obliczamy na podporze (gdzie M = 0) według a. Jeżeli belka jest drewnianą o przekroju prostokątnym, to według 195) otrzymamy natężenie na

2^-, a na jednostkę

jednostkę długości dla v=0 tj. w osi obojętnej

powierzchni o

Jeżeli belka jest jednostajnie obciążoną, to według rów. 19)

Hh’

3 ql

Największy zaś moment w środku jest według 20) M'*=$ql², więc największe natężenie podłużne

g}²- - ₃g*²

W

4ibh ’

Me

®|m

Belki drewniane bardzo wysokie, dla których h >> 0,088 Z, trzeba więc obliczać ze względu na siłę poprzeczną Q z powodu niebezpieczeństwa ścinania pionowego w podporach, zwykle jednak h<^0,088?, a wtedy obliczamy je według największego momentu.

§. 52. Wykreślne wyznaczenie siły ścinającej poziomej.

Siłę ścinającą o możemy wyznaczyć także wykreślnie, jak to na przykładzie (rys. 131) dla przekroju I okażemy według Culmanna. Dzielimy najprzód przekrój na pewną ilość pasków (tu na 7), wyznaczamy środki ciężkości tych pasków i zaczepiamy w nich siły proporcyonalne do powierzchni pasków. W tym celu sprowadzamy wszystkie prostokąty do wspólnej podstawy a, przeto wysokości uzyskanych w ten sposób prostokątów będą proporcyonalne do powierzchni. Kreślimy teraz wielobok sił 0, 1, 2,.. . 7, odcinając po kolei wysokości czworoboków, przyjmujemy punkt 0 w odległości b, ciągniemy promienie, kreślimy pierwszy wielobok sznurowy OBC. Dalej przedłużamy boki skrajne, które przecinają się w A, ciągniemy przez A pionową i otrzymujemy środek ciężkości S. Przedłużamy resztę boków do linii AB, którą uważamy za wielobok sił, obieramy drugi biegun 0l w odległości c na prostej 07, prowadzimy promienie i kreślimy drugi wielobok sznurowy DEF. Jak wiemy,

abc ’

będzie więc 0XD=

Poprowadźmy Op // 0iD i połączmy Oi z p, odetnijmy dalej OiH = Q i poprowadźmy Hn / / 0XF i pionową nm, to mn—Q, a O^nmeoO^p'p, więc pp' : b = mn\ Opm, a zatem, gdy

Oxm=f\

₁...... :b = Q:f, a stąd /'=

CLOC

Jeżeli dla drzewa miękkiego przyjmiemy i'= 1 Jcg/cm², x=80Jcg/cm² i obliczymy wymiary tak, że    to

3 ql 3 qP Abh ’ 4 bh²

Jeżeli więc    to

h 80 li

więc g=t.—

80ń_

<^7, czyli

1=0,0881

80

204)

bQabc ab²c Q

Długość AT3 przedstawia moment statyczny powierzchni pierwszych trzech pasków ze wzglądu na środek ciężkości prze-

rys: 134

h'

•/

—4—

f'

e’

l.

tm

f------CL T o

okl

<—

<■

■i

w>.

W,

V.

■^A^r-c —i--------->[j

j\U’

s\

6\

z.

MZ

k—■

/ f'A

nfrć

-\-Q

-

W    ^

.4--------m

'K

..

Y ,99~

t?r

o²

rO>

fcd

a I co

H«

hi

I-S

►=-t*

•s

-SI

p-

_o

= —~ : c, a stąd mt ■=—a wstawiwszy wartość za /,

. . 205)

51,3 Qab²c

Jaèc

Widzimy więc, że odcinek mr proporcyonalny jest do siły ścinającej w warstwie g. Wykreślmy gg‘=2mr, dalej ee'=2.ml ff‘=2 m2, M'=2.«4, n'=2.m5, ^=2.m6, to rzędne te podzielone przez 2b przedstawiają siłę ścinającą w tych warstwach. Wierzchołki tych rzędnych połączone dają linię sił ścinających, (an. curve of shearing stress).

Jeżeli chcemy mieć natężenie ścinające o\, czyli siłę ścinającą na jednostkę powierzchni, to musimy siłę ścinającą a w każdej warstwie np. g podzielić przez szerokość warstwy st. Na rysunku zrobiliśmy to za pomocą kąta proporcyonalnego i połączyli końce odnośnych rzędnych linią kreskowaną. W warstwach, gdzie szerokość przekroju nagle się zmienia, zmienia się też nagle i natężenie ścinające.

§. 53. Obliczenie przekroju kształtówek I, pracujących na

zginanie.

Kształtówki w kształcie I używamy często jako belki, pracującej na zginanie. Znając moment sił zewnętrznych, działających na belkę, obliczamy jej wymiary według równania t!=Me, a stąd

. . 206)

Wyraz

zależny tylko od przekroju belki nazywamy

momentem oporu (n. Widerstandsmoment, fr. module de flexion, de section).

Austryackie Towarzystwo inżynierów i architektów w Wiedniu wyznaczyło wymiary dla pewnej ilości kształtówek J, które fabryki żelaza wyrabiają na zapas i których zatem każdego czasu dostać można. Wymiary te, ciężar kształtówek na jednostkę długości i moment oporu zestawiliśmy w następnej tabliczce ¹).

160

który ma być ró-

Znając Mit, wyznaczamy iloraz — wny momentowi oporu kształtówki. Szukamy więc z tabliczki

w kolumnie

=7: — wartość najbardziej zbliżoną, a nie mniej-M

szą od —- i obieramy odnośną liczbę kształtówki.

Kształtówki I zestawione wedle norm austryackiego Towarzystwa inżynierów i architektów z r. 1892. obliczone dokładnie z uwzględnieniem zaokrągleń i nachyleń (rys. 182).

Normalne

dla h<i 160 mm : &=0,4 hĄ-20mm

d=0,03Ji-{-l,6mm 7₁ = 1,57

dla h < 160 mm : 5=0,8 /&+36 mm

7=0,4h, 7₁=1,5 7

r = 1,2 d, r± =0,6 7,

pochyłość wewnętrzna boków stopy i głowy^?0/₀=0,02/i+7, h w mm. Wyjątki co do b przy kształtówkach 1. 18 a, 22 a, 24 a i 28 a.

rys 13 2.

rys: 133.

\y

\y

!*

i'-

•*

■Û

*1

,v “f

I--

⁻\v~

•Si»*;

p'i

"i

r\ ■*?

•y

!//

& i**-'

-$r

cd_

Wymiar}i szczegółowe dźwigarów walcowanych.

-Q

2T-

i-

■f

i-Q

KSZTALTÔWKAlj b Q a

-r

C2-

KJ

„Nr..

KSZTAITÔWKAI b g oc

Nr28a 450 11,0 44,2 21,6 6,a i 13,2

2-4 4,8

Nr 6    441 4 4    7

126 12,0115,81 20,5 7.1 14,4!

, 30

52    4    4,8    7,5    2,41 4.«

132 13.0 15,5123,a 78 115,0

141 14,0 17,0 25.ô 8,4 16 8

156 16,o I i9-5 20,o i 9,6 19,2,

CD

CN

00

O'

-<K

rO

u9

CM

OCf

r-

z'U\ o'z^o'oy

CN

CM

CM

186 20.o

(i r

, 32

. 35

40

LO

J-O

K5ZTALTÓWKA [ b 0    0C

40 5-s 6-8 10*o 3-5 8,0

N- G

en

K>~

rO

OT

L0

OÏ

ïOf

cm

NT

~o

OO

9 d 4 G 4,2 4,8    8,4-j 2,5 4, 2

6 0    45 4,8    9,6 2.7 5,4

10

ir»

CNl

Ci;

in

is

CM

(O

oof

lO"

u>

„    10 <J .50

Kf

O“

t£f

LO

OO

CD

c^4

K7‘

OÜ

O!

LO

LO

LO

00

Lf>

"Ö

CNl

72 i 5,5 6,8 10,9    3,31 6,6

• 15

»    1 3 d 62    5,4 6,2 10,0    3,2    5,4

45    6,0 7,4 10,5 5,6    9,0 S

1/#

Cf)

en

bO'

en

o0

U)

tCf

55    7,o 9,2 12,5 4.7 10.5

60 | 7,0 8,8 12,8 4,2 10,5

60    7,5 8,9 13,5 4,5 12,0

ur>

CM

76    6,0, 6,8 10,91 3,5 j 7,0

„ 14 d | 66    5,7 6,4 11,4    5,41 57

CM

U)

K>'

un

C£>

oO

un

„ 12

„    15 d 70    6,0 7,4- 4 4,2    3,6    6,0

15

84    6,5 7,5 1 2,0 3,9    7,8

90    7,o    8,9 44,o    4,2 ą4

» 16

ro

S)

-4"

00 Uî en

irf

co O irf K

05

o un LO CD

un

j» 18a 155    7,o    7,5 145    42    8>

S?

36    8,oi 3.8 15,5 4,8! 9.s

« 20

en

oo

un

CD

CD

CM

O'

lf>

N”)

lO'

en

CJ)'

ip

00'

en

en

CM

70    8,5 10,0 15,01 5,1 12,5

75    3,0110,34479    5,4 13,5

60 | 9,5 12,4 15,8    6,7 14,cii

85 10,0 11,3 19,6    6,0 t$o

90 40,5 4-1,9 20,AI 6,3 15,Sjl

<1 6,5

CD

|7ü>

CM

K>'

LO

CT)

100 11,5 14,0 24,7 6,9 i 7,0

78 17,o 16,o 19,oj 6,s j 12,0 |j

18

102 I 9,o 10,o 16.0    5,4 10,8

CM

CM

„ 20

zz "

,>24

. 2G

cO

CM

. 30

* 30a

.. 22a 435    9,o 40,4 46,3    5,4-j 0.8

<05 i 9₍o|11,o 179    5,si 11,o

25

4's    ^ hz'vi' 90 ï

„ 24.

„ 24a H35    9,5 10,6 49,3’ 5,7 41,4.

ci

co'

iji

00'

CS

Cf

», 25    111

114 10.5 123 18 8    6,5 12,6

*'ÇM ⁹ *3 O'OZ S'SMOH OU

26 >i    v

« 28

ft

r

■s

4

ft

T» lOSOUpBfM.

hH -zoq uaiuioad

cm

611

1,35

1,52

1 60

1,65

1,74

1,81

96 l

3,00

2,03

2,10

2,15

2,94

2,24

2,29

2,94

2,34

2,39

2,53

3,24

2,63

2.72

2,90

3,20

3,48

ze względu na

moment

oporu

Jy'~2

cm³

^EorHfM^rHasCDOST-IÆlCOOSrHCOCDOatNCaCOTtlC-C^COCO

^)Tt> t—h cd irT c- as cd” Tjl cd cd o’ c-7 cd” cf<-o”icf ©”cd o iß cd co”co”tjT

r—I H -■HhC^iOCOOC'ÏCD-'IIiOO, iOCDC'*’—i 00 05 OJ £>- CO

rH    r—I rH CQ

moment

bezwła

dności

Jy

cm*

c2_CH0.CO.CO, eq.«®.CH> iO.OSiO.0 «NHJ^OJN.OJXKDOO.. <m”cTi>”L'- id”co co” cio 'ödio”cdc-frTt>~cd”oj”ctTi—”t>H”H cd

HfNCOTtiiOCDOD-t-iOOOCiO^OrHO^COOlCOiOt-^

r-icc — r-!(MTt<Dq(MiOCOCO^COtOCDCOCO

2008

XX

pro

mień

bez

wła

dności

cm

3,17

4,08

4,91

5,30

5,67

6,10

6,48

7,30

7,58

8,04

8,40

8,78

9,05

9.22

9,59

9,83

9,96

10,33

11,14

11,41

11,88

12,60

13.79

15,69

17,59

ze względu na

moment

moment bezwła- I °P°ru

2"

J*:

dności

Jx

cm³

cm*

CO CD Tt^CDjOą.O^T^CD^CD^CO^O^Oą.OJ^COJ>^cq.O^CO*aq 05.-* OT.t-H.t-^0. ^'^HVO'o'^'CvTcd'^'g'Drw'oô'g'cD'œ'^^'gî'cdgfgjgîgS^C^' oi^i* —.cocij-HCoa-o^^rH^iOgix^j^ococoi^^^^

H o O 05 ID H

OQCOibcDCdÔ*DCOTi*XTticOOl'-l'-iOTi*idÇ3CDa5CDCDOJ r^riWCO^ńd^TttiClOCOCOOOCOOifNH

▼H rH rH rH CO to

ciężar

kgjm

7,07

9.69

12.69 14^56 16,02 17 60 19,83 24,34 32,06 29,29 31,96 34,73 41,42 37,56

40.54 46,«4 43,66 46,89

53.55 61.50 60,82 68,63 80.78

103,54

129,11

prze

krój

cm²

9,07

12.42 16,27 18,67 20.54 22.57

25.43 31,20 4Î.10 37^55 40 98 44,52

53.10 48,15 51 97 59,80

55.97

60.11 68 65 78.85

77.97 87,99

103 97 132,74 165,62

nachylenie wewnątrz boków stopy p

CD Q.HJ.CO. CO.©.Oa.CO.cO_© OJ. -T.tH.cD 00.00,0 OJ. CO. CD. O. H 0^0.0. ad 05 05 05’ 05” o” o” o d —” i-h” r-T r-T ^h r-T —” ci oT oT oT cd cd H irf cd"

rH rH «— rH H r—¹ *H t—* rH rH rH rH iH rH rH rH rH rH rH rH

00. H* OJ CO.O.OJ. 03 -*?. tJJ. CO. OJ.CJO.GO^O.'H. H* O CO.OJ.OJ. H. CO.O0 OJ CD. TiT io” CD" CD⁻1>”C> l>” od co” o” o” o” o” 1-T r-T ł—* OJ oTco”co” H*~ lo”CD 05 r-T

<—> r-H i—I iH t—I rH rH rH rH rH r rH rH rH OJ

wymiary w milimetrach

rO

Tt*l>rHC0iOCDCłOJO100rHTi* -sj*.iO C-^C^O CO Cl^CO OJ^OO.t* C£^CO

oj” oj” CC co” co” co” co” t# Hf ~}T ud' id io” icf io” iß” cf cd” co co” t>” (C oo”a>cT

O.O.O.JOCI qjoqqqioo„qqieioqioq 0.0 o. o o o. cd” j>-” co” co” ai os” of

r-lT-lOIOICOCOTt*'-tfTj*lO>lOr'-C'-OOa5'MHC'-rH rH H i-h rH rH t—* rH rH *H rH »H rH rH CQ C^l C'l

OĄO iO^O^OjlO o O O^ilO^O 0^0^lO lO^O^LO^o o O^O^O

^Tio*ko caccTęo i> i> oo'cd'cÄ aTaTaToT

OOhhCJCO^^CD

rH rH rH rH rH rH rH rH rH

(MOCD03CDO^OiOC£)0(MiOiOCOiOH^OOO^HCOH

iOcpc£)l>r*COGOa3COaiQOCOOOCOHHCJiO(MCO-^nOL^

rH    rH rH rH H r—i rH rH rH rH n rH —H rH rH

SSSot^S?SSS2ojojS^^SSSS3SS8S

l-HT-lr-Hr-Hr-lr-Hr-ł-HOJ M OJ OJ 'MOJOJOIOJOJOICOCO CO -<J* T*

Liczba

kształ-

tówki

vT)

COCMMCOTjJiOCDCOOOOi-lOJOJCO-tf-tfincOOOępOOIlOOiO hhhhhhh^!N{NC^^{ŃC^W{N(NC^W CO CO CO TI* Ti*

Statyka.

li

Przykłady. Na belkach żelaznych spoczywają sklepienia płaskie jako powała. Belki żelazne o rozpiętości 5,5 w kładziemy w odstępach 1,2 m. Ciężar własny powały wraź z obciążeniem tłumem ludzi jest 750fc<7/m². Jakie mają być wymiary kształtówki 7?

Na jeden metr bieżący kształtówki przypada powierzchnia powały

I

— = 9 kg jem². Moment naj-

1,2.750

100

1,2w², a więc ciężar na lew bieżący g= większy dla obciążenia zupełnego jest w środku belki M= |    ^ 9.550²=

=340812 kgem. Jeżeli przyjmiemy t = 1000kg!cm², to — = 340,3 cm³, a więc

obieramy kształtówkę Z. 23 dla której - - równa się 356,3cm³.

2. Balkon wystający na 1,2 m podparty jest kształtówkami I w odstępach 1,25 m. Ciężar własny balkonu równo rozdzielony wynosi 390 %/m², ciężar ruchomy stanowi tłum ludzi, który przyjmujemy 400^/m², ciężar poręczy wynosi 300 kg Im.

Każdy ze średnich dźwigarów jest obciążony ciężarem jednostajnie rozdzielonym (390+400) 1,25=987,5 kg/m i skupionym działającym na końcu 300 X 1)25 — 37bkg, zatem wedle 30) najw. M= ql. ^ Z = ^ qP -f- PI = = *0,988.1,2² + 0,375.1,2 = 0,711 + 0,450 = 1,161 tm, a dla t = 1000kg/cm2 M __ 116100

T~~ looo

1,25

= 116,1 = —.

e

A zatem przyjmiemy kształtówki Z. 16, dla której — = 133,4 cm³.

Dźwigary skrajne niosą ciężar jednostajnie rozdzielony (390 -f- 400)X

-f- 300 = 794 lcg/m i skupiony na końcu 300 X    == 188 kg, zatem

najw. M= i 0,794.1,2² + 0,188.1,2 = 0,572 -f 0,225 = 0,797 tm.

M I 79700

1000

Moglibyśmy więc przyjąć dla dźwigarów skrajnych kształtówki Z .13.

!/

rys; 134

.s-»AL

Zatem

79,7 cm³.

di '

WÆmÆ.

i\

§. 54. Inne kształtówki.

am/

-----V

„O"

__

R\

¹¹ S- .. =*

W' •

\y

Towarzystwo inżynierów i architektów w "Wiedniu ustanowiło pewne wymiary także dla innych kształtówek, które poniżej podajemy zestawione w tablicach wraz z odległościami środka ciężkości od podstawy i momentami i promieniami bezwładności.

Î. Ksztaltówka U (n. U Eisen) (rys. 138).

Dla przekroi normalnych jest b=0,25h + 25 mm (zaokrąglone na 5 mm)

d~0,025& + 4mm (zaokrąglone na 0,5mm) di —1,5 d,

^=0,6^,

r= l:hd,

P=( 0,01 A + 7)%

ze względu na oś XX | ze względu na os YY

pro

mień

bez-

wład-

IJy : {h—e)\ ności

cm

O) ^ CO 03 XfCD OCOt>OiOl>OCD Hco^(Db-i>aiOHcc^ioi>co

*V »-S

rH rH rH tH tH rH rH 04 (M (M 04 04 04

moment

oporu

cm³

c^-^iy^t>^co^^ai_cp cyco^ <* ^0? lo'c^TH'ko'oTcd'co'co'co'co'

HHHIMtMCCCO^iOCOC»

lO t> 05

promień oporu i bez-

moment

TOSOtt I P?ou I — : x£ \ TOS -zoq

odstęp ciężar środka

ciężko- | bez-g ści Iwładno-

Prze-

krój

nachy

lenie

wewn,

boków

wymiary w milimetrach

Jy

2"

Jx

cmi

cm

zmo

cm⁴

cm

kglm

cm³

cqyqyqj-^oqe^r-^ orH'oTorH'oî'c^'ooiHGOCMoot^co i-lCNCO-^CDCDOSCMOT-lOO'ÿCOCO CO iO

OOOîC-Oi-^Ht^lOHXCOrHCC

cq^ cq^co    œ> i> iß <n o cq^

oTco'cd'H'iö'id'cD'co'c^'oö'os'cD'o'r-H

rH tH rH

rH tH 04 04

icTcT io'co'co'aTco'cd'ô'ccT-c^co' H

HCJ'#CCCC03(MCDHl'-COOC5X

. h r-i <m cn co Tfi io

CO O O CD O co

C^'cd'c^'oTco''—'C0C0iHO3CDC0-Tt<-l< ■^HOOCOCOCOHXl-'iOOiHC!

CDOld^CSOCTOn'-HHCTCT^lOCDX

rH 04 ïO

^lOCChHC^COiOHU^COCOD-OCO ■H* iD^CD l> GO GO 0^0^ rH 04 CO^ CD CD^ rH tH tH rH rH tH tH 04 04 04 04 04 04 04

CCH04I>C0t>C0C0l0C0t>i0L'-O O hF IHJCD O^O)(MC0h|>OC4Q

i>os-TH'co't^'o'H' co ofco Hco cT

r-l r-i ,H i-l OT (N Ol CO CO -*ii lO

9,01

12,06

15,03

18,80

20,55

22,40

26,89

31,12

36,34

41,19

47,14

52,62

59,31

65,39

7,6

7,8

8,0

8,2

8,3

8,4

8,6

8,8

9,0

9,2

9,4

9,6

9,8

10,0

ooiûioiDooiûioiooioioo k    af oT oT cT cT i-T cf oT cd'H'id'io' co t:~

HHHhHHHHHHH

cq^cr^o^c^cry^cq^r-H^ c^o co co <x> ccTco co"H⁻rjTH"icTxo"icTciTco⁻crTccT

ooioioioooioioooioioo tT co'oTał'c5'0'r-ro3'orcoriricrir5'cd'Ł'^'

rH tH rH rH rH rH rH rH r—< rH *—<

iCOiCOOiDOiCOlOOlOOlO ^    icT co" co'L'-''    d-*' co’' oô' oT oT cT cT r-T t-T

y—i rH rH rH

^ Sœ3°S®§œ8°°°œ8

HHHHHH(M(MCq(M(MCO

Liczba

kształ-

tówki

co co

Hhhhh^SciCTN^O

Ze względu na oś główną

YY

XX

xv

II. Kształtówki Z, Zetówki (n. Z Eiseń) (rys. 134). R—d, r=0,4 d, p=**0°L

Odstępy osi

w mm

TpoAriAvo^S iso atuazojon

Ze względu na oś

X‘X‘ I TT

moment bezwładności

Ix

Odstęp

środka

ciężko-

ści

6 AMoąAsoupaL

•regóip

y (aiągzj^

Wymiary

w milimetracłi

rm⁴ j cm³ cm cm⁴ m³ cm

ci

st cc

cmi

cm¹ \kgjm

h \b d, d

îUfflOifiOT eqzon

CD

ca    oo^    cm

af co' cT

r-H    rH tH    CO

-H 05 co

Ttl

co' H

CD

«3

l> 00

69,4

93,0

125,2

62,9 13,4 147,6 26,7 270,5 41,6 467,2 62,5 746,8 88,0 1161 121,9 1664 157,6 2383 205,4

co

HT

CD^

irT

0,694

0,550

0,461

0,399

0,360

0,335

0,313

0,299

27,1

48,4

43,7

63,7

94,2

128,5

179.4

233.4 310,9

116.7

226.7 411,3

666.7

1046

1524

2197

CO    CC^    ł-O^    CO^    CO^    lO

ccT ccT    i—T    crT    —icT

COHHHłHiOiOCDCDC^

OOOOOOÓO

coH^iocDi>*aoaSo

i>

o'

Ol    Tli    CO    C-    lO    1-1    nji

rH    rH    rH    rH    rH

o o *o af ro ®'

10    o    o    10    10

o"    i-T    oT    oT    co

rH    rH    rH    rH    rH

io

icT

Ö 55

50, 6,5

OOOOOOOQ

CDCOOOI^CDOOO

rH    *—<    H rH rH Cd

CDCCOCdH^CDCOO

rH rH rH rH tH Cd

III. Kształtówki T, Tówki (n. T Eisen) (rys. 135).

Dla przekroi normalnych jest ^ = d=0,U + lwą ^=0,77 5,

^=0,2^, r₂ =0,4 d, R=0,tid,

p=4⁰/o, p'=O°l₀,

dla przekroi wysokościennych wymiary jak dla kształtówek J, z których są zrobione.

ze względu na oś Y Y

ze względu na oś XX

promień bez-. wład-j . b I ności *•21 «t

cm

t>C5rH-#50C~001CO(M COCDi-lCOiOC-OCMCOCO O O i—I T—1 rH .—I CM CCI CM CO

CO CD H O ^ O r—I CO 50

cm“ of cm“ of of

moment

‘bezwład- oporu ności

Jg

cm⁴    cms

05 CM C- 50

50CQ'3<'rH5050-'tfT-l0550

_•>    »\    »\ »v »\ »S «\ rv _«s »V

OH(M^CDC5COOOOC5 t—1 T—I CO 50

■Ci -cfl 00

CC CD rH 50 <CD^O HC-(NO^

o'oi'co'oi^ cm'co'cJ'ö'uo'cd' h (M CO CD Dł 00 ^

rH hJH

pro

mień

bez

wład

ności

moment

oporu

Jx:(h~e)

bez-

wład-

dności

odstęp

środka

cięż

kości

ciężar

Prze

krój

nachyle

nie

boków

wymiary w milimetrach

promienie

zaokrągleń

*i

Jx

cm

g wo

cm

kgjm

ziuo

**2

1. Przekroje normalne

TtdMCOHCD

ccTcT îo'o'co' Hcacicoco

00 CO 50 "rfl C—

*v    r r *.

OS <M CD H 05 C^ O CO l> H 1—I <H rH CM

»OlOOCDOOOłOiHrjl® o®q«to°0HfiH O C* rH rH tH tH rH CM CCI CO

Q 00 CO C—

50^0 O^r-OO^CO^r-^ Ô'th' (M'co'io'o^ô'^f'^'c-' HHN'C¹

^ co o

OD^-«^ 00^50^0^ 05^ i-^O^ T.

o“ CM'iO' r-T 0~-df cd' cm" 05“ ocf

rH CM CO 50 00 CD O

CM5O-#a50505CDCD-tC0

coyqoj-i co 5Qy^a5 ccqcq

O O rH 1—I r—t 1—( T-1 T-1 Oq CM

lO O CO l-(M CO lO O Ci CO io cd^o^h^co ^cq^kO

rH (N CO kO O» rH Th O rH H H (M CO

05 Tfl Htł- rH 00' 05 CD CD H hH 050 O^O^CO^CO    rH hJH

i-T co'5o“i>-“o5'of 5o'co'ccTcT

tH rH tH CQ Th

oooooooooo

ThThTh^Th^ThThThTh

NO^CDrJNO 00 -cH CO co“Hfl“Hh"50“CD t'“Go“CO o“cm“

rH tH

CD^^OO^C£^C^T^Oq^

r-T cf cm“ cm“ co“ co“ hjT hh" 10“ cd“

c/qo^oqr^icqccqcqcM^cjqcM^

O rH rH rH rH tH OQ C^l CQ CO

Th lO CD t>00 O)

O T-H CO CD H H H H

O H CO CD rH rH rH t—I

rH

rH rH rH

0)

0)

HÖ

CQ

î>>

<D

CM

CO 05 C— 05 C— C-OC0CD05

rv »V »V «N *\

CM CO CO CO CO

CO CO CO O CO cjTcd'co'cO'cm'

rH (M CO Hfl iO

ir^L^CD^C-^ 05^ H 05 05 HtC CO rHOroOCO rH cm CM ^ 50

05 CO CD 05 O CO C- 05 CM 50

cm“ cm“ cm“ CO CO

Htf tH C— GO Hfl rH 05 rH 50

•'s »V _'S »V 'S

t* D- O CO CD r—i *-h Ol (M (M

CM CO CD rH 50 50 05 CO t- 05

co“ rn“ io“ of co“

rH CM CM CM CO

o^aq^cc^

O H rH Ol (N rH rH t-H t-H rH

ooooo

aTöVT cfccT

rH rH rH rH

oq^c-^aqcq^

HtT5o'5o' ciTcd'

tJU^CO^CO^

cm“ cm“ cm“ co“ co

50 50

05 CO r)T 50“ C-r—I rH rH rH tH

5cqiï£q

CO 05 Os'o'rH

H rH

(Ji O (M CO rH rH r-H rH

CD OJ CO ^ O Ot> O O *H (M y—< rH rH i—i

Liczba

kształ-

tówki

CO 50 CD t> CO 05

O CM 50

T—I rH TH

CM CM CM CM (M O CM Tfl CD t'-' CM CM CM CM (M

Liczba

kiitówki

LO

CD

-'I

■o

Wymiary w mm

Prze-

krój

rx

CJ1 Ol OX

o O O

LO tO iO

LO lO lO lO UJ lO

o o o o

CD CD CD CD

lOCDt-

■ccoot

00 -3 00

CD O CO OO

—1 —1 -'l —0

OO O O

CD CD -0

yoyo o; OOO

"o o'o

obb

^-d] ^-d] ^*dj

bn oi oi o*

00 CD CO CC 00

N» N» V» N. S»

ooooo

lO iO LO ity

co cc' od' od'

o o o |    o o o

cc'cc'cc' j    cc'cc'cc'

ityicyuy co co co

CytyCyty

co co co co'

to to to to ooooo

-<1

<Dt Ot

CD CD

H-¹ i—¹

S>S> o o

Oi ort

oo

IT. Kątówki (n. Winkeleiseny

A. Równoramienne

r=d, ^=0,5 dt

Położenie osi

Ciężar

cm²    kg Im

otyty, 'bo'© do

ot CD CD

ojcny 'ot'ao'di ot 00 CD

Oj yyao

.dolodo

ł—¹ OO CD

rH

yoyoyiyo*

'©'©dodo

ot LO -3 O

o'' oo' oT o

12,07

9,39

10,64

11,87

13,08

11,47

12,80

Moment

głównych    bez-

i środka cięż- władności kości

cm

ze

względu

na

podstawę

lab

cm

LO CD CD CC OO lO

cc'cc'-'d

nfl CC rH ty y y

ccd'-d'ic'

Ht-O

oyery^

-d'ic'cD'

yi yiyoyn

'co'o'to'ao £>• ^ to CD

yyccyyoyot 'î^'bt'bo'ko'oo h* en -a -j oo

r-1 t>- ^ Ol i—i rH

cc'cc'cc' CM CO CM

ayaycy

rd rd rd

CO CO GO

HHH

CC CC CC

(00 LO 1—I

lO lOlC

cc"odce"

OO LO rH Od) <0 r—i

i-T cd cd

^

LO LO LD_

CO co co

CO Ci lO

ayayay co co co

CD CO CC IMCQCC

cd clcd

a j o* j o j GO CO GO

coco'co

th d- cc oo

CC (M <M rH

'śh' tjT hjT nd OO tO O CD

cc ^ îtyio ed cd ci' cd

njł hH hH "tH

(M (M <M (M

-H' -H" H' nd

COIOOI>^ CD CD CD lO lO

»\ »V ^    ^

^ ^ ^ ^

C- CQ i> CO iO O CD O

co' co'' có' co*' co'' ooooo

CD CD CD CD .CD

-rtl

ic co i—i

rH rH (M

to to to yojK© to CD OO

OO O ifO

ci' od' ■H' cc at

OO CJt Ot ^

yy-yoyo

'i-i'cod-Ł'ao

53,9

63,3

72,8

82,4

92,1

r—I

oycœ-i to to oo oo o oo o to

y^y^y^y.

CD CD CD CD ax en ot ot

yo toyoyo 'cd'cd'cd'cd >jo»o

y-y-y^yn 'ćd'ćd'ćd'o O ot co to

oœ

CD CD CD Ot

ytyt

'bo'bo

O o

oo oo oo -yy_

OO oo oo o

hom>cd od o*' cd •H'

O 05 O T-j

110,9

125,5

fr. cornière, fer en L, an. angle iron)

(n. gleichschenhelig) (rys. 136).

P ⁼ 0°/₀ -

Ze względu na oś XtXj

Ze względu na oś główną XX

Ze względu na oś

główną YY

Dwie znito- x wane kątówki

A

||

moment

bezwład- oporu ności

I₀:v

promień bezwładności a₀

moment

bezwład- °P°ru ności

Iz

Ix-w

promień bezwładności a

moment

bezwładności Iy

oporu

Iy : e

Ie"

•“■3

sl

ze wzgięd na oś AB

Ze względu na oś XX

moment

I pro-I mień

moment

I pro-

I mień

bezwładności

bezwładności

2 lab Ctab

2 J-XX

(lxx

cm⁴    cm³ cm cm

cm³ cm ' cmi cm

cm cm

cm cm

cm

i JDJD j<I

I 'otT-^'bo

I

lC> a a CO CO CO t-T r-T t-T lO 05 CD

a^cojo^

ci'ci'cd'

)-* i—i ha

ptpopt

ąąą

i-T t-T r-T’

ąąą

cd'-^'id'

O Ot CD

tOHM

glêV

o o o

¥gfg

30,0 1.87 36,3 1,89 42,7 1,91

lO a a

CO CO^CO^

T-1 !-1 T"I

D^CO^rH^ lO 07 r—( H ri 0Q

Cd oo a a 05 a

»\ t' *\    *s

H CQ Hji    l> 07) (M

rH rH rH    rH rH 03

co a o    co to a

lOjtC^iO^ CD^CD^CD^ a~ a" a¹    a" a" r-T

a a O    COaiO

a^ cd^ oj    a^ r-j

aT co" H    a' to" to"

rH CO b"-O Oj 07) _ r-T o" o" co a r^ a cD^os j    Cd" Cd" Cd"

i    a a a

I    co a a

a" to" cd"

CD to to to

JOJDJ35JO

'toPolo Po

aj75jC5jot Po CD "a Po CDOOjfaa

a co co co

CD O a tO

ot a a oc oc oo to to to a

JDJJ5J-JJJ5    JOt J—*    J.OJDj-1

Po Po Ta'bo    'o'a'o5    1    'to'bt'ot

I    I

aa

JOJOJDJ»    J°J)°    J35JCt a

’o'cDp.d'bt    'q'o'o    'cnVd'cD

___-.1 05 O ą CD I 05 CO ot

JO JO JO JO    JO JO JO    I    J-tJ-tJ-»

lolololo    'o'o'o    'co'cd'cd

_ojaoo CD a CO CD [ GO O a

a a a

JOOJOJ—“ JC

'bo'bo'o'ot

ot ja ja j» i jdjoojd to "cc Ta P> | 'cD'bc'a CD OO CD CD • I 'CO a CD

a aj-t"

o'o'o

otaa

rH rH !>•

N«(N a" co" oT

r-T —" a" a"

CO l>- C-

rH rH rH rH

ot a a

J»JO_a

__~Qt'Ć0~a

JO JO JO I JO to JO"

! P83

CO a O LO lO to r-T r-T a"

«Pöäa)

Cd tO 05 Cd Cd Cd

CO CO' Ö

CD tO a CD CD CD a" a" a"

aTtaccT a' oT a~

CO CO a

co — co to

a tO 1X5 lO Cd'Cd'Cd' " CJrJ —JCO_

tcT O" rc" O" CO O a 00

rH tH tH

05 ot ot a ^a jod jo jot ia'çn'a'co

V-fbo'bo'co

CDOh tO

O CD CO CD t>

*\    *S

07> CO t> rH LO cm CO CO a a

*\ *\ »s    -- »V

CD a 00 05 O

co CD CD CD CD

Qi pi Ol KI «^1

CD CO a a lO

»V    »S »\    »\

COCOC5 1DH tJ< »O 1Û CD 1>

a^05^05 10^05 t-T CO a" a" 05"

rH r—I r—I r-H rH

07) CO CD LO CO

'''T¹ Hf¹ Hfi rt) Tfl

cl cl Cd" Cd" cd"

—^COjD^CO^ <ji i-Tco'a"icT

r—i rH r-H rH rH

JtdJ35JO<JDtjfn

00 P-¹ OD I— ta

N« N* N» N#

t\C tO bO bO bO

00 05 CO <1 03

107,8

126.7

145.7

164.8 184,1

^bOjCJiO bOJsD •O -v| -PI -P] C7>

07 bo o co

l>- lO lO lO 07) 07 07 07) 07-r-T t-T r-T r-T t-T

CO a" a" cfT H lO CO a CO 05

ot en ta a

JJ5JOj-J tO

'co'goIdPo

^t>^CD^ GO 07) O rH

tH rH

05 >a

o to

JO JO to jo Ohhh CD a tO tO

OOCOJO^a_

ta" O⁻ Cd" co

rH Cd Cd Cd

CO CD lO CO CD CD CD CD Cd" Cd" Cd" Cd"

COJN^OO^Op co" to" cd" co"

tH rH rH rH

co lo coą^

lcT CO"' CT

CD L— GO CP

cd co. ta co co co co co t-T r-T r-T r-T 00 Cd 05 GO

tH rH CD b*

co" ta" ta" ta"

MKIHH

to o co cp

JDJOt J-¹ J»    |

'to'PPTto

JSJOJOJO"

Cd Cd rH 05 rH rH H O Cd" Cd" Cd" Cd CD^OO CD^ HtcTtcTcd'

GO 07) O -H rH rH

05 Cd

ctTicT

lO CD

CD. Cd*' Cd⁻

a" Cd"

i-l T—l

93,3

103,2

ICI Cd

a"a"

Cd Cd

lO a

co oo

Cd" Cd⁻' CD^lO^

ta' os'

rH rH

8,14 1,46 221,8 3,11 117,8 2,27 8,861,46 250,9 3,13 130,4 2,26

— 168

Wymiary w mm

Prze

Liczba

krój

Ciężar

Położenie osi głównych i środka ciężkości

Moment

bez

władności

ze

względu

kątówki

na

podstawę

d rx

lab

cm²

kg/m

cm

cm

•i

lO lO lO O* l — I/-

ł—* H⁴ h-i

bO H O

H- f—l H-ł

p o o bob

o o.

xcTiO icT

14,11

15,40

16,67

11,01

12,01

13,00

OiÜlOi

co "co'bo

OOP

X 05

O ’-i (M

T—i T—i rH

I-^ I-L I—¹ I-⁻ >—¹

O O O O O

"o o o cTo

sP¹ sP¹ sP¹ nP¹ nP¹

'o o o'b o

12,27

13,70

15,11

16,50

17,87

9,57

10,69

11,79

12,87

13,94

90

CD

90

.90

90

90

O rH 03 CO

rH tH rH rH

io jo io> to jo

rH ’—¹ rH rH i—-¹. r~* rH r^ rH rH

lO 1O1Û lOlO lO lO lO tO lO

15,52

17,13

18,72

20,29

21,84

12,11

16,36

14,60

15,83

17,03

100

10

888

100

14,94

16,34

17,72

19,09

20,59

ąąąąą i ąąąąą sssss

idT icT lcT idT idT ¹ cd" cd'ciT ccT cd’' i> i> in- d-c-

CO X hP    X    ntł rH iO hI

—-> rH CNI'    H    IŃCO CC ^

co co co    co    co cd~ co co

ggggs 832 K 8

CO CO CO CO CO CO

PPPPP PPPPP    ppoi

'bo'bo'cx^V* bPcPocPiPi    'to'k) to

H Q0 bO O'    OODC^H Ql

140,1

154.9

169.9

134,6

152,2

169,9

187.8

205.9

215.9

240.9 266,1 291,4

316.9

327,0

361.3 395,8 430,5

465.3

'ó-

12

HHHPH

to to to to to o o o o o

rH (N CO ^ iO tH tH rH rH rH

o o o o o

rv «S    «S

CO CO CO CO CO

rH rH rH rH rH

j j OC (J ù oi en üi'qt zji

25,37

27,54

29,69

31,82

33,93

19,79

21,48

23,16

24,82

26,47

14

T—i rH T—!

140

CO^iOCO rH r-< rH rH

PPPP

lO lO iC p

P P p

rH rH rH rH

34,93

37.46 39,97

42.46

27,25

29,22

31,18

33,12

hH tH CD CO 05 CD CD lO iO Tfł

CC CC cc cc cc

H 05 CD O co i C- H CDCO O X 05 05    iO CD CD tH

h4H H HH | lo'io'xo'io'

05 05 05 05 05    O O O O

05050505

cc cc cć cc cc ac o? co oc

626.3

684.3 74<7 804,2 864,0

HMH CO O O O

"1 - ^ H. -

1178

1272

1366

1460

O O O O ‘CD CD P CD HHHH

iO DO CD rH rH rH rH

Cd Cd Cd Cd

cc cc cc cc

CD CO'CD CO

rH rH tH rH

46,04

48,93

51,80

54,65

35,91

38,17

42,

11,31

11,31

11,31

11,31

ia r~ co (M

çrT zc' crT zD~

11,51

2030

2170

2310

2451

— 169 -

Ze względu na oś XjXi

Ze względu na oś główną XX

Ze względu na oś

główną YY

Dwie znito- x wane katówki

A

11:

moment

bezwład- oporu ności T /„ ^

promień bezwładności a„

moment

bezwład- °Poru nosci

Ix

Ix’.w

promień bezwładności a

moment

bezwładności Iy

oporu Iy : e

jD

li

li

Ze względu na oś AB

Ze względu na oś XX

moment

I pro-

I mień

moment

I Pr°-

I mień

bezwładności bezwładności

2 lab    O-ab

2 Ixx

(lxx

sm⁴    cm³ cm cm⁴

m⁴ cm cm'¹ cm³ cm cm⁴ cm cm

cm

aąa5_K5_ t-T co cj" e* c— go

CD O 00 co" Th" lo"

t-H t-H t-H

JO JO JO “to'to'to to CO 05

I—¹ I-T I—L

CO to m Oj—JO

CO Y j'ai

to to to

Jfn JOJ— '05'ĆD'to to to to 'bc'bo'bo o — to

lo i> co

T—i rH T—i

.cdcdcd

OTJXMX.

O 05 05 CO O CO CJ 'CO CO

CO Th Th Th_Th_Th^ rY t-Y rY

aTcT o"

rH W

t— rH [ —

rH CJ Th CO CO CO

CO

CD CO CJ CJCJ CJ_

oj" oj" cj" CO 00 o co" co" 10"

Th LO CD

T—i —i r—i

CO 00 CO -J JJLjtJJDJO Î—Y-t Yolb-ol

JO

CD j-H rh 05^C0

cj" Th" io" cd" co"

H ri H H H

CO CJ O O 05

Th Th Th Th^CO.

cj" CJ cj" cj" cj"

CD^05 CD 05 C— Th" CD" OO" 05" O" T-i CJ CO Th CD

T—I T—j rH

co^cojo cq^cq_ CO CO CO CO CO

(M to as 10 t>

.8

CJ CO CO CO Th

L — L— —h CD CD LO LO 10 LO LO t-Y t-Y t-Y t-T t-Y

LO^LO^X^O^C-^

05" o" o"oj" cj" ’

HHHH

Th 05 co co »o

s¥s'fss

~38s8

co co co" co’ CO

CJ Th LO LO Th

ggùfggf

O CD Th CJ CJ

lo" o" Th" O" Th"

T#COI>0)0

T—I rH T—i rH OJ

00^ 05^ CD^ 00^05

lo" cd" cY lY co'

rH cj .CO Th LO t-H t-H t-H t-H t—I

CO CJ rH o O L-^L-L-L-L-^

cY cj" cj" cj" cY

0500 CDJO^CJ^ cY 05" o" co" lo"

rH t-H CJ CJ CJ

CD^CJr-^cOO^ co" t-Y co" Th" o"

CO O rH CO LO TH OJ CJ CJ CJ

Th CO rH o CD Th^Th^Th^Th CO_

cd cdcdcd cd C5^cDjo^cq co^ 00" t-T tY cd' oY cj co co co co

LO 10 LO Th CD L-^l-^L-^L-^L-^ t-Y rY rY rY t—T

cot^co,® co" Th" lo" cd" L'Y

T-1 T—i 1-1 1-i T—1

(»COH»(»

L'Y cY cY rY L'Y

Th LO LO CD CD

CO LO t- 05 H L-^t- L-_J-X^

cYco cd cd cd C^OOJNJJ^C^ rY rY cj" cj" co" co co co co ao Th Th lO LO cd

CO LO LO LO to I—¹ CD —3 OL CO jrj OL jol CD J-*

~C0~O5 Io ~G0 "05

to JO to JO JO ] JO JO JO JO JO Y^C-jYYYjYj 'co'k-lfc-k^'k^ OOt-tOCO I CD o o to co

tOtOtOI-LL-L CO 1—‘ O CO *-3 to -J rfLr CD tfn 'fer~b5Y]'ćo~qł

CJ h o co c— O¹ as^as^ ctYciYco cj"cj"

CO CD^OO 05 T-J

Th «Y co o" co" CJ CJ CJ co co

co co_cd^t-i 00^ o" Th" ( Y Ö t-Y COOCJLOO

OJ co co co co

CO T—I o CD lo œcûrccL'-^i'-r cdcdcdcdcd 0^0 co^lo^cij as co cd as oq CO ^    ^ 10

cj t-h o x c-

O O O 05 05

■ co" co" co" cY cY cj^X^tYcYx'

05 05 05 LO

Th e- o cp co co Th Th ^

OT LO L- 05 O

i—i r—I T—I T—I OJ Th "^T Th Th Th

YY^YcdoYcd” tjT oY t-T o" o"

LO OJ 05 CD CO CD e* C- CO 05

O O O L- 00

o^o^csotjx^

t-T t-Y t-T —T t-T

cqj-^05^o^oj cY co" 05" o" oj"

t—I T—I rH OJ CJ C5_io i-jo^ co" LO" t-Y LO cd - CD c- CO CO 05

05

LfLr

05^X^Th_TH_0^ 05" L'Y co" T-Y cd"

CO CD 05 CJ Th CO CO CO Th Th

CD LO Th Th OJ ZG CD CD CD CD

co" co" cd co" co" coj>OThio cd cj"cD C5~ cj"

CO Th Th Th LO

rHLjlMCßCO. O* 05 T-H T—I O) Th 00 CC C- —I io LO CD CD C-

cd -vi *^1 as as

YjWcYrfn

'ol'ol'os'oc'ot

X CO

I—*■ I—L I—r 00 -J OL co ^OOLOLJO lo ~D5 'en Yd Yj

co co co co to 05to o co 'ol'cc'o'ol'o

JO jo jo jo jö

'co'ćolo'ćo'to

h-T'tO CD O CO

l-L h—

1253

1369

1489

1608

1728

CD H CD OT X CJ CD CD CD C— I>*

t— CD CD Th CJ CJ CJ CJ Th" Th" Th" Th"

CJ_05JD. X x" L'Y cj" cd" COCDOt»

1015

1083

1149

1214

05 X CO LO

cq^co_co^cq^ lcT io io io CD i-l CD

cY cd cd cY

O O H (M

H r-i T—i rH

256

280

303

314

OL OL

jP* C0JDJJ5

'co ol'cd'o jo jo jo jo

-vl -vl -v] •<] to ai ^ m

2356

2544

2732

2921

OL ęji OL OL    OiCJ<CnłP-H^

'co'bo'ao'bo 'o'o'o'cd'cd

•OQICCH    QL OC H- CO -J

OL ^ 00 to

LO OL 05 -a CD CO CD h-¹

CD LO Th Th CJ I> CD CD rJH

cd cd^cd^cd^cd^ cjcjcj^cj^

co" cd cd cd co"    tY tjT TjT tY

cd id cd'cj" cj"

P- CO X Th 05 CD O- L-* CG CO

1102

CD

OL

1166

1224

1291

05 CO CD CD

CO 00 OO CO

tY tY tY so_cjco_ rHi o- co o o ^

T—i H r—i

1747

1848

1947

2044

L— Th

lO co

Th Th

"lO Th co cj

H rH r-i i-i

co"zdCD CD~ CO t* CJJ>

H co" cj" o" io cd e- co

T—i T—I T—I 1-H

rH CO

o co

LO LO

CD 00 l>

CD CD l>-

cd'cd cd'ccT

OOHCO CD^fMO Q CO CD as ^ ^ ^

lO lO T—i Tff r—( r—* r—i H

coco" co" co"

©JO^CO.!^ cj" io L'Y cY L— L— C— GO

2203

2332

2448

2582

05 CO CD CO GO CO 00 CO -sjTriwYY

--3

B.

d,

Liczba przekroju

Wymiary w milimetrach

Powierzchnia przekroju A

Ciężar jednostkowy g

Odstęp środka ciężkości w cm

Położenie osi głównej YY

Odstępy od osi głównych cm w centymetrach

ri    cm² hgjm e

d?|03

OT OT

O O

30 30

L- C—

o c— coco

30.30.

tP [O

jo.cc Tf^'oc to to

C— 03

Hjt.30

cdcd

05 30 Ht CO CD" P

to to

CD

0,430 0 428

y—i CC

H

30 Lid

3,762,62

3,782,60

JO J O I-i "H co to

co] 05

OOO

CO ot. O

000

Ot) Ot) Os

30 30 30 Ht" Ht" Ht"

O. 0.0.

Oi Gt) Gi

t> 0 CO    05 ĆO S

70 105 70 105 70 105

3-3 t-3

H* O CO

1—3 1—3—.

PPP

OOO

03 03 03

bob

80 120 10 80 120 11 80 120 12

90 135 11 90 135 12 90 135 13

HHH HHH

JïO fcO to ^ 1-^

oob_ooo

05J35J35 Otpp

o’o'o dr'br'bt

100 150 100 150 100 150

iO lO^OJ

cd ccTccT

qôq co co co

HHH

CM CO ^

T—t 1—i t-H

sic

110 165 110 165 110 165

o o o

lpt>

0.0.0 Ht T^t Ht rH rH tH

coniio

HHH

11,45 8,93 12,78 9,97 14,09 10,99

15,05 11,74 16,61 12,96 18,15 14,16

19,13 14.92 20,92 16,32

28.74    22,42 30,99 24,17 33,22 25,91

34,27 26,73

36.75    28,66 39,21 30,58

T-H O    CO    co    CO    o

CO CO    03    CO    CO    CO

Htl T#    P    ^

o" o"    o"    o    o    o"

30 03 O

co co co

Ht HJ3

o" o" o"

00330 t—i 30 05 , 30 05 03 30.30.30 t— C- t'- 05 05 O t-H t-H t-H    t-H    t—i t-H    t—! t-H 03

CO Q Ht    Ht    CO 05    03 CO    O

05 0 0    Ht    Ht 30    05 05    0

03" co" co"    co" co" co"    co" co" Ht

co co co

Ht Hit TT

o" o o

CO 03 CO T-H.03 03 03" 03" 03"

O Ht CD Ht Ht Ht Ht" Ht" Ht

30 CO

CO 03 03 I C0C030 -^COtH I t— t— CO t-H.t-H rH j CO CD.CO. 03 03 OJ t> t> tp

cdco"co" l co co"co"    H i HH H

rH CO Tli 10.30 30

jT -p

Tf H05 HHO cd co" co"

C- CO 05 I H 03 CO 03.03.03 I 0 0,0

to" io" 3o" ! cd cd co"

CO 03    05 C— 30

rH •*H tH r—i rH H

t-Vt- co" co co"

co e~ co

L- t- t-

co" co cd HOCO OJC3 -H 05 05 05’

CC 00 CO    I    CD    CD .CD    CD JO JO    tO tOJO

CO CD4-0    i£t 05    "O CO CO    05 03"03

03 O 03    I    ^    O 03    ł^CD^    tO CO 03

OT <03 03 rf*- rf*- l£-

&&gg s¥8

to to to to to to

ppp IPPP

CD CD CD ^ CJX 05

C- 30 CO

co co co

Ht Ht Ht

10.22    7,51 10,21 7,53 10,20 7,55

11,25 8-26 11,24 8.28

11.23    8.29

I OI Ol Ol O¹ OT OT

'co'co'co    to lc lo

I to to l—¹    —3 -3 05

"05 05 bt Uo to i-* CO OC co I ^3 to CD

co foo

00 CO 00 00    0105 05

OOOO I O O O

1-3 3-3 1-1 (_3 !

8888 888

C- 00 05 CO 05

(—1 h-i

H-Ł O

OOOj0000

co"co"co"

0000

tH tH rH rH

Ql O» Ü3 03    ^

bobo bob

9,38

10,63

11.86

CO COj-J

lolobc

03 CO 1—3

90 120 10 90 120 11 90 120 12

EIS Klo SI»

rH rH tH

tH tH tH

90 130 11 90 130 12 90 130 13

lO LO lO O O O icT kCTlQ CD CD'CD'

o oc^ ÖÖÖ

r-T -r-T »—T cm cm cm

i-h rH tH rH rH rH

888 888

120

120

120

140

140

140

OOO iQ lO lD tS crT co co ccT

O O Ö o o o 03* cf co⁻' co" co" co"

rH rH rH rH tH H

rH cm CO CM CO Ttf

rH t-H rH rH rH t-H

13.87 10,82 15 50 12.09

17.11    13,35 18 70 14,59

20,13 15,70 22,02 17,17 23,89 18,63

23,15 18,05

25.11    19,59 27,07 21,11

23,15 18,05

25.11    19,59 27,07 21,11

C3 CC CO 05 05 05 O 03 05 05

cd cd cd ca co co ca

-rt CO CO 03 CO nt 30 CO CO.CO L-.LpL- l> nt nt Ht lO iC O iC 30    03 I 05 CO C- CD

lCUO lO 05.03 05 05. 30" lcT lO CO~ CD" Co" CD"

lO nt 03 O (S O Ht nt 03 03 03 03 lO 30 30 CO CO CD CO

o o o" o" o o" o

CO O O I ^ CO CC X o^o T^1—iv t—i tH tH CM CM CM CM

H to Ci CO N H lO lO    O O ~^rH

CM of cm co'co co' co

2,55

2 59

2.64

3,34

3.39

3,44

3.49

05 nt 05    05 nt CO 03 CO CO

(>• CD CO l> 00 00 C3.CJ.CO. CO CO CO    CO    CO CO    HpHt    nt

ooo    nt    nt 30    co    to

Ht nt nt    CO    CO CO    -«Jt Ht    nt

n n -d    n -p    -p h    h

03 CO Ht    00050    nt 30    30

iO^ CD^ CD^ r-i^ tH_ r-^ CcTCD' CD' CD CD CD C'-'O-'Ib-* 05 rH (O tH Ot> CO rH o Ot) CO CO CO ot) GO CO Tłi Ttf CO

co" oo"co" co" co" od CO 00 co"

IC- 30 CO 05 l> nt 05 co nt nt nt cococo r— c— c— 30 30 30 Ht Ht COCOCO

o"o" o o"o o o o" O

L"- T-H 30    03 CO 05 nt CO 03

03 CO CO 03 03 03 CO CO t-03 O'i 03"    03" 03" 03"    03" 03" 03"

30 05 CO O Hf C- CO C- rH tp.Lp CO. 03.03.03. p CCJtp

co"co' od -d-d-d co’ co"cd

137).

ri—g d

Moment bezwładności w cm4 ze względu na krawędź zewn.

Ze względu na oś

*1*1

*1*1

XX

YY

krótkiego | długiego

ramienia

I‘

a‘

«i

«i

Io

-V

cm

cm⁴

cm

CDI

cm

cmi

cm

to to hj ! i-¹

PHCD I-¹ CD l-¹ 05 to I

7p- -1 ö 1 di 7p-#

CO 05 CD HjH Hfl

46,6

51.9

M¹ I-»

H-* o zo

j-⁴ H-⁴ h-⁴

dodl dl

tH lO CO (M rH i

cqcq oqoqcq cd cd cd cd cd

iq (M Ci ih q CD CO j tH lO Ci H H j CO CO CO

>-* 1—i

CD 7p. CD I—¹

CT CT CD CD

ctTp.

1,67

1,68

1,67

cqtn iq

iO CD IH O r-H CM HHH

CO rH CO CM rH

lO lO OOO

ci cî cd co" co"

C- CD I CO t>(M 05 o" I co" o co" H H ca (M

CO CD cot-p" C? GJ CJ M CJ

rH t—I rH rH rH

j rH CO CO CO cd rH Hf CO CM CO CO

Ci (M tH (M"lOIH O t-h CM rH

id

r-⁴ h-⁴

OHt-

cd aî g

rH tH t—1

(M rH 05 CO CO CM cd co" cd

05 CO lO CO" -d 05" lO CD CD

OD tH CD Ci Ci Ci)

rH rH rH

to to H-1 tO O CD CT CO CD 05 O CD

10 Hłł CO lO 10 10 co" co" co"

OrdJCD

■d t>" O

CO CO Hfl

000

iCuO lO

rH }—' rH

liislf.il,

I CT CD to I 7p- CO CJt j

§53 I

CO CD -0    -3 CD O '

cd 7-* to 7p- co 05 i

la co ha

idcd cd

l>- 05 co

CM CM CO

I SSÈ

BP®

bO p. P-

O 05 00

00 D- L--

co" co" co"

97,9

1335,7

1449.6

1563.7

399,9

435,3

471,1

IO lO CM

cd cd co"

Hfl 05

co CD

Hf

1926,3

2077,8

2229,7

CO lO t—1

ssv

lO CD CD

^h-⁴

—3 05    05    !    CD CO —.1    05    05    CT    CDCDtOtO    P-¹    M    M

P- GO    tO    I    P- -3 CD    00    tO    05    05 CD    CD 05    d    « H*

CT H-¹ 05    „-3    00    CO    (P. o    05 to    JO    CT CO

CT O dl    CD    CT    CO    d] dj    05 00    cd    CD Ö

P- CT —1 CO CD 7-*

HC-tJI 05 CO CO t> I 05 Hfl rH | O 03 O i Hfl CM CO

SES. 3SW 3S‘§ SS2 SS3

I HPHhI CM <M <M (MCOCOI CO CO Hfl

i    H¹ H-*

C0O3O3 hPf-OÛ CDODtO ł—‘ I—‘ 1—‘ 1—^    OOCO

-3 P». tO    WH■    CD    CD P* GO    -1 05 0103    —CI 05 CT»    OJ O 03

JO -0 to    I    tOJO    CO    I    05 to 05    CO w p Ol    CD 05 CD    CT tO P-

7p. d] O    I    ob«    05    I    GO CD CO    loto 05 ct    Io loco    k dbl

00 CD »O | »O Hfl CO j 03 CM ^ | O CO | 2 £h Tn 2 ^    £3 £2 I O g g j CO 03 rH

nd nd nd I ha" rd nd | ididio cd cd cd i cd cd cd cd ! cd »cd! nd^d-dj cdcdcd

106,1

114,8

154.6 166,3

177.6

tqcqq j

rH tH CO CO hH CD (M CM CM

333,7

357,4

379,0

(M 05 ©J CNCDCO^J CM05(M| OJIÛW cd t-7 id I>IQ cd-dl cd cd -d cd nd cd CM CO CO C-Q0 05 O CO nf CD lO CO 1>

t—I rH rH rH rH rH rH

203,0

218,9

234,0

CD iD lO lO H CO

CM <N CM lO lO »-O

cd cd cd cd cd cd

to to to

CD CO CD t>0 OD P-

CD CD CD

h-i'C-'î-⁴

h-⁴ to to

tO tO tO tO tO tO to to to to J I—¹ I—¹ ł—•

S SS 183 8    jrjäbj I

CD LÛ H Ci Ci Ci

cd cd cd

O (M O

t> rd co"

,—I Hfl CD CO CO CO

498,4

538,0

576,2

.'►.H

000

1076.3

1152.4 1223,8

cn P-    łP-    P- CD CD    ,    tO tO b-¹ P-¹

to cd    ct    t—¹■ co ct    to 1—1■ cd —3    co    co    -j

-3 l-i    P-    lOOO    *JOb5ji5    I    CD    ©    J-¹

7p> 0    05    I TP* CD TP-    j    CO 7p- o 'cd    j    tO    C0    CO

P- P- p-CO CT to

00 05 CD CO CO C5

C— iß » • 00 CD O gg ! §§§!    2 L— îoSiO^!

nd nd nd -d -d rd id id id j id id id I cd cd cd | cd cd cd cd I H -cd -cd -d -d rd

00 I> lO CD~ rH l> IO CD CD

(M (M <M

l>l>P

H rH rH

P- P- P-

to to to

CT —0 CO

CD lO

oc cd cd

00 05 O

rH

134 0 143,4 153,0

ł—»■ ł—^ I—ł j—l    CnO tO l—L

h-* o O I O CD co CD CD -O    >-* H-⁴ tG O CD

<1 CDH-¹ ! ►—■ CD O I <JH rfi. I    cd |CDj<iat O^-IH

jiootf^ I co or Ci I cibVi |ViciT>oVi j h-⁴ cd io 00 i-⁴ cd

CD    l-O    lO    tH    tH    tH    i    i>- tH IH

GTt) Ci    Gi    I    rH    rH    tH    CO    CO    CO    i    (M^ (M (M

H H    r*    i    (M    (M    (M    (M    (M    Dl    j    HHH

HHH

1 68

CO CM rH Ci 0«) Ci

H H H

1,93

1,93

1,94

2,09

2,09

2,08

1085,9

1178.7

1271.8

hP- P- CD

-.1 05 CD

OP®

to CT to

O- 00 rH

id-dcd

CO t- H lOiO CD

H O Ci

^ co -d -d ha

HO CM

cdcd'o

CM Hfl CD (M

CM <M

to JO to codo 00

Ci Ci HI

CD

CC CO <M CD CO t*

-3 I—¹

7-toto

ppp

dl dl CO CD CO h-

CD CD CO çd ZD CD Dl CO "H rH rH rH

JO JO JO

H M M

^ ^

r—g■

V. Zoresńwki czyli złobkówki (n. Belageisen) (rys. 138)

Ze względu na oś pionową YY

Ze względu na oś poziomą XX

Moment

bez-

Odstęp śród ka ciężkości

władno-j    ści ze

^    względu    pez.    oporu    ____

e Ba PDf|- wład- I/e lub | bezwł.J wład. [p/e' 1 b bezwł-¹    stawę Ii    ności I    Ijet

moment | promień

cm

oporu

bez-

pro-

mień

moment

pod

stawy

Ciężar

jedno-

stko-

Prze-

krój

Wjrmiary w milimetrach

wy

Ije'

cm³

Ci CO H O 00

Ot) CD^t-H rH o i-O

of -d ta co" L-" o-'

CO o CO Ol CO CD O <NO,CO..CO-Co' OJ 05 t-H CO O CO

Ol CO t—( i—I

cm⁴

co cd co cq_^co, cT cd co" of -d co"

CDCOCOOlOlt-Ol CO C— i—t ’—I

00 lO CO O C~ co a cq_ o, co, co, cq,uo,

i—l Ol Ol Ol CO CO t-H

Cztery kształtowki

dla osi CC'

^ 1-4*

cm³

m⁴

cmi

wo

kgjm

cm²

d‘ I h I b I I d I dt I g

•qpfezaod Bqzorj

H Tjl [-lO I> 00

•»o

rH 03 CO

H of co co ^jT -hT

co

ąąsąss^

—i Ol CO CO rtf    ,co

•r>£>

œ^œoxo

ud CD O ⁻ id 05" 00    ^

......    Cj

Ol ^ o Ol 05 O K*

10 co 05 co co 01 H c-d’cdoiiod

»h rH rH 03 CO

d,

dla osi AB

^ |-sT

Dwa przekroje znitowane ze względu na XX

Odstęp

środka i. .    ,

.    - . Iści ze wzerlę-

cięzkosci I t    ⁰ ?

v    I du na os

Moment

bezwładno-

XX

lub

AB

YY

Ii

lO,

ÄMoqzsoup -9t‘ J'BZâlQ

uf uq9zj(i

Rinq.i7J9(MOry

lO rjl UO CD

lO

lO iß C— C— 05

1Q,

iC CD CO

Sf

•O

'O

22 «

03 lO O) (D Ot) l-O w,*⁻ ■>. rji^iOCDCDO 'W

10

lO o O Ol 10    ^

Ol CO CO CO Htl TH

lOlOCOlOOlO CO ud CO C~ CO 05

ooonocoo

CDOHCOlOt-rH t-H rH rH r-⁴

OOOOOO hcDCOhHCD rH rH rH 03 03 03

H CD CO H CD rH rH t—1 03 03 03

.5

'rS

•<s>

Wy- I Za-okrą-

glenie

sokość

żebra

psoqruS

osoqtuS

osoqojezs

'UAV9AY

•HA\9Z

pro

mień

cm I m⁴ I m³ | cm

cm³

ctni

cm

%mo

,Mł3

Ix =Iy

cm cm I cm⁴

cm² i kgjm

ßs

Ejüpajs eajupajs q

•Avcrçpî^zsjy Bqzorj

8;83 572,7 88,8 8,83 12,3 2046 235,1 12,3 15,9 5434 494,3 15,9 19,5 11973 901,1 19,5 23,0 23213 1490 23,0

65,8

572.7

173,4

364,7

665,2

1100

2046

5434

11973

co

(M

<M CO CO CO Hh 05^00,10,00, t-H, CO im" co" t>~~ ctT JlO CD Ot) rH^-r-H^ t-T CO CD H ilO*' C3 LO O Ot) -*h rH rH CO_ O O) (M O

siisi

lOOCCO

s^sfdg

^ 05 co OT Tf 05 co co"

sd«®?

0 LO H CD 03

id co' co*' cf —T

CO co' CO 05

^sssfąg

clL^SSS

idcO H — co

1-1 0Q CO rH

CO 05 1—1 CO lO

rH rH rH

CO lO CO C- CO ID O 05 03 CO,

SSSSîS

rH r—I t-H

t~- CO 05 o tH CO »-i rtf 00 i-l

rH rH rH 03

CD CO

CD CO

\!

22

OlM^ rH rH rH

CSCDCOOI> CO H lO CD D

CO OJ CO Ó ^T C- 05 Ol

i—t i—I

03 CO O CD lO t> O CO lO

tH t-H

tH_

8S8S8

rH tH 03 Ol CO

oiooio o"

HHOIOICO

— 173 -

¹

W tablicach ogłoszonych w r. 1892 przez austr. Tow. inżynierów i architektów nie uwzględniono zaokrągleń i nachylenia niektórych boków przekroi kształtówek, które potrzebne są ze względu na walcowanie. Ponieważ jednak nieuwzględnianie zaokrągleń i nachyleń daje wyniki niezupełnie dokładne, a różnice dochodzą do 14%, zatem przeliczyłem te tablice • i podaję tu wartości dokładne z uwzględnieniem zaokrągleń i nachyleń.

rys 135

TC

>v

R.

rys; 13 8

d,

(V

f@nr

__u?

*......i-\

Élit

K-

ił

ÄÄ i

*"T'

‘■i.

T

d,

WßJ'

^rsfć' —

-------3----

.r

rys; 13 6.

\#

■*

.-■‘'.i

« \jrm |V

łkfN /⁷

-t-

i7

_5?.

/ćr

/    \-->i

• ¹ !// /\

<? y

rys; 139,

v#:T'T'

Jp:

■/

. /t

Ä!

//i

X_________

yV

-I    rys 43 7

i *

r^>

r‘

‘$P. ..___J

*    6    >

Mit

•ÎT

4T7T

&■

l-Y'-

Ih\

W\SM'

i \>, -v

■r v-* //

ii

-----Ä.

------- ,y

•*; \

, £ >

V-------4«?

§. 55. Belki blaszane.

cz. »0-

Dla większych rozpiętości lub ciężarów, gdy największe kształtówki I nie wystarczają, używamy belek blaszanych (n. Blechträger, fr. poutre en tôle, a. wrought-iron girder, sm'/fc plechovy).

Belka blaszana (rys. 140) składa się ze ścianki A (n. Blechwand, Stehblech, fr. âme, a. web cz. stoina), czterech kątó-wek B i nakładek C (n. Lamelle, Deckplatte, fr. plate-bande a. flange-plate, cz. pâsnica). Zwyjsle przyjmujemy wymiary ścianki, kątówek i szerokości & nakładek a obliczamy ich grubość d. Grubość ścianki przyjmujemy zwykle w budownictwie 7 do 8 mm, przy mostach większą, a mianowicie w przybliżeniu g=8,5+0,151 mm . . . 207)

rys: 140

;M'v'

; < b aj

-f-y

\a

jeżeli l oznacza rozpiętość w m. Szerokość kątówek możemy przyjąć w budownictwie według wzoru 'b₁ =0,21-f- 5 cm a nakładki

b =0,41 + 16 cm

}•

. 208)

przy mostach zaś

a nakładki

b₂=0,41 + 6 cm \ b =0,81 + 18 cm / jeżeli l oznacza rozpiętość w m.

Wysokość belek h obieramy zwykle w budownictwie równą ¹/₁₂ do ¹/₁₆ rozpiętości, w budowie mostów do ¹/₁₂ rozpiętości.

■À

. 209)

Wzory te podaliśmy tylko jako wskazówkę, jakie mniej więcej mamy obierać wymiary ścianki, kątówek i szerokości nakładek , ale ściśle trzymać się ich nie potrzebujemy, bo jeśli przyjmiemy mniejsze wymiary kątówek lub węższe nakładki, to za to wypadną nam nakładki grubsze i na odwrót. Wszystkie te części składowe belki łączymy nitami w jedną całość, przy-

czem rozróżniamy nity poziome i pionowe, które urządzamy w dwu rzędach. Jeżeli nakładki wystają o długość c^> 6,5 cm, wtedy musimy połączyć nakładki jeszcze dwoma rzędami nitów skrajnjrch (n. Randnieten), (rys. 141).

rys= 141

§. 56. Obliczenie przekroju belki blaszanej.

Belki blaszane obliczamy także według rów. 147) zł—Me. Moment bezwładności I rozłożymy tu na dwie części tak, że

1=1, Al

210)

«k

— 175 -

przyczem I\ jest momentem bezwładności kątówek i ścianki, który zaraz możemy obliczyć z danych wymiarów, zaś I₂ momentem bezwładności nakładek. Z poprzedniego widzimy, że (rys. 140)

211)

jU(A* -V)

Z rysunku zaś widzimy, że h=h₁Ą-2 d. Wstawmy tę wartość i po odciągnięciu dziur na nity pionowe — b — 2 d zamiast b, a otrzymamy

V    ³ — 6 \² d+12 d% + 8 d³—\³).

T ₌

^ 12

Ponieważ d w stosunku do hi jest bardzo małe, więc możemy wyraz 8 dz wobec wyrazu G hi ²d opuścić, a wtedy

_ b‘h.d

/₂ = -g!-(Ä₁+2(J).

Wstawmy teraz wartość za J₂ i e=— w równ. 210) i 147), a otrzymamy

h* ~h ćł t    1

x 1^ +    *    +2d) =M—    +2d), a stąd

21

. . 212)

. M

b'bj (hj + 2 d)

\>%X

W drugim wyrazie tego równania po prawej stronie widzimy jednak w mianowniku ilość d, której nie znamy. Musimy więc obliczyć d najprzód w przybliżeniu, wstawiwszy w równ. 212) d=0, a więc otrzymamy przybliżoną wartość dla d

21«

.    . 213)

^ b hj X b'lij²

Wartość tę wstawiamy w równ. 212) po prawej stronie i otrzymujemy dokładną wartość d.

W równania te wchodzi M, które się zmienia według położenia przekroju. Dlatego obliczamy najprzód przekrój, dla którego M jest największe, n. p. w belce w dwu punktach pod-

partej, jednostajnie obciążonej dla x=—. Grubość d rozdzielamy kilka nakładek, przyjmując grubość poje-

w danym razie na dynczej nakładki 8 do 15 mm.

we-

Potem obliczamy dla innych punktów belki odnośne d dług tych samych równań, wstawiając tylko odnośne wartości

Przy obliczeniu momentu bezwładności T± trzeba uwzględnić osłabienie przekroju przez nitowanie. Ścianka osłabia się wskutek spajania przy kładkami, gdy bowiem długość jednej blachy nie wystarcza, musimy dw ie lub więcej blach spajać.

Jeśli przy spajaniu urządzimy nity w odległości a, to

v==a ’ a os^a^^en^e ścianki uwzględnimy, biorąc w rachunek zamiast grubości ścianki g grubość vg. W przybliżeniu możemy przyjąć ^=0,77, więc przyjmiemy zamiast g tylko 0,77 ć?. Przykładki dajemy zawsze z obu stron ścianki, grubość ich mogłaby być połową grubości ścianki, nie używamy jednak cieńszych przykładek niż 6 mm.

Co do obliczenia odległości nitów w przykładce, to dla przekrojów niedaleko podpór, gdzie siła poprzeczna Q jest wielka, możemy ją obliczać w następny sposób. Siła poprzeczna, jak wiemy z §. 48. i 49., nie rozdziela się jednostajnie w przekroju, lecz jest w osi obojętnej największa, a mianowicie wynosi we-

OS

dług 193) na jednostkę długości    , a więc na długości a,

Dla warstwy obojętnej

za M. Długość nakładek wyznaczamy najlepiej wykreślme (rys. 142). Obliczipy grubość nakładki d w środku belki i zróbmy d=CC'. Dla punktów A i JB jest M— 0, więc z równ. 212) wynika, źe grubość d będzie tu ujemną, równą AA' = BB‘. Wykreśliwszy odnośne grubości także w kilku punktach pośrednich I) iE, łączymy punkty À'D'E¹ C'... linią krzywą, lub, jeśli punkty te są dość bliskie, prostemi, a powierzchnia między tą linią a osią AB przedstawia teoretyczną grubość nakładki. CC dzielimy na odpowiednią ilość nakładek i kreślimy poziome» których przecięcia się z linią A‘ O B wyznaczają końce nakładek. W rysunku 142. widzimy w środku belki cztery nakładki

potem trzy, dwie, jedną, a nareszcie widzimy, źe niedaleko podpór nie potrzeba wcale nakładek. Ze wzglę-B dów ustrojowych przedłużamy nieco nakładki po za <jt' linią A' D‘ E‘ C, jak na rysunku uwidoczniono.

D\

XZ/'j&yjW,

ZD

rys: \fi2,

F C    —K

Fm

-s

OS

równej odstępowi nitów, działa a -y-.

a /=2 4 (4¹) ’jeżeii

możemy w przybliżeniu przyjąć S=

-j- oznacza odstęp środka ciężkości połowy przekroju od osi obo-A    ⁰

jętnej. Na długości a działa więc siła a

«T-T

2 i-(W

Q

a~

r Przyj-

mijmy h=0,9h, to

9icd²Ji t, a==    20Q

Równanie to jest ważnem wtedy, gdy po obu stronach szwu przytwierdzimy przykładki jednym rzędem nitów. Jeżeli, jak zwykle, znajduje się po dwa rzędy nitów, to

1,41

<ł

.    . 214)

18 d²hxi

20 Q

=2,83

d'lhx^

.    . 215)

W pobliżu środka belki jest Q bardzo małe, a że tu moment wielki, więc możemy obliczać nity przy kładek, jak dla zwykłego spajania blach, według równ. 117).

§. 56. Obliczenie grubości ścianki belki blaszanej.

Wiemy, że siła ścinająca w osi ciężkości jest największą, że tę więc wyznaczyć musimy dla obliczenia grubości ścianki belki blaszanej. Jeżeli siłę ścinającą poziomą nazwiemy o, to wiemy; że według równ. 193)

QS

I'

a=-V

Wyrazy Sil obliczamy w przybliżeniu, jak w poprzednim paragrafie ; dla warstwy przez środek przechodzącej będzie więc

A więc na jednostkę długości działa siła o=t— na ściankę,

/ł₂

jeżeli zatem natężenie dopuszczalne na ścinanie blachy jest ■£'=! a powierzchnia ścięcia l.g=g (rys. 140), to g

a stąd g—

ODM

xh₂'

12

Statyka.

— 178 -

W przybliżeniu przyjmiemy według Weyraucha, jak pierwej, ń₂=0,9 h₎ więc

10.8Q 16 Q . 9.5 x'h 9 t h

= 1,8

Th '    ‘

• . 216)

Wzór ten nie uwzględnia jednak natężeń ukośnych, które

w belce blaszanej mogą być większe, niż a=~~. Dla warstwy

ń 2

obojętnej jest wprawdzie v=0, lecz w tern miejscu przekroju, gdzie przekrój się nagle rozszerza, t. j. w punkcie a, gdzie się znajdują poziome ramiona kątówek, natężenia ukośne mogą być, jak wiemy z §. 51, większe. Tu bowiem natężenie ścinające nie jest o wiele mniejsze, niż w środku, a i natężenie v jest tu prawie = t. Jeżelibyśmy przyjęli v=o, to według rówm 202)

najw. v‘ = ~7T+i7-^/^² + 4 o²=-^-+^- V/l + 4=    1 +1/5). Jeżeli

2 2 2 2 2

więc chcemy, aby

najw.    to t—

1 + 2,28

(7= 1,625 a

więc o

1,62 ‘

Ze względu jednak na mniejszą wytrzymałość blachy na ścina-

%

nie w kierunku włókien przyjmiemy a = —. Zatem będzie

l,ö

_Q 10 Q 1,8 ⁹    \    9 h

10 Q 1,8_

9ń ’ t

Dla belek zwykłych, w budownictwie używanych, otrzymujemy często z wzoru tego bardzo małą grubość g, w praktyce jednak przyjmujemy najmniej g—6 do 8 nim. Dla belek mostowych, gdzie siły są większe, da się wzór ten z pożytkiem użyć.

Przykład. Dla belki głównej mostu blaszanego o rozpiętości 10m niech będzie obciążenie q — 5,5 t/m, zatem na podporze

najw. Q = ^ ql = ^-5,5X10=27,5#.

a stąd

Th

217)

27500

Niech będzie dalej h = 100cm, x = 120kg/cm², to g=2._ n inrt

lisU.lUU

Przyjmiemy więc g = 0mm.

0,76 cm.

§. 57. Obliczenie nitów belki blaszanej.

a) Obliczenie nitów poziomych.

Nity, łączące belkę blaszaną w jednę całość, narażone są na ścięcie wskutek siły ścinającej poziomej, której wielkość na jednostkę długości jest a, a zatem, jeżeli nity urządzimy w odstępach a (rys. 143), na długość a siła ta wynosi aa. Ponieważ nity poziome są dwucięte, więc d*jv

rys-143.

QS

■j- a, a stąd n Tjd²!

3“ f? ' -

gdzie S oznacza moment statyczny powierzchni przekroju nad nitem poziomym, a więc nakładek i części ■ kątówek ze względu na oś obojętną, a d średnicę nitu.

Z równ. 218) widzimy, że im większą jest siła Q, tern mniejsze muszą być odstępy nitów a i odwrotnie. A zatem ponieważ siła Q przy podporach jest największą, więc tam niuszą być nity najgęściej umieszczone, w środku zaś belki, gdzie siła poprzeczna jest bardzo mała, nity mogą być rzadsze.

Jeżeli chcemy uwzględnić także ciśnienie na ściankę dziury, to jeżeli ciśnienie to nazwiemy v2l będzie a a=dg v₂, przyczem g eznacza grubość ścianki ; a więc

(l^Jl

dgv₂=V—xu a stąd v2 Stąd otrzymamy dla

aa

-f

--- â-----D

a=

7i d

. 218)

1,5

2    2,5

—=1,57

2,35    3,14    3,92

Widzimy, że natężenia v₂ są bardzo wielkie; według wzoru U18) licząc dla —

= 1,5, otrzymamy dla ^=600 v₂ =2,35x600= d

= 1410 hgfcm². Jeżeli —>»1,5, to nie możemy już liczyć wedle

wzoru 218), ale nazwawszy %₂ ciśnienie dopuszczalne na ściankę dziury, otrzymamy

QS

dg*₂I

219) ' ■

przyczem możemy przyjąć x₂ = 14:00 ległem².

&) Nity pionowe umieszczamy zwykle oba w jednym* rzędzie (rys. 144).

Nazwijmy odstęp nitów au to otrzymamy

QSX nd²7i

axo=ax    Ti’

przyczem uwzględnimy, że nity są raz cięte , ale na długości a-muszą być ścięte dwa nity. Z powyższego równania otrzymamy

71 xxd²I

gdzie Sx oznacza moment statyczny nakładek ze względu na środek ciężkości przekroju^. Oczywista rzecz, że S^>S

więc z równ. 218) i 220) wynika, że zawsze a<C,ax. Jeżeli nity poziome obliczamy według 219), to a jest tern bardziej mniej sze niż ax. Ale ponieważ nity pionowe umieszczamy w środkm między nitami poziomymi, więc przyjąć musimy 04=0, obliczamy zatem tylko odległość nitów poziomych i w tej samej, odległości przyjmujemy też nity pionowe.

Często otrzymujemy z tych równań odstęp nitów a bardzo wielki, ze względów konstrukcyjnych więc przyjmujemy największe

jeżeli g jest grubością pojedynczej nakładki.

rvs-144.

«1 =

. 220),

kJ

0T0

Oj

a — 20#,

221>.

§. 58. Obliczenie belek drewnianych.

Belki drewniane obliczamy także według równ. 147) %I=Me, jeżeli h < 0,091, gdy l oznacza rozpiętość belki w dwu punktach podpartej (p. §. 51).

1    h

Dla przekroju prostokątnego (rys. 68) mamy TY=bh²=M-—t

i-A    a

6M

bli²

222)

a stąd

, a stąd

Przyjąwszy b = nh, otrzymamy nh²

h=J«"

y nr

Jeżeli przyjmiemy pewną wartość dla b, to

224)

rys-145

Tu możemy też rozwiązać pytanie, jaki jest pod względem wytrzymałości najkorzystniejszy przekrój belki, wyciosanej :z pnia okrągłego. Z równ. 222) widzimy, że M będzie tem większe, a zatem belka tem więcej uniesie, im większy jest wy-a*az bh². Nazwijmy bh²—u, to otrzymamy najprzód z rysunku 145, jeżeli d jest średnicą pnia, h² = d² — 6², a więc

u—bh²=b {d² - b²).

jjj J

Szukać teraz będziemy wartości b, dla której u będzie największe, a więc musi być

du

-^=0=d²

d²

db

225)

b=dV\

d2 Q

Z rysunku widzimy, że h² — d²—b² = d² — = — d², więc

o o

. . 226)

h^dV^ .

Porównawszy równ. 225) i 226), otrzymamy b:h—1 : y/~2, ożyli 6:&=1:1,41, albo w przybliżeniu

. . 227)

h :h=5:7 . .

Jestto najkorzystniejszy stosunek podstawy do wysokości belki z pnia okrągłego wyciosanej. Jeżeli z punktu E spuścimy prostopadłą na średnicę AB, to

b²=AB.AC, a h²=AB. BC

ożyli według równ. 225) i 226)

d²    9    12

AB.AC=^, AB. BC=~d² a więc AC=^-d a BC=Ą-d.

O    ü    O    O

Na tem polega konstrukcya najkorzystniejszego przekroju. Dzielimy średnicę na trzy części, w puntach C i G wystawiamy prostopadłe i w ten sposób otrzymujemy punkty E i F, wierz-ohołki prostokąta.

Zauważyć tu jednak musimy, że rów. 227) odnosi się tylko do belki z jednego pnia wyciosanej i to bez względu na koszta ocio-sywania. Dla tego nie potrzebujemy go się ściśle trzymać, a tylko pamiętać, że ze względów wytrzymałości wysokość h powinna być większa od szerokości b mniej więcej w stosunku 4:3.

§. 59. Obliczenie belek stropu mięszanego.

Jako przykład obliczenia" belek drewnianych i blaszanych podajemy obliczenie belek stropu mięszanego (tabl. II).

; ponieważ ją jako poziomo

03 JÛ

-o

Co do belek z jednego pnia wyciosanych dodać musimy,, że w ogóle korzystniej jest belek nie ociosywać, bo wtedy moment oporu jest większy. Zwykle jednak względy ustrojowe zmuszają nas do ociosywania belek.

Przykład. Ganek drewniany szeroki 1,2 m spoczywa na belkach drewnianych jednym końcem wmurowanych czyli wspornikach, oddalonych jeden od drugiego 1 m (rys. 146). Obliczyć wymiary belek, jeżeli ciężar własny i obciążenie tłumem ludzi wynoszą 400Jcg/m².

Ponieważ odstęp belek jest 1 m, więc na metr bieżący belki wypada Im² ganku, a zatem 400kg/m = Akg/cm. Największy moment jest, jak wiadomo z §. 13., w B, a mianowicie M=ql'X,{l=\qP, tu więc, ponieważ 1 = 1,2m,    4X

X 120²== 28800Jeżeli więc t = 80kg/cm^, to według równ. 222)

GM 6X28880

% 1-12 *

ry s: 146

u Ul

LlI

j.o- *

bh*

80

2160cm³; a więc

li² = 216, 7),² = 180,

h = 14,7 cm h = 13,4 cm.

dla b = 10,

» 6 = 12,

Jako najbardziej odpowiadające równ. 227) wybieramy więc wymiary

b = 10 cm, h = 15 cm.

Strop mięszany składa się z belek żelaznych B, umieszczonych w odstępach Z₂ — 4,5 m i belek drewnianych K, spoczywających na belkach żelaznych, umieszczonych w odstępach a<^lm. Rozpiętość belek żelaznych w świetle wynosi jest za małe, aby można belki

więc obliczamy je jako w dwu punktach podparte. Teoretyczne punkty podparcia przyjmujemy 15 cm odległe od krawędzi muru, więc rozpiętość teoretyczna ^ = l -f- 0,8 m = 11,8 m. Ciężar własny powały i podłogi wynosi 300 hg\m\ obciążenie tłumem ludzi także 300 Tcgjm². Ciężar własny belki drewnianej przyjmiemy tymczasowo gi =40 kg/m, belki żelaznej =60+15 l kalm, dalej dla drzewa x= 80 kalem², dla żelaza s-lOKtkg/mK

Najprzód musimy obliczyć odstęp a belek drewnianych. Ponieważ przy murze umieszczamy po jednej belce drewnianej , więc jeżeli przyjmiemy n pól a szerokość belki 6, to l =na-\- b, a wstawiwszy wartość za l i przyjąwszy tymczasowo 6 — 0,2 m, 11— na-\-

r, „    ,    10,8

+ 0,2, a stąd a=-r

n

— 183 -

a więc a

n musi być liczbą całą, zaś a < 1 przyjmujemy więc «= 11,

10,8

11

0,982 m.

Bel ę drewnianą K możemy teraz obli-

Pierwej jednak musimy wyzna-

czyć według równ. 222) bh² = —

>    ¹    T

czyć najw. moment M, który dla obciążenia jednostajnego zupełnego będzie dla połowy rozpiętości belki według 20) M=± ql^², przyćzem ą jest obciążenie na jednostkę długości. Ponieważ 1 m belki K niesie a m² powały, a obciążenie na m¹ wynosi 800 4 300 = 600kg, więc obciążenie belki drewnianej przy uwzględnieniu ciężaru własnego równa się a . 6004-40=0,982.6004-40 hgjm, a więc

6,292 ~kg]cm.

0,982.6004-40

100

Rozpiętość l₂ wynosi 4,5 w = 450 cm, więc    6,292 X 450²=

159266 hgcm. Wstawmy teraz wartość w rówri. 222), a otrzymamy 6ft²=g⁶iT 159266 = 11945 cm³, więc dla b —20 cm, Ji= 24,4 cm. Ponieważ stosunek podstawy do wysokości jest stosowny, więc zatrzymujemy jako wymiary belki drewnianej ó= 20 cm, h=25 cm. W przeciwnym razie przyjęlibyśmy b większe lub mniejsze, według 4eg°> czy wymiar h był za wielki czy za mały.

więc trochę mniej, niźeśmy pierwotnie przyjęli, przez co jednak nie potrzebujemy zmieniać obliczenia belki.

Teraz przystępujemy do obliczenia belki blaszanej. Ciężar powały i obciążenie tłumem ludzi przenosi się na belkę żelazną w punktach JE i F. Nazwijmy odnośne siły G i G‘, to punkt E dźwiga a?₂ m² powały i Z₂ belki drewnianej, więc 6r = a£₂ 6004-^ 35, a wstawiwszy wartości ćr=0,982.4,5.6004-4,5.35 = 2808,9%=2,81.

Siła G‘, działająca w punkcie F, jest mniejszą, gdyż szerokość paska powały, ciążącego na tym punkcie jest mniejszą, a mianowicie

Znając wymiary, obliczyć możemy ciężar belki drewnianej na m bieżący. Przyjąwszy ciężar gatunkowy drzewa 0,7, wiemy,-że ciężar 1 dm³ drzewa jest 0,7%, stąd m bieżący belki waży 2.2,5. 10.0,7 = = 85 leg,

a-\-b

—-—: a, a więc G‘ = G A

Obliczywszy siły działające na belkę blaszaną, wykreślamy wielobok sił, przyjmujemy biegun 0 tak, że odległość biegunowa wedle podziałki sił wynosi 20 t, kreślimy wielobok sznurowy, zamykającą, wyznaczamy oddziaływania i siły poprzeczne wedle § 8. Aby wykreślić podziałkę momentów, zastanówmy się , że w rysunku na tabl. II 1 cm w podziałce momentów równa się według podziałki długości 0,5 m, pomnożonemu przez odległość biegunową, więc przez 20 t, a zatem według podziałki momentów 1 cm równa się ^ . 20 = 10 tm. Możemy więc wykreślić teraz podziałkę momentów.

G' : G

(i 4- b

—=2,8

0,9824-0,2

2.0,982

1,68 t.

Dalej uwzględnić jeszcze musimy ciężar własny belki żelaznej g₂, który możemy przyjąć na 1 m bieżący VO-f-15 Z, a więc <?₂ = = 70 + 15-11 = 235 kgjm — 0,235 ł/m. Moment zatem we środku g₂l, ²= 0,235 . 1 l,3²=3,74żm. Moment ten wykreślamy według podziałki momentów i kreślimy w znany sposób parabolę, jako linią momentów.

-i*

Obliczymy jeszcze moment Mb dla punktu K analitycznie w następny sposób: Oddziaływanie D₁ równa się połowie wszystkich ciężarów, więc

2£' + 10£    2x1,68 + 10x2,8

15,68 t,

a moment w punkcie K

M₆ = 15,68 x 5,16 - 4,68x4,y — 5.2,8 x 2 x 0,982 Me> =80,91—8,23 — 27,50 = 45,18 tm.

Podobnie otrzymamy momenty i dla innych punktów dla obciążenia ciężarem powały i tłumem ludzi: do tego musimy jeszcze dodać momenty z ciężaru własnego według wzoru 18) M—^gx(l—x). W ten sposób obliczyliśmy dla x =

Podobną tabliczkę otrzymamy dla sił poprzecznych, licząc według równań 8) i 17),

0    0,25    1,23    2,21    3,20    4,18    5,16

tm

tm

Q‘ =

ca •

2,8

irf O

17 m /¹⁶>⁹⁵ /!5,04 /12,01    18,98 15,84 /2,91

\ 15,27 \ 12,24 \ 9,21 >6,18 13,04 \0,11

17,010

Teraz możemy przystąpić do obliczenia przekroju belki blaszanej. Przyjmujemy wysokość ścianki, zależną od wysokości, jaką na strop mamy do rozporządzenia, hx—Q0 cm, kątówki wedle równania 208) 70mm szerokie a 8 mm grube; grubość ścianki byłaby według

217) £ = 2

1,000.60

niech będzie szerokość nakładki według 208) 21 cm, a nity o średnicy 16 mm. Po odciągnięciu dziur będzie więc użyteczna szerokość nakładki bi =21 — 2.1,6 = 17,8 cm.

Uwzględniwszy dziury na nity i osłabienie ścianki o 25 °/₀,

0,6 cm, zamiast tego przyjmujemy 8 mm. Dalej

otrzymamy

Ix = x\ [(14,8 — 3,2) 60³ — (12,4 — 3,2) 58,4³ — 1,6.46³ +

— 0,25.0,8.60³],

Ix =t¹₂ (2 505 600— 1 832 426 — 155 738 — 43 200) = 39 520 cm⁴.

Wedle równania 213) mamy w przybliżeniu grubość nakładki

2*1

Ml

więc dla #=5,16, wstawiwszy wartości w cm i kg,

2 x39 520

dG =

4 890 000

17,8x60x 1000    17,8.60²

a teraz dokładnie według równania 212)

4 890 000

df)

2x39 520

3,35 cm,

17,8x60x 1000    17,8 x60(60 + 2 x 3,35)

= 3,4 cm.

Dla #=0 otrzymamy z równania 213) 2x39 520

d₀

17,8 x 60²

— 1,2 cm.

Podobnie otrzymamy i dla innych punktów grubości nakładek, a mianowicie będziemy mieli

d₀ ^1    ^2    ^3    ^4    ^5    ^6

— 12    —8    +6 +17 +26 +32 +34mm.

Grubość nakładek w pojedynczych punktach wykreśliliśmy na rysunku i końce rzędnych połączyliśmy prostemi. W ten sposób otrzymaliśmy teoretyczną grubość nakładek. Według poprzedniego mamy największą grubość <2₆=34mm, przyjmujemy więc trzy nakładki, z których pierwsza 12mm gruba, a dwie drugie po 11 mm i wyznaczamy wykreślnie długości nakładek.

Teraz obliczamy jeszcze odstępy nitów, przyjąwszy według 168) jako największy odstęp 20^ = 20 X 11 =22 cm, Obliczamy więc najprzód odstęp nitów poziomych dla 0,25    U. Ponieważ tu śre

dnica nitu d‘ jest 2 razy większa od grubości kątówki, więc musimy

dg‘x₂I

liczyć według równania 219) a

QS •

Wstawiamy tedy wartości

x₂ = 1 400 kgjcm², I=Iy, bo tu niema żadnej nakładki, d* = 1,6, Q = 17,01 t = 17 010 kg, £=(14,8.0,8) 29,6 + 2,4.3,1.27,7 = 556,55 (rys. 147), więc

rys: 14 Z

.....+

s}-“r*

1,6 X 0,8 X 1400x39 520

7,5cm.

-*3.9 ^

17 010x556,55

Gdybyśmy użyli wzoru 218), otrzymali

byśmy

Jr

n 600.1,6'2. 39520 2.17010.556,55 zatrzymujemy więc wynik pierwszy mniejszy. Dla długości od #=0,25 m do początku | pierwszej nakładki otrzymamy

1,6x0,8x1400x39 520 °“    15 270 x 556,55

Od początku pierwszej nakładki do æ = l,23 m mamy

9,9 cm,

.i

8,3 cm.

1= I₁ + T»₅ ²¹ (62,4³—60³)==39 520 + 47 198 = 86718; S=556,55 + 21 x 1,2x30,6 = 1 327,7, więc 1,6x0,8x1400x86718

=7,7 cm

a—

15 270 x 1 327,7

9,6 cm.

Dla długości od «= 1,23 m do początku drugiej nakładki mamy 1,6 x 0,8 x 1400x86 718

12 240x 1 327,7

Podobnie otrzymamy dla długości od początku drugiej nakładki do «=2,21 m a = 9,5 cm,

2    nakładki, a=12,6cm,

3    nakładki, a= 13,4 cm, 3 nakładki, a= 19,9 cm, 3 nakładki, a=40,5cm,

dla długości od «=2,21 m do «=3,20m

„ «=3,20 m „ «=4,18 m „ «=4,18 m „ «=5,16 m zamiast tego jednak przyjmujemy a=22 cm.

Odstępy a nitów stosować się muszą ze względów konstrukcyjnych także do długości pól, która musi być wielokrotną długości a, przyczem jednak a nie może być większe od wartości obliczonej.

§. 60. Natężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości.

Wiemy z §. 36, źe wzór 145) vI=Mv ważnym jest tylko do granicy sprężystości.

Gdy obciążenie wzrasta i granica sprężystości zostanie przekroczoną, wzór 145) nie jest już ważnym, zwykle jednak w braku innego, obliczamy natężenie wedle niego ; rozumie się jednak, źe tak obliczone natężenia różnią się od rzeczywistych. Jeżeli ciało obciążamy aż do złamania i obliczamy z wzoru 145) natężenie w tej chwili powstające, to otrzymamy spół-czynnik wytrzymałości na złamanie. Przy zginaniu występują jednak natężenia na ciśnienie i ciągnienie, belka łamie się w ten sposób, że albo ciągnione włókna się przerywają albo ciśnione zgniatają. Gdyby wzór 145) był ważny aż do złamania, toby musiał spółczynnik wytrzymałości fi₂ na złamanie być równy mniejszemu ze spółczynników wytrzymałości na ciągnienie fi lub ciśnienie fi,. Ponieważ jednak wzór 145) nie jest ważny do złamania, więc okazuje się, źe dla (i₂ otrzymujemy inną wartość.

Doświadczenia okazały np. źe dla belek drewnianych o przekroju prostokątnym spółczynnik wytrzymałości na złamanie fi2 ma przeciętnie następne wartości:

drzewo jodłowe „ świerkowe

fi₂ w Jcgjcm2 410 430

drzewo sosnowe

fi₂ w kg jem2 440

540

600

700

modrzewiowe dębowe bukowe

Jeżeli te wartości porównamy z wartościami dla (i i na str. 42 i 43, to okazuje się, źe dla drzewa w przybliżeniu

fi+fi i

Dla stali otrzymał Bauschinger następne wyniki : spółcz. wytrzymałości

zawartość

węgla

w ⁰/o

na

na

ciągnienie (j. złamanie jj.2 leg/cm²

kg jem²

>    7920

>    8600 8340 8825 8600 7645 8480

Dla żelaza lanego wyprowadza Bach z doświadczeń następne prawidła :

Spółczynnik wytrzymałości na zginanie przewyższa spół-czynnik wytrzymałości na ciągnienie tern bardziej, im bardziej skupiony jest materyał około osi obojętnej. Bach wyraża tę względność następnem równaniem :

0,14

0,19

0.46

0.55

0.66

0,80

0.96

4430

4785

5330

5656

6295

7230

8305

-Y

o® »

ß,

>    1,78

>    1,79

1,56

1,58

1.36

1,06

1,02

228)

przyczem spółczynnik c leży między ⁶/ö a 4/₃, e i e₀ oznaczają odstępy skrajnego włókna ciągnionego od osi obojętnej i od środka ciężkości części ciągnionej przekroju.

I tak gdy w pewnym wypadku było g —1369 kgjcm², otrzymał on

P 2

kg/cm²

3218 do 3323 2929 „ 3153 2905 „ 2986

a) dla przekroju kwadratowego, którego przekątnia leży w płaszczyźnie obciążenia

b) dla przekroju II

okrągłego

f¹2

~kg\cml

2572 do 2238 1979 „ 2111

d)    dla przekroju kwadratowego

e)    »

Widzimy z poprzedniego, że natężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości są różne dla różnych materyałów, a przyczyną tego są rozmaite kształty linii odkształceń dla rozmaitych materyałów. Zastanawiać sią więc teraz będziemy osobno nad belkami drewnianemi, osobno nad źelaznemi.

§. 61. Natężenia przy złamaniu belek drewnianych.

Jeżeli belkę drewnianą o przekroju prostokątnym obciążymy aż do złamania, to z powodu, że granica sprężystości dla ciągnienia leży bardzo blisko spółczynnika wytrzymałości, natężenia na ciągnienie & (rys. 148) będą proporcyonalne do odstępów v' od osi obojętnej, dadzą się y à więc przedstawić prostą Oc. Inaczej rzecz się jednak będzie miała z natężeniami na ciśnienie. Otrzymamy tam prostą Oa do granicy sprężystości i krzywą, zamiast której możemy przyjąć prostą ab. Dla tego założenia jest dla ciśnionej części przekroju aż do granicy sprężystości o=av

rys ; 148.

! Vo

e'

-JÿT

228)

a po za tą granicą

229)

°i = aK + ai (v — v ₀))=av₀ (1 — aJ + aOiV ai—a₀(l - a^)-\-aaxv .    .

Dla części ciągnio ej jest

o‘ = av‘

280)

Suma natężeń dodatnich i ujemnych musi być równą zeru, więc gdy szerokość belki b jest stałą

„o)=0

v‘el

o₀ + v

e‘⁼^rv^

. Jeżeli przypuścimy, że równocześnie przerywają się włókna ciągnione i zgniatają ciśnione, to możemy napisać ze względu

a stąd

v'

(e — v₀)    .    .

. . 281)

na to, że dla drzewa szpilkowego spółczynnik wytrzymałości na ciągnienie jest dwa razy tak wielki, jak na ciśnienie ¹),

1 ,

v—[i=— v =

zatem e‘ =

dalej (7₀ = i-r=iy= Wstawmy dalej

e=h — e' i v₀=~=— a

v'=

,    1 ,    3 /₇

‘"îë'+TV¹

— e‘ —

~Te/==~7~e,5 to

v‘ 4

a stąd

i")

e'— OA h

282)

Oś obojętna leży więc w chwili złamania poniżej osi belki w odległości 0,1 ln.

Moment sił zewnętrznych M musi być równy momentowi sił wewnętrznych, więc gdy nazwiemy natężenie przy złamaniu, obliczone z wzoru • 145), to

2tr₀+ft e—v₀\\ +P ³    //

M=

6

Po wstawieniu powyższych wartości za v, u₀, v₀, e‘ otrzymamy

~^.0,16Ä²=|-^^0,1 Ä + |-^=0,725^2 =0,725 ii'.......

h²fi₂ =

zatem

233)

W poprzednim paragrafie widzieliśmy, że doświadczenia okazały, że ^₂=0,75^, wynik więc doświadczeń jak bardzo zbliżony do teoretycznego i teraz poznajemy prawdziwą przyczynę tego zjawiska.

§. 62. Natężenie przy złamaniu belek z żelaza spawalnego, zlewnego i stali.

Podobnie jak z belkami drewnianemi ma się rzecz także z belkami z żelaza spawalnego, zlewnego i stali. Tu jednak odpowiednio do kształtu krzywej odkształceń, wykazanego w §. 19.,

linia natężeń będzie dla ciągnienia jak i ciśnienia krzywą, za-, miast czego możemy podobnie jak dla drzewa przyjąć dwie proste, więc dla ciągnienia 0ay i axc^ dla ciśnienia Odi i dxbx. Linie 0ax i Odx spadają w tej fazie obciążenia prawie z osią, możemy więc napisać

o' — o₀‘Jra‘v‘ o — o₀ + a v

to

co

rys: 149.

IW

f- «

MU

0__60

a,

c.

Dla równowagi musi być suma natężeń równa zeru, więc

Ce    Ce

\ od A— V

Jo    Jo

o'dA=0, a wstawiwszy wartości za o i a', otrzymamy

°o

r* e    Ç e

\ dA^=a \ Jo    Jo

vdA —

p e‘    p e‘

o‘₀ V • dA — a' \

Jo    jo

v'dA=0

Nazwijmy \ dA=Ax powierzchnię części przekroju poniżej Jo

dA—Sx moment statyczny tej powierzchni ze

osi obojętnej,

£■

względu na oś obojętną, względnie

dA=A<, i C

Jo

v'dA = S₂

powierzchnię i moment statyczny części przekroju poniżej osi obojętnej, to

. . 235)

o₀Ai-\-a Sx— o‘₀A₂—a'$₂=0 .

Dla żelaza zlewnego i stali możemy w przybliżeniu przyjąć a₀=a₀' i a—ca', więc

o,{Ax — AJj+a(Sx — cS₂)=0 .... 236) Wstawmy wartość za « z rów. 234), to

a=-——- albo ———, więc

MA,-A₂)+^-^(S,-cS₂)-0. .    . . 237)

Wedle doświadczeń C o n s i d è re’ a ²) można przyjąć w po-przedniem równaniu dla stali miękkiej, o₀=30007cglcm³, c==3. Dla żelaza spawalnego możemy przyjąć a₀ =2000&y/cm³, c nie znamy z doświadczeń, w braku ich moglibyśmy tymczasowo przyjąć także c=3.

Jeżeli kształt przekroju jest dany, to możemy A₁, A₂, S± i S₂ wyrazić jako funkcyę d, oddalenia osi obojętnej od osi ciężkości i na podstawie równ. 237) wyznaczyć d.

Drugi warunek równowagi brzmi :

-i

avdAĄ-

g'v‘ dA.

Wstawiwszy wartość za o i a' z 234), otrzymamy

M—g₀ V vdA-\-a V v²dA+o\ V Jo    Jo    Jo

v‘dA +«' ^ v²dĄ.

Nazwijmy moment bezwładności powierzchni przekroju poniżej osi obojętnej ze względu na oś obojętną Ilt powierzchni zaś powyżej osi obojętnej J₂, to możemy napisać

M=o₀S₁-\-aIl+G₀‘ S₂-ł-a‘ Ą albo

M=g₀ (S₁JrS₂)-\-a(I₁JrcI₂)

wreszcie

M=o-₀(S,+S₂)+-,^-^(I₁+cI₂). . . . 238)

C

Jeżeli zastosujemy ten wzór do prób wytrzymałości na złamanie, to wstawimy v=~fi. Spółczynnik wytrzymałości na złamanie w zwykłem rozumieniu będzie

Me

g₂ —    .

Z rów. 238) otrzymamy dla \i—v

.    .    239)

Me=(g— g₀) (Il+c I₂) + g₀ e(S₁+S₂)₁ zatem ^2 ^i + c , G₀e(Si-\-S₂) — (1,+cĄ)

li

fi

Widzimy więc, że spółczynnik zwiększający (fr. coefficient de majoration) 7c=— zależny jest od kształtu prze-

kroju, bo jest tern większy, im większe jest

e(S₁ +S₂)

Zastosujmy wzory powyższe, do przekrojów prostokątnego i okrągłego.

Dla prostokątu mamy    (rys. 1^0)

— b --vj , a więc A₁ —A₂ = 2 bvT

rys; 150.

A₂

JV

i_JV

jr

Ts

bC Ssj

Oi²

— hv + v

więc Si — 8 S₂

"Wstawiwszy to w rów. 237), otrzy-

mamy fi — a₀ b

albo

2 o₀v—

h + 2v

4: hv — 2 v²^j =0

—4/&v-j-2v²j .... 240)

Wstawmy n. p. dla stali j₀ = 3000, u. ==7000 kg jem², to otrzymamy Stąd otrzymamy

6000 v

, . 241)

« = 0,09 h......

Obliczmy teraz M wedle wzoru 238), a otrzymamy

Sx + S₂=b (~ + v²) = b (^+0,0081 Ä»)

Sx + S₂ =0,2581 bh²

Ji +c/₂=    [(|-“ w) + c (4 + ^ ) T ⁼W"(°,²⁰⁵ + 3 X 0,0689) = 0,137 6^3

więc Af= 3000 : 0,2581 M²-j

rO [CO'

4000

0,59 h

M = bh² (774,3 + 930) = 1704 M2 Moment obliczony wedle zwykłego wzoru jest

0,137 bhz

242)

bh²

7^.7000=1167 M². b

JŁT 1704

M₀ 1167    1,46

Dla koła otrzymamy (rys. 151)

A^

zatem

d²n

f do, A₂~

d²n

dv

S,

dv²

(fl+0,21 d)Ą——

d²7i

dv²

(0,21 — v)--—, stąd Ai—A^=^dv

d²n

rys ; 15 î

S,-3 5,

(4 v - 0,42 d) — 2 dv².

2 rfv a₀ -]

«T

albo

2(T₀v

Z rów. 237) otrzymamy

fi-a₀ (4î?_0j42^)_2cfv2j₌=0

4v²-^(4v-0,42(7)) 244)

fi (i₀

d + 2v

Wstawmy znów dla stali v₀ = 3000, ^ = 1000Jcg/m², to otrzymamy

(⁴„2_ ^ (4 — 0,42 <Z))

v = 0,08 d.....

Obliczmy teraz M wedle wzoru 238). a otrzymamy

fj/i) 2 d^TT    /74i2

(t>40,21<Z.) + =-■4 -g-(0,21 d-v)+ -g- = 0,164 <Z³

/72 jr    1

I, = 0,00686 cZ⁴ + — (0,2122<Z + C² -f g- <Zt>³

7t = 0,00686 (Z⁴ + 0,03353 rf⁴ + 0,000171 tZ⁴ = 0,04056 (Z⁴

(0,2122 «Z — 0,08 (Z)² —~dv³

7₂ = 0,00686 (Z⁴ + 0,00686 cZ⁴ — 0,000171 di = 0,01355 cZ4 7t + cl₂ = (0,04056 + 3.0,01355) cZ⁴ = 0,0812 d⁴,

6000 v

4000

<Z + 2*>

a stąd otrzymamy

. 245)

Si + S*

7₂ = 0,00686 (Z⁴ 4-

cZ²tc

więc

4000

117 = 3000, 0,164 cZ³ 4- £££- 0,0812 7⁴ = (492 4- 560) d³

UjOo et

117= 1052 (Z³ .

. 246)

Moment obliczony wedle zwykłego wzoru jest 7Z ćZ³

Mo

32 •

7000 = 0,0982.7000 d³=687,4 (Z³

zatem

A zatem dla koła

M _ 1053 m7~ 6874

przy którem materyał jest więcej sku-

a zatem Jc = —

1,53

. 247)

pionym, niż dla prostokąta, otrzymujemy

większe, niż dla prostokąta. Powyższy wynik stwierdziły też doświadczenia z żelazem łanem, przytoczone w §. 60 a także i doświadczenie Considéra, który otrzymał

Statyka.

Mo

fi

1,15

spółczynnik zwiększający k żelazo miękkie twarde ^' = 1130 fr'= 2230

1,40 1,82 2,21

1,57

1,84

prostokątny okrągły

Spółczynnik h zależny jest wedle rów. 239) także od spół-czynników <r₀, c, zmienia się więc z jakością materyału. Doświadczenia Bauschingera, przytoczone w §. 60. wykazują, że spółczynnik ten jest tem większy, im stal jest miększa.

§. 63, Natężenia zginające w belkach z żelaza lanego, kamienia i betonu. Prawo Bacha.

Już na str. 39. stwierdziliśmy, że dla żelaza lanego niema właściwie żadnej granicy sprężystości, a z rys. 39. widać, że linia odkształceń dla żelaza lanego nie jest wcale prostą, lecz krzywą. Podobnie rzecz się ma z kamieniem, betonem, cementem a w mniejszym nieco stopniu i z drzewem (rys. 40). Otóż prawo Ho oka (str. 34, r. 83) do tych materyałów właściwie się nie stosuje, ściśle rzecz biorąc. Pomimo tego obliczano dotychczas belki z tych materyałów wedle zwykłych wzorów na złamanie i otrzymywano też dziwny wynik, że wytrzymałość na złamanie była znacznie większą, niż wytrzymałość na ciągnienie. O drzewie mówiliśmy już w §. 61, teraz będziemy mówić o innych, powyżej przytoczonych materyałach.

Prof. Bach wyznaczył na podstawie doświadczeń równanie krzywej odkształceń w ogólnym kształcie

248)

dl vm

które przechodzi w równanie Hooka (r. 36.) dla m—1. Wartość spółczynnika m rozmaitą dla różnych materyałów i nie wiele się różniącą od jedności, podajemy w następnej tabliczce :

Materyał

1) żelazo lane przedtem nie obciążone obciążone przedtem silnie

ciągnienie

ciśnienie

kg/cm

1338000 1,083 1180000 1,052 1150000 1,1    1170000 1,05

kglcm

•i

Materyał

2) cementowa zaprawa 1 cz. cementu 1% cz. piasku 1 „

1 „

ciągnienie

ciśnienie

ległem’¹

2 r>

r>

kgjcm

356000 1,11 315000    1,15

230000    1,17

3) beton

1 cz. cementu 2¹/-₂ cz. piasku 5 cz. żwiru

« 10 „

Przyjmujemy tutaj także, jak w §. 36, że przekroje po ugięciu belki pozostają płaskimi, że więc przekrój GH przejdzie

r>

25

7?

97

75

«r.

rys : 152.

ii

li

iii!

*4

w----- ^ -

-------- i

--r-i

Mm

MM

w położenie JK (rys. 152 a) czyli obroci się około osi obojętnej o kąt JOG. Widzimy więc, że przedłużenia i skrócenia włókien będą proporcyonalne do odległości ich od osi obojętnej, zatem

vm

—: = avm

. . 249)

y—

£

jeżeli

Spółczynnik a nazwiemy za Bacbem spółczynnikiem wydłużenia (n. Dehnungscoeffizient).

Z rysunku wynika wtedy

250)

dl

Y=y*K

W ogólności jest spółczynnik sprężystości dla ciągnienia różny, więc

a stąd

y==alvm>, y'=ctvrn*,

y = Cl j Vm 1 j )

y'=a₂^m*₂ / *

Z rów. 252) i 253) wynika

252)

253)

Vmt —

hx

vml

m, ,

v=vx y

v‘

“'•Vt

254)

Jeżeli złożymy ciśnienie w wypadkową D a ciągnienie w wypadkową Z, to dla równowagi

D=Z.........2 5)

i Dd+Zz^M.......2 6)

OT OT

Dalej mamy dla szerokości b= 1 cm

(*h    (* Ä, m₁

i)

o V-T*

mll 1 Wll ~

Yię VA”'⁺¹

D=vi Podobnie otrzymamy

m:l 1

=^i Vi——    =

--fi o

mi ¹

Wl Ä

m., -f 1 mi -f 1    1 1 *

m.

. 257)

Aa

v‘dv=

w₂

m₂ + l

. 258)

Z>d

Jo

vvdv=vi

i’

2^ + 1

. . 259)

Zz=\ v'v'dv =

a stąd

i %v'dv

m₃

2«₂+l

. 260)

Vf² +

m₂

2m₂ +1

. 261)

m₁ +1

w₂ +1

Z rów. 251) i 263) wynika

Nareszcie

alvl

a₂v₂m* y‘ ń2 Ji —- Jix "i⁻ Ji₂ »

263)

264)

i a₂, to z czterech równań 261),

Jeżeli znamy mlx m₂, a ■262), 263) i 264) dadzą się obliczyć cztery nieznajome hx, h2x *1 i v₂.

Geusen przyjmuje pewne skrócenie w obliczeniu. W ma-teryałach, o których tu mowa, jest spółczynnik wytrzymałości na ciągnienie    spółczynnika wytrzymałości na ciśnienie.

u/

Jeżeli przyjmiemy n tą pewność, to %>r=z~ jest natężenie dopu

szczalne na ciągnienie.

Zróbmy w 262) x‘ = v₂, to

m₂

m, +1 ń₂

m₂ -f-1 m

Nazwijmy

m, + l

w₂ + l to vx =q)x‘

265)

266)

Z rów. 262) mamy

vJi

<P

vxhx

Eńwn. 261) możemy więc napisać hxmx

2m,-f-l ¹ 2m₂-f 1 <p

M . . 267)

alho (A, ^T[+^ 2^+l)“ sl że hx=}i — ń₂, więc stąd możemy obliczyć ń₂.

Spółczynniki m podane powyżej nie są zupełnie dokładne i zmieniają się wedle jakości materyału. Przyjmiemy w przybliżeniu z Bachem dla żelaza lanego m₁=l,04, m₂ = J,10, to

mx

1,04

__1,10 2,04

(p~~\^04 2,10

0,3377, -

1,027

m₂

1 1,10

2w, + l    1,027 3,20

2 mx + i 3,08 Dla granitu jest mj =»1,12, m₂ = 1,40 1,40 2,12 1,12'2,40

0,3346.

cp

1,10,

1,12

2m,-f 1 3.24

=■0,35

L

1 m₂

=0,34.

cp 2m₂ + l 1,10 8,80 Z tego widzimy, że w przybliżeniu dla obu materyałów

w,

. . 268)

1

2m, 4-1    2 w₂4-l    3

Jeżeli to wstawimy w rów. 267), to

r— (/&t 4-fe₂)=if, zatem o

3M

cp t'h

269)

Mamy zatem z 266)

BI

hhl

Dla złamania możemy wstawić fi' zamiast x', więc

3 M

(pfi‘h *

3 M

K-

Nazwijmy /&₂ = ań, to fi'

acphę

. . 270)

a że dla szerokości 1 cm

271)

272)

Rzeczywista wytrzymałość na ciągnienie żelaza lanego i granitu, jest więc prawie równa połowie wytrzymałości, otrzymanej z doświadczeń na złamanie, a obliczonej zwykłym sposobem wedle bypotezy Naviera (proporcyonalność wydłużeń i natężeń), co zgadza się z doświadczeniem. Dla betonu znalazł Carling*) ten stosunek 2,2.

§. 64. Natężenie w belkach, gdy siły nie działają w płaszczyźnie

osi głównych.

Przypuśćmy, że obciążenie belki działa w płaszczyźnie ZZ, a osi główne przekroju (rys. 153) są XX i YY. Moment sił zewnętrznych ze względu na ten przekrój niech będzie M₎ to

*) Por. Zeitschr. der öster. Ing. Arch. Ver. 1897 str. 11.

Dla punktu L, jest x ujemne. Widzimy więc, że w ćwiartkach, przez które przechodzi prosta ZZ będzie v dodatnem, w dwóch innych zaś będzie v ujemnem.

Jeżeli chcemy wyznaczyć położenie osi obojętnej, to zróbmy w rów. 273) v=0, więc

y dost a x wst a _

moment ten rozłożyć możemy na dwa momenty składowe, działające w płaszczyznach XX i YY, mianowicie

M wst a działający w płaszczyźnie prostopadłej do YY

„ XX.

Jeżeli nazwiemy J moment bezwładności ze względu na oś XX, I, ze względu na oś YY, to momenty powyższe wywołują następne natężenia dla dowolnego punktu przekroju L

M dost a y V'~~ I M wst a x

i M dost a

rys d 53.

jZ.

cV.

JY

' >/ f-

a'-

u.

7

*.i / / /

/ W

I,

Jf'

\X

,r

a zatem v=v, Ą-v<1= (y dost a

//

x wst

TT)

to

Jestto równanie osi obojętnej, które da się napisać też

y=— x st cc

Ir

. 274)

Jestto równanie linii prostej, zatem oś obojętna jest linią prostą i przechodzi przez środek ciężkości 0, bo dla x=0, y—0.

Niech prosta NN będzie osią obojętną. Dla punktu jej U jest UUx—y, 0UX =—x, więc

UU,

stęp

OU,

, • 276)

a stąd

A zatem oś obojętna jest osią sprzężoną osi ZZ, w której działają siły.

Natężenia v są, jak wiadomo, proporcyonalne do odstępu od osi obojętnej, więc największe natężenia są w E i F, które to punkty otrzymamy, poprowadziwszy styczne do obwodu przekroju równoległe do osi obojętnej.

najw v

. . 277)

albo po wstawieniu wartości z 274)

stqp=ista

Ai

A więc położenie osi obojętnej niezależne jest od wielkości obciążenia ani momentu, lecz tylko od przekroju i położenia płaszczyzny obciążenia.

Jeżeli mamy wykreśloną elipsę bezwładności, to równanie jej wedle 168) jest

274)

² . «/i²

stąd

a i²

2 xxdxj

a²

. lO

2yxdyx

a²

= 0,

zatem

dy,

dx

Vi «Y

Jeżeli zastosujemy to równanie do punktu D, to dyx xx a²

st/3 = —

2/i «i²

a,

Aa²

5sta“2S? '

y- St Ö = st (p

Z rów. 273) wynika dla punktu F, zatem x=x', y=y' M dost a. y ' M wst a. x'

li

Dla przekroi symetrycznych, których obwód jest prostokątny, więc prostokątu, kształtówki J, U (rys. 154.) największe natężenie jest w rogu A, tu więc

. h    b

y‘ e=2~’ x'=ei ⁼⁼‘2_’

na]w v=

zatem z rów. 277)

Mdostae Mwstaex

albo gdy nazwiemy M dost a=Mi, M wst a=M₂,

±-W

el

Mi

.    .    278)

+ -~²- '•

W/W₂

Jeżeli chcemy obliczyć przekrój dla danego ikf, to zrobimy najw v=t. Nazwijmy dalej

najw v—

rys: 154.

to %

W₁=cW₂ 279) cM.2

W,

a stąd

W,

Mi -J-CM2

. 280)

i'

<r.

j"*

Jeżeli dla danego przekroju znamy c, to dla danego momentu możemy z 280) obliczyć wprost moment oporu, a stąd liczbę kształtówki lub wymiary prostokątu.

Dla prostokątu

W,=

ć/i²

— W = ć* ’    ²

/ić²

więc

Ć/i² ć

C=“F'iP

¥ ²⁸¹>

"Wartości c dla kształtówek I i U podajemy w następnych tabliczkach.

Kształtówki I.

liczba

CO O W CO ^

7—1 —H r-H T-ł

J3303J31 "k-¹ i—‘'cc'qi4o tO I-¹ O O Oł

8,58

8,85

9,07

20

21

9,40 9,70 I

Kształtówki Ü.

liczba

CO GO

CO CO

(M CO rJH

T—i 7—i 7—I

T—I T—4 Ci

C^C^CD_ \a 10 ia

CD CO O

H H !M

jyzjjs ci «<1 CD Ci

to to to

05 ^ to

-3

'os'bo'î-1 00 cn w

⁰⁰ s

(M CO

Przykłady. 1. W punkcie C leży na krokwi nachylonej do poziomu pod kątem «=34° (rys. 155) płatew drewniana. Odstęp więzarów wynosi

¹

P. str. 43.

²

p. Ann. des ponts et chaussés 1885, str. 574 i nast.

rys: 155.

o¹

Im, ciężar pionowy na m² dachu pochyłego 120kg, odstęp płatwi lm. Wyznaczyć wymiary płatwi dla x=80kgjcm². Siła działająca na m. b. krokwi jest q = 120 kg/m, więc moment największy

Jlf = -i- 0,12.7²=0,735 = 73500 legem,

kąt <x= 34°, więc Mr = Mdost 34° = 73500 X 0,829 = 60931 kgm

M₂ = dfwst 34° = 73500 X 0,559 = 41088 kg cm. h

Przyjmijmy — = 2, to c — 2, więc wedle 280) bh*    + 2 Jfa _ 60931 + 2.41088

80

80

Jib²

6.143107

= 10733, a że — = 2, więc h³ = 20766, h = 27,5. Przyjmijmy więc b —14 cm, h = 28 cm.

Zbadajmy teraz w celu próby, jakie jest natężenie największe w przekroju. Wedle rów. 277) otrzymamy natężenie w punkcie D.

80

60931.14 , 41088.7

Łl4.28³    i28.14³

12

12

2. Obliczyć płatew z kształtówki I, położonej na krokwi nachylonej pod kątem a, przyczem st a = 0,6. Długość płatwi niech będzie 5 m, ciężar jednostajnie rozdzielony na całą długość 1,550?, więc moment największy

M = ~ 1,550.6 = 1,1625 tm — 116250 Jcgcm.

rys:15f>\

Wedle 280) jest

A,

*/

W-1

Mamy dalej

sta. — 0,6, log sta = 9,77815, a = 30° 67' 50" log M = 5,06540 log dost a = 9,93323 log Mt = 4,99863 log Mi — 99585

log M = 5,06540 log wst a = 9,71139

logM^= 4,77779 log M₂ = 59950

Przyjmijmy x =800    a tymcza

sowo c — 8, to

TTi

99585+8.59950

800

723,98 cm³.

Z tahl. na str. 161 znajdujemy dla kształtówki 1. 30 1^=733,1. Przeliczmy teraz dokładniej. Dla 1. 30 jest dokładnie c = 8,58. 99585 + 8,58.59950

więc Wi =

800

= 767,44.

A zatem kształtówka 1. 30 jest za mała. Przyjąwszy 1. 32, otrzymamy c = 8.85, więc

Wi

99585 + 8,85.59950

787,52,

800

a że dla 1. 32 jest Wt =873,3cm², więc kształtówka 1. 32 jest wystarczająca.

Ale szerokostopowa kształtówka 1. 28« jest także wystarczającą, bo W~i = 733,9 a c = 6,66, więc potrzebne

W,=

623,56 cm²,

99585 + 6,66 X 59950 800

a zatem kształtówka ta jest aż nadto silną.* Ponieważ kształtówka ta waży 61:bkg/m a 1. 32 68,43 %/m, więc korzystniejszą jest kształtówka 1. 28«.

§. 65, Dźwigary drewniane złożone.

Jeżeli obciążenie jest tak wielkie, że wytrzymałość jednej belki drewnianej o zwykłych wymiarach nie wystarcza, wtedy kładziemy kilka belek jedna na drugiej (rys. 157).

Łatwo zrozumiemy, że belki te położone jedne na drugiej uniosą sumę ciężarów, któreby uniosła każda belka z osobna.

Jeżeli na belkę AB podpartą w dwu punktach działają siły, wtedy każda belka z osobna się ugnie tak , że przekroje, znajdujące się przed ugięciem w linii (7C, przesuną się po ugięciu

(rys. 158). Jeżeli przesunięciu, temu przeszkodzimy przez to , że wytniemy w belkach zęby (n. Zahń) albo wetkniemy kliny (n. Dübel, fr. la clef d'assemblage) w odpowiednie wycięcia, wtedy belki wszystkie razem wygną się, jak gdyby były jedną belką

(rys. 159). Belki takie nazywamy dźwigarami złożonymi (n. zusammengesetzter, gekuppelter Balken , fr. poutre composé, a. built beam). Jeżeli zważymy, że M jest w prostym stosunku do bh², (rów. 2‘22), to w pierwszym wypadku, gdy kilka belek o wysokościach hi) h₂, hr.. położymy jedną na drugiej bez połączenia, k, h₂ belki stawią opór momentowi i Mx, a przytem

Jfi:i!f=(V+V+V):V,

jeżeli M oznacza moment, odnoszący się do belki o wysokości Jeżeli te belki połączymy klinami, wtedy w przybliżeniu

rys: 15/

1*......ii.....

A ~c,

rys: 15 8.

C,

ILi

l^S:159.

li

Jf₂ : M={hx +h₂+hs)²:hx²,

więc M₂ jest o wiele większe od Mu a dźwigary złożone mogą o wiele więcej unieść, niż belki jedna na drugiej położone bez połączenia.

Ponieważ jednak połączenie dźwigarów nie może być w praktyce tak dokładne, aby dźwigary tworzyły jedną belkę, bo już ściśliwość drzewa Î wżeranie się między włókna drzewa czelnego sprawia nadzwyczaj małe przesunięcie poziome, więc, aby uwzględnić zmniejszoną przez to wytrzymałość dźwigaru złożonego, należy przyjąć mniejsze natężenie dopuszczalne, o czem poniżej mówić będziemy szczegółowo.

Połączyć belki możemy przez zazębienie albo zaklinowanie. Rozróżniamy więc dźwigary złożone zazębione (n. verzahnter Balken, fr. poutre à crémaillères, an. indented beam (rys. 159) lub klinowane (n. verdübelter Balken, an. built beam with keys) (rys. 160). Jeżeli odstęp belek dźwigaru jest znaczny, nazywamy dźwigary klockowymi (n. Klötzelträger) (rys. 161).

Często wyginają dźwigary zazębione przy wycinaniu zębów w górę, aby powiększyć wytrzymałość. Wskutek sztucznego

wygięcia bowiem powstaje w górnych włóknach ciągnienie, a w dolnych ciśnienie, wskutek zaś obciążenia przeciwnie w dolnych włóknach ciągnienie a w górnych ciśnienie, a stąd natężenie jest mniejsze, niż w belkach pierwotnie prostych, tego jednak w obliczeniach nie uwzględniamy.

rys: 160.

rys: 161.

4-4

Przy dźwigarach zazębionych muszą być zęby bardzo dokładnie wycięte, aby zęby jednej belki wypełniały zupełnie wycięcia drugiej belki, gdyż inaczej moźliwem jest małe przesunięcie belek w kierunku poziomym, a wtedy belki nie działają już jako całość, jako dźwigar złożony, lecz każda belka osobno, przez co wytrzymałość znacznie się zmniejsza.

rys: 16 2

Jednak chociaż zęby są zupełnie dokładnie wykonane, ta później wskutek zsychania i wżerania się drzewa nie zupełnie przystają. Przy dźwigarach klinowanych nie mamy tych niedogodności, kliny bowiem składają się z dwu części (rys. 162) i dadzą się wbić tak daleko, że szczelnie wypełniają dziury, a w razie zeschnięcia się drzewa możemy je pobić tak, że znów będą przystawały. Z drugiej strony jednak, jeżeli dźwigar podlega wielkim wstrząśnieniom, kliny rozchełtują się, niedogodność tę możemy jednak usunąć w ten sposób, że zabijamy po dokładnem spojeniu belek gwoździe na cieńszych końcach klinów.

Wiemy, że moment oporu belki jest proporcyonalny do bh², a więc do wysokości w kwadratowym stosunku ; ta więc belka ma większy moment oporu, której wysokość jest większa. Ponieważ zaś przy dźwigarze zazębionym tracimy na wysokości przez wycięcie zębów, a przy dźwigarze klinowanym przeciwnie zyskujemy na wysokości wskutek odstępu między belkami, zatem korzystniej jest i z tego względu używać dźwigarów klinowanych.

§. 66. Natężenie dopuszczalne.

Wspominaliśmy już, że dźwigam złożonego nie jesteśmy w stanie tak wykonać, aby belki nieco się nie przesunęły jedna względem drugiej, wskutek czego dźwigar nie jest tak wytrzymałym, jak dźwigar jednolity. Aby tę okoliczność uwzględnić, musimy więc przy obliczaniu przekroju dźwigam złożonego przyjąć mniejsze natężenie dopuszczalne, niż dla belki jednolitej. Zachodzi teraz pytanie, o ile należy to natężenie dopuszczalne zmniejszyć.

W roku 1891 ogłosił kapitan inżynieryi Maurycy Bock sprawozdanie *) o licznych doświadczeniach, robionych z drewnianymi dźwigarami złoźoDymi, które dały następne wyniki.

Doświadczenia rozpoczęto z dźwigarem złożonym z trzech belek i tylko ześrubowanym. Po obciążeniu nastąpiło jednak natychmiast przesunięcie belek i tak wielkie ugięcie, że okazało się, że śruby wcale nie przyczyniły się do powiększenia wytrzymałości; przy obciążeniu bowiem belki ściskają się i wysokość ich zmniejsza się w ten sposób, że natężenie w śrubach spada do zera. Pomimo, że śruby były tak silnie naciągnięte, że wcisnąły się w drzewo o 5 mm, po obciążeniu stały się w środkowej zwłaszcza części dźwigara nietylko zupełnie luźne, ale można było jeszcze między podkładką a naśrubkiem wstawić blaszkę 5 do 10mm grubą. A zatem na tarcie, wywołane ' naciągnięciem śrub nie możemy wcale liczyć przy dźwigarach złożonych.

Doświadczenia dalsze robione z dźwigarami klinowanymi, zazębionymi i klockowymi wykazały, że dźwigary łamały się już przy natężeniu 141 do 239 Æy/cm², obliczonem z wzoru vJ=Me, który, jak wiadomo, ważnym jest jednak tylko do granicy sprężystości.

Dla porównania robiono próby z belkami pojedyńczemi, przyczem okazały one wytrzymałość 440 &y/cm², a więc około 2 razy większą.

Na podstawie tych doświadczeń ogłosił prof. M e 1 a n *) teoryą złożonych dźwigarów drewnianych, którą tu wyłożymy.

*) Por. Wochenschrift des österr. Ing. u. Arch. Ver. 1891

**

str. 21,

) Por. Wochenscarift des österr. Ing. u. Arch. Ver. 1891, str. 46.

Ponieważ przecięte dla klinów lub zębów włókna skracają się wskutek ciśnienia podobnie, jak i kliny, a to proporcyonal-nie do ciśnienia, i ponieważ wykonanie nie może być zupełnie dokładne, następuje małe przesunięcie włókien dwu belek sąsiednich, co spo wodo wuj e różnicę natężeń w tych włóknach Aa. Natężenia w danym przekroju dźwigaru złożonego rozłożą się wtedy w sposób, wskazany na rys. 168.

rys= 163.

-1

J.

a<T

-i

Natężenie w odstępie v od osi obojętnej jest wtedy

w średniej belce a =«« w skrajnych

. . 282)

ot =a v — Ag,

gdy v oznacza odstęp włókna danego od osi ciężkości, a a spół-czynnik, przedstawiający natężenie w odstępie v=l.

Suma momentów sił zewnętrznjmh musi być równą sumie momentów sił wewnętrznych *), a więc moment

M=2

pf/.A    rll2h

\ ovdA-1-2 \ axvdA, jeżeli

o    %h

dA=bdv oznacza element powierzchni. Wstawiwszy wartość za v z rów. 282), otrzymamy

r ‘/*Ä    r* 'l*h

M=2 ab \v²dv — 2b \ v Aodv, czyli J o    J llth

7,3    7,2

M=2abl-~- — 2bAo-j=T\abh*-%Aobh2 Nazwijmy teraz natężenie włókna skrajnego belki skrajnej s, to z drugiego równania 282) otrzymamy dla v — - -

. 283

to a*

*) Por. str. 107.

s——--Aa, a stąd a =

2(s + Aa)

ah

A

co wstawiwszy w 283), będziemy mieli

bh²

M= (sA-Aü) —

bh²

§4<7Ô/&²= lg

(3 s — 4<y).

Jeżeli nazwiemy s₀ największe natężenie obliczone

— , co wstawiwszy so

(3 s — Aa), a stąd .... 284)

die zwykłego s₀ =-^y(równ. 222), to bli¹

w poprzednie równanie, otrzymamy M—

s₀=s — ^Aa

we-

6M

18 s₀

Jeżeli dźwigar złożony składa się z dwóch belek, otrzymamy w ten sam sposób

s₀=s — \ Aa

285)

a jeśli z czterech belek

286)

So = s — iA(J

Ogólnie możemy więc napisać

s₀—s — ô . Aa

przyczem , £ lub § według tego, czy dźwigar składa się z 2, 3 lub 4 belek.

287)

Dalej przypuszcza Melan, że różnica natężenia du jest proporcyonalną do ciśnienia 2 na kliny lub zęby, a zatem

288)

Aa—ßg

co jednakże tylko w przybliżeniu jest ważne, bo przesunięcia, powstałe wskutek niedokładnego wykonania nie są propor-cyonalne do ciśnienia tak, że właściwie powinniśmy napisać Aa=ß₀A-ßg, gdzie ß₀ i ß są ilości stałe. Ale że trudno ocenić, jak wielkie w praktyce może być ß₀, więc przypuściwszy bardzo staranną robotę, połóżmy /?₀=O, więc Aa—ßg.

Możemy więc napisać zamiast rów. 287)

289)

S₀ = S — ß Ô Ti

A więc wedle M e 1 a n a obliczać możemy dźwigary złożone jako dźwigary jednolite według zwykłych wzorów, jeżeli zamiast natężenia dopuszczalnego s przyjmiemy natężenie dopuszczalne mniejsze s₀ wedle 289).

Na podstawie doświadczeń Bocka wyznaczył Melan dla rozmaitych dźwigarów złożonych spółczynniki ß, gdyż w każdym wypadku znanem było w chwili złamania s₀, s, di g.

Mel an otrzymał diabełek klinowanych /?=7,2'

n    „    zazębionych /?=4,6 J> . . 290)

„    »    klockowych /5=3,7

prawdziwe, otrzymalibyśmy

one

Ale powyższe wzory Me lana nie są zdaniem naszem uzasadnione, bo gdyby były

z rzę

ch w iii złamania

ząb %' a spółczynnik pewności dla cią-

tak małe natężenie dopuszczalne, że użycie dźwigarów złożonych nie byłoby moźliwem w praktyce, co się nie zgadza czywistością. Przyczyną tego jest, że rów. 289) odnosi się do a nie może być wprost zastosowane do natężenia dopuszczalnego. Jeżeli natężenie dopuszczalne dla belek pojedynczych nazwiemy t a dla złożonych dźwigarów t₀, ciśnienie dopuszczalne na gnienia n, względnie dla ciśnienia n\ to

⁵0 « , 8 T«⁼~n'    ¹ “V- a

m₀ —m — ßö w V, zatem

291)

- —x — dd— n

Oprócz tego zwrócić należy uwagę, że M e 1 a n wyznaczył ß z doświadczeń na złamanie na podstawie wzoru zwykłego, ważnego jednak tylko do granicy sprężystości. Po przekroczeniu tej granicy rozdzielają się natężenia w przekroju zupełnie wedle innego prawa. Jeżeli więc chcemy korzystać z doświadczeń na złamanie, musimy wyznaczyć natężenia, które powstają w chwili złamania i na tej podstawie wyznaczyć spółczynniki ß.

Granica sprężystości drzewa dla ciągnienia leży bardzo wysoko tak, że spada prawie ze spółczynnikiem wytrzymałości [i, granica sprężystości zaś dla ciśnienia leży 130 do 150 kg jem². Jeżeli to uwzględnimy, jakoteź i różnice w natężeniu Ao włókien sąsiednich dwu belek, to natężenia rozłożą się w chwili złamania w dźwigarze złożonym wedle rys. 164.

Linia natężeń będzie tu kilka razy łamaną. Linie natężeń poza granicą sprężystości cd i fg są naturalnie stromsze, niż inne. Ponieważ przekroje zostały osłabione przez wcięcia na kliny, więc musimy to także uwzględnić i nie przyjmujemy w tych częściach przekroju żadnych natężeń.

Z warunku, że suma natężeń dodatnich i ujemnych musi być równą zeru, da się udowodnić '*), że oś obojętna po prze-

*) p. art. autora: „Przegląd Techniczny“ 1891. str. 20.

Statyka.

kroczeniu granicy sprężystości znacznie się zniża (poniżej czwartej części wysokości). Z drugiego warunku, że moment sił zewnętrznych musi być równy momentowi sił wewnętrznych w przekroju, otrzymaliśmy w przybliżeniu Aa, z którego wynika dla dźwigarów klinowanych ß=2,l „    „    zazębionych    /3 = 1,5

„    „    klockowych    /? = 1,1

Ponieważ to wyznaczenie nie było zupełnie dokładne, przyjmijmy dla pewności

. 292)

dla dźwigarów klinowanych /? = 3 „    „    zazębionych    /?=2,2

„    „    klockowych    /3=1,6|

Teraz    trzebaby    jeszcze    zbadać, jak    wielkie możemy    przy

jąć z i z‘, względnie jaką przyjmiemy wartość dla n i n . Podobnie    jak    dla    nitów    przyjmowaliśmy    większe    ciśnienia    do

puszczalne na ściankę dziury, niż w ogóle ciśnienie w pręcie, ' 1 tan i tu możemy przyjąć mniejszy spółczynnik pewności dla ci-• śnienia na kliny, więc gdy n. p. n= 4, możemy przyjąć n'.=2,

n'

2"

zatem

Ogólnie mamy

n‘=—

— , n =—, więc

Tż    T

si»

, a zatem

s z'

*>=t-ßö £-£»>

293)

Dla belek klinowanych możemy przyjąć s=450 kgjcm², 8=12,0 kgIcm² prostopadle do włókien, ß—3, więc

294)

z₀ = z ( 1. — 081 ó) .    .    .    .    .

Dla dwu belek więc t₀ =0,807, dla trzech z₀=O,73z.

Dla belek zazębionych przyjmiemy

.    . 295)

8=450 kg/cm², 0=300 kg/cm², ß=2,2, więc Zq = z (1 — 1,45 d) .

Dla dwu belek więc t₀=O,64t, dla trzech 70=0,521;.

*) Por. str. 91.

Dla belek klockowych jest -

296)

s=A.hOkfilcm², £=800Jcgjcm², /?=1,6, więc t₀ —t(1 ²—1,06(5);    ....

zatem dla dwu belek będzie t₀=O,735t, dla trzech t₀=O65t. Dla mostów stałych przyjmiemy zwykle r=80 kgfcm^, dla tymczasowych możemy przyjąć od 90 do 110 kg jem²). Dla dźwigarów klinowanych z klinami dębowymi możemy przyjąć natężenie dopuszczalne na ciśnienie prostopadłe do włókien dla klinów t'=50 kg j cm², dla mostów tymczasowych 60 kg jem². Dla dźwigarów klockowych i zazębionych możemy przyjąć x' większe, bo tu działa ciśnienie w kierunku włókien. Przyjmijmy dla klockowych i zazębionych dźwigarów £'=60 kg jem², dla mostów tymczasowych 70 kgjcm².

Na tej podstawie zestawiliśmy następną tabliczkę :

dźwigary

klinowane zazębione klockowe

ilość belek 2    8    2    8    2    3

mosty stałe kolejowe i dro- |V=50 50 60 60 60 60kgc\ml

gowe

'kolei głównej .

05 O CO CO

IO N lO

—< O 05 ići

mosty

tymcza- drugorzędnej

drogowe i . .J dla pieszych. .J Z powyższej tabliczki widzimy, że dźwigary złożone musimy obliczać dla natężeń dopuszczalnych znacznie niższych, mianowicie niższych dla 2 belek o 20 do 30°/₀, dla trzech belek o 17 do 48°/₀ tak, że korzyść z użycia dźwigarów złożonych, zwiększająca się w stosunku kwadratowym do wysokości, staje się znów z tego powodu coraz mniejszą, im więcej belek do dźwigam używamy.

sowę

t₀=88 80 70 57 81    71    „

§. 67. Obliczenie przekroju dźwigaru złożonego.

1. Dwie belki.

Nazwijmy wysokość całego dźwigaru (rys. 165) h, wysokość i szerokość jednej belki h‘ i ó, średnicę śruby d, wy-

str. 405.

sokość klinów i klocków A między belkami 7*₀, to możemy napisać:

zębów li.₁₎ odstęp

a) dla dźwigaru klinowanego:

i-AP-dK*⁸-V) 1

Xl=q JlM    .....'

Przyjmijmy A₀ =0,1 /*', to A=2 h' + h₀ =2,1>^/, a stąd A'=0,476 7*.

Przyjmijmy dalej tymczasowo 6=0,75 7*',

Aj =0,3 A', <7=0,16, to wstawiwszy te wartości w rów. 297). otrzymamy

J=i¹₂0,9 6 [/i³ — (0,3x0,476/O³], a dalej x . £³n0,75 A [A³ — 0,0029 h?,]=\ hM, nareście

r*ys:165.

•'s

_r~s:

d\

___i. v

³ / M

li=2,66'V—

^ x

298)

Jestto jednak tylko, wartość przybliżona ; po dokładnem obliczeniu klinów i śrub i wstawieniu dokładnych wartości w rów. 297) otrzymamy dokładną wartość A. .

Jeżeli przyjmiemy wszystkie wartości jak poprzednio, tylko 6 = 7*', otrzymamy

h=2,4 2\J—

" X

299)

W ogóle jeżeli przyjmiemy szerokość b h razy większą,

1

to wysokość h otrzymamy y= mniejszą. b) Dźwigar zazębiony.

Tutaj mamy A=2A' — h₂ (rys. 159). Przyjąwszy A₂ =0,2 }i\ otrzymamy A=1,8A', a stąd 7*/=0,566A, dalej gdy A=§ h' a <7=0,1 b, otrzymamy zupełnie w ten sam sposób

h-%58v/*

' X

300)

Dla b—li‘ otrzymamy podobnie

301)

c) Dźwigar klockowy.

Tutaj znów 7*=2A' + 7*₀. Przyjmijmy A₀=*O,4A', to A=2,47*'r więc A'=0,417 7*. Przyjmijmy dalej 6=0,75 7*', ^=0,8 A', <7=0,16, to otrzymamy

I= t'₂0,9 x0,75h‘ (A³ - 0,8x0,417 A³)=0,022057*4 więc x. 0,02205 A⁴= ^Ailf, a stąd

■J

h=2,83 \j

302)

Dla b=h‘ otrzymamy podobnie

h = 2,5 7 y

303)

2. T rz y b e lk i.

a) Dźwigar klinowany. Jeżeli wymiary dźwigarów klinowanych (rys. 166) oznaczymy w ten sam sposób, co pierwej, otrzymamy podobnie

1 — (b — d) \Ji ³    (h‘ -\- Iiq +    )³ + Qi‘ -b 7>₀ —    )³] |

x1=\hM

Przyjąwszy tymczasowo, jak pierwej, b=0,7bh\ 7i₀=O,17b, otrzymamy 7&=3/b + 2 7fc₀=3,2 Tb, a stąd 7b=0,313 7&.

Wstawiwszy te wartości w równanie 304), otrzymamy

7=0,01650 A⁴, a stąd

h=3,12\J~    . 305)

Dla b=h‘ otrzymamy podobnie

S 11=2,83\j~    .

b) Dźwigar zazębiony. Podobnie otrzymamy dla dźwigarów zazębionych dla tych samych przypuszczeń, co dla dwu belek,

7&=37b— 2 7£₂ =2,6 ń',

stąd 7b=0,385, 7*₂=0,27b=0,077 h. 7=0,02166 h\

³1

a więc li=2,85 Y

Tb otrzymamy podobnie

T-ysdöß.

riftn ÉLj

T-?

ml

fi

'im •o

S§f :

i:. w$$k. ...v

Dla b=

³,

304)

.    . 306)

. c 307)

308)

h=2,5î>Y

c) Dźwigar klockowy.

Przyjmijmy, jak pierwej, ń₀=O,47b, 7^ =0,87b, to A=3/b-b + 27i₀=3,8ń', ą stąd 7b=0,263 h. Wtedy otrzymamy dla ô=0,757z', <7=0,1 6. 7=0,01198 7*⁴ a

3/M

h=3,47 V—    .

¹ x

. . 309)

Dla b=h< otrzymamy

i ork³|M

h=3,15 y—

Wzorów dla dźwigarów, składających się z czterech belek, nie podajemy, bo przy tak wielkich wysokościach lepiej użyć belki bratowej, o której poniżej będziemy mówić. Dlatego też w praktyce nie używamy dźwigarów złożonych z więcej belek, niż trzy.

Przykład. Obliczyć przekrój dźwigaru złożonego dla mostu tymczasowego kolei głównej, dla którego najw. Jf=7,636£w.

Jeżeli dźwigar ma być klinowany, to przyjmiemy wedle §. 66.    '

*    3

dla dźwigaru dwubelkowego t₀=72. Otrzymamy zatem dla

z rów. 298) 7t = 2,66^⁶³⁶⁰⁰

rys:167.

À--JR*"!

- Ww

CVJ

= 58,57 cm,

a stąd 7i/=0,476X 58,57 = 27,29 = 28 cm,

3    ,    . Ą

zaś 6 = —. 28 = 21 cm. Przekrój ten przedstawiliśmy

na rys. 167). Dokładnie otrzymamy

i_ (593 _ g³) (21 _ 2,1) = 3222320

e = 29,5

763600.29,5

i=

więc v

72

69,9 kff/cm'²,

322320

a więc prawie tyle, cośmy założyli. Jeżeli dźwi- A

gar ma być zazębiony, a M=kllm, to przyjmiemy dla dźwigaru dwubelkowego t₀ =58hgjcm¹.

Otrzymamy zatem dla b —AtP z rów. 300) h = 2,52V— 57,8cm, a stąd

7î' = 0,556 X 57,8 = 32,14 cm, zamiast cze .o przyjmiemy h‘ = 33 cm a

= A. 82 = 24 cm.

rys; 16 8.

Tli

C'-s

Dokładnie otrzymamy (rys. 168) 1= A (₂4 _ 2,4)59,5³ = 379160 700000.29,75

u *"■—~ —---------------

379160

zatem prawie tyle, cośmy założyli.

5.9-5

Ł.i.

<—2b—*

§. 68. Obliczenie klinów.

Kliny obliczamy wedfe wzoru 198) gdzie o oznacza siłę ścinającą poziomą w warstwie pp' (rys. 116), S moment płaszczyzny pmm/ip> a I moment bezwładności przekroju.

Dla prostokątu otrzymaliśmy równ 195), mianowicie siłę ścinającą poziomą w wartstwie o v odległej od środka ciężkości (rys. 117)

<J=-

CC

-Ki-.3

Jeżeli przekrój składa się z dwu belek, to obliczyć mamy siłę ścinającą w środku wysokości, więc dla y =0, co wstawiwszy w równanie 195), otrzymamy

G= —

311)

Dla trzech belek mamy y—

a stąd

(7 =

ÿ«c

.    312)

Ogólnie możemy napisać

313)

G = fl.

przyczem y oznacza pewien spółczynnik, mianowicie dla dźwigara złożowego z dwu belek z trzech belek §. Liczby te nie są dla dźwigarów klinowanych i klockowych zupełnie dokładne, ponieważ nie uwzględniliśmy tu odstępów h₀. Po dokładniejszem obliczeniu otrzymamy następne wartości dla y :

2 belki 3 belki

1,333

/*=1,497    1,319    .    314)

dźwigar zazębiony    .    .    // = 1,5

„ klinowany    .    .

„ klockowy .    .    .    ^^=1,460    1,396

a) Odstęp klinów.

Nazwijmy szerokość klinów bi, głębokość wcięcia w, odległość klinów od środka do środka c, szerokość i wysokość belek b i li' (rys. 169) to cc siła ścinająca pozioma, działająca na długości c, wywołuje ciśnienie na powierzchnię mn wcięcia na klin, a zatem gdy x‘ oznacza natężenie dopuszczalne na ciśnienie na kliny prostopadłe do włókien, to

Q

g c—y y c — bwz, a stąd

bhw %'

Belka bowiem, starając się przesunąć po drugiej , ciśnie na powierzchnię mn: a ciśnienie to nie powinno wywołać większego natężenia, niż ciśnienie dopuszczalne t‘.

rys: 169.

JUL.

a.

-Wg

tr

r~

•-'T

y A*

'7

L__I

-y-

Tarcia wywołanego naciągnięciem śrub nie uwzględniliśmy tu wcale na podstawie doświadczeń Bocka. Ponieważ jednak przy małych ugięciach tarcie jeszcze działa, więc śruby dajemy tern gęstsze i grubsze, im większa siła poprzeczna Q, a więc niedaleko podpór — rzadsze i cieńsze w pobliżu środka dźwigara.

Z równ. 315) wynika, że jeżeli wcięcie w jest wszędzie jednakowe (zwykle iv=Q,lh' do 0,15ń') to c jest zmiennem, a mianowicie odwrotnie proporcyonalnem do siły poprzecznej Q, 'a więc przy podporach c będzie bardzo małe, a w środku wielkie. Aby wyznaczyć położenie klinów, postępujemy w następny

rys: 170.

ij%

zzCpf. VpTi_ -Z

■

¹ /f '«/id

k——•—kii.

Jj

-----T

sposób. Obliczamy odległość c z rów. 315), dla rozmaitych punktów belki (rys. 170), wystawiamy w tych punktach pro-

stopadłe i odcinamy do góry i na dół po i c. Końce prostopadłych łączymy i otrzymamy dwie linie krzywe, których odstęp pionowy w każdym punkcie jest równy obliczonej odległości c. Nazwijmy & odstęp klinów d i e, to jeżeliby cJ=c1} to byłoby d<c₂ i na odwrót, bierzemy więc c₁ <Z c' <Z c₂ i wyznaczamy wykreślnie odstępy klinów za pomocą przekątni pod 45° i pionowych.

Jeżeliby przy podporach kliny wypadły zanadto blisko siebie, to przyjmujemy w równaniu 315) nieco większe w, przez co i c się powiększy, w środku belki zaś zmniejszamy iv, aby c tak bardzo się nie zmieniało.

Równanie 315) da się jeszcze inaczej napisać. Jeżeli wsta-

cm

³ IM

wimy wartość dla Ji=C 315), to otrzymamy c

bwx' C^M fi Q x h ² ’

C*M

, czyli    h

a gdy b=Jch/, h‘ = mh.

w rów.

c—

jeśli Ci

C?‘km²

C*m'lk x' w M „ x' w M (i x h Q ¹ x h' ’

.    .    316)

li

Wedle poprzedniego możemy przyjąć następne wartości : dźwigar Jc

We wzorze 316) oznacza M największy moment, wedle którego oblicza się przekrój dźwigaru, Q zaś jest zmienne.

W

Jeźelibyśmy przyjęli stałe , mianowicie 0,1 dla dźwiga-

łl

rów klinowanych a 0,2 dla zazębionych i klockowych, tobyśmy otrzymali

2 belki

3 belki

2,85

V-

x'

0,476    1,497 2,14 0,8

0,556    1,5

2,47    1,1

A- A

1,69

1,71

1,86

2,72

1,77

1,94

0,417 1,460 2,02    1,0 2,02

0,313    1,319

0,385    1,333

0,263    1,396

1,67 0,9

1,50

1,93    1,4 2,70

1,55    1,1

1,71

1,71

1,89

1.73

1,90

1,76

1,94

1.70

1,87

klock.

klin.

2 belki zazęb.

C = 0,171 0,544 0,404

3 belki

klin. zazęb. klock.

0,150 0,540 0,342^

Z zestawienia powyższego widzimy, że odstęp klinów jest mniejszy niż połowa odstępu klocków, który znów jest mniejszy

od odstępu zębów.

b) Szerokość klinów.

Połączenie belek może być zniweczone także przez ścięcie klinów. Siła pozioma działająca na klin jest oc=biux. Jeżeli nazwiemy natężenie dopuszczalne klina na ścinanie równolegle do włókien t₂, to ac = bw x/—bb₁x₂, a stąd

łn =

x'

x‘

317)

jeśli przyjmiemy natężenie na ścinanie dla klinów t₂ = 8 kg leni²', - i| więc gdy £=50, względnie 60kgjcm², to bl=6w lub 7,5w.

Długość klocków bx obliczamy według tego samego równania, ze względu na wywrót zwykle jednak musimy przyjąć J, większe.

c) Najmniejszy odstęp klinów lub zębów. Siła ścinająca pozioma może zniszczyć połączenie belek także ścinając dźwigar w płaszczyźnie ne (rys. 169), jeżeli kliny lub zęby - J zbyt gęsto umieścimy. Aby to nie nastąpiło, musi być dla klinów" pionowych

a c=bw x‘<^x₂ (c — b^b, a stąd

.    318)

Podobnie otrzymamy dla klinów pochyłych (rys. 171) i zębów z powodu, że tu chodzi o ścinanie na długości be = c o c — bw r' <; x₂cb, a stąd

319)

— x‘ c+> — w

*2

Natężenie dopuszczalne t₂ na ścinanie równoległe do włókien możemy przyjąć od 5 do 9 Jcg/cm². Dla x₂ =8 kgjcm², z = 50 ległem², b₁ = 6 iv otrzymamy dla klinów pionowych najmn c—(6,2 + 6) w=ł=12 w, dla zębów i klinów pochyłych c=6,2c?.

Jeśliby z rów. 315) lub 316) wypadło c mniejsze, niż tego wymaga rów. 318), to albo należałoby bi zmniejszyć, a aby

zapobiec ścięciu klinów, uzbroić kliny blaszkami żelaznemi 2 do 4 mm grubemi (rys. 172) albo też użyć klinów ukośnych lub zębów, w którymto razie znajduje zastosowanie rów* 319). Ale cóż się stanie, gdy odstęp c obliczony z rów. 315) lub 316), będzie jeszcze mniejszy od najmn c wedle 319)? Wtedy natężenie albo na ścinanie, albo na ciśnienie będzie większe od dopuszczalnego.

rvs4?L

i/y

;r3

rys: 172.

rr-r—

-4m/rn

p----

Zachodzi więc teraz pytanie, kiedy możemy zadość uczynić obu równaniom 316) i 319). Z obu tych równań otrzymamy

w. a stąd —

C< M

x‘ w M —- x'

X h‘ Q

A zatem, aby można było tak urządzić kliny lub zęby, aby natężenie na ciśnienie i ścinanie nie przekraczało dozwolo-

M C^x Q h'

nej granicy, musi być

^2

.    320)

*2

a więc gdy np. t=50, t₂=8,

= 6,3.

Wstawiwszy w powyższą nierówność h* — mh = m C

otrzymamy

x _ C²Jcm ³IM²x n \}MH

« V«ï - «V v, • •

.    . 321)

Spółczynniki C₂ obliczyliśmy i zestawiliśmy w powyższej

tabliczce.

³\MH V Q*

stałe, C zależy od

Dla danego obciążania jest

ustroju dźwigara złożonego. A więc gdy C₂ jest za małe, to trzeba się starać przez zmianę ustroju uzyskać C₂ większe, więc użyć dźwigarów zazębionych raczej , niż klockowych lub klinowanych. Dla dźwigarów trzybelkowych jest C₂ prawie takie samo, jak dla dwubelkowych, dla belek klinowanych trochę większe, dla klockowych nieco mniejsze. Wysokość wcięcia lub zęba w nie wchodzi wcale do równ. 320) lub 82L), jest więc w tym względzie obojętna.

Jeżeli przyjmiemy obciążenie jednostajne ciągłe najw 31=1 ql², najw    więc

to

.    . 322)

Z równania tego widzimy, że niemożność pogodzenia rów. 315) i 319) zdarzyć się może, gdy l i x są małe a ą wielkie, a więc dla małych rozpiętości i małych natężeń dopuszczalnych a dla wielkich obciążeń na m. bieżący dźwigara.

Wartości C₂ dla dźwigarów klockowych są właściwie za małe, bo obliczone dla przypuszczenia ^=0, co dla klocków jest niemożliwe.

Przykład. Dla dźwigaru obliczonego w §. 67. niech będzie na podpo rze ę = 3,5ż, obliczyć odstęp klinów c, szerokość by.

bliwr¹

Wedle rów. 315) mamy c =

[j.Q '

Tutaj jest b = 21 cm, h = 59 cm, w = 3 cm Q = 3500, więc

t' = 50 hglcvi², [x = 1,497

21,59.3.50 C= 1,497.3500 = 35,5 Szerokość klinu bx otrzymamy z 317)

t'

.3 — 19 cm.

Najmniejszy odstęp klinów wypada z równ. 318) -.w-j- by —-2- 3    19 == 38 cm.

> Ti

Ponieważ powyżej otrzymaliśmy odstęp nieco mniejszy, więc należałoby w tern miejscu użyć klinu pochyłego, dla którego

50

najmn c= ^ 3

= 19 cm.

¹

= 32,55 + 44,92 = 77,47 kg/cm\ a zatem nieco mniejsze, niż 80kglcm², bośmy wymiary zaokrąglili w górę.

²

p. rozprawkę Bocka: Zeitsch. d. österr. Ing. u. Arch. Ver. 1892.

§. 60. Obliczenie śrub.

Na klin (rys. 173) działają ciśnienia oc=bwT‘, które tworzą moment bwx'ili^—w) i wzbudzają oddziaływanie pionowe F i F, działające w odstępie e. Dla równowagi musi być biv z,{hi — w)=Ve, a stąd

F=

bw x‘

— (h. — w) e

323)

rys*. 173.

bwT¹

pppp«-^

ń a ..... ,

”T

-f

~bmr'

.'ï

ImÉÊMMÊÊmlÊmlË- - -1 &, —■-{........4

F* V, I .

Odstęp e zależy od punktów zaczepienia sił F, a te od rozkładu ciśnienia na górną i dolną podstawę klocka. Jeżeli powierzchnia natężenia ma kształt trójkąta, to 6=^^, a wtedy

324)

ÏT <b' - "»

3 bw %'

albo ze względu na 317), gdy b₂ nazwiemy teoretyczną szerokość klocka wedle 317)

3 bb₂

. . 325)

Z rów. 325) widzimy, że jeżeli F jest mniejsze, to e musi być większe i odwrotnie, a zatem, gdyby śruby nie były dostatecznie naciągnięte, to e może się powiększyć, przyczem najw e ~bi. Tej skrajnej wartości nie może jednak przybrać e, bo wtedy działałyby siły F₁ w krawędziach klina, co wywołałoby w tych krawędziach nieskończenie wielkie natężenia, a wskutek tego zgniecenie krawędzi.

ie było, belki przesunęłyby się poziomo,

174. Temu

Gdyby śrub me klinyby się obróciły, juk to uwidoczniono na rys.

rys: 174.

=S

zamierzonemu ruchowi mają przeszkadzać śruby. Widzimy z rys. 175, że jeżeli na jeden klin przypada jedna śruba, to ciągnienie

jT

rys475.

bwi '

-'-y.-.

bw x‘

Qii — w). Ponieważ nie chcemy dopuścić zbyt wielkich ciśnień na kliny ani ich obrotu, więc przyjmiemy e—^b, więc S=

puszczalne żelaza na ciągnienie, które możemy przyjąć (OOJcgjcm2 dla mostów kolejowych a 800hgjcm² dla mostów drogowych, a d średnicę śruby.

A więc

s=v=

8 bim^ ^    jeżeli xi oznacza natężenie do-

d²n 3 bw x‘

i

. . 326.)

d=l,954\

bd P

bi %x

(hj-w).    .    .

.    . 327)

W razie, jeżeli n śrub przypada na jeden klin, to

d= 1,954^/

(hl — w) .    .

.    . 328)

bd %' nb! Tj

W powyższych równaniach bi znajduje się w mianowniku, a zatem tem mniej, względnie tern słabszych możemy użyć śrub, im szersze są kloce ; przeciwnie rzecz się ma z wysokością kloców hx. W razie gdyby z wzorów powyższych wypadało d za wielkie, możuaby przyjąć e=^lbx zamiast \bx.

Przykład. Obliczmy dla tego samego przykładu , co poprzednio , wy-

- miary śrub.

Według 824) jest V-

8.21.3.50

19

(9—3)=2984%, zatem gdy i—800hg[cm^₎

d-~

a na klin przypada jedna śruba, -- .800 —29S4, stąd

2984

200-

14,92

V ■

- — 2,18 cm = 22 mm.

§. 70. Obliczenie belek żelazno-betonowych.

Wiemy, że spółczynnik wytrzymałości betonu na ciągnienie jest znacznie mniejszym niż na ciśnienie ¹), zatem przy złamaniu ciągnione włókna przerywają się rychło, gdy wytrzymałość ciśnionych nie została jeszcze wyzyskana. Aby więc powiększyć wytrzymałość belek i płyt betonowych; wzmacniamy-je wkładając w części ciągnione pręty żelażne, których wytrzymałość na ciągnienie jest bardzo znaczna. Belki takie nazywamy belkami źelazno-betonowemi (n. Cemcnteiscn-balJcen, fr. poutre de beton armé)

Jeżeli wkładka żelazna składa się z prętów okrągłych, to jest to ustrój Mo niera, jeżeli z kształtówek połączonych ze sobą, Wünsch a, jeżeli beleczki żelazne są w większych odstępach, M e 1 a n a , jeżeli płyta betonowa wzmocniona jest żebrami, H e n-nebique'a.

Jakikolwiek będzie ustrój belki żelazno-betonowej, przy obliczeniu jej rozróżnić musimy dwie fazy.

W pierwszej fazie przy mniej szem obciążeniu mamy do czynienia z belką złożoną z dwu materyałów, betonu i żelaza, przyczem doświadczenia stwierdziły, że przyczepność między

tymi materyałami jest dość wielką, aby przeszkodzić przesunięciu wzajemnemu tych materyałów.

Na rys. 176 widzimy belkę betonową o przekroju A wnątrz której jest wkładka żelazna o przekroju A,₂ • Niechaj

we-

rys: 176.

.....*

-p

m.....

mm

WÊ*

J)

li

Çi y

4 \ s>j

—f-I

"À

___/

XX będzie osią obojętną dla obciążenia pionowego, nazwijmy dalej natężenie w betonie w odstępie vi i v₂ ri i v₂₎ w żelazie v\ i r'₂, to ponieważ wydłużenie i skrócenie włókien jest pro-porcyonalne do odstępów osi obojętnej ,'a natężenie propor-cyonalne do spółczynników sprężystości, więc jeżeli spółczyn-nik sprężystości betonu nazwiemy e a żelaza £/, to

«2 V_V Vl'__ r ' s' r ’ £'

jeżeli r oznacza promień krzywizny.

Suma natężeń normalnych musi być równą zeru, więc

f*'i    r*2    c*',

v₁d²Ai —\ v\d²A\ -j- \ v₂d²A„ + \ v\d²A\ = 0 Jo    Jo    Jo

a stąd po wstawieniu wartości z 329)

ty o __

ro ■

.    . 829)

zi

>o

z'i

Z2

z‘₂

-    v\d²A\Ą-£\ v₂eZ²J.₂ +e'\ v' „d²A\=0, . 830)

Jo    Jo    Jo

Podobnie otrzymamy drugi warunek równowagi

e\ vxd²A^ Jo

z\

p % ,

v^d²A\+- -\ v\d²A₂A-\ v'₂d²A'₂ 331)

^0    Jo    " Jo

Te same równania otrzymalibyśmy, gdybyśmy przyjąwszy

Z2

£'

uważali przekrój jako jednolity betonowy, powiększyli jednak elementa przekroju wkładki żelaznej n razy.

Gdy obciążenie jest tak wielkie, źe wytrzymałość na ciągnienie betonu zostanie przezwyciężoną, belka pęka ze strony ciągnionej. W drugiej tej fazie pracuje beton w części niepę-kniętej na ciśnienie, wkładka żelazna na ciągnienie. O natężeniach powstających w drugiej fazie pomówimy później.

§. 71. Płyty Moniera. Faza pierwsza.

W płytach Moniera wkładka żelazna składa się z prętów okrągłych, układanych w pewnych odstępach. Zwykle pręty te łączy się prętami poprzecznymi, co jednak nie przyczynia się do zwiększenia wytrzymałości, jak to wykazały doświadczenia duńskie.

Przypuszczamy, źe płyty są na dwu końcach podparte. Nazwijmy f grubość warstwy żelaza, rozdzielonej na całą szerokość i przyjmijmy tę szerokość b=1 cm, a otrzymamy w pierwszej fazie (rys. 177) analogicznie do równania 330)

vys-.i?7.

lu~.l

....

V,

i/

-O

■■

W/a

fr'

v₂dv^+fv'=0

p d- z    Ç* z

\ n^i+\

Jo    Jo

czyli ze względu na 329)

e(d—z)² — ez² ■- 2e'f\z — a)=0, a stąd

. 333)

d²+2afn

Z 2 (d+fn) • ’ * *

Dalej musi być suma momentów sił zewnętrznych i wewnętrznych równą, więc analogicznie do 331)

71/

C d—z    C z

= \ vividvi + \ VHV^dVo+f'v'v' Jo    Jo

albo M

= i J EZ³ + £ (d — z)³ + %E'f (z— a)² j

. 334)

Z równań 329) i 334) otrzymamy wreszcie, nazwawszy natężenia we włóknach skrajnych xi (ciśnienie) i (ciągnienie) :

3Mz

r z³+(d—z)³+3fn(z—a)

3 M(d—z)

z³-f (d—z)³+3fn(z—a)²    z

_    3 M (z—a)ii    _ z—a

z³+(d—z)³+3fn (z—a)2 T\ z

Z doświadczeń obliczyć możemy moment ilf, przy którym płyta Moniera się łamie. Jeżeli to M wstawimy w równanie 335, to otrzymamy ciągnienie r₂ za wielkie, bo przekraczające znacznie spółczynnik wytrzymałości. Z tego wynika, że już znacznie przed złamaniem płyty następuje pęknięcie betonu. Rysy te są bardzo mało widoczne, bo istnienie drutów żelaznych nie dozwala na otwieranie się rysów, dopóki natężenie żelaza nie przekracza granicy płynności. Pomimo tego jednak po pęknięciu betonu w ciągnionej części przekroju ciągnienie już tam powstać nie może i wytworzy się zupełnie inny stan równowagi. Dlatego będziemy przy obciążeniu płyt Moniera rozróżniali dwie fazy, pierwszą aż do powstania rysów w betonie, drugą od tej chwili aż do złamania płyty.

Równania powyższe odnoszą się więc tylko do pierwszej fazy, nad równowagą podczas drugiej fazy zastanowimy się później. Teraz zastanowimy się nad spółczynnikami wytrzymałości i sprężystości betonu. Prof. Hartig*) dowiódł swemi doświadczeniami, że spółczynnik sprężystości zaprawy cementowej e zmienia się silnie wraz z natężeniem, z jakością i dawnością zaprawy. Tak był n. p. w pewnym wypadku po siedmiu dniach spółczynnik sprężystości na ciśnienie Ei = 141,000 kg jem², po 30

£(d—z)

V' —

e' {z—a)

ez

.    . 335)

. 336)

337)

*) Por. Hartig a „Das elastische Verhalten der Mörtel und Mörtelbindematerialien“ Civilingenieur 1893.

dniach jednak już ^ =234000 kgjcm². Z rys. 178. widzimy, że dla większych ciśnień ^ zmniejsza się względne stają się stosunkowo coraz większe. Tak było n. p. przy jednem doświadczeniu dla ciągnienia

zatem przedłużenia

t₂=38,6 kg jem² e₂ =302700 kg\cm², dla natężenia =0 £=265500 kgjcm², a dla ciśnienia ^=127 kgjcm²

£i =133700 kgjcm². Między granicami v₂—l kgjcm² i vi =7 kgjcm² jest

rys: 178.

y 7’*! ■ to no,ios //\/'\' \ o zo ii

100 to 60

£₂ =266300 a £l =248200 kgjcm², a więc prawie równe. Przy in nem doświadczeniu było nawet f₂ =96300 kgjcm².

¹⁰⁰ tyciu*

ciągnienie

cis ni en ie

Hartig przypuszcza, że wartości dla £t i £2 w praktyce będą nieco niższe , bo do doświadczeń używano najlepszych mate-ryałów i wykonanie było nadzwyczaj staranne. Możemy zatem dla małych natężeń przyjąć mniej więcej £t = £₂ = 200000kgjcm², a więc

gdy dla żelaza £'=2000000 kgjcm²,

= 10. Dla wiel-

2000000 200(300

kich ciśnień może jednak Ei być mniejsze, należałoby więc przyjąć przy zgnieceniu £=100000 kgjcm², a więc w=20. W równ. 333), 335), 336) i 337) należy wstawić n= 10, bo równania te ważne są tylko do czasu wyczerpania wytrzymałości na ciągnienie zaprawy cementowej, a więc dla małych jeszcze natężeń.

Co do wytrzymałości betonu i zaprawy cementowej na ciągnienie i ciśnienie, to wiadomo, że wytrzymałość na ciągnienie jest o wiele mniejszą od wytrzymałości na ciśnienie. Co do wielkości spółczynnika wytrzymałości mamy bardzo rozmaite dane, a to wedle jakości betonu lub zaprawy cementowej, mianowicie stosunku mieszaniny i dawności zaprawy. PI artig otrzymał spółczynnik wytrzymałości na ciągnienie czystego cementu po 28 dniach 60,7 kgjcm², a zaprawy cementowej 41,3 kgjcm².

Durand-Clay'²) zwrócił słusznie na to uwagę, że przy zwykłych próbach na rozerwanie zaprawy cementowej w kształcie ósemki natężenie w środkowym przekroju nie rozdziela się równomiernie, lecz włókna skrajne są bardziej natężone. Stąd wynika, że spółczynniki wytrzymałości, wyznaczone za pomocą zwyczajnych prób. rozerwania, są znacznie mniejsze. W rzeczywistości jest wedle Durand-Clay’a spółczynnik wytrzymało-na ciągnienie o 50°/o większy, niż wyznaczony na podstawie tych prób. Ponieważ jednak nie możemy liczyć zawsze na najlepszą jakość cementu, ponieważ wytrzymałość betonu jest nieco mniejszą, zatem możemy przyjąć, że wytrzymałość na ciągnienie betonu będzie nie wiele większa, niż 20kgIcm². Spółczynnik wytrzymałości betonu na ciśnienie jest o wiele wyższy i wynosi od 125kgjcm² do 200kgjcm² i wyżej. W dalszych oblicze- i niach będziemy dla pewności przyjmować 125 kg jem².

A zatem wzory 333), 335), 336) i 337) ważne będą do granicy t₂ —20 kgjcm².

§. 72. Płyty Nloniera. Faza druga.

Gdy wytrzymałość na ciągnienie betonu zostanie wyczerpaną, to płyta popęka w dolnej połowie grubości i wtedy w betonie niema już wcale ciągnienia, a przynajmniej tylko o tyle ono istnieć może, o ile nie przekracza 20kg\cm². Ciągnienie wkładki żelaznej wraz z ciśnieniami zaprawy muszą więc równoważyć siły zewnętrzne. Rozkład natężeń w takim wypadku uwidoczniony jest na rys. 179. W ciśnionej części przekroju uwzględniamy tu zmienność spółczynnika sprężystości betonu, przyczem zamiast krzywej przyjmujemy w przybliżeniu dwie proste OE i ED (rys. 178). Odpowiednie dwie proste OF i FBX otrzymujemy też w rys. 179, bo jak wiadomo przedłużenia włókien są proporcyonalne do osi obojętnej, a zarazem odwrotnie proporcyonalne do spółczynnika sprężystości i wprost do natężeń. Linia natężeń będzie więc linia łamana CXFXBX, przyczem przypuszczamy, że na długości AC beton pękł, a więc użyteczna grubość płyty jest tylko di=BC.

£

Wtedy jest v₂ =7-^,

£

na długości 02^    ,

£ £ £ na długości FB vx=-{v₍₎-\-a,(yx—v{)))=—v₍₎(l — aj-k-^-GWj

£f

w żelazie

—v =n— r    r

rys -179.

~jy

<v

-'•FT

~ '

=f

przyczem a oznacza pewien spółczynnik, uwzględniający zmienność spółezynnika sprężystości, który możemy przyjąć równy Suma natężeń musi być równą zeru, dlatego

albo

r*^t

V v₂dv₂ + \ vxdvx + V -

*0    VO    vVq

W Ss

v'e*

(vü (1 — a) + ai)dvi —f    =0,

^2^2+7^ «1 *>1 +-7- «0 (¹ -

«A dvi + 7^

wreszcie

- fnv'—= 0. r

77+7 «»(1 - «)(^1—^0)+y (*1²—'^0²) — f'nv‘=°-

fcO

Ale ^--^    ^ jest bardzo małem, możemy więc opu-

Ł I I

ścić te wyrazy w porównaniu do i otrzymamy

2t?₀(l — a) (zx — v₀) + azx ² — 2 nf(d — gl — a) — 0.

Niech bidzie v₀=ßzi, to

2/3(1 — a)(l —ß) zt 2jrazi²— 2 w/‘(d— zi—a)=0. [2/3(1 — a)( 1 — /3) + a] ^+2w/^ =2 nf (d — a), albo gdy 2/3(1 — a) (1 — ß) + a=y,

7(7+² (<*-“)) • •

Przyjęliśmy wyżej «=2, dalej możemy przyjąć /3=0,2, to y=§> a wtedy

. .    839)

t fn 4- y yf n 4 f | fn + 2 (d—a)j . . 340)

^1⁼

Moment sił zewnętrznych ilf musi być dalej równym sumie momentów sił wewnętrznych, więc

m==T\vi *dv' + Vv° (¹-«)^i^i+7^i²^i+ ~\ v22dv+fnv' ²~

v O    vVq    JVq    J₀

|r(l “ a) (*1 ²~vo²) + yOi³—üo³)+y~+Md - -a)³l 4-fn(d—ei — a)²j

Małe wartości v₀³ i v₂² możemy opuścić w stosunku do z^ M = gd[ aet³+-|-«u (1 -"«) V + ³ fn(d—z, - n)² ]

2 ="*’ t0

(<tej ³ + 3/m(<2——a)M.....341)

jL /3=0,2, to d=0,65f więc /Ł

M=A;^O,650₁³-i-3/w(d-ą-a)²J . . . . 342) Ze względu na 338) możemy w końcu napisać :

₌ £ po³

r [ 3

i napisać :

albo gdy wstawimy vQ=ßzi,

-rJ(

aĄ

Nazwijmy «4

Jeżeli a=

3/3(1—a)

3~ ⁺

3 Mv₂

ôzi ³ + 3fn[d - zi — a)²

i-«)!

3aMzx

ôzi ³+3fn{d — 0i — a)²

. 343)

V'

K—n(i-a)\

n(d—zi—à)

àzx ³+3fn(d—zi—a)2 Jeżeli przyjmiemy a=|, /3=0,2, więc d=0,65, a n= 10.

=50Icgjcm² i ^=0,06^, to

0,18 Mz,

tx =25 +

. .    344)

0,65z!³+3of(d— iii - a)2 1,5 Mz

0,65z! ³+30f(d -Zj —a)2 30M(d - Z!—a)

/;“0,65z₁ s + BOfCd-Z! —a)²

Równania 344).dają nam możność obliczenia największych natężeń, a także wyznaczenia głębokości pęknięć betonu po przezwyciężeniu wytrzymałości na ciągnienie. Jeżeli mianowicie w C jest ciągnienie równe spółczynnikowi wytrzymałości, to musi pęknięcie sięgać do C.

Przykład I. Obliczmy natężenia dla doświadczenia 1. 8. na złamanie płyty Moniera, podanego przez Wayssa w jego broszurze³). Płyta była 100 cm długa, 60 c?» szeroka i była w ten sposób podparta, że teoretyczne punkty podparcia leżały około 8 cm od krawędzi płyty, a zatem rozpiętość l—QŁcm. Płyta niosła przy złamaniu równo rozdzielone obciążenie 1658%, więc 2763 %/m².

7X0,62³

60,4

a=0,6cm, to otrzymamy w I. fazie według równ. 333)

4,5²+2.0,6.0,33.10 2(4,5+0,033.10)

0,033 cm, a jest nieznanem, przyjmmy

Tu jest = 4,5 cm, f==

=2,14 cm.

Dalej mamy M—

1 1658.0,84.84

60

=277 kgcm,

a zatem wedle 335), 336) i 337) :

t2 =

3.277.2,14

2,14³+(4,5—2,14)³+3.0,033,10(2,14—0,6

=68,8 kg jem"¹

Tt=— 68,8-

4,5-2,14

2,14

15,7 kg jem"¹

v'=6,88

2,14-0,6

2,14

. 10 = 468 kg jem"¹.

Otóż ciągnienie 68,8^/cm² jest za wielkie, musiał więc powstać w betonie rys już znacznie wcześniej. Jeżeli przyjmiemy wytrzymałość betonu na ciągnienie 2bkg/cm², to musiał on pęknąć już przy

Jf=277.

25

ggg^lOl kgcm.

Dla momentu 277kgcm będzie się więc płyta znajdywać w fazie drugiej, możemy więc tu zastosować równ. 340) i otrzymamy

% =—~ 10.0,033 y| 10.0,033    10.0,033 + 2(4,5 - 0,6)) =1,53cm,

a według równania 344): t₂ = 25 -f-

0,18.277.1,53

Ti =25-f

0,65.1,53³+30.0,033(4,5 - 0,6 —1,53)2 1,5.277.1,53

0,65.1,53³-)- 30.0,033(4,5- 0,6—1,58)2 30.277(4,5-0,6-1,53)

0,65.1,53 ³-f30.0,033 (4,5 - 0,6—1,53)²

=9,7 kgjcm²,

= 25 -f 80,6 = 105,6 kgjcm²,

= 2496 kgjcm².

2. Obliczmy natężenie przy złamaniu płyty Moniera 1. 15. doświadczeń duńskich⁴). Moment otrzymany dla tego wypadku M=247kgcm⁵) d — 3cm, /=0,064 cm, «=0,75 cm. A zatem otrzymamy wedle równania 340):

z, = _ £ 10.0,064 + y|-10.0,064    10.0,064 + 2 (3 - 0,75)) =1,33 cm.

Wedle równania 344) otrzymamy dalej :

T,₌__0,18.247.1,33    59,1 g

²    0,65.1,33³+30.0,064 (3-1,33-0,75)²    3,154    ’    ⁹¹

tt=25

= 25 —(— 174 = 199 kgjcm²

1,5.247.1 33

=2162 kgjc7n².

0,65.1,33³-f- 30.0,064(3-1,33 - 0,75)2 3,247.10(3-0,75—1,33)

" 0,65.1,33³-f3,10.0,064(3—1,33 -0,75)²

§. 73. Obliczenie wymiarów płyt Moniera.

Teraz nasuwa nam się pytanie, jaką należy przyjąć grubość płyty i wkładki żelaznej dla danego największego momentu M. W zwykłych wypadkach, zwłaszcza gdy istnieje możliwość wypełnienia rysów powstałych w betonie zaprawą cementową , należy obliczyć płyty Moniera ze względu na pęknięcie betonu i złamanie płyty. Należy mianowicie takie przyjąć wymiary płyty i wkładki żelaznej, aby ciągnienie w betonie było nieco niższe od spółczynnika wytrzymałości na ciągnienie, a oprócz tego, aby po przezwyciężeniu wytrzymałości betonu na ciągnienie, była jeszcze dostateczna pewność przeciw złamaniu. Ze względu na ciąguienie w betonie należy obliczyć płyty wedle równ. 333) do 337), przyczem możemy przyjąć t₂ = 15Jcgjcm², abyśmy mieli niejaką pewność przeciw powstawaniu rysów, a zresztą gdyby nawet rysy powstały, nie byłoby to połączone z niebezpieczeństwem. Jeżeli chcemy stanowczo uniknąć rysów, to musimy zniżyć %₂ do 10 ległem². Jednak takie obliczenie nie dałoby nam jeszcze poglądu na spółczynnik pewności przeciw złamaniu. Ponieważ jednak przy obliczeniu belek i płyt zawsze zwracamy uwagę na złamanie i wedle tego obliczamy wymiary, przyjmując pewien spółczynnik pewności, zatem wskazanem jest i tutaj tak samo postępować i dlatego obliczać wymiary ze względu na złamanie wedle równ. 344).

Wiemy, że w pierwszej fazie wkładka żelazna ma mały wpływ na zniżenie ciągnienia, które mało co mniejsze jest od ciśnienia. Pożyteczność wkładki żelaznej uwydatnia się dopiero w drugiej fazie po przezwyciężeniu wytrzymałości betonu na ciągnienie, sprawia ona wielką wytrzymałość pfyty na złamanie ; grubość zatem wkładki żelaznej obliczać musimy głównie ze względu na złamanie, a więc wedle wzorów drugiej fazy.

Przytem należy liczyć w ten sposób, że przy mtej pewno ści moment ma być m razy większy i wtedy ma być osiągniętym równocześnie spółczynnik wytrzymałości na ciśnienie betonu, który przyjmiemy = 125 kg jem² i wytrzymałości na ciągnienie żelaza, którą przyjmiemy t=3500Jcg/cm². Wtedy otrzymamy z rów. 344) :

125=25-+

1,5 mMsi

0,65 %³ + 30 f{d —    — a)

3500=

30 mM (d — 0i — a)

0,65 0± ³ -+- 30f\d —    — a)

2, a stąd

20

zl =— («— a)=0,368(dł—a)    .... 345)

Z rów. 340) otrzymamy    ² + 20/^₁ =20/‘(ć7 — a),

albo po wstawieniu wartości z 345) :

. . 346)

f= 0,0068 (d-a).....

Dalej otrzymamy, przyjąwszy m—4,

125 — 25=

6 Mzi

2,16 M{d — a)

0,65*+ ³-p30/'(r7 —    - a)² 0,0303 {d — a) +12,3/‘(<7—a)²

albo 3,03 (d — a)² + 1230 {d — a)/’=2,16 M,

a po wstawieniu wartości za f z 346 :

d — a=0,435    .    .

Jeżeli przyjmiemy dla grubości płyty i wkładki żelaznej powyższe wymiary, to otrzymamy w pierwszej fazie po wstawieniu w równ. 333) wartości za f z równ. 346) i przyjąwszy n ==10.

. . 347)

d²-\- 0,1366* (6? - a)

'J = 2 (67+0,068 (d — a) *

Przyjmijmy a=0,ld, to 0=0,477<7, 0 - a=0,377<7, d — 0=0,523 (7.

*2 =

Dalej mamy z 335) : 3 Mg

3.17.0,477 <7

0³ + (<7- 0) + 30/'(0 - a)²    0,1085ć7³ + 0,143L <ü³ + 0,0211(7³

*2=5,25 d2

. . 348)

Jeżeli teraz wstawimy wartość za M z 347), to

22,4 kg jem².

5,25 (0,9 d)²

0,435²<7²

Widzimy więc, że jeżeli przyjmiemy grubość płyty wedle 347), otrzymamy za wielkie natężenie na ciągnienie betonu. Musimy więc (d—a) przyjąć większe, aby zniżyć ciągnienie w pierwszej fazie. Z równania 348) otrzymamy

i-«"

’ *2

a więc

<7-a=0,533yjft ^7 - a=0,653VIfj

67=0,592^17 d=0,725^ M Jeżeli przyjmiemy a=0,2(7, to otrzymamy:

0=0,48567, 0—6*=0,28567, 67—0=0,5156?, a z rów. 335):

dla t₂ = lhJcglcm'2 dla r₂ = 10    „

349)

17

T2==5)73^

stąd

}    *2

a zatem

67=0,618^17

d=0,767\M

67- 6*=0,495yj7| 67—a=0,606yï^)

dla t₂=15 ległem2 dla t₂ = 10 kgIcm2 Przyjąwszy wymiary płyty wedle 349) i 350) otrzymamy spółczynnik pewności przeciw złamaniu większy, niż 4. Jeżeli przytem obliczymy grubość wkładki żelaznej wedle 346), to pewność dla betonu i żelaza będzie równą, co odpowiada racy onalnemu ustrojowi.

350)

Przykład. Niech będzie danem M=SOOkgcm; należy obliczyć wymiary

płyty Moniera.

Jeżeli przyjmiemy a—0,ld a r₂=15kg/cm², to zrównania 849) mamy £2=0,592V/300=J0,25em. Wtedy a=l,03cm, co zaokrąglimy na a=llmm=l,lcmt więc d—a—9,2 cm. Grubość wkładki żelaznej otrzymamy z 845) /—0,0068X 9,2—0,0626 cm ; przyjmiemy więc 9 mm grube pręty w odstępach

10,2 cm.

0,6361

0,0626

Obliczmy teraz natężenia, któreby powstały przy cztery razy większym momencie, a więc dla J/=4X300=1200 kg cm. Wedle rów. 340) i 344) otrzymamy :

cm

15/+ V/15/(15/+2 (d — a)) = — 0,949 + \/0,949 (0,949 +18,4)^3,36

x,=25-f

1,5.1200.3,36

0,65.3,36³+ 30.0,0626 (10,3 - 3,36 — 1,1)*

= 25 + 68=93 kg! cm

30.1200.(10,3 -3,36—1,1)

0,65.3,36³ +30.0,0626(10,3 - 3,36 —1,1)*

Natężenia te są znacznie niższe od przyjętych 125 i ‘ób00kg/cm^ z powodu tego, żeśmy grubość płyty wyznaczyli z rów. 349) a nie 347) a więc ze względu na pierwszą fazę.

Przypatrzmy się teraz jakie będzie natężenie na ciągnienie betonu w I. fazie. Z rów. 333) otrzymamy :

10,32+ 20.1,1.0,0626 ⁰ "" 2(10,3+10.0,0626)

v' =

= 2371 kg jem'¹

4,92 cm, a z rów. 335) dla M = SOOkgcm,

3.300.4,92

T2 “ 4,92³+ (10,3 — 4,92)³ + 30.0,0626(4,92 — 1,1)* ~ Ciągnienie to możemy wedle założenia dopuścić,

14,65

przeto sprawdziliśmy, że wymiary wyznaczone na podstawie rów. 349) i 816) okazały się

stosowne.

Przy obliczeniu natężeń w chwili złamania przyjmowaliśmy spółczynnik pewności m=4 i uwzględnialiśmy go w ten sposób, że moment M przyjmowaliśmy m razy większy. Zamiast tego można przyjąć jako ciśnienie dopuszczalne w drugiej fazie

T't =

- =31 legIcm², a ciągnienie dopuszczalne dla żelaza

8500

-=8251eg\cmA.

"Wtedy otrzymamy z równania 344) :

v\

v‘

^=31=6,2/

1,5 M+

«+=875=

0,65+ ³ + S0f(d — + — a)2 30 M (d — + — a) 0,65+³ + 30f{d — + — a)²

.    . 351)

dla t₂=15kglcm'²- . . dla r₂=10Jcg/cm² . .

Ci

Dla grubszych płyt możnaby przyjąć może -j mniejsze,

Cl

niż 0,1, dlatego ustawimy jeszcze równania dla a=0,06d. Otrzymamy wtedy z równ. 346) i 833)

=0,472 z—«=0,422d, d—8=0,628 d. 2(^ + 0,068 [d — a))    '    ’    ’

Dalej jest wedle rów. 335) :

3.2tf.0,472

0,1052ri!³+0,1472 d²+0,0345d3 Jeżeli teraz przyjmiemy d wedle równania 347) i wstawimy wartość za M, to 4,94.0,95²d2 OMh-d²

r₂ =

=4,94

. 352)

=23,6 legion², a więc za wielkie.

Musimy więc d—a przyjąć większe, jeżeli chcemy w pierwszej fazie zniżyć ciągnienie betonu.

Z równania 352) mamy d=^

dla t₂ = 15 kglcm² d=y-^r^=0,574ylf, d—a=0,545)11    353)    •

~i / 4+Æ 71/    _    ,__.

dla t₂ = 10 legi cm² d= y^^=0,703VM, d-a-0,G68y M 354)

Możemy zatem ogólnie napisać :

dla a=rd, d=uVM, d—a=u(l—r)V M=v\/M . 355)

4.94 M

-, a więc

Dla r=

0,05

0,1

0,2

■u

0,574

0,703

0,574

0,668

0,592

0,725

0,533

0,653

0,618

0,757

0,495

0,606

Dla wartości pośrednich możnaby interpelować według linii prostej.

Wszystkie powyższe wzory ustawiliśmy dla założenia, że spółczynnik wytrzymałości betonu na ciśnienie jest 125 kglcm². Jak zmieniają się powyższe wzory, jeśli spółczynnik wytrzymałości na ciśnienie jest większy n. p. 150kglcm²?

Jeżeli zastosujemy powyższe wzory pomimo, że możemy liczyć z pewnością na wytrzymałość 150 kglcm², to nie wyży-

skaliśmy dostatecznie wytrzymałości betonu na ciśnienie. Z drugiej strony nie możemy znów używać cieńszych płyt, jeżeli nie chcemy przekroczyć ciągnienia 15 ległem² w pierwszej fazie. Dlatego też nie możemy przy większej wytrzymałości betonu na ciśnienie oszczędzić na materyale, ale możemy uzyskać większą pewność przeciw złamaniu, jeżeli przytem powiększymy przekrój wkładki żelaznej.

Przyjmijmy więc xx= 150 legi cm²,' v‘= 3500ległem², n= 10, to otrzymamy

1,5 mMzi

0,65,2-j ³+ 30f\d—2j — a)2 30 nM {d—zx—a)

0,65zx³+ 30f(d—zx —a) zx =    (d — a)=0,417 (d — a).

Z równania 340) otrzymamy ^zi ²+20fzx =20f(d — a), albo §0,417²((2 - a)² + 20/‘0,4l7 (d — a.=20f(d - a), a więc f=0,01(d — a)......

150=25 +

3500

2»

a stąd

wtedy

356)

Przyjmiemy teraz odrazu większą pewność, więc m=5,

150-25

7,5 Mzx

21

a stąd

0,65^³+ 30f\d—zs ~ a)²

d - a=0,410V M

W pierwszej fazie jest wtedy ze względu na 356) i 333):

(2²+0,2a((2— a)

2 ((2+01 ((2 — a))

Dla a=0,ld jest 2=0,467(2, z— «=0,367(2, d — 2=0,533(2. Dalej z 335)

((2— a)

357)

358)

3 Ü/.0,467(2

0,467 ³(2³+0,533³(2+30.0,01.0,9.0,367²(23 M⁰¹ —=484—

. 359)

0,2895 (2²

(2²

4,84.o,9²

0,41²

a więc za wielkie. Musimy więc d — a powiększyć.

484 M

Jeżeli przyjmiemy d z rów. 357), to x₂ =

=23,1 ległem²,

Z równania 359) mamy d=^-

dla t₂ = 15leg/cm² (2=0,568^, d-a=0,51lfM . 360) dla t,=i OJc.gjcm² (2=0,696 l/M, d- a=0,G26^M . 361)

*2

a więc

Dla a=0,2cZ jest 2=0,478d, z «=0,278(7, d—2=0,522(7. Dalej mamy

3 714.0,478(7

T2_ 0,478³<7³-|-0,522 ³(7³+30.0,01.0,8.0,278²(73 5,31x0,64

5,31= 362)

a więc t₂ =

0,412

=20,2 ległem*.

Należy wię*c d powiększyć. Z równania 362) mamy 5,31

714, a więc

dla T₂=lbJcglcm² (7=0,595YJÈT, <7—«=0,476^714 . 363) dla t₂ = 10Jcglcm³ (7=0,729^714, <7—«=0,583^/714 . 364) Wzorów 356) do 364) należy tylko wtedy używać, jeżeli stwierdzi się doświadczeniami, że wytrzymałość betonu na ciśnienie wynosi 150 Jcglcm³ lub więcej. Zresztą należałoby przyjmować spółczynnik wytrzymałości =125ległem², a więc używać wzorów 345) do 350).

§. 74. Belki układu Hennebiquea. Faza pierwsza.

Hennebique wzmacnia płytę betonową żebrami, a przez to powiększa jej wysokość, wkładkę zaś żelazną umieszcza w żebrach. Belka taka jest więc ekonomiczniej sza od belki Moniera, bo materyał jest dalej oddalony od osi obojętnej.

Obliczać belki Hennebique’a możemy wedle ogólnego sposobu podanego w §. 70. Jeżeli chodzi o wzory szczegółowe, to

gdy odstęp żeber jest b, zauważmy belkę o szerokości b (rys. 180.) grubość płyty niech będzie e, cała wysokość (7, szerokość żebra odstęp osi obojętnej od dolnej krawędzi z, warstwy żelaznej a. Grubość tej warstwy równomiernie na całą szerokość płyty rozłożona niech będzie f.

Badajmy najprzód belkę w fazie pierwszej.

rys; 180

i,

V,

Tf

k-

—'O”

rt*

Tu musimy rozróżnić dwa wypadki, wedle tego czy oś obojętna przecina płytę, czy nie.

a) Oś obojętna nie przecina płyty:

Suma natężeń poziomych musi być równa zeru, więc

vx dvx 4- b

vx dvx — b

d—z —e

Pd-z-e

Jo

f*    v'e‘

\ v₂dv₂+bf-—=0, Jo    r

a stąd

—(d—z)²Ą-{d—z - e)²— ^-(d—z—e)2jr~z² + 3fn(z—a)=0,

więc

^ e(2d — e) + -^ (ß — d)²\2afn

(d—e)Ą-fn

. . B65)

Dalej musi być suma momentów sił wewnętrznych i zewnętrznych równa, a więc, jeśli M oznacza moment na 1 cm szerokości płyty,

bM= bx

albo

f* d—z—e    f*d—z    z

\ vividvi+b\ vxvxdvxArb\v₂v₂dv₂-\-bjvlv\

Jo    J d z c    Jo

M=-

^-(d—z— e)³-ł-£[(d—z)z— {d - z—    ez^-\-3fe\z—a)²j

K-\(d—z)³—(d-z—ey-\-~-(d —z—e)³+^-z³ + 3fn(z— a) ²1366) o ry    o    b

co

Jeżeli 838) porównamy z 336), otrzymamy:

3 Mz

EZ

,Tl

r (d—z)³—(d—z—e)³^l—^\-\-~z2jr3fn{z—a)²

_'-3M(d—z)__

(d-z)³—{d—z—e) ³^1—y- W~z³ -f- 3fn(z—a)²

E{d—z)

V¹

e'(z—a)

3 Mn(z — a)

(id—z)³—(d - z—e)³^l—~^+~zz-\-3fn(z—a)²

(\z—a)n

*•

rys: 181.

z,

gp

*j

---nk-

sfr'

-k-tx

b,

Zz

ój Oś obojętna przecina płytę (rys. 181). Suma natężeń poziomych równa się zeru, więc

v₂dv₂ 4- bx

f*«

b\ vidvi +&\ Jo    Jo

e-*i

r,z ¹    v‘ei

\ v₂dv₂ + bf-—=0 J e—zt    "

a stąd

—z² + (e—ą)²=y[(^—ą)²—(e—*i)²] + 2/»(d— zx — o)==0

zatem

e²+y(d²-e²) + 2/w(rf-a)

e + ~{d~ e) -\-fn

. .. B68)

Dalej musi być suma momentów sił wewnętrznych i zewnętrznych równa, więc:

bM=b\ vlv₁dvi -f b\ Jo    Jo

v₂v₂dv₂+b

albo

d—z t

v₂v₂dv₂ + bfv'v\ e~*x

⁼y;[^i ³+e(e    ^)³

-(«-*)*! + S/i>' (^-^-a)²l

^ ^ 3r j/¹³ + (e '    )³+y ³“(e ' %)³] + 3fn(js— a)² j

369)

Stąd otrzymamy :

X2 —

EZ

3 Mz

xi=~

r zx ³+(e—^i)³+y[^³— (e —^)³] + 3/w {z — a)²

3 Mzx_

ezx

r ^³+(e—^)³+y[^³-(e—^)³]+3/w(^-a)²

370)

e'(z—a)

v‘-

3 M (z - a)n

¹

Por. str. 42.

²

Por. Durand-Clay’a „Essai sur la limite de la résistance à la rupture par traction des ciments et autres matériaux analogues“. Ann. des ponts et chaus. 1895. str. 604.

³

Patrz G. A. Wayss: Das System Monier. Wiedeń 1887.

⁴

Por. Zeitschrift der österr. Ing. u. Arch. Vereines. 1896 str. 6.

⁵

Por. moia rozprawkę w Zeitschr. des österr. Ing. u. Arch. Vereines 1896 1. 24.

tt s+(e-*,)s+-|v - («—*,)*)+3Me - a)>

(z — a) w

= Xc\

Jeżeli we wzorach 365), 367, 368) i 370) wstawimy bx=b, to otrzymamy wzory 333), 335), 336) i 337). Czy oś obojętna przecina płytę, czy nie, należy zawsze najprzód zbadać z równań 365) i 368).

Możliwy byłby jeszcze wypadek, że oś obojętna przypada na CD, dolną powierzchnię płyty. Wtedy należy we wzorze 365) zrobić z—d—e lub we wzorze 368) zx=e.

Otrzymamy wtedy

371)

e²+y(d²—c²) + 2fn(d—a)=2c² + 2y (d— e) e+2 e/w stąd gdy nazwiemy y=&

VCtSt)*

Jcd²-\-2fn(d—a)

JcdĄ-fn

. . 372)

►j

Przykład. Niech będzie d=29cm, n=10, /—0,094 cm, a=bcm, b—lb0cm,

16 ,

bi =16 cm, to z rów. 872) otrzymamy dla fc=jgQ=0,1067

e=

1 -k

1 -Je

0,1067.29+0,094.10

1-0,1067

h 0,1067.29+0,094.10\ Vv 1-0,1067    /

2 , 0,1067.29²+2.0,094,10.24

1—0,1067

c=—4,52+14.28=9,7 cm.

Jeśli przyjmiemy taką grubość płyty, to oś obojętna będzie przechodzić przez dolną krawędź płyty. W takim wypadku jest

zx =e

373)

a z równ. 370) otrzymamy

Statyka.

T2

3M(d—é)

eZjrJc(d—e)³ + B/n (d —e —a)²

ZMe

Ti

î>'=

cz+Jc(d—e)³ + 3 fn (d—e —a)2 3 Mn(d—a — e)

e³+/c(d—e)³ + 3/n(d — a—e)²

Przyjmijmy dla naszego przykładu 1000kgcm, to otrzymamy 3.1000.(29—9,7)

T2 “9,7³+0,1067 (29-9,7)³+30.0,094 (29 - 5 - 9,7)²

= 25,7 Aig/cm*

tiB—25,7

9,7

v'=25,7

29-9,7 29-5-9,7

12,9 fc^/cm²

10=190,4 kg jem¹.

29—9,7

W rzeczywistości próbowano na złamanie belkę taką w Lausannie,

dla której jednak było e — 8cm.

Obliczmy z z równ. 365), a otrzymamy

8 (2,29 - 8) + ~ (29 -8)!+2.5.0,094.10 8+j+29-⁸⁾+10.0,c9

z=

=20,4 cm.

A więc tu rzeczywiście oś obojętna nie przecina płyty i wzór 365) jest tu ważnym.

Wstawmy teraz M—1000kgcm, to 3.1000.20,4

8,6=-(l—^)o,6>+J^20,43+30,0.094(20,4—6)*

= 27,7 kg!cm"¹

Ti= — 27,7

8,6

= 18,3 kg jem'¹

20,4

²°20T⁵-10=2Q9

Widzimy, że wyniki powyższe nie o wiele są wyższe od poprzednich.

Ciśnienie jest tu mniejsze od ciągnienia, dla tej fazy przekrój taki byłby nieodpowiedni, raczej odwrotny byłby wskazany. Inaczej rzecz się ma w fazie drugiej.

§. 75. Belka Hennebique’a. Faza druga.

Przejdziemy teraz do fazy drugiej, wedle której także obliczymy przekrój wkładki żelaznej. Gdy wytrzymałość betonu na ciągnienie zostanie przezwyciężona i płyta popęka w dolnej części, to ciągnienie w betonie nie może przekroczyć 20 Jcgjcm2 i rozkład natężeń będzie taki, jak to widzimy z rys. 182. Łatwo zrozumiemy, że jeżeli    to obojętną jest rzeczą dla ra

chunku , czy belka ma żebro tylko, czy też jestto belka pełna

v'=— 27,7

o grubości d, bo i tak nie uwzględniamy tej części poniżej CD, z powodu popękania betonu. A zatem możemy wzory otrzymane dla przekroju prostokątnego, zastosować wprost do tego wypadam Równania 340) i 344) będą i tu ważne.

Jeżeliby nawet punkt 0 znajdował się nieco poniżej CD, to i w tym wypadku możnaby w przybliżeniu zastosować po-

rys:182.

I im

V.

JM

___

~fr

i'. _ _w.

àr

wyższe równanie, bo zmniejszenie szerokości dotyczy tylko bardzo małych natężeń.

Przykład. Weźmy tę samą belkę, tylko moment przyjmiemy większy. Przy doświadczeniu w Lausannie złamała się belka dla M=l0880Jcgcm.

Z rów. 340) otrzymamy

»i=-

a z rów. 344)

|-.10,0,094 +y|-10.0,94(-|-10.0,094+2(29— 5)) =

6,93 cm

0,18.10880.6,93

T2~0,65.6,93³+30.0,094(29 - 6,93-B)2 t'=25-}

1,5.10880 6,93

43,7 ggjcm²

0,65.6,93³+30.0,094(29-6,93-5) ' 30,10880.(29—6,93— 5)

-₂=134 kgjcm²

₂=5360 kglcm ²

0,65.6,93 ³+30.0,094(29 -6,93- 5)

Jeżeli to były pręty stalowe, to możliwe jest to natężenie bez prze

rwania.

§. 76. Belki z różnego materyału.

Przy obliczaniu belek żelaznobetonowych mieliśmy już do czynienia z belkami złoźonemi z różnego materyału. W. prak-

tyce inżynierskiej zdarzają się jednak i inne wypadki użycia belek złożonych z równych materyałów lub też kilku belek z różnych materyałów, połączonych w ten sposób, że ugięcie ich jest takie samo. Na rysunku 183. widzimy np. dwie belki

drewniane i żelazną kształtówkę I. Nie są one tak połączone, aby stanowiły jedną całość, mogą się mianowicie jedna względem drugiej przesuwać, ale ugięcie ich musi być takie samo.

rys-183.

11*

sa

Jeżeli moment sił zewnętrznych nazwiemy M, to rozdziela on się na obie belki drewniane (które tu będziemy uważać za jedną) i na żelazną. Z momentu tego niech przypada Mi na drewnianą, M₂ na żelazną.

Z powodu, że promień krzywizny linii ugięcia r jest ten sam, możemy napisać wedle 147)

dla belki drewnianej siI=Mir

E₂I=M₂r.

Z równań tych wynika z uwzględnieniem, że M=Mi+M₂

ÉH

* "6r

.....4

„ żelaznej

£il

cili + ^2 C2^2

elll +C2^2

Belkę drewnianą obliczamy teraz w zwykły sposób wedle momentu Mi1 żelazną wedle momentu M₂. Jeżeli materyał ma być wyzyskanym, to powinno równocześnie w belce drewnianej być natężenie dopuszczalne w belce żelaznej %₂,

xiIi =Mieu ^2-^2 ~-^2®2?

■^Iei T

T >    *"2

A że

M₂

M.

375)

^1 _

T2    ^2 A

stąd

A

a że wedle 375) ^    ^

M₂ e₂I₂

^2 ^2 A ^2 A ^2 ^2

zatem

. 376)

Jeżeli przekroje są symetryczne, to

Z

ht E₂Ti £1 T2

Dla żelaza możemy przyjąć ex =2000000 kg jem², dla drzewa e₂ = 110000kgIcm², to powinno być

\ _ 2000000 %A _ 200 h₂ 110000    %₂    11 t₂

Jeżeli przyjmiemy np. t₁=80 kglm², t₂=800 kgjcm² to

“ = 1.82........

e₂ —

/io

2 więc

h₂

377)

^=18,17^- . . . 378)

379)

a więc wysokość belki drewnianej ma być 1,82 razy większą, niż żelaznej. Jeżeli stosunek wysokości jest inny, to jedna belka nie będzie wyzyskaną i będzie pracować poniżej natężenia dopuszczalnego.

Przykład. 1. Niech będzie h, = 24cm, b, =24cm, 7t₂ = 14 cm (rys. 188) 1=1,1 cm. Wyznaczyć wielkość obciążenia na jednostkę długości, jeżeli t, — 80, t₂ = 800 kg/cm*.

Tu jest ^ = ^==17,1 więc wysokość belki drewnianej jest nieco za

mała, belka drewniana nie będzie więc zupełnie wyzyskaną.

Tu jest i, = j^ 24⁴ = 27648 cm⁴, i₂= 659,5

,, Q7r\    110060.27648

więc wedle 375), A,    n0oo0.₂7648+ 2000000.659,5    436028

i¥₂=0,303df

97,7 ² =7,412(7 fm=741200g kgcm.

Więc 3/, =0,697.741200g=517360(/, M,=22AG00qkg/cm\

Dalej mamy M=

iH |00

h₂

M=

304128

M=0,G91M

24

Zatem 80.27648 = 5173602'. =-, stąd 2=0,3568 ł/m².

Wedle belki żelaznej licząc, otrzymalibyśmy 800.94,2=22,46002, stąd

2=0,3355 f/m'

Z tych dwu wartości zatrzymujemy mniejszą, belka drewniana nie będzie więc zupełnie wyzyskaną, mianowicie będzie

To samo otrzymamy z wzoru

V " j^4 ⁴=6i7360.0,3355.12,

51736 0,3355 122 v=--

24⁴

-75,4 kg jem ²

§. 77. Równanie linii ugięcia i ugięcie belki.

Linią ugięcia (n. Biegungslinie, fr. élastique) nazywamy ugiętą oś belki, jak to wiemy z §. 36. Równanie jej otrzymać możemy łatwo z równania 149) e I—Mr, które jednak ważne jest tylko do granicy sprężystości.

Promień krzywizny jakiejkolwiek krzywej da się, jak wiemy wyrazić równaniem

■+©?

dhj

r=--^--—

dx²

jest bardzo małą, więc

W praktyce belki uginają się bardzo mało, linia ugięcia jest więc bardzo płaską tak, że

(dir) W s^osun^u 1 Jes^ ta,k małą liczbą, że możemy ją opuścić ; otrzymamy więc

r=d²y, dx²

albo, gdy będziemy liczyć -\-y w kierunku z góry na dół,

r==— d²y. dx²

Wstawiwszy to w równanie 149), otrzymamy

379)

x² eT •

równanie różniczkowe linii ugięcia, w którem moment zginający M wyrazić musimy jako funkcyę x.

Równanie to możemy napisać

eI

dhy

dx²

—M

380)

Jeżeli dalej równanie to będziemy różniczkowali, to otrzymamy najprzód

eI

dhy

dM

potem

. . 381)

dx Q • • d^y dQ ' ~-dx = p- •    •

dxz

eI

dr⁴

.    . 382)

Niech za belkę BC (rys. 184) o stałym przekroju działa

Moment

Pb Pa

w E siła P, to według równania 6) 0₁=- -, 0₂ =

P1)0C

M w punkcie P, a więc dla x<C.a, będzie M=Oi #=—=—. za-

v

tern na mocy równania 375)

æ-y

Pb

dx² e II

a stąd

dy

Pb f

£ II

Dla x=0 otrzymamy st <p₀—C, więc

Pbx¹

dx⁼*irp—

^xdx+C

Pbx²

2 Eli

¥0.

dy

dx

2e11

f- st <p₀

Analogicznie mamy dla części belki EC

dy

a)

2 Eli

f st p₀

Całkujmy oba równania raz jeszcze, a otrzymamy

Pbx³

6JIÏ

Pax. -

Nie dodajemy tu ilości stałej Cu bo dla x—0 i a;, =0 jest y=0, więc Ci =0.

dla części BE

y=—

+Æ st <jp₀

EC

\-xx stp₀

b)

rys: 184,-

0/

Oz

t-

■>

jy

F_

F'

E'

Rzędną y linii ugięcia nazywamy ugięciem (n. Durch

biegung).

W celu wyznaczenia niewiadomych st(jP₀ i stp₀ ustawmy równania a^) i ój.dla punktu P. Otrzymamy wtedy

st rpx = —

Pba²

Pab²

2 E II

2 £ i7

EE‘=y^

Pba²

6 eII

-J- a st (f₀ =■ —

Pab³

6e II

h&st (p\.

Z obu tych równań otrzymamy Pab

st^₀ =

6 Eli

(a+2 b) i stgp'o =

Pab

6 Eli

(2 a + b) J c)

Wstawiwszy te wartości w 6), otrzymamy

’Phnf'

y=-ç^jî\a(aJr<2h) —

y“<^nß(2a+^ ~V]

Dla punktu-JE¹ otrzymamy z równania 379)

Pa²b³

3 cil .....

dla BE

dla EC

. . 383)

yi =

384)

Nie jestto jednak największa rzędna, bo ta jest tam, gdzie styczna pozioma.

Jeżeli a—b, więc gdy siła P działa w środku, będzie największe ugięcie y czyli strzałka ugięcia (n. Biegung s-pfeilj fr. flèche de flexion).

f=-;~

PI³

pi 3

. . 385)

= 0,208

cl * *

Jeżeli belka jest obciążona na całej długości ciężarem jednostajnie rozłożonym (rys. 185), to według równ. 18)

48cl

M=\qx(l-x), więcej = -

à qx(l—x)

eI

ï7ïx(l~x)-

rys: 185.

Scałkujmy to równanie, a otrzymamy

Aoz

dy

U

dx 2cl\ 2

1x3 %+c)

:^c

SL___

a po drugiem całkowaniu

~I2+CX+C‘)

Dla x 0 jest y — 0, więc C'=0; dla x=l jest */= 0, więc

y= —

P P    P

g--—+C2=0, a stąd C= — —, a więc

lx² x³

dy

q / lx

dx 2 c/\    2

P P\

3⁺ïJ •    ‘

. . 386)

y=JL.(Xl

* 2 £ J\12

Ix³ . Px

qX (x³—21x²+l³)    . 387)

Ponieważ obciążenie jest symetryczne, więc najw. y=f będzie w środku belki, tam też styczna będzie poziomą, dla

2 otrzymamy więc

x=

2f/\48

24 fi

ii.- li ' ¹¹

192 ⁺ 24

5 ql_4 384 el

. . 388)

qP

Ponieważ wedle 147) xI=Me=-^-e, to gdy

_ li qP _

2“’ 8 Ti

5 16tJ Z²

więc 5 %P

384 h eI 24 eh Jeżeli Z będziemy liczyć w m a resztę w m, to 60000 rP 24

/=

—-m, a gdy dla żelaza £=2000000

£/i    ’    0,7

tZ²

/!^0,00104-h

.    390)

gdzie /’ i h liczyć należy w cm, % w &y/cm², l w m.

Przykład. Mech będzie 1=6 m, q=b00kg/m₁ t=1000 kg Jem², to JH=|0,B.6²=2,25 /m—225000    więc

=225. Zatem przyjmiemy kształtówkę I 20, dla której —=243.

Wedle 385) /=gg4 2000000.2428 1000.36 20

Wedle 390) /=0,00104

5.600⁴

1,95 cm—19,5 mm.

1,87 cm = 18,7 mm.

Wzory powyższe stosują się do belek o przekroju stałym. Jeżeli przekrój jest zmienny, a przypuścimy, że moment bezwładności zmienia się wedle paraboli, to

4 I^x(l—x)

I*

. .    391)

jeżeli oznacza moment bezwładności w środku belki.

d²y _ £qx(l—x)    qx(l—x)P qP

SeI t x(l—x)    8 e!x

W tedy

dx²

eI

dy

Stąd otrzymamy

(X0i/

Dla x=P jLo, 2 dx

qP

8 eI

x+C.

qP 1

8 sL 2

Z-fC, a stąd

qP

C=ïên? W^C

dy    ql²    qP _ qP

8eI *⁺16e8si Zcałkowawszy raz jeszcze, otrzymamy

dx

( ~x) ■ ■

. 392)

qP (Ix x²\

y=ôil[V"2' - 2 j

+ Ci

Dla #=0, y=O, więc (7₁=0₁, zatem

qP n .

^Tën;x(l-x) ■ ■

.    .    393)

Stąd dla

qP P _ ql⁴

16 eIx 4    64e I

W rzeczywistości przekrój nie zmienia się tak bardzo, tern ugięcie będzie miało wartość między

f=

0.156

gP

eI

. . 394)

za-

qP

==0,13 a —-=0 156 r.

64    ’ elx

384    76,8

Dla belek blaszanych lub kratowych równoległych możemy zatem przyjąć w przybliżeniu

f    0.143'€

Podobnie otrzymamy gdy P działa w środku belki dla •

. . 395)

przekroju stałego wedle 385)

PP

/=0,208

dla przekroju zmiennego tak, że natężenie dopuszczalne % i h jest stałem *)

eI

PP

/=0,312

a gdy przytem i wysokość jest zmienna

/'=0,416

396)

PP

eI

. 397)

§. 78. Ugięcie belki jednym końcem utwierdzonej.

Wiemy, że moment M w punkcie C (rys. 186) belki o stałym przekroju jednym końcem utwierdzonej a na drugim cię-

*) p. Résal Constructions métalliques str. 554.

J\

rys; 186.

Z-

żarem P obciążonej, da się wyrazić według równ. 29)

M=—P(l—x).

I A więc według równ. 879) ,-J będzie

>1

d²y P(l-x)

dx²

eI

| a stąd otrzymamy

l=^te-¥+C)

— Ç+Ot+c,).

ćlt/

Ponieważ dla «=0 jest y=0 i -^=0, więc Ci

CUG

a wreszcie y

P /lx²

“cjit

=0 i C=0.

a zatem

Px²

6 fi

Ponieważ y rośnie wraz z x, więc najw. y=f będzie dla x=l, a mianowicie

_ P/lx² x³\_ y—ilV~3 6 /

<31—x). . . . 398)

f 1 PI³

3 fi

PI²

399)

0,333 ,

fi

Dla przekroju zmiennego o stałej wysokości otrzymamy wedle Ré sa la

f= 0,5

PP

El

400)

a dla zmiennej wysokości

/= 0,667

PP

El

401)

Jeżeli belka AB (rys. 187) obciążona jest z u-pełnie ciężarem je-■~M dnostajnym q, to mo-Hli^    r ment w punkcie C będzie

m-ti    7_„

rys; 18/

L'"'

M=

ie--

= —    z)²,

więc według 379)

dx²~éf~xy'

dhy

a stąd otrzymamy

niPx-lxl+Xi+c)

dy

, a wreszcie

q (l²x² Ix²    n \

'tsW—T⁺ï2+Cæ+cd

dy

Również dla x = O jest y=0 i -y-=0, więc (7=0) = O,

a zatem

.    . 402)

y=lS(612_41x+x2) • •

Ponieważ y wzrasta wraz z x, więc najw. y^=f będzie dla x—l, a zatem

403)

f-J-S£

8 fi

Dla przekroju zmiennego o stałej wysokości otrzymamy wedle R é s a 1 a

f-

1 qP

4 eI

404

a dla zmiennej wysokości

1#

2 eI

Jako belki jednym końcem utwierdzone obliczamy schody, wsporniki, mosty obrotowe i t. d.

/=

405)

§. 79. Belka jednym końcem wmurowana, a w drugim podparta.

Tam gdzie prawidła statyki nie wystarczają do wyznaczenia oddziaływań, n. p. przy belce jednym końcem utwierdzonej a w drugim podpartej (n. der an einem Ende eingespannte, am anderem frei aufliegende Träger, fr. poutre encastrée à une extrémité et libre à Vautre, a. beam flxed at on end and supported at the other) używamy równania linii ugięcia do wyznaczenia oddziaływań, jak to zaraz okażemy.

Na belkę taką AB (rys. 188) działa ciężar P w odległości a od A. Zastanówmy się najprzód nad częścią belki AE. Nazwijmy M₀ moment w punkcie A, gdzie belka jest utwierdzoną, to dla punktu C będzie    Oix, a więc według rów. 379)

-Mp+ OjX

a stąd

d²y

eI

dx²

dy

w punkcie C i styczną, a więc otrzymać musimy z obu

równań dla y i —■ te same ; ze względu na ogólne warunki rów-

CLCC

nowagi musi być też P— 0iJr0₂ i Otl-\-M₀ — P[l — a) = 0. Mamy więc 7 równań, z których wyznaczymy 4 stałe ilości (7, C\ Cx i C\ i 3 niewiadome Jf₀, Oi i 0₂. Ostatecznie otrzymamy

0=0, C'=0, Oi

dy

dx eI

y=—

¹ (m^x+^+C 0<xz

nareszcie

El

f Gz + C'Y

.J

- .r

X, -

'i

rys-188.

,E

---A.

e;

>l

Mo

£'

AT

a więc

nareszcie

Dla długości EB, t. j. gdy #;>«, otrzymamy M=M₀ -h0ix— P(x — a)=M₀ +(Oź — B)x-\-Pa,

-^j.[M₀ Ą' (0i—P)x-\-Pa\, a stąd

/j/)J    "I    rp 2

£—Tm«x+(0' - r>2+Pa*+c\},

y[(Jlf₀+Pa),^+(O₁-P)^+ CjX+C'j].

CLV

Dalej mamy y—0 dla x=0 i x=l. -=^=0 dla x=0, ugięcie

CLCC

d²y

dx²

y= —

Pa² nt Pa3 2 ,Gl_ 6 '

^2P-a\3l-a) n a²(3l-a)

0„ =

F W “* ²    2P

M₀ = -Po

2P—a (31 — a)

2P

Jeżeli te wartości wstawimy w równaniu dla y, otrzymamy dla długości AE

Pv²    ,

y==iraT3[3al(212_a'31_a>)~x(31311 a^31_a))]

dla długości EB

TN²

y=P> ”ll³ [(3¹ — a) x³ — 3 1(:« -a)x²+6 l³x-2al³]

t=0

. 406)

Największe ugięcie znajdziemy, gdzie

dx

to jest dla

fi_V—a4 . .

V '31—a)

xi—l

a wstawiwszy tę wartość w równ. 406), otrzymamy

. . 407)

31-a

408)

Moment w punkcie E będzie M₄ ==    -j- O^a—Pa²'

W punkcie F, gdzie M= 0, linia ugięcia ma punkt zwrotny,

(31—a) (l—a)

21³

. . 409)

dx²

= 0. Ponieważ M=M₀ + 0xx, więc M₀ + Oic== 0, a stąd

M₀ 2P-a (31—a) ~0l~2P-a\3l-a)‘a ' '

otrzymamy

Grdy ciężar jest w środku, więc a =

;P, 0₂-^,P, M₀ = -^P1,    . . . 411)

4P1 • • • ■

Największe ugięcie dla ^=0,533 l jest 1 PP 1 PI3 48V/B eI 107,3 cl’ * *

o,-

rH rH

a moment w E

m₄-

. 412)

. . 413)

a punkt zwrotny dla

414)

Jeżeli zaś belka AB jest obciążona zupełnie cię

żarem jednostajnym q (rys. 189), to otrzymamy moment M w punkcie G

M=0₂x -— \ qx‘\

o,

rys•• 189.

ct

'£

- ~ —u. _ - -

a;

■*>f l

M,

M₀

,k------Xt-----*

więc według równ. 379)

d²y

dx²

a więc

dy

dx eI

a nareszcie

qxö

1 (0₂xz (~6    24 ‘

Dla x=0 jest y=0, więc Ci =0,

0₂P qP

. y=-

eI

Cx+C

»    y=0, więc —|

(7= —

4:0.₂P-qP

24

Dalej mamy dla x = l- ~ = 0, więc    ^

wstawiwszy wartość za (7, otrzymamy

3 .

§-«'• • • •

dy

0₂ =

W + c= o-

415)

a G=—

gZ³

48

• Możemy więc napisać qPx Sqlx³\ 8 /

1 /g#⁴

ï=w(t

qX (3x³+l³—31x²) . 416)

18 tl

Największe ugięcie będzie dla xu dla którego ^=0,

więc dla

xi =0,421251.......

Wstawiwszy tę wartość w 416) otrzymamy w przybliżeniu

«    ¹ «I¹' AAAUÏ¹⁴

f=Ï85lî⁼⁰’⁰⁰⁵⁴£T......

417)

418)

Momenty otrzymamy z równania

M=0₂x—lqx‘l=%qlx — %qx²,. .

. . 419)

więc dla x=l

420)

Największy moment dodatni jest dla x2} gdzie    0, więc

CLX

^ql—qx₂=0, zatem x₂ = %l, a wstawiwszy to w 419), otrzymamy

421)

9

najw.+ M=j^ql2 Punkt zwrotny jest dla M=0, więc ^qdx₃ = ^qx₃²=0, stąd

. 422

x₃==

i'

§. 80. Belka obu końcami poziomo utwierdzona.

Gdy na belkę o stałym przekroju obu końcami poziomo utwierdzoną (n. der an beiden Enden eingespannte

rys:190 P

a,

-i

Ai

Ie""

>i

fr.

c,

<•

irili

b:

Träger, fr. poutre encastrée aux deux extrémités, a. beam fixed at both ends) JP (rys. 190) działa ciężar P w punkcie P, powstają w i i S momenty, które nazwijmy Ml i M₂. W dowolnym punkcie C będzie moment M, przyczem jeżeli #<a,

M-=Mi-\-OixJ jeżeli x^> a, M=Mi + Oix—P[x—a). •

A zatem otrzymamy według równ. 879) dla x<Za

dy

* “ -

dla x >» a

dx²

— +Pax + Ci).

— —j.(Mt+Otx—I‘(x—a)), dy    1    O.#² Pa:²

zr —r/(Jf«*+-5

Dla æ=0 jest ^

naniacb to samo, więc

—. O, ß" _ -    ’

——=^«4—^

Dla x=l

dx

dy

= 0, więc (7=0; dla #=« jest ^ w obu rów-

CLOO

O,a² Pa²

dy

—+Py²+Cj, a stąd Ci = —

Pa²

55“°' wi?c

2 M'₁Z=Pa²—2PaZ+PP-0₁P .... 428) Wstawiwszy wartość za (7 i (7l5 całkujmy jeszcze równanie dla a otrzymamy

dla x <C a 1 (M<x² 0,xz [—2--ł" ~6~

dla x^> a 1 fM^xz ₍ O,#³ Pr³ t Pa#2 2

y=—

bI

Pl-+o,)

Dla x=0 jest y = 0, więc C'=0; dla x=a jest y to samo

5 nareszcie dla x=l jest

y=*—

w obu równaniach, więc Ci 1 y=0, więc

3J/₁P=3Pa²Z—ZPaPĄ-PP— O^³—Pa³ . . 424)

W równaniach 423) i 424) mamy dwie niewiadome Mi i 01? które możemy obliczyć. Otrzymamy więc

PP- 3Pa²Z+2Pa³ Pa₁²(l + 2a)

Oi =

l³

. . 425)

a analogicznie otrzymamy

^    Pa²(Z + 2a₁)

^2-    J|8

426)

Wstawiwszy wartość za 0i w 423), otrzymamy

Pa aj²

l²

M₂

Pa²a

427)

a analogicznie

Podstawiwszy te wartości w równanie dla y, otrzymamy dla x <Z a

l²

y=i£w{3‘a-{l+2a)x)’

dla x >> a

.    .    428)

Rc² r

y=Mj\~⁽-lJr2a) ai*xJr

+ 3aa, n+xP-SaP+^^-~^^

Największe ugięcie będzie dla xi, gdzie

dy

dx=°’ Wh°

2 al

2 Pa, ²a°

l -i⁻ 2 a

3 fi (l + 2a)² '    *

.    429)

Momenty otrzymamy według równań

dla x<ia

Pa ax ²

Pas ² (l-f2à) x Pax ²

Z²

Z³

[(Z-f 2a)aj—oZ], . 430)

M=

Paai ²

dla x^> a Pai ² (Z+2a)o;

—P(x—a) =

==•    {(Z-j-2 a)ai² x — aaiH — Px-\-aP} .    . . 431)

l..... 432)

Największy moment dodatni otrzymamy dla x=a, więc na,iw ( + M)=-

M=0,

Punkty zwrotne otrzymamy dla x=c i x=ci^ gdzie więc

al

a4-2a1 C l-\-2 a ’ Cl a+3

. . 433)

Gdy ciężar P działa w środku, więc a=—=ai)

Ł

otrzymamy z równania 428)

. . 484)

pv2

y“487T⁽³¹“4x) ■ •

Największe ugięcie będzie dla xi=-~-, więc

f 1 PI³

192 £ I

pp

0,0052- j .

. . 435)

Dla przekroju zmiennego a stałego x i h otrzymamy wedle

Résala

PP

/= 0,0078—. . el

. . 436)

dla zmiennego zaś h

/= 0,0104

PP

el

437)

Dalej otrzymamy z równania 427)

PI

=M₂ . .

. . 438)

a z równania 430)

Największy moment jest dla #=4-, więc

u

439)

PI

440)

najw M= +

Punkt zwrotny jest w punkcie, gdzie ilf=0, więc dla

4’

C — -r-

Jeżeli belka AB (rys. 191) jest obciążoną, zupełnie ciężarem jednostkowym q} to z powodu symetryi będzie

0i = 0₂=~, a moment w punkcie C będzie

M=MiĄ* ^

Ł

Więc według równ. 379) będzie

dhj

qlx qx²\

2

dx²

H*' +

qlx² qxz

2 6 ⁺⁶⁾

dy

Dla æ=0 jest -~=0, więc C=0, dalej dla x=l jest

qP qP

g-=0, a stąd

dy

Tx⁼°' Wis° M'⁺ -4

m.= -jW²=m₂

441)

rys: î 91.

§=>

j.

W-

L

C,

«P

wstawiwszy wartości, otrzymamy więc

dy

dx

eL

qx*\

~6~/

, a stąd

1 /ql²x²

y“rihr

qlx² qxk

12 r 24

)-

qX (P—2lx+x²)=

qx²(l —x)²

24 c/

24 cl

442)

Największe ugięcie jest dla    , więc

f- ^

384cl

0,0026

ql⁴

dobnie

. . 443)

Dla zmiennego przekroju a stałego z i h otrzymamy po

ci *    *

/= 0,0054

ql⁴

eI

444)

à dla zmiennego A

/=0,C090

ql⁴

cl ‘    ‘

. . 445)

Moment otrzymamy z równania

a więc najw M jest dla x₁ =-^-, stąd

najw+M=+iql²

Punkty zwrotne są dla M= 0, więc dla c = 0,2113? i cA =0,7887 l.

Jako belki obu końcami utwierdzone możemy obliczać tylko takie belki, u których przy obciążeniu styczne linii sprężystej na podporach zupełnie się nie zmieniają, co możemy przypuścić tylko wtedy, gdy belkę głęboko wmurujemy (półtora wysokości belki) lub też, gdy końce belki w jakikolwiek sposób przytrzymamy np. śrubami. W przeciwnym razie liczymy belkę taką jako w dwu punktach podpartą.

M=-

qlx

§. 81. Wykreślne wyznaczenie ugięcia belki.

Niechaj belka AB (rys. 192) obciążona będzie ciężarem ciągłym ; dla tego obciążenia wykreślmy kzzywą sznurową

r-y s ; 19 Z

,D'

A,

B,

-,

//

C^ZX,#}, to jeżeli do tej krzywej w punkcie Ci wykreślimy styczne poziome a w punkcie Di także styczną, gdy Oc₂ i Od2 są promienie równoległe do tych stycznych, odcinają one w wie-loboku sił długość c₂d₂₎ przedstawiającą obciążenie CC‘D‘D.

Ze względu na osie Cj X i C, Y mamy dy c₂ d₂

st a

dx

CC‘DD=

-a\^X ■    ■

. 446)

jeżeli y oznacza ciężar jednostkowy.

Jeżeli rów. 446) zróżniczkujemy, otrzymamy

d²y q

dx²~~ a

P₂

rys: 193.

. 447)

tt

A 0₂

/cm /cm

s.C D

fm.

2ł

fcm

fcm

⁶ f:2tm 2 im

----2-.......—)js— 1----

TT'

otą

f-f-

St

092łm²

dy

Ź61m²

424tm²

£jłm²

Jem

Ti

Qi

IL.

d,

<-

ff-Iłm

Jeśli równanie to porównamy z rów. 379), licząc y w kierunku z dołu do góry, więc zmieniwszy znak,

d²y_M dr² eT

widzimy, że oba równania są identyczne, jeżeli M=q a El=a. A zatem linia ugięcia jest linią sznurową, dla której wykreślenia przyjęto powierzchnię momentów jako powierzchnię obciążenia a odległość biegunowa równa się iloczynowi spółczynnika sprężystości £ przez moment bezwładności przekroju/.

Prawo to podał pierwszy Mohr.

Musimy tu rozróżnić dwa wypadki: albo przekrój jest stały albo zmienny. W pierwszym wypadku odległość biegunowa jest stałą, w drugim dla każdej części belki zmienia się wraz z el.

Przypuśćmy najprzód, że przekrój jest stały i zróbmy przykład.

Belka AB (rys. 193) obciążona jest ciężarem P₁=2ż, P₂—1£ i ciężarem jednostajnie ciągłym 0,5 t/m na długości 2 m. Wyznaczyć należy linię ugięcia.

432 cm³. Przyjmiemy zatem kształtówkę I l. 25, przyczem

W zwykły sposób wyznaczjdiśmy najprzód linię momentów acdfeb. Teraz płaszczyznę momentów uważamy jako płaszczyznę obciążenia, dzielimy ją na paski, wyznaczamy środki ciężkości i powierzchnie pasków. Z rysunku widzimy, że najw. M—4,32#, czemu dla t=1000kr//cm² odpowiada M 422000 1000

1—5554cm⁴. Zatem zł— 2000000.5554~kgcm%—1110,8tm^. Przyjąwszy więc eJ=1110,8^m² otrzymalibyśmy ugięcie w podziałce 1:100, zatem za małe. Jeśli chcemy mieć je w naturalnej wielkości, to przyjmiemy zł 100 razy mniejsze, więc si—ll,lżm². Wykreśliwszy na tej podstawie wielobok a w nim styczną krzywą sznurową, otrzymamy ugięcie w naturalnej wielkości, tu więc najw tj—f—14 mm.

Jeżeli przyjmiemy, że przekrój jest zmienny i np. na długości AC ń —j/, na CE Ą—I, na EB 1₃—^I, to konstrukcya zmienia się tylko otyłe, że dla kreślenia linii ugięcia na długości AC przyjmiemy ax=\a, na CE a-2 —a, na EB a^=\a a stąd otrzymujemy cla₁J zamiast clal i elbl' zamiast e\b, /' też znacznie większe, bo 17,5mm.

§. 83. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych belki jednym końcem podpartej, drugim utwierdzonej.

Zapomoeą poprzedniej konstrukcji możemy też wyznaczyć moment podporowy belki jednym końcem podpartej, drugim utwierdzonej. Wyznaczamy mianowicie najprzód linię ugięcia belki, uważając ją jako w dwu punktach podpartą. Oprócz tego w B mamy moment . Przypuszczamy teraz, że na belkę działa tylko moment podporowy Mv Linią momentów przedstawia wtedy prosta abi. Wprawdzie wysokość bb₁ nie jest nam znaną, ale tymczasowo przyjmujemy Mi= 1, wyznaczamy linię ugięcia w tym wypadku dla Mi i sumujemy ugięcia algebraicznie. Wedle założenia musi być ugięcie w JB—0 i styczna pozioma, a zatem obie linie ugięcia w b muszą mieć styczne nachylone pod tym samym kątem a tylko o przeciwnym znaku. Z tego warunku możemy wyznaczyć wielkość momentu M

rys: 194

' (U

iïg;

linia ugięcia dla obciążenia

> ^linia ugięcia dla Mr

oslalecztia linia ugięcią

i : ' j i : ' • i _I

Przykład. Belka AB, podparta w A a utwierdzona w B, (rys. 195) obciążona jest ciężarami Pt—1.5f, P₂=3f i P₃—2t. Chodzi o wyznaczenie momentów, a przedewszystkiem momentu podporowego df, w B.

W tym celu kreślimy najprzód linię momentów ac'd'e'b dla belki w dwu punktach podpartej. Powierzchnię tę momentów uważamy jako powierzchnię obciążenia i dla dowolnie przyjętej odległości biegunowej 20 tm2 kreślimy drugi wielobok sznurowy czyli linię ugięcia a“cnd"e“b“.

Ale w B powstaje nieznany nam jeszcze moment podporowy My. Przyjmujemy dowolnie M^lOtm, odcinamy bb‘—10 tm i otrzymujemy powierzch- . nię momentów abb'. Dla tej powierzchni momentów, jako powierzchni obciążenia trzeba wyznaczyć teraz linię ugięcia. Ale ponieważ potrzeba nam tylko stycznej linii ugięcia na podporze, stycznej podporowej, więc nie dzielimy tę powierzchnię na paski, lecz w \l zaczepiamy całą powierzchnię momentów

——=2btm². Dla tej samej odległości biegunowej 20tm'¹ otrzymamy drugi wielobok sznurowy a,fxbx. Możemy się jednak nawet obejść bez kreślenia

Pr

Ki

PM PĄzt

rys: 195

/cm /cm fm lOłm /cm

f-- -1S----YJ —10--*■ -1-0

21

C'

S‘9S

amr

C"

a,

Ld\

d>

d"

25

e"

*6

10

1-

6"-

k-

Si

20 tm¹

0,

sO

b%

7,

t:

tego wieloboku, bo wiemy, że oddziaływanie w A przy powierzchni obciążenia abb' będzie ^abb'—j25=8|#m², w B zaś 16|fm², zatem jeżeli od punktu m odetniemy mi=16| tm¹ otrzymamy al-—mOlb, gdy a=mO,7. Widzimy, że tu a^a,, musimy jednak te kąty zrównać, zatem zrobić a, =^0,7, a w tym celu powiększyć Mx w stosunku mb:ml. Zrobiwszy to wykreślnie, otrzymujemy bb\— 77j, a w ten sposób szukany moment podporowy i zarazem wszystkie inne momenty. Linia zamykająca jest tu ab\ kreskowana.

• Moment w B jest więc wedle rjrsunku Mx =±10,9 fm.

§. 84. Belka obu końcami utwierdzona.

Belka AB (rys. 196) obciążona jest ciężarami Pt, P₂, P₂. Najprzód wykreśliliśmy pierwszy wielobok sznurowy acdeb jak dla belki w dwu punktach podpartej. Niechaj dla belki obu końcami utwierdzonej' będzie ff₀ó₀ zamykająca, to powierzchnia momentu kreskowana

aa₀b₍₎bedc=acdeb —aa₀b₀ — a bb₀—a(c— ti— t₂),

nareście ac=-y-, jeżeli oznacza średni naoment belki jedno-

przęsłowej.

jeżeli a oznacza wspólną podstawę, ac zwykłą powierzchnią momentów acdeb, ałi=aa₀b, at₂=abb₀.

Z rysunku mamy

IM'

.««o = Yh

.    - ,, IM*

- 2 A

rys: I96‘

ati= 2

Jem

Ai

fm

11

Jem

Shn

-i-

•M"

O/Q

\K

7-ZłJ

Młin

"3

4Jłni

SJ

*......

i*

s>

Î5

*«

.....

Hs\* ^

Kreślimy teraz drugi wielobok sznurowy. Dla powierzchni momentów zwykłej otrzymamy linię ugięcia a'c‘d'e'b'. Jeżeli jednak chodzi tylko o styczne podporowe, to nie potrzebujemy całego wieloboku kreślić, wystarczają, proste a‘s' i s‘b', równoległe do promieni skrajnych Oi Oj 4* Chcąc uwzględnić też powierzchnie at₁ i at₂ odcinamy w wieloboku sił mO=ti i 4m=t₂. Wtedy ua\ i vb‘₀ przedstawiają styczne podporowe belki obu

ńakoniec aa₀b₀bedc=Q.

końcami utwierdzonej. Ponieważ wedle założenia styczne te są poziome, więc a/₀'4j//ńó/₀//O₁m, a stąd

ti+t₂=c₁ aa₍₎b₍₎Jrab₍₎b=acdeb,

Widzimy więc, że dla belki obu końcami poziomo utwierdzonej linia zamykająca wyrównywa powierzchni momentów, czyli powierzchnie ujemne momentów równają się powierzchni dodatniej momentów.

Z dalszego warunku    możemy wyznaczyć

długość aa₀ i bb₀, przyczem

3Ji.

aart 4- bbn

§. 85. Belka obu końcami ukośnie utwierdzona.

Niech AB (rys. 197) przedstawia linię ugięcia belki, obu końcami ukośnie utwierdzonej i obciążonej jednostajnie; kąty

nachylenia osi belki w A i B niech będą ax i ar Nazwijmy dalej st 05J = Xi, st Cl-2 — r₂,

a wysokość punktu A nad B niech będzie s.

rys: 19'Z

>'0"

Ws 'i fi

jri

. -V

Według równania 9) możemy napisać: dhj

dy

■ er a s,ąa

j/f--[m<Ix+C.

dx J

Dla x=0 jest

⁼ Wi^c £lxi = C; dla x=A jest

dy

y

Jo

M dx + C, a stąd

Mdx. .

t₂) =

Całkując raz jeszcze, otrzymamy

i*

sly = — \ \Mdx²+ Cx+C

Wyraz ^\mdx. dx możemy inaczej napisać, całkując czę

ściowo, a mianowicie

więc

^ M dx. dx=x^Mdx— ^ M xdx, ely*= - x^Mdx+ ^ MxdxĄ-Cx—Cx +x ^ -\^Mdx-\-C^-\-

\^MxdxĄ- C

^ Mx dxĄ-Cx.

T    T du

eIy=ElxTx+

Dla x=*0 jest y=0, więc Cj=0; dla x=l będzie e Is = e II t₂ -f- ^ Mxdx, a stąd

E I(s — Zt₂) =

.    . 449)

Mxdx ....

Jeżeli q jest ciężar jednostkowy, momenty w 4 i £ nazwiemy M' i Mn a oddziaływania O' i O", to moment w punkcie C będzie

M—M‘Ą-0‘x—\qx²......

Dla punktu B będzie 31lt—M/JrÓ/l — lqi²₎>& stąd

M"--M

450)

O'

ql

451)

Wstawiwszy to w równanie 450), otrzymamy M‘‘ — M'

r(i-x) + rx, i

x-\-1 qlx—l qx²=

^qx(l-x). . . . 452) -

Wartość tę podstawimy w 448) i 449) i otrzymamy ¹ M‘ (l —x)Ą-M“ x

eI(t i—t₂) =

dx -f- \q \ x(l — x)dx =

eL(s—It₂) =

M‘ (l — a?) -+- M"x

=caf'+2Jf”)-£+AjJ⁴.

xdx + ^q\ x²(l—x)dx=

Jo

Rozwiązawszy te równania, otrzymamy

* P ₊ 2eit<fo+Ij)-³*

12 *    l

1    Kx. — ZxA— 3 s

Î2²'    2£/ -1--

Z tego otrzymamy x₁ i t₂, a mianowicie

&M‘ + M" + lql²) + Ą-

ił/ = —

71/"=—

Tl 6e J

(M‘ + ‘2M" + lqP) + 4-

. . 454)

§. 86. Belka ciągła.

Belkę ciągłą albo wielkoprzęsłową (n. continuir-UcJter Träger, fr. poutre continue, an. continuous beam, cz. źram spojity) nazywamy belkę prostą, spoczywającą na kilku podporach.

Tu zastanowimy się tylko nad najprostszym przypadkiem, gdy belka jest jednostajnie zupełnie obciążoną ciężarem jednostkowym q, gdy podpory są równo wysokie a przekrój stały.

Oml

rys:198

Om

k°m ' !

■V'-’

Alm

Ai

(•

Im

-:c-

lm+1

■i

Niech ABC (rys. 198) będzie mte i m-\-lsze przęsło belki ciągłej o równo wysokich podporach, to oba te przęsła możemy uważać jako belki ukośnie utwierdzone, otrzymamy więc z równania 454), zważywszy, że s=0, dla przęsła mes° s*tyczną kąta

nachylenia linii ugięcia w B xm

6 el

dla przęsła m-\-1°° styczną kąta nachylenia linii ugięcia w B

l»i+1

67/

il/wi+i    1)*

także rm=+

Jeźeli e i I są ilościami stałemi, to

Mm+\ + 3    l) = — Im (dfm_i + 2_Mm -J- 3 S^m²),

a stąd

-,-r

31 „,_1 ]nl4- 2Mm(lm +1 m+l) + M1114-1 lm+l=— Q.(l³m"ł“ l³m+l) .    455)

Zastosujmy to równanie do wszystkich przęseł (rys. 199) i zważmy, że M₀ =Mn=0₁ a otrzymamy

rys: 199

Oo O, 0₂    0₃

On-2

On^i

On

A.

2 ST

"Z ST

'2JN

dla m= 1

' 2    +Z₂) + M₂l₂ — — Iq(li '! + Z₂³),

dla m—2

M±L 4-%M₂(l₂ +1₃) + MzI?i =—39,(^2?’ + ^3³)ł

. 456)

dla m=n —2.

Mn—3 K—2 + 2 Mn—2 (Zw_2 + ?n-l)    i ^»-1=— 2 2 X

X(Z³„_2 ^³»-l)

dla m=w—1

Mn-2 In—i +    (ln-iJrln)= — ? q (Z³»-i + Z³»)

Otrzjrmujemy więc (w 1) równań, które wystarczają do wyznaczenia (w—1) momentów podporowych. Równania te nazywamy równaniami momentów podporowych (n. Normalgleichung en).

Wyznaczywszy momenty podporowe, otrzymamy łatwo momenty we wszystkich innych punktach, siły poprzeczne i oddziaływania, a mianowicie momenty według równania 452)

M=3I'¹~™ +    qx(l—x)..... 457)

Jestto równanie paraboli o osi pionowej.

Niechaj będą Q' i Q" siły poprzeczne w A i B (rys. 200), to moment w C będzie M=M‘+ Q'x —    więc dla punktu

B będzie = Q'i + b ql², a zatem

Q‘ = \ql

M‘—M"

M'—M“

Siła poprzeczna w punkcie

rys: 200    ₀„

C będzie

C.

!<—X--i

y-

Q=Q'- qx .    . 459)

Jestto równanie linii prostej, której nachylenie zależy tylko od ą, a więc linie sił poprzecznych będą we wszystkich przęsłach równoległe.

§. 87. Belka ciągła dwu i trzyprzęsłowa.

Zastosujemy tu wzory poprzednie dla belki dwu i trzy-

przęsłowej.

rys:20I

5j

Dla belki dwuprzęsłowej (rys. 201) przypuśćmy, że h — h ⁼ ^ Tu otrzy mamy tylko jedno równanie momentu pod-

porowego

2

= — iq -t P), więc |-qP . 460)

h> f!

j9l

W pierwszem przęśle jest M'=0, M“=M₁— — %qP, więc według równania 452)

— | qlx+%qx(l — a:)=iqx(31—4x) . . 461)

dM „    .    , ₇

^=0, więc iql—qxi =0,

²=0,07036 ql². 462)

Najw. M jest dla xi} dla którego zatem xi = %l=0,37bl,

a najw. ( + M)=>£2. § Z (BZ—1?)=

M= 0 dla 3l=4:X', więc æ'=|Zs=0,76Z. Według 457) będzie dla pierwszego przęsła

M=Mi7—b \ qx (Z₁ —x)    « .

. . 466)

ą-=hii~

5 ,

s-ai

. . 463)

(1(31 —8x) .... 464)

a Q=§?Z — 3«=*

Parabolą wyrażoną równaniem 461) i prostą, wyrażoną równaniem 465) wykreśliliśmy na rysunku ‘201.

ry s :202

-^fimTnïïïïïïïïTimT^JO

!•

4-

«-Xrf-

Dla belki trzyprzęsłowej (rys. 202) przypuszczamy, że przęsła skrajne są równe Z1? średnie zaś przęsło ma długość l. Tu M₀=Mi=O, Mi=Mv więc dwa pierwsze równania

(Z³-b^³), a stąd

q(l³ + li³)

4(21, +31)    • •

Momenty w pierwszem przęśle otrzymamy z 457), wstawiając M‘=0 i M'‘ = M

M₁==M₂

.    . 465)

i»

Największy moment będzie dla xu gdy

dM

dx

=0, więc

stąd xi =—y +

-j¹ + nqll — qxi*=0, h

W drugiem przęśle będzie M‘—więc

M=Mi + iiqx(l—x) .    .

<łh

. . 467)

468

Największy moment będzie dla x₂, gdy

dM

dx

O, więc

dM

dx

lql=\-qx₂= O, a stąd

Ol“*

om-

to

co

r.

§. 88. Belka ciągła o równych przęsłach.

Dla obciążenia zupełnego jednostajnego upraszczają się bardzo wszystkie wzory, jeżeli wszystkie przęsła są równe. Nie będziemy tu już przeprowadzać zupełnie rachunku, podajemy tylko wyniki, zestawione w następnej tabliczce.

Liczba

porządkowa

Ilość przęseł równych.

Największe momenty

Oddziaływania

dla punktu

wynoszą

r—I

to

II 21®

B (druga podpora)--g- qP—— 0,125 qP

x = g l (pierwsze q

przęsło    y|g2?²=+0,0703₉ł²

O₀—0₃ —0,4 ql, O^Oj = 1,1 ql

— 0,1 qP -j- 0,08 qp

B, C (średnie ' podpory)

a; —0,41 (pierwsze i trzecie przęsło

11

O₀— (Ą — 2g ⁽d — = 0,3929 ql

°i=°!=lsZ=

= 1,1428 ql,

= 0,9286 ql

B, D (druga i czwarta podpora) 05 = 0,393

(pierwsze i czwarte przęsło)

28

?„î*²=—0,1071 «P + 0,0771 gZ²

15

^0 —^5

= 0,3948 gZ 43

0l = °⁴⁼⁼38^ = =l,13l5gZ

0₂=0₃=j|gZ =

= 0,9737 ql

B, E (druga i piata podpora æ = 0,395 Z (pierwsze i piąte przęsło)

“38

i qlK=— 0,1*053 gZ2 + 0,0798 gZ²

Statyka.

%'J

VI. Wytrzymałość złożona na zginanie i ciągnienie lub ciśnienie.

§. 89. Bryła natężeń i oś obojętna.

Jeżeli na przekrój belki działa siła doń prostopadła P w dowolnym punkcie przekroju II (rys. 203), to nie zmieniając równowagi możemy umieścić w środku ciężkości O dwie siły

ry s : 203

B, B'B

<r---O

//

N‘—

J-

-V

0' \

/■

y<

A' AA,

/ / j*.

's

x /

y N"-

•V

w,

Mw

równe P i równoległe do P, ale działające w kierunkach wprost przeciwnych. Mamy wtedy siłę P działającą w osi i moment — P.HO. Siła P w osi sprawia w całym przekroju ciągnienie lub, jak tutaj, ciśnienie, wszystkie włókna skrócą się o 00' przekrój więc AB zajmie położenie A‘B'. Moment zaś M wywołuje natężenia zginające, przekrój obróci się o pewien kąt około O* i zajmie położenie AiBi. Dwa te działania dodają się algebraicznie, a więc także znoszą się po części. Z rysunku widzimy, że w T odkształcenie, a więc i natężenie jest równe zeru. Przez T będzie więc przechodzić oś obojętna (p. §. 36. str. 105) TXTU równoległa do TPj Wi t. j. do osi obojętnej dla samego zginania.

Wiemy, że natężenia zginające są proporcyonalne do odstępu od osi obojętnej, a więc natężenie v w dowolnym punkcie L będzie v=au. Suma algebraiczna wszystkich natężeń równa się sile P, więc

Natężenie w punkcie L możemy jeszcze inaczej wyrazić;

P

natężenie to składa się z ciśnienia ^=—7- i natężenia zginają-

A

Mwv

cego v₂ =

Iw

a więc

*4“

.    . 471)

v a

Jeżeli w każdym punkcie przekroju wystawimy prostopadłą na przekrój, której długość i kierunek odpowiada wielkości i kierunkowi natężenia^, to prostopadłe te utworzą bryłę natężeń, której objętość według 470) równa się sile P.

Nazwijmy natężenie w środku ciężkości przekroju vQJ to objętość bryły natężeń, która jest walcem ukośnie ściętym, równa się P=Av₀=a z A, więc

I,V

472)

n=«z=—

Ponieważ P jest wypadkową wszystkich natężeń v₁ więc musi być także suma momentów natężeń względem dowolnej

osi równa momentowi siły P, a więc

^ ^uvd^A

Pu^ = ^uv d^A, a stąd

MH⁴- p

alt

.    . 473)

Wj =5=

jeżeli It oznacza moment bezwładności ze względu na TiTi.

Siła P zaczepia więc w środku ciężkości bryły natężeń, dlatego też punkt ten H nazywamy środkiem natężenia (ciśnienia lub ciągnienia) (n. Mittelpunkt der Spannung).

Przyjąwszy osie główne elipsy bezwładności jako osie spół rzędnych, możemy napisać (por. str. 119)

v—x wst (p + y dost (p, a więc v=a(zĄ-x wst cp-\-y dost <jp).

Jeżeli utworzymy moment siły P ze względu na oś Y Y i XX, to będzie

Pxi = ^x v d²A i Pyi = \\^y v dïA₎ albo inaczej Pr₁ = ^ ^ x a (z-\-x wst q>-\-y dost (p) d²A=*ae jj ^xd²A + -ł-a wst \x²d²A -f a dost (py^xyd²A.

Dla osi głównych, przechodzących przez środek ciężkości jest

=0 (§. 39), więc

Px{ = a wst IĄ i podobnie Pyi — a dost cp I j Z wzoru tego otrzymamy jPoo

wst cp=—yi dost <p=

CC J A

xd²A=0 i

^\xyd²A

474)

Pyi

al

więc

Pxxx Pyyi a L al

Natężenie v wywołane jest siłą P działającą w osi, siłą podłużną (n. Axialkraft) i momentem P.HO. Wiemy z §. 64, że dla momentu HO, którego płaszczyzna różni się od płaszczyzny osi głównych, powstaje oś obojętna W₁Wi, która jest osią sprzężoną osi HO, w której działają siły. Wskutek działania siły P oś obojętna przesuwa się równoległa o g, zatem promień OH, łączący środek ciężkości przekr oj u z środkiem ciśnienia, i równoległa do osi obojętnej T±TU poprowadzona przez środek ciężkości są osiami sprzężonemi elipsy środkowej bezwładności.

Jeżeli ip—0, to i (p — 0, więc gdy środek ciśnien ia pada ria oś główną, oś obojętna jest prostopadła d o n i e j.

. 475)

Odległość osi obojętnej od środka ciężkości przekroju O jest wedle 472)

a że wedle 474) a

Py\

więc

PI

dost cp=

Zdost (p — dostjgp..... 476)

e AFyi

W razie, gdy środek ciśnienia pada na oś główną, więc

a²

ip=(p=0, z=—- .

yi

. . 477)

Odstęp da się obliczyć także na podstawie rów. 473) i 474). Możemy mianowicie napisać

a IT It Iw + Az² Aa'²-j-Az²    a'²

ut =

Mamy więc

A0 A0

Az

i-8.

V, =ux — z

a‘²

jeżeli a‘ oznacza promień bezwładności dla osi W₁Wi, a także

OH.OT=OTJ²

. 478)

A zatem OU, odstęp środka 0 od rzutn punktu styczności elipsy środkowej na OH, jest średnio geometrycznie proporcyonalny między Oli i OT. Jeżeli ip=0, to OH jest połową średnicy elipsy bezwładności.

Na tem polega łatwa kon-strukcya w celu wyznaczenia położenia osi obojętnej.

Długością OU zakreślamy

ry s:204

-—/H

W ':<u

’’N

\0

koło (rys. 204), a z punktu H kreślimy styczną do koła HL. "Wtedy

ON

OL² OU²

OH OH Jeżeli więc zrobimy OT = ON.

OT.

to przez T przechodzi oś obojętna.

Jeżeli 0H<^0U, to postępujemy inaczej (rys. 205). W O kreślimy prostopadłą do OH i zataczamy z H łuk promieniem

rys:205

— 0U, a więc MH=0U. Dalej robimy MN±_ HM, to

0H=

MTP ÖU²

HN HN‘

Zróbmy 0T= NH, to OH=

OW

OT»

a więc T jest punktem osi obojętnej.

Jeżeli przeciwnie znamy położenie osi obojętnej, to znajdziemy środek ciśnienia w następny sposób (rys. 206). Na długości OT, wykreślonej w kierunku osi elipsy sprzężonej do osi obojętnej, zakreślamy półkole, z punktu 0 kreślimy łuk promieniem OM=OU. Z M spuszczamy prostopadłą na OT, tedy ON: OM—0M\ OT, więc

OM² OU²

ON=~t~=    ^= OH.

OT

OT

Robimy więc 011= ON, a II jest środkiem ciśnienia. Z równ. 478) widzimy, że z (rys. 203) jest tern większe, im mniejsze jest vx i odwrotnie. Jeżeli oś obojętna porusza się równolegle,

rys: 20 6

/II

to środek ciśnienia ;U II porusza się w osi sprzężonej do kierunku osi obojętnej i odwrotnie.

T,

7t

y;

Ponieważ viz=a'², więc gdybyśmy wartości vi i z pomieniali, a więc gdybyśmy środek ciśnienia przyjęli w T, to oś obojętna przechodziłaby przez II i byłaby równoległą do TiTi. "Widzimy więc, że każdej prostej TXTX, odpowiada pewien punkt II i na odwrót. Dlatego nazywamy punkt II biegunem (n. Pol, an. pole), równoległą do Tx Tx po drugiej stronie O w tej samej odległości leżącą, nazywamy biegunową (n. Polare, an. polar), a prostą IXTX przeciwbiegunową (n. Antipolare, an. antipolar) i na odwrót H nazywamy prze-

ciwbiegunem (n. Antipol, an. antipole) prostej TXTX.

U*

Jeżeli OX i O Y

są osie sprzężone środkowej elipsy bezwładności (rys. 207), a H jest środek ciśnienia, w którym działa siła P, to da ona się rozłożyć Px i P

/H

W,

v~x

■'ĄO

JJ

W*

na dwie siły działające w punktach osi Hx i II₂, przyczem przypuszczamy, że HiH₂, jest równoległe do osi sprzężonej do osi Oli. Dla siły Px w H.x otrzymamy oś obojętną NXNX, dla siły P₁ w II₂ otrzymamy oś

obojętną, N₂N₂. Gdy obie siły działają w punkcie D, będzie natężenie równe zeru, więc przez D przechodzi oś obojętna.

Gdy siła P poruszać się będzie po 3tH₂₎ to oś obojętna będzie miała różne położenia, ale zawsze przechodzić będzie przez D, więc gdy H porusza się po prostej, oś obojętna obraca się około punktu D.

Na mocy poprzedniego stwierdzamy dalej, że gdy w D jest środek ciśnienia, to oś obojętna przechodzi przez H i ma kierunek HiH₂. A więc ogólnie napisać możemy: Jeżeli oś obojętna obraca się około pewnego punktu, śrcdek ciśnienia porusza się po linii prostej, która byłaby linią obojętną, gdyby środek ciśnienia był w D.

§. 90. Jądro przekroju.

Jeżeli oś obojętna porusza się stycznie do obwodu przekroju tak, że go nigdzie nie przecina, to środek ciśnienia opisuje linią zamkniętą, ojędrną czyli ordzennną, będącą obwodem powierzchni, którą nazywamy jądrem lub rdzeniem (n. Kern, fr. noyau central, an. core lieart, cz. jadro prïirezove).

Jeżeli środek natężenia leży w jądrze, to oś obojętna leży po za przekrojem, więc w całym przekroju panuje to samo natężenie, ciśnienie lub ciągnienie. Gdy środek ciśnienia wpada na linię jędrną, linia obojętna jest styczną do przekroju, w całym przekroju panuje to samo natężenie, ciśnienie lub ciągnienie, a w punkcie styczności natężenie to jest równe zeru. Gdy zaś środek ciśnienia wyjdzie z jądra, oś obojętna przecina przekrój, po jednej stronie osi obojętnej jest więc ciśnienie, po drugiej ciągnienie.

W celu wyznaczenia ojędrnej wyznaczamy pojedyncze jej punkty, punkty jędrne lub rdzenne (n. Kernpunkt, cz. krajny bod jadrovy) w sposób w poprzednim paragrafie wskazany, wykreślnie lub liczebnie, na podstawie równ. 478). Przy-tem korzystać będziemy z prawideł tamże wyłożonych, z których wynika, że linii prostej w obwodzie przekroju odpowiada jeden punkt, a każdemu wierzchołkowi, około którego obraca się linia obojętna, linia prosta w ojędrnej. Można udowodnić*), że łukowi koła

*) Por. A. Meyerhofa rozprawka w Zeitschr. d. Ver. deut. Ing.

(1898 str. 212).

w obwodzie odpowiada linia jędrna paraboliczna, linii obwodu zaś eliptycznej ojędrna byperboliczna.

Odstęp punktu jędrnego od środka przekroju nazywamy promieniem jędrnym (n. Kernweite). Jeżeli oznaczymy go przez i, to wedle 478)

479)

Aa¹ W

Ae

Przykłady. 1. Prostokąt (rys. 208). Tu najłatwiej wyznaczymy ojędrna liczebnie. Gdy oś obojętna będzie DC, to musimy w równ. 479)

rys: 208

podstawić e = 0F= _ T',tó³_7<²

K): S-

J)

—:y~*

bh

więc 01 — il =

Z powodu symetryi jest

12’

OIx= OL

’S

rys: 209

⁷J

a--

II

-"Ti

Jeżeli oś obojętna ma położenie

= OH=t

_ /, _6'²

T’ J “12’

więc 0/₂ = 0/₃ = i₃ = -

as —

Ponieważ dalej wierzchołkom D, C, D, E odpowiadają proste, więc ojędrna otrzymamy, łącząc It, J₂, I i I₃ pro-stemi.

ii

2. Przekrój I (rys. 209). Przyjęliśmy tu ten sam przekrój, co na rys.

99. (str. 124) i wykreśliliśmy elipsę środkową bezwładności. Gdy teraz oś obojętna ma położenie BC, otrzymamy za pomocą konstrukcyi, naznaczonej na rysunku, a opisanej w poprzednim paragrafie, punkt jędrny 1, przyczem 07=0/,. Gdy oś obojętna jest BE,

12

17

punkt jędrny jest J₂. Punktom obwodu B, C, D, 1? odpowiadają linie proste, więc IJ₃ ij I₂ będzie ojędrną.

Liczebnie otrzymamy

«,=0/ —    ÜÎÜ

OF

14

: 8,87 cm

*3 — 0*/₂

i²    2,53²

-— = 1,07 cm.

6

W ten sposób obliczyliśmy dla kształtówek I następną tabliczkę:

BF

L. kszt. h

h L. kszt.

h L. kszt.

10

12

13

14

15

16

18

18«

82

15

cxT oToi ct>

1,07

1,36

1,10

10,87

12,81

18,75

1,12

1,19

1,31

1.42

20

8,21

rys: 210

fi m

50

■)!

w,

w,

7,

3. Kątówka (rys. 210). Przyjęliśmy tę samą ką-tówkę nierównora-mienną, co w rys. 100. str. 125. i wykreśliliśmy elipsę środkową bezwładności.

mm

\\/

m-r-i

IM^/\

iw '

i..'

Dla położenia B(7osi obojętnej wyszukujemy kierunek sprzężony HP. Z punktu N elipsy zataczamy łuk promieniem ON aż do \ przecięcia się z pro-stopadłą, wystawioną w M, potem robimy RPJ^OB, to i /    W²= 0P²= OM.OP

Jeżeli więc 01= OP, to 1 jest punktem jędrnym. Gdy oś obojętna ma położenie CD, to kierunek do niej sprzę-

żony jest FG, a odnośny punkt jędrny 2. Dla położenia KL otrzymamy po-pobnie punkt 3, dla EA punkt 4, nareszcie dla AB punkt 5. Gdy punkty te połączymy prostemi, otrzymamy ojędrną. Zakrzywienia DL i EK uwzględnimy, kreśląc dla pośredniego położenia stycznej oś sprzężoną WS. Po przeprowadzeniu konstrukcyi znajdziemy punkt z' i zamiast prostej 23, otrzymamy łuk paraboli 23, a analogicznie łuk paraboli 34.

(rys.

4. Koło. Tu a= d

ry s:21I

211), e =    Wię°

Dla koła

. a² d- d d

Ï6: 2‘⁼⁼'8*

więc elipsa bezwładności jest kołem o średnicy o połowę mniejszej , a jądro przekroju także

kołem o średnicy

5. Koło wydrążone, pierścień (rys. 212). Tu

-<•

Zatem

c=d'

~2-

rys 212

coli⁵-

Dla d%=0 otrzymujemy i‘ =    ,

jak pierwej.

Jeżeli porównamy jądra koła pełnego i pierścienia o t e j samej po w ierz cłini, to o-trzymamy d²~

T“T-

^W-dS), d^=d^-d,\

<4

.•i

Nazwijmy

di :d=y., to i‘— ydx-J-    ^

zatem

di ²—<ż²

).

•k:-

d,

dr²—d\

. 480)

Stąd otrzymamy dla

z =1,5 2    2,5 3    3,5 4    4,5 5    5,5 6

-t=2,33 3,50 4,80 5,67 6,71 7,75 8,78 9,80 10,82 11,83

Widzimy więc, że promień jędrny pierścienia jest znacznie większy, niż koła o tym samym przekroju.

§. 91. Największe natężenie.

Natężenia w dowolnym punkcie L (rys. 203) obliczyć możemy według wzoru 475)

xx,

yy i

a, ²

Jeżeli siła P działa w osi głównej np. w osi OY, to x,=0, więc

, yyA__ p , py\y

A a² / il

P . My

.    . 481)

bo M—Py„ jak równ. 471).

Największe v będzie dla najw. y=e, a ponieważ powinno się równać z, więc

482)

Jeżeli Mi ■= PxiY to możemy równ. 475) także inaczej

napisać :

483)

P M,x My A I, ^ I

Widzimy więc, że moment MW=P HO możemy rozłożyć na momenty M=Py, i M, = PxiY działające ze względu na osie główne i natężenie, wywołane przez oba momenty i siłę P, dodać.

§. 92. Wyznaczenie największych natężeń za pomocą jądra.

Niechaj w H (rys. 213) działa siła P prostopadle do przekroju, to wedle poprzedniego oś obojętna T, T, będzie równoległą do osi sprzężonej do OH W, W\.

Moment M—P.HO da się rozłożyć na prostopadły i równoległy do WWX. Tylko składowy moment prostopadły do W W wywołuje natężenia i obrót około T, T,. Moment ten nazwijmy M/—P.HE—P. 07/wst a=M wst a.

A więc natężenie największe w I wedle 471)

najw. v=-~r

M wst a . IF

Iw= A. (OSwst a)², więc v=

P M. wst a. Ol, wst a

A . OS² wst² a

P M. 01

~~^4⁺l.os²'

Z-

Wedle 479) mamy dalej OK'. OI^OS², wstawmy to w poprzednie równanie, a otrzymamy

najw. v

P M. Ol.

A ‘ A.OK.OL A ‘ A.OK'

. . 484)

Dalej mamy

najw. v=

P P. HO _ P OK' Ą-HO_P K'H

A⁺A. 0K'~ A

OK

A’ OK'

. 485)

T.

\W

rys:2l3.

Oty-

S-

\s'Jh

Ky

El

v/

Ä./

T,

A więc największe natężenie w warstwie skrajnej równa P

się ilorazowi -j (natężenie średniemu) więcej momentowi M po-

dzielonemu przez iloczyn powierzchni A przez promień jędrny OK', mierzony po przeciwnej stronie środka ciężkości.

W razie, jeżeli P i M pozostają te same, a zmienia się tylko położenie linii HO, natężenie największe jest tern większe, im mniejszy jest promień jędrny OK'.

Jeżeli siła P jest równa zeru, a w przekroju działa tylko moment M w płaszczyźnie OH, to z rów. 484) otrzymamy

A. OK'

486)

k-

N»

Rozwiązanie zagadnienia wyznaczenia natężeń w belkach, gdy siły nie działają w płaszczyźnie osi głównych, omawianego w §. 64., jest przy nźycin jądra przekroju daleko prostszem.

Przykłady. 1. Kształtówka 1. pionu pod kątem a, przyczem sta

rys: 214

r.

150

/Z

28 a użyta jest jako płatew nachylona do —0,6. Długość płatwi nieck będzie 5m, ciężar jednostajnie rozdzielony na całą długość 1,55#, więc moment największy _M=116250 fcć/cw (por. str. 203).

Na rysunku 214. wykreśliliśmy jądro przekroju. Mamy

4.=78,85, OK = 2,4 cm, więc wedle 486) w C 116250

najw.. v

= 614,3 kg/cm'*.

78,85.2,4 2. Zróbmy ten sam przykład, co na str. 202. Obliczyć należy natężenie największe płatwi (rys. 215), przyczem M=73bOOkgcm. Wedle rysunku .4 = 14,28 =392 cm². OK == 2,5 cm,

więc

73500

Ib kg/cm².

najw. v

Na stronicy 202 otrzymaliśmy v = 77,47 fcg/cw²,

a więc wynik nie o wiele się różniący. Naturalną jest rzeczą, że wynik będzie tern dokładniejszy, im dokładniej odczytamy OK. Należałoby więc jądro konstruować w naturalnej wielkości.

392.3,5

YII. Wytrzymałość na wy boczenie.

§. 93. Wzory zasadnicze Eulera i Rankina.

P=Ax,

487)

Jeżeli na pręt prosty BI) działa siła P (rys. 216) w osi, to według równania 431) gdy A oznacza przekrój, a t natężenie dopuszczalne na ciśnienie.

Powyższe równanie ważne jest jednak tylko do pewnej granicy. Jeżeli wysokość pręta jest większą, niż pięciokrotny najmniejszy jego wymiar, wtedy jak to doświadczenie okazuje, pręt, który wtedy nazywamy słupem (n. Säule, a. column), wyboczy się pod działaniem siły P i przybiera kształt BED,

a zniszczenie słupa nastąpi nie przez zgniecenie, lecz przez złamanie. Wytrzymałość słupa w tym wypadku nazywamy wy-

rys: 2(5.

34r°

KO

Lr

trzymałością na wyboczenie (n. Knickfestigkeit, fr. résistance au flambage, a. résistance of flexure) Gdyby siła P działała zupełnie środkowo, t. j. gdyby jej kierunek wpadał z matematyczną dokładnością w oś i gdyby materyał słupa był zupełnie jednorodny, nie byłoby żadnej przyczyny wygięcia osi raczej w kierunku EED, niż w innym. Ponieważ jednak w praktyce nie możemy przypuścić zupełnie jednorodnego i równo gęstego materyału, i że siła zaczepia zupełnie dokładnie w środku ciężkości przekroju, zatem oprócz ciśnienia powstaje w słupie także pewien moment, który sprawia, że słup się wybacza.

Przypuśćmy najprzód, że siła P działa w odstępie g (rys. 217) od osi to g jest tak małe, że możemy je w stosunku do y opuścić, to słup PD, którego

rys: 216.

i\

\p

\-

oba końce mogą się obracać około stałych punktów B i Z), wyboczy się. Nazwijmy r promień krzywizny linii ugięcia w punkcie C, to według 379) otrzymamy

1 _d²y

r dx²

eT

Moment sił zewnętrznych w punkcie C jest M=Py, widzimy więc, że tu linia momentów jest identyczną z linią ugięcia. Dalej mamy

Py

dx² s Ï d²y dv dx² dx

Py

el

dy

Nazwijmy v=z^i to

dv dx v dv dx ' dy dy

a więc

dv d²y

dx dxv

ely'

vys:2\7.

v dv= —

el

a stąd

v²

P_y^_

el 2

+ C, więc

Py²

! \y

El ’

Rozdzieliwszy niewiadome, otrzy-

mamy

dy

Py² •

dx, a więc

eI

dy

2CeJ

—Vt3

y% J

dx.

Wykonawszy całkowanie, otrzy

mamy

łuk w st

(‘»Va<y=*Vp

wst(æVi7+ci)

Tj+C'i, więc

■    > -\ i»

Jestto równanie sinusoidy.

Ponieważ z powodu symetryi łuk RZ? jest przystający do luku RZ), więc musi być

, czyli

wst

(xÆ+C.)    . .

. . 488)

wst

a więc

n n i u

C1=T lub ~2

i t. d., a zatem

wst

(c, +* \l-PIj = dost(x \}-L)

ÿ-    dost (a ^-⁷J)    .    .

wreszcie

. . 489)

Dla Æ=— będzie

MCeI

9=\~p—

a więc ze względu na 488)

dost

am

to i-*

dost

(•të)

dost

am

490)

Dia æ=0 otrzymamy we środku pręta

/*=

dost

(■€)

a zatem

y=f dost

Mît)

491)

Jeżeli teraz przypuścimy, że siła działa w osi, więc g=0,

nie było

także =0. Wyboczenie może więc wtedy tylko nastąpić, gdy a więc, gdy

to według 490) byłoby y=0, gdyby dost

dost

am-«

— lub i t. d.,

u

ogólnie

m Tc

Li

, gdy m jest nieparzystą liczbą całą.

Stąd wynika

P m²n²

więc

p=

£lm² Ti²

Dla m— 1 otrzymamy najmniejszą siłę P, zdolną sprawić wybo-czenie, mianowicie

p en²1

I²

492)

Dla g—0 otrzymamy f—

więc nieoznaczone, pręt zatem będzie w równowadze, jakąkolwiek będzie strzałka /'¹ ²). Z poprzedniego zdawałoby się wprawdzie, że równowaga będzie tylko dla pewnych wartości P, zmieniających się w sposób nieciągły, jednak to nie zgadza się z rzeczywistością. Powodem tego jest, że przy wywodzie wzoru 492) przyjęliśmy dla promienia wartość przybliżoną zamiast dokładnej

„NUT

dhj

dx²

Ponieważ nie znamy strzałki /, więc i największego momentu M=Pf\ zatem, aby moment ten nie wywołał za wielkich natęŻBń, nie możemy wcale dopuścić wyboczenia; a więc musi być

-r,— sin²

-

przyjąwszy wtą pewność

n² e I

nl²

Wzór ten ustawił pierwszy E u 1 e r, dlatego nazywamy go wzorem Eulera.

.    , 493)

W pewnych wypadkach możemy zadość uczynić obu równaniom 487) i 493). Z równania 487) obliczymy przekrój A, a potem staramy się taki nadać kształt przekrojowi, aby / było wielkie i aby zadość uczynić równaniu 493). Z równań 487) i 493) otrzymamy

Àx

— ein²

nl²

, czyli

Al²

²—en² en²

—-C . .

nx fi

. . 494)

2

c=

jestto, jak widzimy, stała ilość dla danego materyału.

{i

Wstawiwszy wartości, otrzymamy

dla żelaza spawalnego :

¹

Według dokładniejszej teoryi Obrębowicza każdej sile Pt^>P odpowiada inny stan równowagi i inna strzałka /. (Obrębowicz: O wytrzymałości prętów na wyboczenie 1885). Stwierdzają to i doświadczenia Bauschingera (p. Mittbeil. 1887).

²

Grashof: Festigkeitslehre 1866 str. 112.

Statyka.

<7=6 179.

£=2000000-%, [i=3 20(Æ

Słup dany nie powinien się wyboczyó w żadnym kierunku ; jeżeli więc długości nie podparte i momenty bezwładności w innych kierunkach są inne, to musimy i dla tych innych kierunków tak samo liczyć. Przy tern chodzi nam, jak zawsze, tak i tu o to, aby pewność we wszystkich kierunkach była równa. Jeżeli długość niepodpartą w drugim kierunku nazwiemy V, a odnośny

(7, co po-

Al'²

moment bezwładności 1', to musi być również —^porównawszy z równaniem 4y4), otrzymamy

.    495)

I P

I V²......

Gdy przekrój otrzymany z równań 487) i 495) jest w praktyce za mały do wykonania, lub też, gdy dla powierzchni przekroju, z równania 487) wyznaczonej, nie możemy znaleśó tak wielkiego momentu bezwładności, aby zadość uczynić równaniu 494), tedy musimy przyjąć zamiast A powierzchnię przekroju A₂, większą od A. Jeżeli uzyskany moment bezwładności

Al²__

jest teraz J₂, to mamy zamiast równania 494) teraz -j-

a.₂p a ₌

Zamiast tego możemy napisać

żeli l₂²

l²A

I² a₂

<7, albo

<c.

Ąje-

, a więc

1₂

-*V

A₂

496)

â

Wzory powyższe polegają na przypuszczeniu, że siła P działa zupełnie środkowo, co w praktyce rzadko tylko możemy urzeczywistnić. Zresztą wzory te ważne są tylko do granicy sprężystości. Po za nią e nie jest ilością stałą, lecz jest funkcyą natężenia. Tymczasem z wzoru Eulera nie możemy wcale natężenia wyznaczyć i to jest dalszą jego niedogodnością.

Nazwijmy v natężenie pręta wyboczonego (rys. 216) w punkcie E, gdzie największe ugięcie /'. Wyrazić je możemy według równ. 482)

V=A

gdzie e oznacza oddalenie skrajnej warstwy przekroju od osi a l=Aa‘¹.

Jeżeli w przybliżeniu przypuścimy, że ugięta oś BED jest

'P

łukiem kołowym, to /=—.

Dalej mamy wedle 147) i 149) tI=M^ i eI=Mr, a stąd

4=4 wi?°f

r=

Pt

8 ee’

zatem

P ( Per \ P / z ( l \²\ A \ "^8 eea²)    8£\.a / /

Jeżeli nazwiemj^ teraz a=—, to

P/ P\

v=Â\1+a*)'

jeżeli zaś zamiast v wstawimy t, otrzymamy

497)

a stąd

p/, ,    i²\ p/, Ain Ps

-t(¹⁺v)-T(1 + ax)-T •

. . 498)

Wzór ten ustawił najprzód Eankine na podstawie doświadczeń Hodgkisona. Według Rankina s pół czynnik wyboczenia (n. Knickung s coefficient) a jest dla żelaza kutego

0,000028, dla jednego końca płaskiego a drugiego zaokrąglonego a —    = 0,000055, dla

loUUU

86000

A=A

obu końcow zaokrąglonych «==0,00011, Gerber przyjmuje dla końców nitowanych «=0,0001. Możemy więc przyjąć w przecięciu spółczynnik wyboczenia dla żelaza spawalnego i zlewnego    ¹

499)

«=0,00009

Dla żelaza lanego przyjąć możemy według doświadczeń Bauschingera spółczynnik wyboczenia we wzorze Rankina

500)

jeżeli leizna jest jednostajna, a dziura w słupach o przekroju rurowych jest zupełnie w środku. Dla większych słupów lanych leźąco, w których zatem leizna nie jest równo gęstą, możemy przyjąć

«=0,00023,

«=0,00063

501)

Dla drzewa iest spółczynnik wyboczenia

«=0,00015    . . .

502)

Dla przekroju prostokątnego mamy, gdy h<Jb, A=hb ¹ „3    . I h\ ₂

12W> W1«° Â“Ï2 ⁼ “ '

co wstawiwszy w równanie 498), otrzymamy

J=

„_(!+0,00016^) =• (l+0,0018^)    .

.    503)

b²

Dla kwadratu b=h, więc A=b², a²=— a zatem

i. Ł

A=h²

=1(1+0,0018];)

a stąd

i+y^

2x ' 4t²

Gdybyśmy liczyli tylko

b²=A=

byśmy

1²P

f 0,0018 —

x

na czyste ciśnienie, to otrzymali-

'506)

. . 504)

A° x

Wstawiwszy to w równ. 498), otrzymamy wzór Ran kin a

₀(l+«(t)j=A₀f..... 606)

Z wzoru tego widzimy, że ponieważ £ jest zawsze większe, niż jedność, więc A^> A₀. Spółczynnik £ nazywamy więc spółczynnikiem zwiększającym.

Widzimy więc, że gdy licząc wedle wzoru Eulera może być A—A₀, jeżeli tylko zadość uczynimy rów. 493), tu musi być zawsze’ A ;> A₀.

19

§. 94. Wyznaczenie długości wolnej.

Poprzednie wzory są ważne tylko wtedy, gdy oba końce słupa są wolne, to jest mogą się obracać około środków ciężkości przekrojów końcowych. Jeżeli jeden lub oba końce są przytrzymane lub utwierdzone, wtedy wzory się zmieniają. Możemy jednak poprzednich wzorów z małą odmianą i tutaj użyć, jak to zaraz wyłożymy.

rys; 218.

rys: 219.

Ai

1)    Jeden koniec utwierdzony, drugi wolny. Tu słup AB (rys. 218) wygina się tak, jak połowa BE (rys. 215) słupa w poprzednim wypadku, więc możemy zatrzymać te same wzory, rów. 494) lub 498), wstawiwszy tylko w nie 1=2^, pierwsza strona równania 494) będzie więc cztery razy większą, niż w przypadku, opisanym w poprzednim paragrafie, a więc wytrzymałość słupa o tym samym przekroju jest cztery razy mniejszą.

2)    Jeden koniec utwierdzony drugi przytrzymany. Przekrój B (rys. 219) jest przytrzymany, jeżeli może się wprawdzie obracać około swego środka ciężkości, lecz punkt ten zostać musi na prostej DB.

Ponieważ belka jest w B przytrzymana, więc powstaje tu oddziaływanie poziome Nj a więc moment w punkcie C jest M=P— N(lt — x). Według rówfi. 879) będzie więc

rf

d\y

T-*?

--------A

M N    P

v'=-rrri^-x)-riy-

Różniczkujmy to równanie, a otrzy-

dx²

mamy

dvi

N_Pdy eI e I dxł P d²y

a ~dx² ~ ~ E ldx1 =

Równanie to jest analogiczne do rów-

dx

d²v

eI

vi . 507)

nania

dy²

dx²

któreśmy mieli w poprzednim paragrafie , otrzymamy więc podobnie, jak tam (równ. 488)

, albo

- wst

2 Ce I

Dalej mamy

p=v ,

s*-*) rzy

eI\Nn

y~ p[el^ ” ^ dy N elfïC

wst

sL

a stąd

2CeI

wst

(C> + Wrz)

508)

p dost ^ Cj -J-a?

eJP

dy

Dla æ=0 jest ^=0, więc

2V=— e / 2 C dost Cj,

dla #=0 jest y=0, więc

NkJ

V p

2PeI

eI

wst , a zatem

st Ci — —

Dla x=-\ jest y=0, więc

{p

eI ’ '

. . 509)

2Cf 7

wst

(c,+Wn)- o

^j)=0, więc

C% 0, gdyż IV > 0, a zatem wst ^Pi +

Ci +lx

Stąd zaś wynika, że

té-

lub 2 TT i t. d.

st l

— st Cu a ze względu na 509)

st Z

\&=WF

Najmniejsza wartość, dla której st<p = (jp, jest cp—0, druga wartość <p⁰=257° 27', przyczem st (p=(p=4,498. Pierwsza jest niemożliwą, bo P nie jest =0, więc

4,493, a stąd

p 4,493²e7 . 2tv²eI n²eI

h²

rn gdy

1=—1^0,7071, . .

A więc możemy użyć poprzednich wzorów 494) i 497), jeżeli zamiast l wstawimy odpowiednią długość wedle równania 510). Długość ta , którą trzeba wstawić we wzory 494) i 497) zamiast l, aby obliczyć wytrzymałość słupów jednym lub oboma końcami utwierdzonych lub przytrzymanych, nazywa się długością wolną (n. freie Länge, f. longueur de sinusoité).

1

Y2

W tym wypadku Z=rj==7i, zatem ze względu na równanie

498) wytrzymałość jest dwa razy większą, niż w przypadku, opisanym w poprzednim paragrafie.

3) Oba końce utwierdzone (rys. 220). Tu w punktach B i D powstają momenty z powodu symetryi równe, które nazwiemy Mx, a więc w punkcie C będzie moment M^M^Ą-Py, zatem na podstawie równania 379) będzie

rys; 220.

a.

Mx + Py

\P

dxl

eI

.X

a stąd podobnie jak w §. 93., gdy

v==ic? v dv==dżdy==~

Gdy równanie to scałkujemy, otrzymamy

.. py²

2    e 1 y 2s I

dly

Mx + Py

eI

dy.

t?²

+-(7, nareście

i-

łv

-- -

dx v

2M₁

El V El'

Dalej będziemy mieli

dy

P \-J

eI

—Jx%—x

n+c'-

Wyraz pierwszy scałkowawszy, otrzymamy

2 Ma

dy

łuk wst

ty-f p

'p

4M,²

* V 7T+ ^1 »

p2

a stąd y =--p^±

v^₊¥~(

&)

ED, więc

Ponieważ część linii ugięcia PPjest przystająca do części

Ci-

to s

lub

3 TT

a zatem

2 Ofil M ²

P²

dost ( æ

Ml'

Dla x=~- jest y=0, więc WeI

0= -

dost -i

eL

a zatem

y=—

Mx M P ■*" P

dost

(■ té)

Mx

dost

dost

Dia æ=0 jest y—f\ więc

£P

dost T

( * té) i

(h JP\ J

. 512)

El,

dost -=

■1

zatem

•M,

('té) dost (* \/^)    •    •

. 513)

Dalej otrzymamy z równania 512)

dy

P Mx

wst a?

dx

El P

dost( 2

Dla æ=-^- jest ~=0, więc albo Ł    clx

El.

dy

Mx

=0, co nie może być,

lub też

wst

-0.

£ Ii

dost M

A więc y\/P

■—=.—71

£ I

lub 2 TT itd., ogólnie mn. Stąd otrzymamy 4zm²7t²£l

Najmniejsza siła P, która sprawia wyboczenie, jest dla m= 1

.    . 514)

P=

AiTi² eI / 2    •    '

‘'j

Wzór ten przeistoczy się we wzór 492), jeżeli podstawimy

515)

Długość wolna jest więc tu równa połowie długości słupa.

4. Oba końce i środek słupa przytrzymane (rys. 221). Tu obie połowy słupa BE i ED odkształcają się tak, jak

słup BEJ) (rys. 216), więc długość wolna l=-4-, a zatem wy-

trzymałość na wyboczenie jest cztery razy większą, niż w przypadku opisanym w poprzednim paragrafie.

rys: 223.

rys-.221.

V

rys:222.

r-A#

3,

\j

Zrobić tu musimy jeszcze uwagę, że koniec słupa wtedy tylko możemy uważać za utwierdzony, jeżeli tam styczna linii ugięcia nie zmienia się podczas wyboczenia, a więc gdy przy-

— 298 —

porami (rys. 222) lub zastrzałami (rys. 223) zabezpieczymy niezmienność stycznej. W braku przypór lub zastrzałów musimy uważać koniec belki tylko jako przytrzymany.

§. 95. Wzory Tetmajera.

Powiedzieliśmy powyżej, że wzór Eulera może być ważnym tylko do granicy sprężystości. Obok niego wyprowadziliśmy wzór Rank i na. Doświadczenie musiało rozstrzygnąć, wedle którego wzoru należy w praktyce obliczać. Doświadczenia takie robili między innymi Bauscbinger w Monachium i Tetmajer w Zurychu. Z doświadczeń tych pokazało się najprzód, że w rzeczywistości wzór Eulera daje wyniki zgodne z prawdą, ale tylko dla prętów wysmukłych, dla wielkich wartości —. Dla prętów o mniejszych wartościach — nie da się za-d    ci

stosować wprost wzór Ran kina, bo spółczynnik wyboczenia a nie jest ilością stałą ani nawet funkcyą — , jak to się Tet-

Cl

majerowi pierwotnie zdawało, ale wogóle spółczynnik zwięk-

szający £ jest funkcyą — i to funkcyą prostolinijną. Zamiast

Cl

spółczynnika zwiększającego można wprowadzić w rachunek jego odwrotność £'=

Abminderungscoefficient), a zatem A Al>

spółczynnik z m n i e j s z a j ący (n.

£' ’    4£'⁼ £‘ ' ‘

zatem u-4*? .    .

JL

Tetmajer otrzymał: a) dla drz

dla 1,8 <—<100    £'=1—0,00662—

a    a

» 100 c-L

a

Na tej podstawie obliczyliśmy następującą tabliczkę :

. .    £'=3268

. . B16)

.    . 517)

.    .    518)

Zastosowana nauka sprężystości i wytrzymałości. Na podsta-doświadczeń opracował L. Tetmajer, profesor szkoły politechnicznej w Wiedniu. 2-ie zupełnie przerobione wydanie. Lipsk i Wiedeń 1904 (Die angewandte Elastizitäts- und Festigkeitslehre von L. von Tetmajer).

wie

Stąd otrzymamy następującą tabliczkę:

<P'

Pod tym napisem leży przed nami drugie wydanie dzieła o sprężystości i wytrzymałości znakomitego profesora wiedeńskiego Tetma-jer’a: Wydanie to drugie zostało tak dalece przerobione i pomnożone, że możemy-uważać je jako nowe dzieło.

Jak wiadomo, Tetmajer był dyrektorem wielkiej doświadczalni mechanicznej w Zurychu. Mianowany profesorem w Wiedniu, postarał się o urządzenie podobnej doświadczalni przy tamtejszej szkole politechnicznej. To też słusznie czytamy na tytułowej karcie dopisek „na podstawie doświadczeń“. Dzieło jego to nie zwykła książka, traktująca o powyższych przedmiotach, to owoc niejednokrotnych badań i doświadczeń własnych. Układ dzieła jest odmienny od układu zazwyczaj przyjętego. Autor mówi najprzód o natężeniach i odkształceniach wogółe, o momentach drugiego stopnia i jądrze przekroju, a potem omawia wytrzymałość normalną, na zginanie, na ścinanie i na skręcenie, wreszcie rozmaite rodzaje wytrzymałości złożonych.

Cały wykład jest oryginalny, a sposób wykładu ścisły i zwięzły. Autor ilustruje rozmaite prawa wynikami doświadczeń własnych i obcych. Wobec obfitości treści, nie podobna mi omawiać dzieła szczegółowo. Ci, którzy się tym działem nauki zajmują, nie omieszkają zapewne zapoznać się z tern dziełem. Tu mogę tylko przykładowo podnieść niektóre ustępy.

I tak już przy omawianiu spółczynnika sprężystości s autor wyjaśnia znaczenie jego geometryczne w stosunku do linii odkształceń. Jest on mianowicie proporcyonalny do stycznej kąta nachylenia prostej, wyprowadzonej z punktu zerowego do dowolnego punktu linii odkształceń. Możnaby dać także inne określenie geometryczne, a mianowicie jako styczną kąta nachylenie stycznej geometrycznej do osi odcinków.

Dla żela,za spawalnego otrzymał on przy ji dla 10 < — <112

= 3500 kg/cm²:

= 0,866 -0,037 ¹

<p' = 5640

Stąd otrzymnjemy następującą tabliczkę:

„ 112 <

<i

iii

f'

Autor oblicza także przesunięcie wskutek działania siły poprzecznej, a odkształcenie belek zginanych wyznacza nie tyiko ze względu na momenty, ale także i siły poprzeczne.

Znany jest sposób autora obliczania słupów na wyboczenie. , Autor na podstawie nowszych doświadczeń ustawił dla spółczynnika zmniejszającego <p' nowe wzor\' i tablice. Mamy wogółe przekrój pożyteczny

Dla żelaza zlewnego otrzymał on przy p. = 3800 kg,cm²:

10 C -— c 105

160 0,220

165

170

175

180

185

190

195

200

0,207

0,195

0,184

0,174

0.165

0,156

0,148

0.141

An

T Cf

(1).

Otóż dla tp' otrzymuje on :

/>la drzewa miękkiego, dla p. = 280 kg/cm²:

5 < — < 100

<p' =0,816 - 0,0030 —

a

<p' =5584 I “ j².

Stąd otrzymamy następującą tabliczkę:

105 <

<P'

dla

„ 100 <-a

Stąd obliczył on następującą tabliczkę:

<p' = 1,04-0,00693 — <p' = 3525 |yj².

ii

a.

Dla żelaza lanęgo leżąco otrzymał on przy p. dla 8 < — c 80

160

165

170

175

180

185

190

195

200

0,136

0,129

0.121

0,114

0,107

0,104

0,096

0,093

0.089

<i

» 80 <

= 8000 kg leni² : <p' — 0.97-0,015 - - + O.OOOOtfe ( ¹

U = 3525 ( “ )

160 0,218

W słupach kamiennych nie spostrzegł on prawidłowego wpły-j wu wysokości na wytrzymałość.

Autor podaje także króciutką teoryę obliczenia belek żelazno-i betonowych, przyjmuje linię natężeń prostolinijną i u—12—15. W drugiej fazie, wedle której należy obliczać wymiary, przyjmuje on za Ritterem błędnie położenie osi obojętnej takie same, jak gdyby istniały ciągnienia w betonie, pomimo tego, że ich wedle przypuszczenia niema.

Pominąwszy tę usterkę, polecić mogę dzieło powyższe jak naj-! goręcej.    “ Dr. M Thullie.

165

170

175

180

185

190

195

200

0,205

0,193

0,182

0,171

0,163

0,155

0,147

0,140

OSOlCTrf^tf^OCOCtOtOI-¹

owooiootowoot

jd _© o jc o jo _© a>    c>

7jc'ci'oiVi'la't<i'bo'bo oo~ćo oœcîoœoiowroo woscûbocncoi-'^ooh-

110

OI S

ÎS3

80

to

cT

rH

cc

CC'

00

£' = 3368

Cr)’

519)

„ 80 < — a

Stąd obliczyliśmy następującą tabliczkę :

10

15

20

25

30

35

"bi'ôn "os'^s'H'co co i-* co en to O 05 CO 03 to

40

45

o cs

05 -rjl

COCO-3-3C30501Cr(

OlOWOCOOJO

C- lO

os jo r-i co ta cs

CO CO CO CS <M OJ

o"O o"o"cfO CD co

MNHCC

co o

OS lO rH rH

H-Ł I—¹ h-i ł-i f—¹

MMMHOOCOCD

WOWOWOWO

0,141

0.134

Ó;i27

0,121

0,116

0,111

0,106

c) Żelazo spaw a ln e i zlewne. Wpływ kształtu prętów na wyboczenie nie dał się dotychczas wykazać. Pręty nitowane zachowują się jak lite, o ile odstęp nitów nie przewyższa 70 razy grubości nitowanej ścianki pręta, nity wypełniają dokładnie dziury na nity, a osłabienie przekroju przez dziury na nity nie przekracza 12 °/₀.

Wyboczenie prętów wysmukłych f—;> lOoj odbywa się zwykle powoli, a odkształcenia są przeważnie sprężyste. Pręty, dla których —<100, wybaczają się najczęściej nagle, często

(X

dopiero przy granicy wytrzymałości.

Ponieważ przy obliczaniu prętów z żelaza spawalnego i zlewnego przyjmujemy zwykle wytrzymałość na ciśnienie

równą wytrzymałości na ciągnienie, więc dla wyznaczenia spół-czynnika zmniejszającego przyjmiemy: dla żelaza spawalnego ^=3,6 tf/cm², dla zlewnego bardzo miękkiego fi==4:tjcm² i na tej podstawie możemy dla obu tych materyałów w przecięciu napisać :

dla 10 < — > 10    £'=0,81 - 0,032 —

T)

> 110

£'=5394(7-)'

. . 520)

Stąd otrzymamy następującą tabliczkę :

ir-c

iry

Ooioołoaiooioo<Oui

OiOCOHOCOt>lO^(MOa5 l>- l"- l>- O- 1>³^CD CD CD CD CD CD lO

d cT cT cT <d cT o~ cT cT o~ cT cf

L^oBooScÜSoS^c^^cr

rH T—i tH r—i rH 7—i rH

§. 96. Obliczenie wymiarów.

Przy użyciu równań 494), 498) lub 517) zachodzi ta okoliczność, że do obliczenia szukanego przekroju potrzebnym jest nieznany jeszcze promień bezwładności tegoż przekroju. Musimy sobie tedy przy obliczeniach radzić w rozmaity sposób.

Najprzód wyjaśnić musimy kwestyę, czy przy obliczeniu wymiarów na wyboczenie należy odciągać dziury na nity, w ogóle osłabienie przekroju, czy nie. Otóż rozumie się, że przekrój który wypada z wzoru 516) lub 498), oznacza przekrój użyteczny, to jest przekrój po odciągnięciu dziur na nity lub innych osłabień, ale przy wyznaczeniu promienia bezwładności a nie uwzględniamy osłabienia przekroju, a liczymy dla przekroju pełnego, bo na wyboczenie, a zatem i na kształt linii ugięcia mają większy wpływ przekroje pełne, niż w pewnych tylko punktach osłabione. Stwierdził to doświadczalnie P oeppl³).

. Pierścień kołowy (rys. 86)

525)

Rozumie się, że aby słup działał jako całość, muszą być kształtówki i blachy z których się składa, odpowiednio połączone. Tetmajer otrzymał doświadczalnie, że możemy słup uważać jako całość, jeżeli odstęp nitów jest mniejszy niż 55 cm, jeżeli nity wypełniają dobrze dziury i jeśli osłabienie przez nity nie wynosi więcej, niż 12°/₀.

p

Mając P i t, otrzymujemy M₀=—. Wiemy, że A >» AtQt

z dwu powodów, mianowicie z powodu dziur, a dalej z powodu wyboczenia. Moźnaby więc tymczasowo przyjąć A, obliczyć dla

tego przyjętego A promień bezwładności a, a znając

czyć A. Pokazałoby się wtedy prawdopodobnie, że to obliczone A jest inné od przyjętego, trzeba by drugi raz, a może trzeci raz jeszcze liczyć.

Aby to obliczenie żmudne ułatwić, będziemy się starali ustawić pewne wzory dla a dla rozmaitych przekrojów. Mając takie wzory, możemy już z większą dokładnością odrazu przy-

obli-

jąć stosunek — i obliczenie znacznie skrócić.

CL

Na str. 110 i następnych podaliśmy w ostatniej rubryce

wzory dla promieni bezwładności dla rozmaitych przekroi. To samo dla rozmaitych kształtówek podaliśmy na str. 161 do 172. Dla rachunku najwygodniej jest jednak, jeśli wyrazimy promień bezwładności a jako funkcyę powierzchni A. Postaramy się ustawić takie wzory, dla przekroi najczęściej w praktyce się zdarzających.

1. Kwadrat.

=0,2887 { A 2. Prostokąt o podstawie b

521)

«=0.2887-7-

o

522)

3. Elipsa (rys. 74)

h ,    . ribh

a=-r, a ze A——r 4    4

. . 523)

4. Koło (rys. 75)

a= ^-=0,282 ]/A

524)

d²+di²

Jeżeli wstawimy dl—nd, to

«=“Y L + w²

= 0,282

v4

Itw²

— ril

526)

6.    Kątówka równoramienna*).

Ze wzglądu    na    oś    poziomą    «=1,4    + 0,07A.....

„    „    „    „    główną    najmn.    «=0,9 + 0,044+ .

7.    Kątówka nierównoramienna (rys. 137)

Ze względu    na    oś    K₁X₁

»    »    *i*i '

„    „    główną    najmn.    a =0,9+0,042 +

77

« -=1,3+0,11 + a' = l,3 + 0,05+ . .

LO iQ

CM CM

529)

rys: 2 24

\y '

8. Dla przekroju teowego (rys. 224) nazwijmy h d b ’ W==aÇ’ P~~d^

m=

to dla osi XX

■r

mmimm .

i.-- />

«=0,2887 dla osi Dl⁷ jest

«'=0,2887

7

-—Ymm (4 — m») .    530)

1 + W2W "

.    531)

Dla kształtówek J_ według normalii austryackich jest m = 0,77, n= 1, więc «=0,32257i, «'=0,216&. Licząc dokładniej otrzymamy :

«=«'=0,95+0,064+ .

Dla kształtówek wysokościennycb otrzymamy « =1,3 +0,077 + |

«' = l,55 + 0,026 + | '    *    ' '

. . 532)

533)

.9

lii

II

x_______LÉJ.É_______X

wmm'mmwA

— p|- C,

\!/

9. Jeżeli przekrój składa się z dwu kątówek (rys. 225) i nazwiemy Ii) Ai i al moment bezwładności , przekrój i promień bezwładności jednej kątówki, to

2 ¹

«² = —

«₁², a zatem

+    2+j    +

«=«t = 1,4+0,07 +₁    . 534)

*) Por. wyprowadzenie tych wzorów w rozprawce autora: Weiterer Beitrag zur Berechnung der Stäbe auf Knickfestigkeit. Z. d. öster. Ing. u. Arch. Ver. 1892. M. 50 i 51.

a/2=

Dla osi YY jest

r 2 (I₁++₁e²)

2+A

+ e²

(/

Dalej mamy e=ei-{-—. Obliczywszy e dla kątówek rozmaitych

i dla c=0, 1, 2 cm, napisać możemy

a'²-=(0,45+ 0,033 c) + + l,8c— 1,7 .    .    . . 535)

10. Przyjmijmy teraz przekrój złożony z blachy stojącej i dwu kątówek (rys. 225) i nazwijmy powierzchnię jednej kątówki A1} blachy stojącej A₂=nA₁, to +=(2 + 4)+,

Wtedy otrzymamy

2+w

rys; 2 26.

fi

JC-i-

—- -zT

Bi

w~

nli^Ą-be"¹ — 3 (2+w) e2 3 + 2 n Jeżeli n=1, h—6e, to

«=0,206+ —1,13. . 536) Jeżeli n=3 do 4, to średnio a²=0,25+0,032 + + 0,182 h². . 537) Dla osi YY otrzymamy ogólnie

a;2=

2 + w

Dla w=l, c = 1 cm,

a'²=0,217 +— 0,11 . 538) Dla «=3 do 4, c=2 cm

a'²=0,07 + + 0,68    .    539)

«i²4

2e'²

11. Przyjmijmy przekrój złożony z blachy stojącej, dwu kątówek i nakładki (rys. 227) i nazwijmy przekrój

»i

jednej kątówki +1? blachy stojącej +₂=nA1? nakładki A₃=niA₁, to + =(2 + w + w₁)+₁.

a2=__2__

(2+w+%)

lä

Dla osi XX otrzymamy wtedy 2 ( 6 e²+wÄ²+%<22 3 (2+w+)

j.

Dla w=3, %=4 i n=4, ^=10 otrzymamy średnio

a ²=0,008 + + 0,076 h² . 540) Dla osi YY dla c=2 cm, n i jak pierwej,

a'²=0,017 ++0,0446² . 541)

12. Dla U w e k (rys. 133) otrzymamy ze względu na oś XX

«=2,2-1-0,147 A........42)

dla osi YY «' = 1,0+0,03 A.....43)

rys:228

13. Jeżeli przekrój składa się z dwu u wek (rys. 28) a przekrój, ipoment i promień bezwładności jednej uwki nazwiemy Ax , Ix i «i, to ze względu na oś XX

2 Ax

ax ², więc

a=ax =2,2 + 0,147 + .    544)

Dla osi YY jest

„/2_2(Jj+ AjCj²)'

2 At

Wstawiwszy wartość za ex², otrzymamy w przybliżeniu

«'²=0,0002 A ²+0,043 A + 2,3 +

,    + c (0,013 t4 + 1,8). . 545)

14. Dla czterech ćwierćkołówek otrzymamy «=3,7 + 0,045 cm

m\wMms

~~ y<c' J?-—h

«l/2+el²*

546)

15. Dla przekroju krzyżowego (rys. 229) otrzymamy dla osi poziomej

«=0,28876

jak 531) dla przekroju teowego.

Ol

rys.- 22 9

rys:230

-4%-

Jeżeli 6=ń, d=dix

«=0,2045 6=0,1022—.    .

CL

Dla osi pionowej otrzymamy analogicznie

548)

«'=0,2887 h

mn

1 +WÎW

549)

550)

a dla m—n=\, jak pierwej, «'=0,1022

16. Jeżeli przekrój krzyżowy składa się z 4 kątówek (rys. 230) i jeśli nazwiemy przekrój, moment i promień bezwładności jednej kątówki Ai, li, a1? to

aÎŒJ_⁴(J2)

= a₁²+e₁² .    .

.    . 551)

Po wstawieniu wartości za e₁² otrzymamy w przybliżeniu a²=(0,225+0,017c)++l,8c - 1,7    ... 552)

17. Jeżeli przekrój składa się z 4 kątówek i dwu wstęg (rys. 231) i jeżeli nazwiemy przekrój 4 kątówek, ich moment

i promień bezwładności +₄, J₄ i a krzyża z wstęg A₅, J₅, a₅, to

i A+A

A +₄ ++₅

rys; 2 31

II

Jeżeli +₅=m+₄, to

„a ai² A ma5²

1 + m ’

przyczem a₄ i a₅ należy obliczać ze wzorów 552) i 550).

18. Jeżeli przekrój składa się z 4 kątówek i wstęgi (rys. 232) i jeżeli nazwiemy przekrój, moment i promień bezwładności jednej kątówki +1? Ii i Oj a przekrój wstęgi A₂=nAl7 to

A — 4+j + A₂ = (4 + w)+j, a ze względu na oś XX

+    554)

Dla d=2 cm i n—S do 4 otrzy-

lii

. 553)

rvs:232

a²

i.

mamy

a dla d=2cm i n= 3 do 4

a²=0,075+ + l,0 . 555) Jeżeli zamiast 4 użyjemy 6 kątów e k , to otrzymamy

• BB6)

a²₌0,075 4 + 1,2......

19. Dla kształtówek I otrzymamy w przybliżeniu =3,9 + 0,107+)

= 1,4+0,018+)......

557)

558)

Statyka.

20

20. Dla przekroju J, składającego się ze ścianki i czterech kątówek (rys. 233) otrzymamy, gdy znów wartość dla jednej kątówki oznaczymy znaczkiem 1 :

X = (4+w) Ai

a² =

ry s : 2 3 3

PU

a:___

(9,72 n h²

12 (4+»)

Dla w= 1,5 do 3 otrzymamy średnio a²= — 0,453 + 0,308 X+0,1297i²    560)

Dla osi FF możemy użyć wzoru 554). Jeżeli wstawimy n~ 1,5 do 3 i d~ 1 cm,

4-f w

. 559)

otrzymamy

w%m

a'² = 0,106 ,4 — 0,1 .    .    561)

21. Dla przekroju składającego się z 4 kątówek, połączonych kratą, otrzymamy a² z 559), wstawiając n=0,

więc

a²=    ²+0,20257i²=— 0,7+0,119 X+

+ 0,2025 Ä² . . . 562) Dla osi FF możemy użyć wzorów 551) i 552).

22. Jeżeli przekrój Iowy składa się z 4 kątówek i 2 na kładek (rys. 234), to A=2(2-{-n)A Dla osi XX jest

a²=

3,708X, + (l,6 + w)fe² —5,6

rys: 234

y0Z//,

’W/{A

.    . 563)

W praktyce jest n= 1,2 do 2, więc w przecięciu a³=0,036 X-i-0,21Ä²-0,4. 564) Dla osi FF jest

4 (2 + ri)

ni

an

₂|ń(a‘2+e*²⁾⁺

.    565)

Ir

JO

nb²

¹

la obu końców płaskich a

²

CeI 2 iüf,

p-y-y²

³

p. p. Zapiski doświadczalni mechaniczno-techn. 1897 zeszyt 25.

12 (2+w) '

albo po wstawieniu wartości za ey «/2=0,07₁ A— i,2+0,0366 ²+ + (0,06 4 + 1,13)c. 566) 23. Dla przekroju dwuteo-w e g o (rys. 235) niech będzie a₅ promień bezwładności połowy przekroju ze względu na oś XX, który obliczyć należy wedle wzoru 540), to A=2A₅, J=21₅, więc

x_

k-

napisać

rys:235

bf

->i

___.i*

2/₅

ai²₁ stąd a=ai 567)

Ze wzglądu na YY, chcąc wyznaczyć a\ otrzymamy

.4=(4+2w+w₁) J.l7

a'²

4+2 nYni 2 + n

"^2(4 + 2 n-\-ri)

(0,476^-0,7) +

n₂

b²    568)

12(4+2n+w₁ )

W praktyce jest n—2 do 7, ^ =0 do 15, średnio możemy

a'²=0,004 + - 0,1 + 0,1786₁² + 0,046² .    .    . 569)

§. 97. Przykłady obliczenia wymiarów.

1. Słup drewniany o przekroju kwadratowym obciążony jest w kierunku osi siłą P—SGt. Długość wolna wynosi 3 m. Natężenie dopuszczalne na ciśnienie należy przyjąć 10kgIcm² i wyznaczyć wymiary przekroju słupa.

3600

Bez względu na wyboczenie mamy d₀ = ——51,4cm². Przekrój A

musi być większy, przyjmiemy więc jako pierwsze przybliżenie 4. = 60 cm². Wedle 521) jest a = 0,2887{/60 = 2,29

Wtedy — == 2^ = 134, zatem Ç = 0,186, a więc A = A₀ : K = 51,4:0,186=276,4 cm\

Widzimy, że A wypadło znacznie większe, niż przyjęte, jako drugie

przybliżenie przyjmiemy więc ^4 =200rm², to « = 0,2887 \/2(X) = 4,08 cm.

„T , l 300 Wtedy -=i;og

= 74. Dla

cm.

- = 74 jest £=0,510, więc

A = A₀ : £ = 51,4:0,510= 101 cm², Przyjęliśmy więc a za wielkie, przyjmijmy teraz

= 0,2887 V/Ï01 =2,895

cm.

300

86, a zatem £=0,430.

Stąd A = 51,4:0,43 = 119m², « = 0,2887 V119 = 3,15.

I 300

Pi’zyjmijmy jeszcze raz a = 3,2, to — = g₉=94, £=±0,378.

A = 51,4:0,378 = 136cm², stąd a =0,2887 \/Ï36 = 3,37.

1/    300

Naostatek przyjmiemy « = 3,3, to — = g-g=91, £ = 0,399, .4=51,4:0,399 = 128,8cm², a = 0,2887 V 128,8 = 3,28.

a = 3,5 cm, więc

3,5

Zgodność jest tu już dostateczna, zatrzymamy więc 1=128,8, więc bok kwadratu a=\/128,8=11,35, zamiast czego przyjmijmy c = 12 cm.

Ponieważ c zaokrąglamy na całe centymetry, więc przy przyjmowaniu A lepiej było odrazu przyjmować c w całycb centymetrach.

Jak gruby ma być słup kwadratowy, obciążony siłą osiową P= 21000%, przyczem dolny koniec jest wpuszczony w cokół kamienny a górny zapomocą kleszczy ochroniony przed wygięciem. Wysokość słupa wynosi Z₁=3,75m.

300 cm², a stąd byłoby c = ^300=17,3. Ze względu na

mamy A₀

Tu wedle 510) l = 0,707 X 3,75. Ze względu, że może utwierdzenie nie jest zupełne, przyjmiemy dla bezpieczeństwa Z = 0,8. 3,75 = 3,0 cm. Dalej 21000'

70 wyboczenie przyjmiemy c=20, stąd «=0,2887X20= 5,774 cm. Więc

⁼ B2, a Ç⁼⁰>⁶⁵⁶> wi§c ^ — 300:0,656 = 458, c = 21,4.

Teraz chodziłoby tylko jeszcze o zbadanie, czy wystarczy przyjąć c = 21

7 Q(Y)

czy też 22 cm. Próbujemy c = 21, to a = 6,06 cmi'a —    — 49,5, £ = 0,072,

A = 300:0,672 = 446,5, c = 2I,l.

Jak widzimy różnica tu jest bardzo mała, moglibyśmy więc przyjąć c = 21, a gdy chcemy być bardzo ostrożni, c=22cm.

3. Obliczyć wymiary słupa z żelaza lanego o przekroju kołowym pełnym, gdy P= 30000 leg, gdy wysokość Zj=4 m, a oba końce są utwierdzone.

30000

Wedle 515) l

400

— 200 cm. Dalej mamy 1₀

Ci

800

stąd <Z=7cm.

Przyjmijmy jako pierwsze przybliżenie <Z = 9cm, to wedle 524) a— f = 2,25, l 200

89, stąd £ = 0,143, 1 = 37,5:0,143=262, (Z = 18,3 cm. Mu-

stad -“ a

simy więc przyjąć d większe, przyjmijmy <Z = 15 cm, to

2,25

15

l 200

=53,3, £=0,370, więc 1=37,5:0.37=101,3cm², <Z=11,3 cm.

«=—=3,75, —

4    a

13

Wystarczy więe d mniejsze, przyjmijmy (Z = 13cm, więc a = - =♦= 3,25,

3,75

l 200

3,25

tość ta tak już bliską jest przyjętej, że możnaby zatrzymać (Z = 13 cm. Do-

= 61,5, £ = 0,307, więc 1=37,5:0,307 = 122 cm², <Z = 12,5 cm. War-

l 200

kładniej możnaby przyjąć cZ=12,8cm, zatem a=3,2. — = ^ =62,5, £ = 0,300,

zatem 1 =37,5:0,3=125cm², d =12,6. Zatrzymujemy więc (Z = 128mm, a moglibyśmy też przyjąć d = 127 mm.

4. Dla tego samego wypadku obliczyć słup z żelaza lanego, którego grubość ścian wynosi d.

Wtedy wewnętrzna średnica dt = d—0,2 cZ = 0,8 (Z, przekrój

l = -^-(<Z²—<Zt²) = 0,283(Zj², a według 525) « =-^-^<Z²-j-0,8² tZ²=0,32 cZ.

Ponieważ słup wydrążony musi być grubszym, więc przyjmmy od-

l 200

razu cZ = 16c/w, to a = 0,32.16 = 5,12 cm, zatem — 30000

5,12

39, Ç = 0,500.

Dalej mamy d.₀ =

800

37,5 cm² więc A = 37,5:0,5 = 75 c/w², stąd

16,28 c/w.

0,283

Różnica jest mała, przyjmijmy jeszcze d=16,2c/w to «=0,32.16,2=5,18 l 200

zatem — =

a 5,18

=38, £ = 0,511, zatem A =37,5:0,511 --= 73,4

I 78 4

= Yq'203 ⁼ 16,1, zatrzymujemy więc d = 162 mm, grubość ścian po

a stąd ć?

16 cm, więc    = 130mm.

Porównując wyniki dla przekroju pełnego i wydrążonego, widzimy, że dla słupa pełnego przekrój wynosi 125cm², dla wydrążonego 73,4 c/w².

5. Zastrzał z lanego żelaza w wiązaniu dachowem pracuje na ciśnienie P=16#. Zastrzał ma 1,5 m długości, na końcach przegibnie połączony.

Jak wiemy przy wyboczeniu powstaje moment największy we środku pręta, a więc właściwie tam tylko potrzebujemy przekroju według równań 498) lub 516). Ku końcom mogą być przekroje mniejsze, a na końcach tylko takie, jakich wymaga ciśnienie bez względu na wyboczenie. Dla oszczędności materyału dajemy też rzeczywiście często prętom, narażonym na wy boczenie, przekrój zmienny (rys. 236), a mianowicie w środku B największy

rys: 236

----41

_(

1#\©

y>-

na wyboczenie, a przy końcach A tylko na ciśnienie. Przekroje pośrednie dałyby się także obliczyć w ten sposób, aby natężenie było wszędzie jednakowe,*) musielibyśmy zrobić jednak pewne przypuszczenie co do kształtu przekrojów. Zamiast tego przyjąć możemy w praktyce linię zarysu AB w przybliżeniu n. p. paraboliczną. Prętów takich używamy często w wię-zarach dachowych.

Przekrój A (rys. 236) obliczamy więc na ciśnienie, zatem 20c/w², a stąd d — 5,05 cm = 51 mm.

16000

800

*) P. DweLshauvers-Dery : Principes de la résistance des matériaux str, 130—136 iObrębowicz: O wytrzymałości prętów na wyboczenie.

Przekrój 4j we środku zastrzału przyjmiemy w kształcie krzyża i obliczać będziemy na wyboczenie. Według równania 548) mamy « = 0,1022—. Przyjmijmy tymczasowo <2 = 1,5cm, dalej mamy 4₀ = 2Ocm. Przyjmijmy 4..~-45cm, 45

= 3,066 cm, zatem

to « = 0,1022

l 150

3,07

49, stąd £ = 0,406,

A — 20:0,406 = 49,3 cm². Dalej mamy A = bd-j- (6—<2) d = 2bd — d². Dla A—49 otrzymamy 49 = 26.1,5—2,25, stąd 6 = 46,75:3 = 15,58cm, więc dokładniej

«=0,2045.15,58 = 3,19, stąd —    ¹⁵⁰

3,19

47, £=0,424, 4=20: 0,424=47,2 cm².

Możemy więc zatrzymać wymiary 6=156 mm, <2= 15 mm.

6. Wyznaczyć numera kształtówek słupa z żelaza spawalnego, złożonego z czterech kątówek (rys. 230) należycie znitowanych, jeżeli długość wolna wynosi 4m, a odstęp kątówek lcm. Siła, działająca w osi słupa, jest P—42t a natężenie dopuszczalne x = 700 kg/cm². Bez względu na wybo-42000

czenie otrzymamy A₀

700

60cm². Ze względu na 2 dziury na nity

około 4 cm² i wyboczenie przyjmijmy 4 = 80cm², zatem przekrój jednej ką-

100.100

tówki 20 cm². Przyjmijmy kątówki

11

o przekroju 20,95 cm² « =7,14,

więc e=2,86, ej =2,86-f-0,5 = 3,36cm², zatem wedle 561) a³ = a₁²-j-c₁²=

Z 400

= 8,01²+3,36² = 9,06+ 11,29 = 20,35 cm², « = 4.51 cm. A więc -

89,

4,51

stąd £=0,52, więc 4 = 60:0,52 = 115cm². Przyjęte kątówki zatem nie wystarczają, przyjąć należy większe. Dla 4 = 100cm², otrzymamy 4t = 25 cm², 120.120

przyjmijmy zatem -2^--. Tu c = 8,64, więc c = 3,86, zatem «²=3,66² +

+ 3,86² = 13,40 + 14.90 = 28,30, « = 5,32cm. A więc — =

£ = 0,57, więc 4 = 60:057 = 105 cm².

Wymiary jeszcze są za małe. Przyjmijmy następny numer kątówki

5,32

= 75, stąd

1^12 'jes^ *’⁼8,61, c = 3,89, więc

«2 = 3,65² + 3,89 ² = 13,32 + 15,13 = 28,45, prawie to samo, co pierwej, więc Z 400 ~ä~~ 5,33 ⁼

120 120

Cztery kątówki —- mają przekrój 4X27,54= 110,16cm², od tego dwie

J-Z

dziury na nity 2X2X1i2 = 4,8, zatem 4=110,16 — 4,8 = 105,36cm². Przekrój zatem jest zupełnie wystarczający, zatrzymujemy kątówki

(i —

5,33,

75, £=0,57, 4 = 60-.0,57 = 105 cm².

7. Jaki ciężar unieść może bezpiecznie słup, złożony z 4 ćwierćkołó-wek Z. 20, 6 m wysoki, w obu końcach wolny, jeżeli natężenie dopuszczalne przyjmiemy 1000 %/cm²?

Dla 4 ćwierćkołówek Z. 20 jest według str. 172.    «= 7,94, zatem

75,5, stąd £ = 0,57.

Z 600

a 7,94

Wedle 516) jest P =AtÇ'= 4.21,57.1000.0,57 = 49180kg. Jeźelibyśmy przyjęli z = 800 kg jem², toby było P = 4.21,57 .800.57 = 39344 kg.

§. 98. Wytrzymałość słupów żelaznych w razie pożaru.

Wiadomo nam z §. 18., źe żelazo pod wpływem wysokiej ciepłoty ma mniejszą wytrzymałość, a do tego podczas pożaru słupy żelazne są niejednostajnie ogrzane, bo od strony pożaru ciepłota dochodzi do 600°, a ze strony przeciwnej trafia je struga zimnej wody z sikawki straży pożarnej. Wskutek tego oś słupa pierwotnie prosta wygina się i natężenia z tego powodu wzrastają.

Dlatego też, jeżeli obliczamy słupy żelazne w budynkach, które mogą być narażone na pożar, słupy nie osłonięte murem lub cementem, to musimy przyjąć takie wymiary, aby słupy te i podczas pożaru nie okazały się za słabe.

Pod tym względem badali słupy żelazne doświadczalnie Bauschinger, a także M. Möller i R. Lühmann. Möller dochodzi na podstawie tych doświadczeń do wniosku,, że słupy żelazne będą bezpieczne i podczas pożaru, jeśli je obliczać będziemy wedle wzoru Rankina, jednak przyjmując wyższy spółczynnik wyboczenia.

Möller proponuje przyjmować

io(i+o-⁰⁰⁰⁴£) '

^(l + O.OOO^) .

570)

dla żelaza lanego

571)

„    „ spawalnego A—

Obliczywszy słupy żelazne wedle tych wzorów, mamy jeszcze niejaką pewność, bo słupy w ogniu łamią się wedle doświadczeń dopiero dla żelaza lanego przy ^=1500 Jcglćm² a dla żelaza spawalnego przy fi=1200 lig jem¹¹ dla rur a 1400 hgjcni2 dla prętów pełnych.

§. 99. Słupy obciążone mimośrodkowo.

Jeżeli na słup działają siły P w kierunku równoległym do osi, przyczem kierunek ten odległy jest od osi o c, (rys. 237) to mamy do czynienia z obciążeniem mimośrodkowem.

Przypuśćmy najprzód, że siła P działa w osi głównej, tak, źe wygięcie nastąpi w płaszczyźnie drugiej osi głównej. Jeżeli

przez E położymy osie spółrzędnych i nazwiemy rzędne punktu M osi x i y, to możemy wyrazić natężenie w punkcie Mi

P Pye‘ ‘

5(

1 "4"

rys:237

natężenie w punkcie M₂

1(^-0

. 572)

W środku ciężkości M jest średnie ci-

P

śnienie -, oś obojętna leży oddalona od

jLX

osi ciężkości o z, przyczem wedle 477)

z=—zatem zy=a². V Ay’

M, •

AF

■ - »C>

Jeżeli f jest ugięcie słupa w środku to najw y=f-\-c, więc największe natężenie _ P /vł(/+c)e"

⁼Ï

\j>

^17

573)

Strzałkę f-j-c mamy teraz obliczyć. Analogicznie do §. 93 mamy i tu d²y Py eP

a stąd, podobnie, jak tam (równ. 491), otrzymamy dla x — O w środku pręta

dx²

dost

(-©

tc

. . 574)

Zamiast dost

(4-VÄ)

możemy zazwyczaj z dostateczną dokładnością podstawić pierwsze dwa wyrazy szeregu dostawy

dost

1    (AV-)²

2    \ 2

8 eP

więc

f+c

1-

l² p

575)

§. 100. Natężenie dopuszczalne.

Z wzoru 575) wynika dla c=0 f— O, a gdy to wstawimy

P

w rów. 573), otrzymamy P' = P=.-, a zatem dla zwykłego ci-

il

śnienia bez uwzględnienia wyboczenia.* Ponieważ wskutek wy-boczenia przy c =O t. j. przy obciążeniu środkowem dla wielkiego — A wzrasta znacznie, więc mogłoby się zdarzyć, że oblicza-

Ch

jąc wedle 573) przy obciążeniu mimośrodkowem otrzymalibyśmy mniejsze wymiary, niż przy obciążeniu środkowem, co jest wprost sprzecznem z prawdą. Dlatego też już z powodów teoretycznych a także na mocy doświadczeń Tetmajera należy przyj mować dopuszczalne natężenie nietylko mniejsze ze względu na mimośród

c ale także i na stosunek

a

Z wzoru 573) otrzymamy, wstawiwszy

Ae“ Ae“ 1

v“=--tw

-Ä = ^~r=Aa}    WiąC

T'w

14

f+c

576)

Tetmajer na mocy doświadczeń przyjmuje zamiast wzoru

576) wzór

577)

A i,Æ-c

przyczem # oznacza pewien spółczynnik zależny od materyału i od , wyznaczony doświadczalnie a xw natężenie dopuszczalne

Cl

na wyboczenie, wyznaczone wedle 517).

Tetmajer podaje następujące spółczynniki #

1. Drzewo

dla — <90 #=0,00039

. 578)

(t)-i-oii4+o’⁹³

>. 90 #=-    2,058

Z tego otrzymamy następującą tabliczkę:

= 20    25    30    35    40    45    50    55    60    65    70

#=0,65 0,62 0,58 0,54 0,50 0,46 0,43 0,40 0,36 0,33 0,31

105 110 115 120 125 # =0,28 0,26 0,24 0,22 0,20 0,18 0,16 0,15 0,14 0,13 0,12 —= 130 135 140 145 150

—= 75    80    85    90    95

#=0,11 0,10 0,10 0,09 0,09

2. Dla żelaza lanego otrzymał Tetmajer

— 0,03174--1-2,077

dla —<100    #=0,0001437

(ł)

— 1.370 ?

„    —>100    #=3537

a

Stąd otrzymujemy następującą tabliczkę:

—= 20    25    30    35    40    45    50    55    60

579)

a

#=0,28 0,26 0,24 0,22 0,20 0,18 0,17 0,16 0,15

3. Dla żelaza spawalnego i zlewnego mamy:

—    < 70= 70    75    80    85    90    95 100 105

a

a

#    =0,29 0,27 0,26 0,24 0,22 0,20 0,18 0,17 0,16

§. 101. Przykłady.

1. Słup drewniany o długości 4m i przekroju kwadratowym 20X20cm jest obciążony z obu stron siłami 101, które zaczepiają w odstępach c=10c?w od środka, a więc w środku krawędzi. Jakie natężenie powstaje w słupie?

itr. dost

Tu jest

10000.12

=dost.

120000.20⁴    400’

0,5.180

#-

dost

200

400

dost 0,5

TC

- = dost 28,4' — 0,879.

W przybliżony sposób otrzymalibyśmy

400²    10000.12

8 ‘ 120000.20⁴

1—1 = 0,875.

A więc wedle 574)

t+c

/+10

10

0,879

P /

Wedle 577) otrzymamy xU) = —^l-}

0,879

11,38, stąd /=1,38 cm.

=3,33, stąd

Tu a = 0,2887.20=5,774, -^ = -|^ = 69, więc 3 = 0,31, i =

(l + 0,311-^) = 25 (1+1,06) = 51,5 kg/cm*.

Wedle 517) tw = tÇ', stąd t = ^. Dla — = 69 jest Ç' = 0,543, więc

ç    a

— 95 kg jem².

Wedle wzoru teoretycznego 577) otrzymamy jednak 10000 / 400.11,38.10.12

10000

400

51,5

T 0,543

fl) = 25(3,414 +1) = 110,4%/cm²,

v' = — 25 (3,414 — 1) = 70,6 %/cml Z obu tycb wzorów zatrzymamy wyniki większe. Widzimy w obu wypadkach, że wymiary są za małe.

Przyjąwszy 23 X 23 cm, otrzymamy

v" =

400

20ł

10000.12 1

12000.23* _ 529’

dost

"2 V^=dost§§ = dost0’87a

Więc dost

0,378.180

i:

dost 21,66°=0,919.

10

A więc /+ 10= q^29 ⁼ 1^,76, zatem /= 0,76 cm. Wedle 573) mamy

10000/529.10,76.10,12

l) = 18,9 (2,441 + 1) = 65 kg/cm*.

v' = — 18,9(2,441 — 1) = — 27,2 kgjcm².

Wedle 577) otrzymamy, ponieważ tu «=0,2887.23 = 6,64

v"

529

23*

7 4DD    23

a ⁼ +64 “ wi?c ^    st^

(l + 0,36    = 18,9(1 +1,01) = 38 kg\cm\

Wedle 517) jest t = a że dla — = 60, jest £' — 0,603, więc

QiSkg/am².

~W- —:

10000

529

0,603

Tu, jak widzimy, wyniki obu wzorów teoretycznego i doświadczalnego zgadzają się dostatecznie.

Zostawimy tu wymiar 23X23 cm.

2. Jaką siłę wytrzyma słup o przekroju I 1. 20, obciążony mimośrod-kowo w odstępie 5cm od osi ścianki, dla długości wolnej Sm. Natężenie dopuszczalne niech będzie 1000kg/cm².

Przyjąwszy tymczasowo / = 0, otrzymamy z 573)

A v"

Ac e"

Przypuśćmy tymczasowo ze względu na założenie / = 0

30040

= 800 kg/cm², to P —

37,55.800

37,55.5.4,8

6,826

4400 kg.

155,5

Szukajmy teraz dla P = 4400kg v", to otrzymamy z 575)

(ty3408 = 5,947

/+5 =

300²

4400

8    200000.155,5

Więc wedle 573)

4400 37^55

Możemy zatem zatrzymać siłę 4400%. Gdyby różnica była większa, trzebaby odpowiednio siłę zmienić i rachować raz jeszcze.

Spróbujemy jeszcze obliczyć natężenie wedle Tetmajera. Tu wedle tablicy na str. 161

V":

( ⁸⁷’55    4,8 + l) = I«,« (7,05 + t) = 1006%/cwi².

a—2,03. —

a

l 300

2,03

148, więc 3 = 35, i == 0,859, więc

4400

5,947

(l-|- 0,35.

) = 117,18 (1 -f 2,423) = 400,9.

400,9 0,25

Poprzedni wynik był większy, więc go zostawimy.

3. Obliczmy znowu siłę, jaką wytrzyma słup o przekroju tym samym i tym samym mimośrodzie dla długości wolnej 4 w. Natężenie dopuszczalne niech i tu będzie 1000 kg/cm².

Przyjąwszy tymczasowo f—0 a v" ze względu na to przyjęcie i wielkie l tu tylko 700 kg/cm², otrzymamy

37,55.700 ~ 37,55.5.4,8 ~ 165^5

37,55

0,859

Dla — = 148 jest Ç = 0,25, więo x =

= 804 kg!cm².

26285 6^826

zamiast czego przyjmiemy okrągło P=3850%. Z rów. 575) otrzymamy

5    5

T 5==“ 4ÖÖ² 3850    ⁼1 —0,2476 ^0,645 CW‘

“8“ 2000000.155,5

Więc wedle 573)

3850 ₍B7,55.^,,S +    = 1026(7>70 +1} =892h/cm,

3851 kg,

v"=

Wedle Tetmajera otrz3’mamy, ponieważ tu ___ l 400

a=2,03,

a

Tjo

3850

37,55

więc 5 = 0,166, £'=0,14, i = 0,859, więc (l +0,166    102,6(1 + 1,284) = 234kg/cm²,

2,03

a dalej t

234

= 1671 kg/cm².

0,14

Stąd widzimy więc, że tu natężenie z uwzględnieniem wyboczenia jest prawie dwa razy większem. Musimy tu przyjąć P znacznie mniejsze. Ponieważ we wzorze 577) 5, A i i -są stałe a /-f-c wedle 575) dla mniejszego P jest mniejsze, zatem P jest większe, więc

1000*

1671

•i

P > 3851.

Przyjmijmy P = 2350 kg, to

= 2304 kg.

..i

/+B=

400²

2350

1 — 0,151    0,849

5,8ß9 cm,

8 2000000.155,5

zatem tw

2350

37,55

(l + 0,166^ ) = 62,58 (1 +1,188) = 140*#™*

140

a stąd x= —— —1000 kg jem-.

4. Słup z żelaza lanego niesie na lewym wsporniku ciężar 8#, na prawym równocześnie 281 ; jakie wymiary ma mieć ten: słup, jeżeli natę

żenie dopuszczalne przyjmiemy 1000 kg/cm²?

Wypadkowa 36£ leży w odstępie od D (rys. 238) o ^g.38 = 29,5cm, zatem od B o 3,5 cm na prawo.

Przypuśćmy ze względu na wyboczenie i mimośrod t₀ — 250 kgjcm².

Wtedy

36000

Jeżeli d±=0ßd, to

144 cm² = --{d² — d{ ²). TC^-(1 - 0,64) — 0,09 xd², stąd d — ^

250

144

0,09 r.

zamiast czego przyjmiemy d — 23cm, g =23mm. Dalej mamy

22,57.

— ~|“^23² +18,4² = Wedle 575) mamy

7,36 cm, i

2 «^54,17

d '11,6

= 60,5.

.-i

/+ c

445²

3,5

3,5

36000

1 — 0,11

= 3,93 cm.

8    1000000 0,0491(23⁴ -18,4⁴)

Zatem wedle 573) i 576) 36000 i49^r

(i -f    =235,16.1,835 = 431 kg/cm².

Dalej otrzymamy v' = 235,16(0,835 — 1) — — 38,8 kg jem².

v"

⁸⁶⁰⁰⁰/i in fiQ³’⁹³\

W1«° -=149,ß(¹+⁰’⁶⁸4ji) ⁼

-i----

rys:238.

P₂28

22 * 24

24 -sj-

7)

= 235,16.1,568 = 369 kg/cm\ Jeżeli jednak obliczymy wedle wzoru Tetmajera 577), to dla

~ = 60,5 5- = 0,68 a Ç' = 0,314,

a dalej

369

25 \

"s

T = 0314 = 11Q8 kg/cm'¹.

Tu więc wzór teoretyczny daje

stanowczo za mały wynik, wedle wzoru Tetmajera t jest za wielkie musimy przyjąć d większe.

Przyjmiemy d — 25 cm, g — 2,5 di = 29 cm, to

Dla

445

r-t hdl

a= - y 25² + 20² = 8,0m, 64

= 5,02 cm,

= 55,6.

12,5

445

Wedle 575) mamy

f+c

1-

445²

3,5

36000

8 1000000.0,0491(25⁴ - 20⁴)

3,5

1 0,08

3,80.

= 55,6 mamy c? = 0,76, £' = 0,35, więc

TW —

36000

176,7

(l + 0,761^) = 203,7 X 1,575 = 321 kg/cm*, a dalej

321

= 917 Jcg/m^.

Ponieważ dla a = 24cm t byłoby prawdopodobnie większe, niż 1000 kg/cm^, więc zatrzymamy d = 25, g = 25 cm.

Właściwie wskutek zwiększenia d zmniejszy się także c i i będzie jeszcze mniejsze.

Z powyższych przykładów widzimy, żo właściwie należałoby obliczać wedle obn wzorów, teoretycznego 573) i Tetmajera 577) i przyjmować natężenie większe, otrzymane z obu wzorów. Wzory Tetmajera dają większe wyniki dla natężenia,

jeśli — jest większe, a także dla lanego żelaza wogóle z po-

Cl

wodu stosunkowo małego

0.75

VIII. Wytrzymałość na skręcanie.

§. 102. Wzory zasadnicze.

Jeżeli siły, działające na ciało, sprowadzić się dadzą dla pewnego przekroju do pary sił, której płaszczyzna jest równoległa do tego przekroju, a więc prostopadła do osi, to ciało to pracuje na skręcanie.

.rys:239

V---

vj

i—A

a.

Na ciało BGFBxGy działa w płaszczyźnie BxCyFx (rys. 239) moment Pc. Wskutek tego nastąpi przesunięcie punktów tego i innych przekrojów i tak punkt przesunie się do 2^, F do ïit.d. Przesunięcia te są różne, w pewnem włóknie jednak BB± są zerem, a włókno to nazywamy osią skręcenia.

Zauważmy punkt N w przekroju B₂C₂F, a zrozumiemy, że przesunięcie punktu N będzie NN‘ = OŃcp = r y, a przesunięciu temu będzie odpowiadać natężenie ścinające o, a więc <J=m.r(p, gdy m jest ilością stałą.

Jeżeli natężenie to rozłożymy na składowe ax i ayi działające w kierunkach osi 0X i OY, to ox = o wsta, a oy—o dosfc a. Dla równowagi musi być

a gdy wstawimy wartości, a wst a d²A

<\^oxd²A=0 i \^oyd²A=*0,

^ xd²Ą=0

=m (p ^ r wst a d²A=m    d²A=0,

xd²A=0 i ^*yeü²A=0

Równania te wypełniają się wtedy, gdy początek spół-rzędnych, gdzie przesunięcie = 0, przyjmiemy w środku ciężkości przekroju, a więc oś skręcenia jest zarazem osią geometryczną ciała.

Dla równowagi musi być także suma momentów w przekroju B₂C₂F równa zeru

czyli mq) ^ r²d²A+M=0, więc

m cp= —

=m (p ^ r wst a d²A=m (p

a dost ad²A

a więc

i'

. .    580)

więc ^ ord²A + M = 0, gdy M=Pc,

^r²d²A

Wyraz ^ r²d²A=I₀ nazywamy biegunowym momentem

bezwładności (fr. moment d’inertie polaire).

Wstawmy w to równanie

— i I₍₎ = ^r²d²A^^(x²Ą-y²)d'iA==\^x²d²A-\-

m cp= — v

^y²d²AĄ-%\ xyd²A=Ii+IJr'2K, a jeżeli osi OX i OY są

osiami głównemi, to K= 0, więc l₀—IJrli. Dla przekroju kołowego, kwadratu i wieloboków regularnych jest I=Ii, więc 7₀=2I.

Możemy zatem napisać

Mr

Mr

lo

581)

I+I|

Z równania tego wynika, że największe natężenie u jest dla najw. r, a więc dla najdalszych punktów obwodu.

Kąt (p nie jest stałym dla wszystkich przekrojów, lecz zmienia się od przekroju do przekroju. Niechaj zmiana kąta (p

na jednostkę długości będzie tp, to możemy w przybliżeniu przypuścić, że kąt <p jest proporcyonalny do długości z, więc cp=zrp.

Przesunięcie punktu N, jest, jak wiemy, równe r<p, dla przekroju o dx oddalonego będzie zaś r ((p + d 9p), przesunięcie r dcp

więc względne

= r 'ip] spółczynnik ip nazywamy s p ó ł-

czynnikiem sprężystości na skręcenie (fr. coefficient d’élasticité de torsion).

dz

-g- c do e wedle tego, czy

Planat udowadnia, że ip =

skręcenie jest małe czy znaczne.

Jeżeli e, nazwiemy spółczynnik sprężystości poprzecznej, to a= £,rtp, a zatem ze względu na 581)

xp =

682)

8,1

Teorya ta opiera się na przypuszczeniu, że przekrój poprzeczny pozostaje płaskim po skręceniu i że natężenia są prostopadłe do promieni wodzących danych punktów. Przypuszczenia te sprawdzają się jednak tylko przy przekroju kołowym. Dla innych przekrojów wzory powyższe są tylko przybliżone.

§. 103. Wał pełny i wydrążony.

Dla przekroju kołowego (rys. 239) możemy napisać na podstawie równ. 681) bez względu na znak

I₀ a (I + 1,) a

Ponieważ dla koła jest

/== = Md>’ wi<5° /o = M d>’ a r = TT

Jeżeli więc chcemy dopuścić natężenie ścinające to

n dkx. ji[— —    ¹

32 d

, a stąd

d= V-

16 M

= 1,78    .

' %

71 %,

Dla przekroju rurowego (rys. 86) jest J₀ = 1+ Ix =21= 2^ (d⁴ — d?t⁴) = —{d^ — d*⁴), a stąd

. . 683)

21

Statyka.

dl = yd⁴ —1,502

Md

584)

Jf =

yr (dk — dx ⁴)Tt

Tr d'⁴ — d,⁴

32

16 d

.    =0,196

W - dA ⁴

t, więc

Dla przyjętego d da się więc di łatwo obliczyć.

$    \ _ w4

Nazwawszy = w, otrzymamy Jf= 0,196-— xu a stąd

d = y^1,172

*i (1 —n⁴)

585)

§. 104. Przekrój kwadratowy.

Jeżeli bok kwadratu jest a, to możemy, w przybliżeniu licząc, zastosować także wzór 581)- Tu jest

- $⁴ =

więc bez względu na znak będzie

najw a = —

Mr

>4^4

B \/2 M

6 a4

Jeżeli natężenie dopuszczalne jest to ti as = S\/YM== = 4,243 .M, więc

6“

i 4,243 M

1,62 \J

. . • 586)

a= v/_—

Według dokładniejszej teoryi (p. Kluger: Wykład wytrzymałości materyałów str. 328) otrzymamy

najw a = 4,5

a³⁻’

a stąd wstawiwszy ri za najw ot będziemy mieli

3

-V

4,5 M

587)

IX. Belki kratowe i więzary dachowe.

§. 105. Uwagi ogólne.

Wyłożywszy wszystkie rodzaje wytrzymałości, przystępujemy teraz do zespołów, które obliczamy według zasad, poznanych w poprzednich rozdziałach, nad którymi jednak tutaj osobno bliżej się zastanowimy.

Według równania 147 ) zatem moment oporu belki, a więc i obciążenie, które belka unieść może, jest tern większe, im większy jest moment bezwładności. Ponieważ więc moment bezwładności jest tern większy, im większe«/. Najkorzystniejszy rozkład materyału byłby więc w przekroju o wielkiej wysokości, w którym materyał byłby skupiony w warstwach skrajnych. Belka o takim przekroju składa się z dwu oddzielnych podłużnych części t. z. pasów (n. Gurt, Gurtung, fr. semelle, plate-bande, an. chord, boom), które musimy o tyle połączyć, aby tworzyły całość. W belce blaszanej ścianka łączy oba pasy; jeżeli zamiast ścianką łączymy pasy dla oszczędności materyału prętami ułożonymi w kratę, wtedy belkę tę nazywamy belką kratową (n. Gitterträger, fr. poutre en treillis, an. trellis girder, frame, cz. nośnik pfihradovy).

Belka kratowa składa się więc z pasu górnego (n. Ober-gurt, fr. semelle supérieure, an. top-chord, upper-boom, cz. pas borni), pasu dolnego (n. Untergurt, fr. semelle inférieure, an. bottom-chord, lower boom, cz. pas spodni) i części łączących oba pasy czyli kraty (n. Gitterwerk, fr. assemblage du treillis, an. trellis work, web, cz. pruty vypluvaci). W każdym przekroju pracuje jeden pas na ciągnienie, drugi na ciśnienie, jeden zatem stara się przedłużyć się, drugi skrócić. W obu pasach działają zatem siły wprost przeciwne, które przenoszą się przez kratę i znoszą, jeżeli oba pasy mają tworzyć jedną belkę. Aby siły te przenieść z jednego pasu na drugi, musimy je rozłożyć w dwu kierunkach, łączymy zatem pasy dwoma rzędami pod rozmaitymi kątami nachylonych prętów, ułożonych w kratę. Pręty te nazywamy krzyżulcami (n. Gitterstäbe, fr, barre de remplissage, bracon, êtresillon, an. brace).

Przy obliczeniu belki kratowej przypuszczamy najprzód, że krzyżulce z pasami i części pasów nawzajem połączone są w w ę-złach (n. Knoten, fr. noeud, an. Icnot, apex, cz. stycnik) przegi-bnie i spółśrodkowo, wskutek czego mogą w krzyźulcach i pasach działać tylko siły podłużne w kierunku osi pręta. Każda inna siła, działająca nie w kierunku osi pręta, musiałaby sprawić obrót pręta około sworznia. Jeżeli więc panuje równowaga, siły działają w kierunku osi pręta.

Dalszem przypuszczeniem jest, że siły zewnętrzne działają tylko w węzłach, a krzyżulce przedstawiamy sobie tymczasowo , bez ciężkości.

Nareszcie przypuszczamy, że krzyżulce są proste, a wskutek tego i działania siły w kierunku osi pręta powstaje we wszystkich przekrojach jednego pręta natężenie jednakowe. Przekroje prętów obliczamy zatem tak, aby natężenie było równe natężeniu dopuszczalnemu. Widzimy stąd że przy belkach kratowych wyzyskujemy materyał zupełnie, bo we wszystkich częściach belki mamy jednakową pewność gdy, tymczasem w belce blaszanej natężenie w warstwach skrajnych jest wielkie, a blisko osi ciężkości bardzo małe; materyał więc nie jest zupełnie wyzyskany.

§. 106. Warunki wyznaczalności.

Przy obliczeniu belek kratowych chodzi nam o wyznaczenie sił wewnętrznych, działających w krzyźulcach i częściach pasów w kierunku ich osi. Dla każdego węzła z osobna muszą być siły zewnętrzne, działające na ten węzeł i siły wewnętrzne prętów, wychodzących zeń, w równowadze, więc możemy dla każdego węzła ustawić dwa równania na tej podstawie, że suma składowych poziomych i suma składowych pionowych tych sił jest równą zeru; dla m węzłów otrzymamy więc 2m równań. W tych równaniach zawarte są jednak trzy równania, które-byśmy mogli ustawić dla sił zewnętrznych. Siły zewnętrzne bo-wiem muszą być między sobą w równowadze, gdyż inaczej cała belka musiałaby się poruszyć, a więc sumy składowych sił zewnętrznych pionowych, poziomych i momentów muszą być równe zeru. Z tego wynika, że nie możemy dowolnie przyjąń wszystkich sił zewnętrznych, lecz że muszą one zadość uczynić trzem warunkom. Z tych 2 m równań, któreśmy otrzymali, dadzą się ustawić trzy równania, określające warunki równowagi sił zewnętrznych. Reszty 2 m — 3 równań możemy użyć do wyznaczenia nieznanych sił wewnętrznych. Jeżeli tedy n oznacza ilość krzyźulców i części pasów, to mamy n niewiadomych sił wewnętrznych, do których wyznaczenia potrzebujemy n równań.

Jeżeli

588)

2 m — 3 = n,

to wtedy mamy właśnie dostateczną ilość równań do wyznaczenia sił wewnętrznych ; belkę taką nazywamy belką kratową statycznie wyznaczalną (n. statisch bestimmt, fr. stricte, indéformable cz. pfihradôvina tuha), Jeżeli 2 m — 3^>n, wtenczas mamy więcej równań, niż niewiadomych, a więc równania te określają jeszcze 2 m—3 — n warunków, które dla równowagi muszą być spełnione. Ponieważ przy zmianie obciążenia takiej belki musi ona zmienić swój kształt, aby dopełnić warunków równowagi, więc belkę taką nazywamy chwiejną lub niesa-moistną (n. labil, unselbstständig fr. insuffisant, déformable, cz. netuhâ, vratkâ) Przykładem belki kratowej chwiejnej są mosty

wiszące.

Jeżeli nakoniec 2 m — 3 <», wtenczas nie możemy wyznaczyć statycznie wszystkich niewiadomych, belka taka jest statycznie niewyznaczalną (n. statisch unbestimmt, fr. hyper statique, surabondant). Jeżeli 2 m — 3 — n = 1, to belka kratowa jest niewyznaczalną Igo rzędu, jeżeli brakuje do wyznaczenia niewiadomych 2 równań, to belka kratowa jest niewyznaczalną 2 go rzędu i t. d. Chcąc wyznaczyć siły wewnętrzne belki statycznie niewyznaczalnej, musimy ustawić jeszcze n — 2 m -f- 3 równań, a to albo czyniąc pewne przypuszczania lub też badając odkształcenia belki według prawideł sprężystości.

Dla belki kratowej AB (rys. 240) jest n —15, m = 9, więc 2m—3=15=». Belka ta jest zatem statycznie wyznaczalną.

Dla belki CD (rys. 241) mamy »=26, m —14, 2 m — 3 =28 — 3 = 25 <[». Belka ta jest więc statycznie niewyznaczalną Igo rzędu, bo » — 2»i-|-3 = l.

Dla belki .41? (rys. 242) mamy » = 22, m —12, 2m — 3 = 24 — 3 = 21<^», więc belka jest niewyznaczalną pierwszego rzędu. Możemy z niej jednak łatwo otrzymać statycznie wyznaczalną, opuściwszy jeden krzyżulec np. 12, gdyż wtedy będzie 2m — 3 =».

Diabełki AB (rys. 243) jest »=8, m = G, więc 2m — 3 = 12 — 3=9'>8. Belka ta jest zatem niesamoistną pierwszego rzędu. Chcąc zrobić z niej kra-

3,

'S

.9

rys: 240

10

10

7/

ff'

11/ If

1.7

12.

rys: 241

10

t'i

22

VI

Oz

VJ

1.7

’9

•.3

'16

'21

2f

25

20

rys : 2 42

10

15

19

1/J

19 /16

IV /o

22

12

f⁷

13

21

rys: 243

C ,, E

/fxlx

y-M

townicę statycznie wyznaczalną, musielibyśmy dodać jeszcze jeden krzyżu-lec np. ED, aby 2m — 8 — n. Gdybyśmy dodali jeszcze drugi krzyż ulec np. CF, to wtedy 2m — 8 byłoby n, otrzymalibyśmy więc belkę kratową nie-wyznaczalną 1 go rzędu.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że siły zewnętrzne a zatem i oddziaływania są już wyznaczone. Belka może być jednak także statycznie niewyznaczalną ze względu na rodzaj podparcia. Zależy to od ustroju łożysk. Jeżeli łożysko jest wałkowe (n. Walzenlager), to jest składa się z kilku wałków, to dla równowagi oddziaływanie może być tylko prostopadłe do podstawy, na której leżą wałki, bo gdyby było ukośne, to składowa równoległa do podstawy wywołałaby obrót wałków. Jeżeli to się nie dzieje, to oddziaływanie jest prostopadłe do podstawy wałków, zwykle zatem pionowe. Jeżeli łożysko składa się z dwu części połączonych za pomocą sworznia, więc przegibnie, to kierunek oddziaływania musi przechodzić przez sworzeń. Łożysko takie nazywamy kołyskowem (n. Kipplager).

Jeżeli urządzimy łożysko kołyskowe i wałkowe zarazem, to znamy punkt zaczepienia i kierunek oddziaływania, pozostaje tylko jedna niewiadoma, wielkość oddziaływania.

Jeżeli łożysko jest tylko kołyskowe, to znamy punkt zaczepienia oddziaływania, ale nie znamy kierunku i wielkości oddziaływania, są tu więc dwie niewiadome. Wreszcie gdy łożysko jest stałe, to nie znamy ani punktu zaczepienia, ani kierunku, ani wielkości oddziaływania. Mamy tu trzy niewiadome.

Dla belki w dwu punktach podpartej musi być jedno łożysko kołyskowe, drugie ‘kołyskowe i wałkowe. Mamy wtedy 1 -j- ‘2 = 3 niewiadome, które dadzą się wyznaczyć z trzech równań równowagi sił zewnętrznych.

589)

W ogóle jeżeli mamy a niewiadomych podporowych, to trzy z nich dadzą się wyznaczyć z 3 równań, wyrażających równowagę sił zewnętrznych, zatem pozostaje (a — 3) niewiadomych. Z uwzględnieniem niewiadomych podporowych możemy zatem napisać zamiast 588) jako warunek wyznaczalności belki 2 m — 3 = n + (a - 3), zatem 2 m = n Ą- a

Jeżeli nazwiemy ilość łożysk stałych kolebkowych s, ilość wałkowych

kolebkowych w, to a — 2s-\-w, więc 2m — 2s +w -j- n

.    . 590)

Dla belki kratowej AB (rys. 242) jest n —15, m — 9, s= 1, w = 1, więc 2m —18, 2s-\-tv -f- n — 2-\- 1 -f-15 = 18. Zatem belka jest statycznie wyzna-czalną. Gdyby w B było także łożysko stałe kołyskowe, toby było s—2, więc 2 s -j—    -j- = 4 -j— 15 = 19, belka byłaby z powodu łożysk statycznie

niewyznaczalną.

§. 107. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych za pomocą metody wieiobokowej.

Dla równowagi sił zewnętrznych powinien, jak wiemy, zamknąć się wielobok sił i wielobok sznurowy. Oprócz tego muszą być dla każdego węzła siły zewnętrzne i wewnętrzne w równowadze, a więc dla każdego węzła musi się odnośny wielobok sił zamknąć. Jeżeli zaczniemy od węzła, w którym schodzą się dwa pręty, to kierunki i wielkości wszystkich sił z wyjątkiem wielkości dwu sił wewnętrznych przeciętych prętów są wiadome, możemy więc wykreślić wielobok sił i wyznaczyć niewiadome Idziemy teraz do następnego węzła, w którym schodzą się trzy pręty, z tych jeden, dla którego wyznaczyliśmy już siłę wewnętrzną. Mamy więc znów tylko dwie niewiadome i postępujemy, jak pierwej. W ten sposób dalej postępując, możemy wyznaczyć wszystkie siły wewnętrzne. Ułatwimy sobie przytem wykreślenie, jeżeli wieloboków sił dla pojedynczych węzłów nie będziemy kreślić osobno, lecz wszystkie na jednym rysunku.

Na rysunku 244. widzimy belkę kratową, u a którą działają siły. Dla równowagi dają one zamknięty wielobok sił, a także

rys: 244

Ai

si

A’Jf.

r fj

*/¹

\c

■f

->7

J9

x¹

wielobok sznurowy dla jakiegokolwiek bieguna musi się zamknąć (na rysunku opuściliśmy wielobok sznurowy). Wykreślmy teraz wielobok sił dla węzła A, gdzie schodzą się tylko dwa pręty, w których siły działające nazwijmy a i b. W wieloboku sił 01 przedstawia siłę Pi, poprowadźmy lm // AE i Om II AB, to te dwie proste przetną się w punkcie m, a proste Om i Im przedstawiają kierunki i wielkości sił wewnętrznych a i b. 7i kierunku strzałek w wieloboku Olm poznamy, że siły a i b działają w kierunku od węzła A, a więc przedstawiają ciągnienie. Idziemy teraz do węzła B. Tu znamy P₅ i b, niewiadome są c i d, które otrzymamy, kreśląc w podobny sposób wielobok sił dla węzła B 40mn, a więc mn — c, n^ — d. I tu obie siły są dodatnie t. j. przedstawiają ciągnienie. W podobny sposób postępując dalej, otrzymamy wykreślnie siły wewnętrzne, działające we wszystkich częściach belki czyli tak zwany plan sił (n. Kräftenplan, fr. épure, an. force diagram).

Metodę tę podał najpierw Maxwell¹) w roku 1864, a Cremona²) w roku 1872. Nazywają ją metodą Cremony,

chociaż raczej należałoby ją nazwać metodą Maxwella lub metodą wielobokową (n. Polygonalmethode).

Z rys. 244. widzimy, że plan sił łączy się ściśle z wielo-bokiem sił. Nim więc przystąpimy do wykreślenia planu sił, simy najprzód mieć wykreślony wielobok sił i wyznaczone wielkości oddziaływań. Boki planu sił są na mocy konstrukcyi równoległe do prętów belki kratowej.

mu-

§. 108. Metoda przecięć.

a) Analityczna.

Druga metoda wyznaczenia sił wewnętrznych belki kratowej jest metoda przecięć (n. Schnittmethode, an. method of sections). Analitycznie zastosował pierwszy tę metodę Bitter (1861), dlatego nazywamy ją metodą Ritt er a.

Jeżeli belkę kratową przetniemy na dwie części A i J5, to jeżeli chcemy, aby część A pozostała w równowadze, musimy przyłożyć siły wewnętrzne przeciętych prętów w punktach, gdzieśmy je. przecięli. Jeżeli przetniemy trzy pręty nieprzecina-jące się w jednym-punkcie, to dadzą się siły wewnętrzne tych prętów wyznaczyć, gdyż dla równowagi możemy trzy równania ustawić. Niech CD} CE i GE (rys. 245) będą trzy przecięte pręty, to gdy prawą część belki odejmiemy, dla równowagi zaczepiamy dotychczas nieznane siły wewnętrzne prętów Si, S₂, Sj. Wypadkową sił zewnętrznych , czyli dla belki prostej siłą poprzeczną niech będzie Q. Chcąc wyznaczyć wprost Su obieramy za punkt obrotu dla momentów punkt przecięcia się G dwu drugich sił S₂ i $₃, których moment zatem jest równy zeru. Mamy więc Qri + Sisl — 0, a stąd

rys: 245

■V

ß\

Al

fit

A,

Qr i

.    . 591)

jeżeli r₁ i s₁ nazwiemy prostopadłe, spuszczone z G na kierunki sił Q i S

Si=-

si

Znak (—) z równ. 591) oznacza, źe kierunek siły będzie przeciwny, niżeśmy pierwotnie przyjęli, a więc do węzła, zatem siła Si jest ciśnieniem.

Dla wyznaczenia siły S₂ ustawiamy równanie momentów ze względu na punkt H i otrzymamy — Q r₂ + s₂ = O, stąd

Qr ₂

S2 ’

Qr3 — #3 S3 =    Więc

ą_$*.

*3

^2 =

a ze względu na punkt C

b) "Wykreślna.

Podobnie możemy metodą przecięć wyznaczyć natężenia wykreślnie, jak to pierwszy uczynił Cul mann (1864).

Przeciąwszy trzy pręty belki kratowej (rys. 246), mamy, jak pierwej, cztery siły Q, Sif S₂, #₃, które muszą być w równowadze. Gdybyśmy złożyli siły S₂ i S₃, to wypadkowa ich przechodziłaby przez punkt A, kierunku jednak jej ani wielkości nie znamy, gdyż nie znamy wielkości sił S₂ i S₃. Gdybyśmy następnie złożyli siły Si i Q, to wypadkowa tych sił przechodziłaby przęz punkt H. Ponieważ jednak wszystkie te cztery siły są w równowadze, więc obie te wypadkowe muszą się równoważyć,

rys: 24<)

j/

\c

"A

A/l

a więc działać w jednej i tej samej prostej, ale w przeciwnych kierunkach i muszą być sobie równe , a zatem AH będzie kierunkiem wypadkowej. Niech 01 — Q, to gdy poprowadzimy 1 m Il HA a 0 m Ü Sx, 01 m będzie wielobokiem sił zamkniętym, lm wypadkową z sił S₂ i S₃ a 0 m = Si.

Podobnie otrzymamy On = S₂, zrobiwszy ln jj IB a 0n // S2 i Op = $₃, zrobiwszy 1pl/GC a 0p//$₃. Siły 5₂ i $₃ możemy też inaczej wyznaczyć, znamy bowiem ich wypadkową im. Rozkładamy więc ją według znanych kierunków GĄ i GA, robimy lr II CA i mrlfAG i otrzymujemy S₂ — lr i S₃=rtn. Tok sił ^ i /Sg wyznaczamy, jak poprzednio, z wieloboku sił; widzimy więc, że siły S₂ i $₃ działają od przekroju, więc sprawiają ciągnienie, przeciwnie Si ciśnienie.

Metodę przecięć możemy zastosować także przy kreśleniu planu sił, który kreślimy przecinając po kolei belkę w ten sposób, aby przeciąć zawsze tylko dwa pręty, których sił wewnętrznych nie znamy. Wtedy wszystkie siły zewnętrzne po lewej stronie przekroju i siły wewnętrzne, działające w przeciętych prętach, muszą dać zamknięty wielobok sił. Ze względu na to, Że wielkość tylko dwu sił jest nieznaną, wielobok ten da się wykreślić. Postępując tak dalej, otrzymujemy plan sił.

W rys. 244 przecięliśmy naprzód siły a ib i wykreśliliśmy wielobok sił P₁ a i b. Teraz tniemy wedle linii wm, przecinamy więc znaną nam siłę a, dalej c i d. Siły P1? P₃ a, c i d muszą być w równowadze. Mamy wykreślone P₅ = 40, P₁=01, a = im ’ Z m wykreślamy mnlJc a 4nf/d. Linie te przecinają się w w, mamy więc mn—c, w4 = P Tok sił w wieloboku sił jest P₅, Pp a, c, d, więc c i d są ciągnienia.

Dalej przecinamy belkę wedle linii pr, d jest tu znane, nieznajome e i f, itd.

Chcąc porównać obie metody, wielobokową i metodę przecięć, zauważyć musimy, że przy metodzie wielobokowej otrzymujemy, wykreśliwszy plan sił, siły wewnętrzne we wszystkich prętach, podczas gdy przy metodzie przecięć musimy dla każdej trójki sił robić osobny rysunek. Jeśli zatem mamy dla danego obciążenia belki wyznaczyć siły wewnętrzne wszystkich części belki, to użyjemy z korzyścią metody wielobokowej. Jeśli zaś dla pewnego obciążenia mamy wyznaczyć siłę wewnętrzną tylko jednego lub dwu prętów, używamy metody przecięć Rittera lub Culmanna, gdyż nią prędzej dojdziemy do celu.

§. 109. Belka wzmocniona.

Jako przykład metody wielobokowej wyznaczymy w przybliżeniu siły wewnętrzne belki wzmocnionej (n. armiter

Träger, fr. poutre armée à un seul poinçon, an. triangulär truss) (rys. 247), przypuszczając, źe połączenia w węzłach są przegibne i, źe

P

działa na nią siła P w punkcie C. Stąd wynika, że =0₂ .—-5-, a pro-

*

L'ys:247

ot

i*

-a*-.

sta rtmr jest wielobokiem sił zewnętrznych. Chcąc wykreślić plan sił, przecinamy belkę naprzód w prostej ff, kreślimy rnjl AC, mnjlAE. Proste te przecinają się w punkcie n, więc rn — a, t mn = ó. Kierunek sił w wie-loboku oznaczony strzałkami jest mrnm, a więc w a jest do przekroju,zatem siła ta sprawia ciśnienie, w b od przekroju, więc ciśnienie. Teraz tniemy belkę w prostej gg i kreślimy wielobok sił: Oi = mr, a — rn, dalej npUCE. Nie znając wielkości tej siły, musimy kreślić teraz w przeciwnym kierunku, więc mp jj BE. Proste te przecinają się w punkcie p, więc np = c, mp — e. Na koniec tniemy belkę w prostej Ifih i kreślimy wielobok sił, więc 0₁ — wr, P— rt, dalej tp // CB. Nie znając wielkości tej siły, musimy kreślić znów w przeciwnym kierunku, więc mp — e. Ponieważ wielobok sił musi się zamknąć, więc prosta tp // CB musi przechodzić przez punkt p, .. a tp = d, co stanowi zarazem próbę dokładności rysunku.

Na rysunku 248. widzimy belkę- podwójnie wzmocnioną (fr. poutre a trois poinçons, an. compound triangulär truss), na którą działają w węzłach C, E i F siły Pi, P₂ i P₃. Najprzód musimy w znany sposób wyznaczyć oddziaływania Oj i 0₂. W tym celu wykreślamy wielobok sił, przyjmujemy biegun O, kreślimy wielokok sznurowy, zamykającą ai bi i równoległy do niej promień Om, wtedy mamy 0^ wO i 0₂=3m. Te- -raz mamy wszystkie siły zewnętrzne i kreślimy osobno wielobok sił 012-3m i plan sił podobnie, jak powyżej.

Powyżej przypuściliśmy, źe połączenia węzłowe są przegibne, a obciążenie działa tylko w węzłach. Często przypuszczenia te w praktyce się nie stwierdzają.

rys:248

e/

Jeżeli obciążenie działa na pasie górnym belki, wtedy części pasu górnego pracują jako belki drugorzędne na zginanie i przenoszą siły na węzły. Pas górny jest więc nietylko ciśnio-nym, ale i zginanym. Obliczać go zatem należy dla wytrzymałości złożonej.

Jeżeli pas nie jest przerwany w węzłach, lecz jest ciągły od A do B, to tworzy on belkę ciągłą i ciśnienie w węzłach należałoby obliczać wedle teoryi belki ciągłej. Jednak ponieważ wskutek odkształcenia całej belki wysokość podpór ciągłego pasu się zmienia, a wskutek tego w znacznej mierze także i ciśnienia na węzły, więc chcąc dokładnie liczyć, należałoby uwzględnić tę okoliczność, co wymaga żmudnego rachunku i wyłożone będzie dopiero w teoryi mostów³). Zwykle więc tego wcale nie uwzględniamy i uważamy części pasu jako w dwu punktach podparte.

§. 110. Obciążenie dachów.

Według metody wielobokowej wyznaczamy też siły wewnętrzne, działające w więzarach dachowych.

Więzarem dachowym czyli wiązaniem pełnem (n. Dachbinder, Bundgespärre, fr. ferme, an. roof framing, roof truss) nazywamy parę krokwi, wzmocnionych odpowiedniem wiązaniem i działających jako belka kratowa, niosąca cały ciężar stały zeskładu dachu, jakoteż i obciążenia śniegiem i wiatrem. Dla obliczenia więzarów dachowych musimy więcprzedewszystkiemznaó obciążenie dachów, które składa się z ciężaru własnego, z ciężaru śniegu i parcia wiatru. Ciężar własny jestto ciężar więzby dachu i ciężar pokrycia. Ciężary te przyjąć możemy dla pewnego obliczenia w przybliżeniu według następnej tabliczki, później należy dokładnie wyznaczyć ciężar i liczyć raz jeszcze.

Ródzaj pokrycia dachu

ciężar własny w kg na 1 m2 dachu pochyłego bez ciężaru więzarów głównych

dla więźby drewnianej z krokwiami

dla więźby żelaznej z kątówkami

Dach pokryty cementem drzewnym „ dachówką podwójnie pojedynczo

160

130

V)

105

łupkiem.....

asfaltem na glinie

„ cemencie

75

40

30

40

35

65

76

50

48

25

22-24

50'

5?

76

105

Do tego ciężaru dodać należy ciężar więzarów głównych, który możemy przyjąć jak następuje :

20 „ 30    „

14 „ 20 „ 20 „ 30    „

dla dachów drewnianych, które podparte są murami pośrednimi na m² powierzchni pochyłej 10 do 20 hgjm2 dla dachów nie podpartych murami pośrednimi ......

dla dachów żelaznych lekkich na w² rzutu „    „    „ cięższych „

Nachylenie dachu zależne jest od materyału pokrycia. W przecięciu możemy przyjąć nachylenie według następnej tabliczki, jeżeli kąt nachylenia dachu do poziomu (rys. 249) nazwiemy a, wysokość h a rozpiętość l. Nachylenie może być jednak także więcej strome.

Rodzaj pokrycia

rvs: 249

Ol

a \

(X

1_3

2    5 3

3    ~ 3

ś    3

1 ~ 3

45° - 50° 3B₃’° 22°—34° 18°— 33^° 26°—33|° 21f 0 18°—11° 340-390 160-450 60-110 6°—3°

fJl-

3

7

35 ~ l'ö 2*5 ~ 35

Na metr kwadratowy rzutu poziomego możemy więc przy jąć z uwzględnieniem nachylenia następne wartości :

•*

tekturą .    .    .    .

cementem drzew.

Rodzaj pokrycia

Ciężar własny g w kg na m² rzutu poziomego dla — —

krokwie drewniane

cementem drzewnym gontem pojedynczo . gontem podwójnie dachówką pojedynczo „ podwójnie

£

i-*

l-i

o

łupkiem.....

. tekturą......

blacha cynkową lub żel

.    1—» i—^ 1—^

^ o 00 ^ ‘01 ^

' tO O! 00 GO 05 CD

co 1

OT 1

iH t—i CO

>h co CO TjC

krokwie żelazne

blachą falistą cynk.

^    ^ zelazną

„ płaską .    .

łupkiem .... blachą na opierzeniu

•E

s 71

S=r- ł A

CO lO I 05 03    (M    CO    I

IQ    CO    CD    I    05

(M    CO    CO    I    rtł

IO    CO    CO    I    05

CO    CO    CO    I

lO    CO    CD    I    O

CO    CO    CO    I    10

IO    CO    CO    I    H

CO    CO    CO    I    10

CO    Tjł    1>    ^    co

CO    CO    CO    10    lO

C-    lO    CO    CD

CO    CO    CO    lO    UD

Warstwa śniegu, która się osadza na dachach w naszych okolicach, nie jest zwykłe grubsza, niż 0,60 m. Wysoko w górach. warstwa ta jest jednak znacznie większą, dosięga nawet 2 m wysokości. Przyjąwszy wysokość warstwy 0,65 in i zważywszy, że śnieg jest około 8 razy lżejszy od wody, otrzymamy

ciężar śniegu na m² rzutu s = 0,65    = 81,5 7cy, okrągło

O

kg

592)

ni²

s = 80

Dla budowli wysoko w górach położonych musimy jednak ciężar śniegu przyjąć większy odpowiednio do grubości warstwy.

Zwykle przyjmujemy, że obciążenie śniegu jest równe na całej powierzchni dachu; możliwem jest jednak, że wskutek wiatru jedna połać jest obciążona śniegiem, druga prawie wcale nie. Czasem może to sprawić w niektórych prętach większe natężenie, w takim razie należałoby to uwzględnić.

Koechlin i Landsberg przyjmują więc, że śnieg może być tylko na jednej połaci, Breymann jednak twierdzi słusznie, że na drugiej połaci należy przynajmniej przyjąć połowę obciążenia.

Na stromej połaci śnieg nie może się utrzymać, dlatego liczymy powyższe obciążenie tylko do « = 35°, przy «=»40° przyjmujemy tylko połowę obciążenia, a przy a — 50° nie przyjmujemy wcale żadnego obciążenia śniegiem.

Dalszą siłę działającą na dachy jest parcie wiatru (n. WinddrucJc, fr. pression du vent, an. wind pressure). Z doświadczenia wiemy, że ciśnienie wiatru na płaszczyznę prostopadłą do

560)

kierunku wiatru w —w = 0,13 y²

gdy v oznacza chyżość wiatru na sekundę w metrach. Że parcie wiatru jest proporcyonalne do kwadratu chyżości, pojmiemy, gdy się zastanowimy, że im większa chyżość wiatru, tern większa jest siła uderzeń cząsteczek powietrza o powierzchnię i tern więcej cząstek uderza o powierzchnię.

Chyżość wiatru i odpowiednie parcie na w² w ^ są następujące :

Ci

15 m na sek. 29

silny wiatr

»    52 „

82 „ 117 „ » 208 „ » 325 „

bardzy silny wiatr 20 „    „

25 „ „ 30 y) v

40 „ „

lekka burza silna burza silny wicher

najsilniejszy wicher 50 „    „

W naszych okolicach v rzadko kiedy bywa większe, niż 30 m, którąto wartość po zaokrągleniu przyjmujemy przy obliczaniu dachów, a zatem w — 120 Szczególniej w miastach, gdzie dachy są poczęśoi zasłonięte innymi budynkami, powyższa

wartość jest zupełnie wystarczająca; w miejscach jednak wolnych niezasłoniętych, zwłaszcza wysoko położonych i wystawionych na działanie wiatrów dla wież, kominów wysokich powinniśmy przyjąć większe ciśnienie, a mianowicie do 250 ^

gdyż

m²’

stwierdzono doświadczalnie, że parcie wiatru w górze jest znacznie większe, niż przy ziemi, gdzie także zmniejsza się chyźośó wiatru. Zresztą trudno przypuszczać, aby największy wicher wywierał parcie na dach równocześnie z największem obciążeniem śniegu. Nie potrzebujemy zatem liczyć na wyjątkowe, może raz w kilkanaście lat zdarzające się wichry zwłaszcza, iż przy obliczaniu przekroju przypuszczamy jakąś pewność, a materyał wytrzymać może takie pojedyncze nadzwyczajne natężenia.

Normy przyjęte przez austr. tow. inżynierów i architektów w Wiedniu brzmią:

Obciążenie wiatrem i śniegiem. Nazwa ciśnienia :    Ciśnienie

75 kg

1.    Ciśnienie śniegu na płaszczyznę poziomą

2.    Paixie wiatru na płaszczyznę prostopadłą do kierunku wiatru 1B0 „    „

Kierunek parcia wiatru należy przyjąć przy obliczeniu poziomy.

Jeżeli jako największe obciążenie przyjmiemy równoczesne obciążenie śniegiem i wiatrem, to można jako ciśnienie śniegu wstawić tylko i/i do ³/₄ powyżej podanych wartości, wedle tego, czy dach jest stromy czy płaski Stałość budowli szczególnie wystawionych na parcie wiatru n. p. kominów należy obliczać tak, aby przy najmniej dwukrotnej pewności przeciw przewrotowi w żadnym przekroju poziomym nie przekroczyć natężenia dopuszczalnego. Jako powierzchnię, na którą wiatr działa, należy przyjąć rzut pionowy komina.

rys:250

Najczęściej kierunek wiatru jest do poziomu nachylony pod kątem 10° (rys. 250), tak też go zawsze przyjmować będziemy. Powodem tego jest tarcie przy ziemi, które zmniejsza chyżość wiatru i nachyla jego kierunek. Ciśnienie na połać AB o szerokości

1 m otrzymamy, spuściwszy z A prostopadłą na kierunek wiatru, a z B na ADt

\v

AB

a zatem na w² dachu pochyłego wx — w

22

Statyka.

Z rysunku widzimy, że jeżeli kąt nachylenia dachu do AD

poziomu jest a, = wst (a + 10), więc

wwj = w wst (a + 10)

Rozłóżmy parcie W na siłę prostopadłą do dachu N i równoległą T. Z rysunku widzimy, że

N == W wst (a + 10) a T — W dost (a 4- 10).

Siła T posuwa prąd wiatru wzdłuż połaci. Ponieważ tarcie wiatru o dach jest stosunkowo małe, więc zwykle nie uwzględniamy go wcale, tylko siłę prostopadłą do połaci N.

Mamy zatem na m² dachu pochyłego

wl wst («4-10)

594)

n AB

hg

.    . 595)

w²

Jednak doświadczenia Loess la udowodniły, że parcie N jest większe i wzrasta nie w stosunku do kwadratu, lecz do pierwszej potęgi dost (a 4- 10).

Radzimy więc używać nadal wzoru

= w wst² (a 4 10) = 120 wst² (a -f 10)

n = -j-g = w wst (a 4- 10) = 120 wst (a 4 10)    . 596)

a zatem wzoru identycznego w wzorem 594).

Przy dachach wielobocznych nachylenie dachu zmienia się ciągle, musimy zatem dla każdego nachylenia obliczać parcie według 596). Możemy to zrobić także wykreślnie.

Rów. 595) możemy także inaczej napisać, zważywszy że AD

wst (a 4-10) =

AB

zatem n — 120

AD

więc N= 120. AD. Par-

AB

cie prostopadłe do połaci na 1 m szerokości jest więc równe 120 razy rzut połaci na kierunek wiatru. Jeżeli szerokość paska jest ó, to musimy jeszcze przez nią pomnożyć.

Dla dachu wielobocznego (rys. 251) wynika z tego łatwa konstrukeya. Z A prowadzimy AG prostopadle do kierunku wiatru i rzucamy na nie punkty załamania powierzchni dachu R, E, H, II do kierunku wiatru Parcia są wtedy proporcyonalne do AD, DE, FG. Aby otrzymać parcie, pomnożyć należy te długości przez 120 b.

Jeżeli przedmiot, o który wiatr uderza ma powierzchnię krzywą, to parcie wiatru jest mniejsze, niż na powierzchnię płaską o tym samym rzucie pionowym, więc W—óAw. .    597)

eźeli ô jest spółczynnik, w parcie wiatru na jednostkę kwadratową a A rzut pionowy powierzchni.

¹

On reciprocal figures and diagrams of forces. 1864.

²

Le figure reciproche nella statica graf ca. Milano 1872,

³

por. Mosty drewniane II. str. 76.

(/

rys: 2 5!

--j:

(przekrój koło) _.    -    . ô = 0,848

. ô = 0,890

Jeżeli obliczenie parcia oprzemy wtedy na wzorze Loes-sla 595), to otrzymamy wedle Mayera dla walca

„ graniastosłupa ( „ ośmiokąt)

Wzory te zastosujemy przy obliczeniu parcha wiatru na

kominy.

Brune oblicza parcie na stożek i półkulę i otrzymuje dla stożka d = -^-dost a, jeżeli a jest kąt nachylenia boków stożka do osi a dla półkuli ô = 0,207.

Normy przyjęte przez austr. Towarzystwo inżynierów i architektów we Wiedniu:

Obciążenie dachów.

L.p.

Pokrycie dachu

Nachylenie

wyrażone

stosunkiem

Obciążenie w kg na m2 rzutu poziomego bez ciężaru więzarów gł.

własny wiatru wite

Dachówką pojedynczo.....

podwójnie......

zakładkową.....

Łupkiem pojedynczo......

podwójnie......

Blachą żelaz. lub cynk. na opierzeniu

1:1.25 1: 1.25 1:2.85 1:2.25

1:2.25

1:4

Ciężary własne zawierają ciężar wszystkich części pokrycia dacliu wraz z krokwiami, lecz bez więzarów głównych. Ciężar więzarów głównych można przyjąć wedle ciężaru pokrycia i dla rozpiętości do 1 Gm dla

a) żelaznych więzarów 10 do 20 rzutu poziomego

20 do 30 „

b) drewnianych „

"Dla dachów o innych nachyleniach, niż podano w tablicy, wystarczy zmienić ciężar w stosunku długości krokwi.

1200 leg jem 2 śniegu i wiatru (150hg/m'¹) 1600    „

1000 „ 2000 „

.Rozporządzenie pruskie z r. 1897 dozwala przyjmować dla żelaza spawalnego w więzarach dachowych następujące natężenie: przy uwzględnieniu ciężaru własnego i śniegu

natężenie na ścinanie nitów a ciśnienie na ściankę dziury

Natężenia te wydają się nam za wielkie.

§. III. Ogólne warunki równowagi dachu.

Najprzód uważać będziemy dach jako całość i badać go, czy siły działające nań nie potrafią go wywrócić albo przesunąć (rys. 252), co zwłaszcza moźliwem jest przy dachach wysokich.

Wiatr W usiłuje dach obrócić około krawędzi B. Moment tu występujący dla głębokości =1 jest M=N.BE=N (A‘E—A'B)

=    —6 dostąp, a że^=Zdosta, więc M = nl ^--

=    —&²). Ciężar własny dachu, który niech wynosi g kgjm¹

-²*Ły

-gib.

Lp

Rodzaj pokrycia

Nachylenie

wyrażone

stosunkiem

Obciążenie w kg na m-rzutu poziomego bez ciężaru więzarów gł.

Ciężar

własny

Śnieg Obciąż, i parcie całko-wiatru wite

co -a

<x>

Tekturą dachową

Szkłem na listwach......

Odstęp listw 0.45 cm grub, szkła 4 mm

„ & »

» ⁶ »

Blachąfalistąna płatwiach z kątówek Cementem drzewnym z 10 cm podłożem żwirówem bez krokwi .    .

„    0.55 „

,,    0.55 „

1:4

1:18

to CO to K) I tf** QI o OT o I O

75

75

75

75

75

115

95

100

105

100

165

75

240

powierzchni pochyłej, jest całkowity C=g.2l, zatem moment jego ze względu na punkt B

Dla równowagi musi więc być

rys: 252

''a-.

'A'

Przesunąć w kierunku pozio mym dach usiłuje składowa pozioma siły Ny wst «, czemu sprzeciwia się tarcie, wywołane ciężarem 2 gl i składowa pozioma parcia wiatru N dost a Jeżeli spół-czynnik tarcia nazwiemy /, to f (2 gl -f- ni dost a) — ni wst a b    h

Wstawmy dost a== —, wst a = n nb nh , ,

n>fv a 8tąd

'*) ■ ■

.    . 599)

Jeżeliby g było mniejsze, niż wypada z rów. 598) i 599), to musielibyśmy więzary zakotwić, aby przeszkodzić czyto przesunięciu czyto przewrotowi.

§. 112. Wyznaczenie sił wewnętrznych dla obciążenia pionowego.

Dach musi być nietylko jako całość w równowadze, lecz także natężenie we wszystkich prętach nie powinno przekraczać natężenia dopuszczalnego. Będziemy się więc starali wyznaczyć siły wewnętrzne, działające w prętach i to najprzód wykreślnie.

Siły wewnętrzne więzarów dachu wyznaczamy najlepiej według metody wielobokowej. Dla danego obciążenia wyznaczamy najprzód oddziaływania, a potem wykreślamy plan sił, jak to • na przykładzie zaraz zobaczymy. Możemy przytem albo obliczać siły wewnętrzne dla obciążenia równoczesnego śniegiem i wiatrem, albo podzielić konstrukcyę i osobno wyznaczyć siły wewnętrzne dla obciążenia ciężarem własnj^m i śniegiem, a osobno dla parcia wiatru.

Ten drugi sposób jest z tego względu lepszy, że dla niektórych prętów otrzymamy największe natężenie dla obciążenia śniegiem i wiatrem. Dlatego lepiej badać osobno wpływ ciężaru własnego i śniegu a osobno wiatru, a dopiero potem natężenia kombinować w ten sposób, aby dały największe natężenie.

Tu więc najprzód wyznaczymy siły wewnętrzne dla obciążenia pionowego. Przedewszystkiem musimy wyznaczyć ciężary węzłowe, to jest ciężary, działające w węzłach. Obciążenie przenosi się na więzary główne albo za pomocą płatew w węzłach, albo też i między węzłami. W tym ostatnim wypadku obliczamy przecież więzar tak, jakby ciężary działały w węzłach, a tylko pas górny więzaru obliczamy nietylko na ciśnienie, ale i na zginanie, wywołane momentem obciążenia, działającego między węzłami.

Jeżeli a oznacza odstęp więzarów, g ciężar własny na m2 powierzchni pochyłej i s ciężar śniegu na w² rzutu, to na długość krokwi lx działa ciężar G = gali-\-sali dost a.

Jeżeli odstęp węzłów jest równy, to na jeden węzeł przypada długość lx — odstępowi węzłów, na pierwszy węzeł połowa tej długości. Przy dachach w kształcie ostrosłupa więzary nie są równoległe, wtedy obciążenie na m b. więzaru jest zmienne, a to wedle powierzchni dachu, która na odpowiednie części więzaru przypada.

Znając ciężary węzłowe, wyznaczamy najprzód oddziaływania. Jeśli więzar i obciążenie jego są symetryczne, to 0₁ = 02 — połowie obciążenia; jeżeli niema symetryi, to wyznaczamy oddziaływania wykreślnie zapomocą wieloboku sznurowego. Te raz możemy przystąpić do wykreślenia płanu sił wedle §. 107.

Podajemy tu kilka planów sił dla obciążenia pionowego już bez dalszych objaśnień, przyjąwszy obciążenie symetryczne,

rys:253

// /

tfk

. z,--

fi

\p0₂

w którymto razie 0i—0₂= połowie obciążenia. Z powodu symetryi jest tu górna połowa planu sił zupełnie przystającą do dolnej, dlatego też kreślimy zwykle tylko połowę planu sił. Rysunek 253 przedstawia więzar francuski układu Polonceau (n. derfranzosischeoderPo-lonceau Bachstuhl, fr. ferme système Polonceau, an. french roof truss) rys. 254 przedstawia więzar belgijski, 255 więzar angielski (n. englischer Dachbinder, an. english roof), rys. 256,

więzar mansardowy (fr. comble à la Mansard, an. mansard roof) Czasem, jak w rysunku, na tabl. III., przedstawiającym złożony

rys: 2 54

rys:255

is

..V*

W*

« Vf

v4

«£•>

1,5

t

[ 5.25

15

15

~77

ą.

■5,25

ftr

/'

więzar Polonceau, nie możemy znaleść przekroju, dla którego byłyby tylko dwie siły niewiadome. W zwykły sposób wyznaczyć tu możemy siły wewnętrzne a, ó, c, d, e, f, ale teraz, czy przetniemy w kierunku 1 I, czy II 77, zawsze mamy trzy niewiadome, nie możemy więc ich wykreślnie wyznaczyć.

Musimy zatem tu poradzić sobie inaczej, przeciąć więzar płaszczyzną III III i wyznaczyć sposobem Ritt er a siłę m. Znając ją, możemy kreślić dalej plan sił, zaczynając od sił m, r i s i kreśląc dalej siły n, 7r, l, g. — Możemy też poradzić sobie w inny sposób i to metodą Culmanna. Przetnij my więzar po linii IV IV. Siły wewnętrzne h, &, 7, 5₁ i rx i zewnętrzne P4 i P₅ są w równowadze. Złóżmy P₄ i P₅ w zwykły sposób w wypadkową P', to ponieważ P₄ = P₅, więc wypadkowa działa w środku odległości między P₄ i P₅. «leżelibyśmy złożyli P/ z &, to wypadkowa musiałaby iść przez 5, wj^padkowa P" zaś reszty sił 7i, 7, i rx musi przechodzić przez F. Dla równowagi muszą kierunki obu wypadkowych wpadać na siebie, więc kierunek P" jest SF. Poprowadźmy w wieloboku sił 33'//&, a 53' //5P, to 33' = k. Znając &, możemy dla przecięcia II II wyznaczyć niewiadome g i h.

Liczebnie wyznaczamy siły wewnętrzne za pomocą sposobu Rittera (§. 108). Jako przykład obliczymy siły wewnętrzne więzaru mansardowego

ry s:256

70- Js

Jiu

FF

P-zf

i fi,

r>₂

JM'.

Ą : j/ .$&4

>/7

v.

A\

>/ :

i*

3 w ni

tc/ń 2m

; >rr?

rys. 256). Mech będzie Z = 20m, Pt=2f, P₂=2t, P₃ = 2t, więc 0y=3t,    |

a otrzymamy najprzód dla przecięcia I 1 ze względu na punkt C.

-b. CE=0, stąd b=0, -|L =3 ^ = 8,2 t.

A »i

Ze względu na punkt E mamy x₂—art=0, stąd a—-

OyX₂

⁸p=¹⁰’a<-

na punkt F

Przetnijmy teraz więzar w kierunku II U, a otrzymamy ze względu ^

-A4 °* 4    (4-*5

EF

aą ) — c . EF = 0, a stąd

8X10—< 2    ₌ 2,85 t,

6,4

a ze względu na punkt E

0Ÿ x₂ — Pi (æ₂ — xr) d .    = O, a stąd

^ __ E (xi xi )    0\ x2__2 (5 — 4,1) — 3,5__s 8 /

ri    1,5    ~~    ’

Przetnijmy nakoniec więzar w kierunku III III, a otrzymamy ze względu na punkt F

f==

Ol-^ — P₁ (— — a^) — fr% = 0, a stąd

°' 4 ~ Pl (t ~ Xl)

__ 3.10 — 2 (10 - 4,1)

— 4,55 #.

Dalej ze względu na punkt K przecięcia się d i f mamy 0\ ^3 + Pi (*i — ;r₃) — e r₃ = 0, a zatem _ x3 + Pi Qp — x?, )_3 X 1,5 -f- 2 (4,1 — 1,5)

r*

= 4,85 t.

§. 113. Parcie wiatru.

Zastanówmy się teraz nad wpływem parcia wiatru na więzar, a najprzód wyznaczmy oddziaływania. Musimy tu przytem

rozróżnić dwa wypadki , gdy jedno łożysko jest wałkowe lub też oba stałe.

//’

pys:257

//'

Jeżeli bowiém jedno łożysko jest wałkowe, to oddziaływanie na tej podporze może być tylko pionowe, oddżiaływanie zaś na drugiej podporze wyznaczyć łatwo możemy wykreślnie z wielobokn sił. Niechaj na więzar ACB (rys. 257) działa wiatr z lewej strony prostopadle do AC. Wypadkowa parcia na połać AC działa w punkcie F. Jeżeli w A jest łożysko wałkowe, to oddziaływanie Oi jest pionowe. Oddziaływanie 0₂ w punkcie B musi wraz z 0₁ równoważyć parcie wiatru W, mieć więc kierunek BE, bo te trzy

\c

fi

a.

CL

/■'

nj

a:

siły muszą się przecinać w jednym punkcie. Jeżeli 03 = W == == W₁ -h W₂ + Wo, a zrobimy SnljBE i On U AE, to otrzymamy oddziaływania. Znając oddziaływania, możemy w zwykły sposób wykreślić plan sił.

Jeżeli wiatr wieje z prawej strony (rys. 258), to oddziały- ^ wanie w A pionowe przecina się z wypadkową parcia W w E, zatem oddziaływanie 0₂ ma kierunek EB. Wykreślamy zatem W =03, dalej 3n HEB i On U AE, to nO — 0±, 3n = 0₂. Po wyznaczeniu oddziaływań łatwem jest dalsze wykreślenie planu sił.

rys: 2 58

fV

c/

*L*r ,

,7

/,

JB?

/ł

Jeżeli oba łożyska są stałe, to właściwie oddziały wania nie są statycznie wyznaczalne.

Przypuśćmy, że więzar spoczywa na płytach żelaznych i że przesunięciu sprzeciwia się tylko tarcie. W takim wypadku tarcie jest proporcyonalne do ciśnienia pionowego. Niech będzie ciśnienie na jednej podporze bc (rys. 259). na drugiej bci, to tarcia proporcyonalne do ciśnień będą ab i ai b, zatem oddziaływania ac, i aic: muszą być równoległe. Ponieważ muszą one równoważyć się z parciem W, więc muszą być równoległe do kierunku wiatru. Wielkość oddziaływania wyznaczymy wtedy ła-

two (rys. 260.), wypadek ten sprowadzając do wypadku belki zwykłej. Jeżeli 03= W, to obieramy dowolnie biegun O, kreślimy

promienie 00 i 03, a do nich równolegle wielobok sznurowy EIG. EG jest zamykającą, więc gdy Om I¹, EG, będzie m0=0i a 3w = 0₂.

"Wykreślenie planu sił nie przedstawia teraz żadnych trudności.

Jeżeli chodzi o wyznaczenie oddziaływań rachunkiem, to postępować, będziemy w następny sposób.

Jeżeli w F zaczepia parcie wiatru W (rys. 261.), to rozkłada się ono na EL— W wst ai V — Û dost a, oddziaływanie 0₂ w JB rozkłada się także na

Hi K. Dla równo-

2 . ²

wagi mamy W wst a—H= 0 Oi + y 2— TFdosta=0, i ze względu na A

iys:259

\ą

-1____\

Ot

rys: 2(50

ir

\o

A'

AJ

F,.2Zdosta— W—= ² 2

= 0, stąd mamy

II == W wst a 600)

W

V =

V2

601)

Ng\

%

4 dost a

O, = W dost a —

W w

4dosta 4

dostax

0!

X^3 — sEa

dost^a

TF , . ——dost «X 4

602)

Jeżeli wiatr działa z prawej (rys. 262.), to mamy W wst a — II = 0.

W dost a = 0 i ze względu na B

Oi + V₂

F’

N\

Oi 2 l dost a — TT - = 0. Stąd otrzymamy

H = TF st a .

Oi-

TF

F, = —— dost a X ²    4

rys: 261

TF

4 dost os '

. 603) . 604)

)■

. 605) .

X^3 — st² a

Widzimy więc, że H zmienia swój tok a 0i i F₂ zamieniają swe wartości.

Jeśli wreszcie oba łożyska są stałe i oddziaływania Oi i 02 są równoległe do TF rys. (263), to dla równowagi

rys;262

y\

Ja

7/

A'

V'

'/

TF wst 05 — Hx — li₂=0 F, + F₂ — TF dost 05 — 0 i ze względu na A

F, 2 l dost a — TF.-^-=0, wreszcie ze względu na założenie

Hi :H₂ = V± : F₂ .

Z tych równań otrzymamy

r₂ =

TF

4 dost o:

606)

//

^4-

H,-

W    (

—— dost a 3

4    V

W wst a

— st- a

.    . 607)

1 + 3 dost ²a - wst ²a W wst a (3 dost ²a — wst ²a) 1 + 3 dost²a—wst²a

rvs:263

7/

fÇ

. . 608)

. . 609)

//

Jeżeli dach jest wieloboczny, należy wyznaczyć zapomocą wieloboku sznurowe-, go lub rachunkiem wielkość, kierunek i położenie wypadkowej parcia, poczem można użyć powyższych sposobów oznaczenia oddziaływań

§. 114. Obliczenie więzaru Poionceau złożonego jako przykład.

Jako przykład obliczymy siły wewnętrzne i przekroje wszystkich prętów więzaru żelaznego sj'stemu złozongo Poionceau (tabl. III). Rozpiętość wynosi 18 w, odległość wiązań pełnych 5,0 to, dach ma być pokryty blachą na kątówkach, łożysko wałkowe

puszczalne ma wynosić 800

ua

lewej podporze. Natężenie do

hg

cm²'

Dla pokrycia blachą przyjmujemy — więc Ji — 3,0 m. Ciężar własny pokrycia wynosi wedle tablicy 25 leg na to² dachu pochyłego. Ciężar więzarów dla dachów lekkich 14kg na to². Obliczmy ciężar P₂, działający w węźle C. Na ten węzeł przenosi się połowa ciężaru z pola AC i połowa z CE,

AE

więc z powierzchni dachu 5,0 == 2,37 X 5,0 = 11,85 to². A więc ciężar

P₂ — 11,85 X 39 •= 462,15 kg/m².

Ciężar śniegu przyjmujemy według rów. 592) równy 80 kg na to². rzutu poziomego, a więc na C działa 2,25X5,0X80=41,25X30 = 900%, zatem

P₂ = 462,15 + 900 = 1362,15 kg = 1,4 t.

Kreślim}*- teraz wiełobok sił dla obciążenia pionowego, przyczem

Pi = P₉ — F — 0,7 t a P₂ = P₃ = P₄ = P₅ = P₆ = P₇ — Pg. Ponieważ więzar

Jj

i jego obciążenie są symetryczne, więc wykreślamy tylko połowę wieloboku sił i planu sił. Dla wyznaczenia siły wewnętrznej k użyliśmy konstrukcyi pomocniczej, opisanej w §. 112. Dla kontroli obliczymy jeszcze siłę wewnętrzną to w następny sposób.

— B 50

Przecinamy więzar po linii III III i ze względu na F ustawiamy równanie momentów:

(Oj —1\) 9 — 3 P₂ X 5)0 — m X 2,50 = 0, czyli (5,6 — 0,7) 9 - 3 X 1,4 X 4,5 = m X 2,50, a stąd m = 10,00 t.

który to wynik zgodny jest z wynikiem, uzyskanym sposobem wykreślnym.

Teraz obliczymy siły, wywołane parciem wiatru i to najprzód działającego z lewej strony. Parcie na m² pochyłej powierzchni dachu jest we-

kg

dług 596) wx=w wst (a-f-10), przyczem w — 120 —₂ a a = 18°26' A więc

m

n= 120 wst 28°26/ = 120X0,476 = 57,12 %/m².

Parcie wiatru na węzeł C hędzie więc

A, = wX2,37X5,0 = 57,12XU,85 = 676,9 kg = 0,677 t.

Wypadkowa parcia wiatru zaczepia w punkcie E. Oddziaływanie Oi, wywołane parciem wiatru na lewej (wałkowej) podporze, musi mieć kie" runek pionowy; wyznaczymy zatem kierunek oddziaływania 0₂ na drugiej ( stałej) podporze, łącząc punkt przecięcia się L oddziaływania Ox i wypadkowej parcia wiatru z podporą. Kreślimy teraz w zwykły sposób plan sił, wyznaczywszy znów k zapomocą konstrukcyi pomocniczej. Widzimy, że w tym wypadku rl=hi—dl—-au sl=ll, fl=b₁ a nl=ki =gx=ei=cl—0.

Teraz przyj mujemy wiatr z prawej strony, wypadkowa parcia zaczepia w punkcie K. Znowu wyznaczymy kierunek oddziaływania na stałej podporze w ten sposób, że połączymy punkt przecięcia oddziaływania Ox, (które musi być pionowe) z wypadkową parcia wiatru z podporą B. Wykreśliwszy wielobok sił zewnętrznych 05 a0, mamy 05= i 0a= 0₂. Kreślimy teraz plan sił, przyczem znów w znany sposób wyznaczamy kx.

Wyniki w ten sposób otrzymane, ułożyliśmy w tabliczce, umieszczonej na tabl. III.

Do siły wewnętrznej, wywołanej ciężarem własnym i obciążeniem śniegiem, dodajemy siłę wewnętrzną, wywołaną wiatrem z lewej lub z prawej strony tak, abyśmy otrzymali największą siłę.

Teraz przystępujemy' do obliczenia przekrojów: a) Ścięgna wykonane jako taśmy grubości 10 Dla ścięgien e, k, ex i kx obliczamy szerokość taśmy dla P= 4,65 t

i otrzymujemy

mm.

₇_ P

IX?

4650

5,81 cm.

800

Ponieważ dla przytwierdzenia ścięgna potrzebny jest jeden nit średnicy 20 mm: więc szerokość taśmy będzie 78 mm, zamiast czego przyjmujemy 80 mm.

Ponieważ dalsze ścięgna wypadałyby bardzo szerokie, wykonamy je więc z wstęg podwójnych.

Dla ścięgien lii, obliczamy szerokość taśmy dla P= 12,17 t i otrzy-P 12170    1217

~ 27 — 2X800 ~ I6Ô

do tego dodajemy dziurę na nity 20mm średnicy', zatem b = 9,6 cm, zamiast czego przyjmujemy 100 mm.

mujemy

=7,6 cm,

Podobnie otrzymamy dla ścięgien

m,

h h

230, mm

s,

130,

Dla ścięgien /, fu b, bl potrzeba uwzględnić 2 dziury na ni ty. Uwaga. Szerokości wstęg można przyjmywać tylko wyrażone w całych

b = 100,

200,

centymetrach, gdyż fabryki wyrabiają wstęgi, zwiększając ich szerokość

tylko w cm.

b) Zastrzały obliczamy na wyboczenie wedle §. 96.

Dla zastrzałów c, c1} n, n{, przyjmiemy pojedynczą kątówkę równo

ramienną. P — 2,04 i, zatem

A₀

P 2040

800

2,55 cm².

Ponieważ zastrzał narażonym jest na wyboczenie, zatem musimy przyjąć jego powierzchnię większą, a więc 5 cm², i obliczyć promień bezwładności przekroju a ze wzoru 527)

zatem

a = l,4-j-0,07 vł = 1,4 —f- 0,35= 1,75 cm, l _52,5

30.

1,75

Wedle tabliczki na str. 300 wynosi spółczynnik zmniejszający Ç' =0,71, J. = 2,55: 0,71 = 3,59 cm².

Jeżeli do tego dodamy powierzchnię dziury nitu 12 mm grubego, wynoszącą około 0,7 cm², otrzymamy J.=4,29 m². Kątówka najmniejsza jest

45X45 f

zatem

ale wedle tablicy kątówek na stronie 166 wynosi promień bezwładności dla tej kątówki tylko 1,35 cm. Otrzymaliśmy tu z wzoru 527) za wiele z tej przyczyny, że wzór ten podaje wartości dla kątówek średniej wielkości, a nie

najmniejszych. Przeliczymy zatem jeszcze raz dla

l _52,5

40. Spółczynnik

1,35

zmniejszający wynosi teraz Ç' = 0,68, zatem A = 2,55:0,68 = 3,75 cm². Dodawszy powierzchnię dziury na nit, otrzymujemy A = 3,75+0,7=4,45. Najmniej-

45.45    '    46X45

sza kątówka —— jest więc za małą. Weźmiemy następną -₇—. Dla tej

O    u

jest a = 1,34, zatem — =    = 31, Ç' =0,71, więc A =2,55 : 0,71 = 3,59.

Dodawszy powierzchnię dziury na nit otrzymamy d. = 3,59-|-0,7 = 4,29 cm².

Zatem kątówka —-—- jest wystarczającą.

6

c) Krokwie wykonamy z dwóch kątówek leżących w odstępie 10mm Siła wewnętrzna w krokwiach rośnie od 28,36 do 29,76 ton. Ze względów ustrojowych przyjmiemy przekrój dla wszystkich części krokwi jednakowy, musimy go zatem liczyć wedle największej siły 29,76 t. Ponieważ pojedyncze więzary muszą być ze sobą połączone żelaznemi płatwiami przytwierdzonymi w węzłach do kątówek, więc długość wolna na wyboczenie w kierunku obu osi głównych przekroju (poziomej i pionowej) jest ta sama i wynosi l = 2,37 m.

Z wzorów 534 i 535 łatwo się przekonamy,* że promień bezwładności jest mniejszy dla osi poziomej, obliczymy więc krokwie na wyboczenie ze względu na oś poziomą i siłę P= 29,76 t.

• a,

29760

800

37,2 cm².

Przyjmiemy jednak A — 80cm² i obliczymy promień bezwładność* a = 1,4 + 0,07 X 40=4,2 cm,

z wzoru 534) l 2,37

56,4. Z tablicy mamy Ç'=0,64; A — 37,2:0,64 = 58,1 cm², do

tego powierzchnia 2 nitów 20 mm średnicy 5 cm², więc A — 58,1 -f- 5 = 63,1 cm². Powierzchnia jednej kątówki będzie zatem 32,5 cm².

Jeżeli przyj mieny 2 kątówki

die tablicy a — 3,62 cm, zatem

4“IS“ 65, a stf^ =0,60, więę

A = 37,2 :0,60 = 62 cm².

Dziury na 2 ni ty o średnicy 24 mm wynoszą 2x2,4Xl,l= 6,72 cm2 więc potrzebny przekrój wynosi 62-f- 6,72 — 68,72 cm², gdy rzeczywisty jest 120X120

67,86. Kątówki —— - są za małe, użyjemy więc następnych

-LD

Licząc jeszcze raz otrzymamy wedle tablicy a — 4,27; — = ^

=0,64, .4=3,72:0,64=58 cm². Do tego dziury na 2 nity więc 4.=58-(-5=63 cm2 Zostawimy więc te kątówki, bo poprzednie były za małe.

Gdyby przekrój uzyskany przez przyjęte kątówki był za mały lub za wielki, należałoby przyjąć inne kątówki i obliczenie jeszcze raz przeprowadzić.

4,2

120X120 o powierzchni 2X33,93, to we-

140X140

13

4,27

§. 115. Belka pochyło leżąca.

drugą,

Przy obliczeniach więzarów dachowych drewnianych uważać musimy na oddziaływania jednej części więzaru na które zależne są od sposobu połączenia tych części.

Dla lepszego zrozumienia rzeczy zastanówmy się nad najprostszym przypadkiem, gdy belka pochyła jest AB podparta

x / l—x \ dost a V dost a )

jest w dwu punktach (rys. 264). Siła P, działająca pionowo, rozdziela się na N i T. Siła N=P dost a działa prostopadle na ' belkę i wywołuje moment

P dost a

Px (l — x)

'    dost a

a więc taki sam, jak gdyby siła P działała na rzut belki AB.

Oprócz tego działa jednak siła T=P wst a i wywołuje

w AC ciśnienie, w CB ciągnienie. Przekrój obliczamy wtedy

„    T Me

wedle wzoru x—~ą——.

A. JL

Jeżeli belka oparta jest o ziemię i o mur pionowy (rys. 265). i jeżeli przyjmiemy w A oddziaływanie normalne, a więc

ł*V S : 2 6 4

\B

poziome, to dla równowagi muszą się siły 0U Pi II przecinać w jednym punkcie C‘, a zatem w B musi powstać oprócz oddziaływania pionowego Vi=P także poziome II, przyczem

//

c.

ts

V'.'

"ai\

*■---------■>!

jp

H = P st ęp . 610) Siła H powstaje w B wskutek tarcia. Kąt <jp, a więc i siła H, jest tern większy, im niżej jest punkt A, największe może być H=Pf=P st <jp, gdy f nazwiemy spółczyn nikiem a q kątem tarcia (n. Reibungswinkel).

Ale i w punkcie A może powstać tarcie i wtedy oddziaływanie w A nie będzie pionowe, lecz w ogóle pochyłe (r. 266',

nachylone do poziomu pod kątem ep‘.

Granicą równowagi będzie położenie AB, dla którego kąt

rys: 265

(P=(P‘ =Q.

Ç'jr

V Os

ii

v Jakże się zachowują części składowe dachu drewnianego ? Zależy to wszystko od rodzaju podparcia. Gdyby położyć krokiew na dwu murach w płaszczyznach pochyłych (r. 267), belka zachowa się, jak w r. 264. Od-T

działywania — mogą powstać

tylko wskutek tarcia. Ustrój ten możliwymby był więc tylko dla małej siły T, więc dla małego ß. Przy większem nachyleniu należałoby zakotwić belkę, aby przeszkodzić przesunięciu.

23

Statyka.

Jeżeli ta sama belka oparta jest na murze i słupie płaszczyznami poziomemi (rys. 268), to oddziaływania będą tylko

pionowe i obliczaćby należało momenty, jak dla rzutu tej belki, widzimy więc, ile zależy przy belkach i więzarach drewnia- - f nyck od sposobu połączenia.

rys--2 66

§. 116. Drewniany pojedynczy dach krokwiowy.

Najprostszy dach drewniany składa się z więzarów złożo-

wi

nycb z dwu krokwi, połączonych jętą, i nazywa się poje dyndać hem krokwio

czym

wyra (n. einfaches Sparrendach) (rys. 269). Przypuśćmy, że obciążenie działa tylko pionowo, przy obliczeniu dachów drewnianych zwykle bowiem uwzględniamy |9

tylko składową pionową J parcia wiatru, bo i tak obliczenie nie może być z powodu połączeń zupełnie do- 5 kładnem. Dokładniejsze ob- » y-T liczenie sił wywołanych | wiatrem nie przedstawiałoby zresztą poważnych trudności. Ciężary, działające na krokwie, składają się w siły wypadkowe, działa-jące w środku krokwi.

Niech będzie wypadkowa ciężarów na lewej połaci P, na prawej P' (rys. 269), krokwie opierają się jedna na drugiej w C, wywierają więc wzajemnie ciśnienie na siebie 0₁ i 0₂, przy-czem 0i — 0₂ i ma ten sam kierunek. Jeżeli teraz odejmiemy BC: to zamiast tej krokwi musimy zaczepić siłę Oi i otrzymamy dla równowagi krokwi AC ze względu na punkt A

.Bil

mm,

,v

AT

ry s :'267    \

7\

7>A

Oia dost    —e)=P~ dost e . .

- - 611) m

Podobnie otrzymamy dla krokwi JBC ze względu na punkt B

CL

0₂a dost (a₂ — e)=P— dost e,

u

a że 0₁ = 0₂, więc

P‘

dost (a₁—s) dost(a₂ — e)ł

a gdy a₂ = 180—a1? więc —P dost (a₁ — f)= = P' dost («j —£),

fi

rys: 268

P+P'

(P—P') st £

612)

Oddziaływania w .4 i |    5 są ukośne, rozkładamy

i je na Ft i Pj jakoteż F₂

I iff.-

Dla równowagi mamy

dalej

P, =P₂ = 0₁ wst «j .    .

yx — P+ 0₁ dost =0, więc F₁=P — 0f dost a₁

F₂=P' 4- 0₁ dost

.    . 613)

} • 614)

Z rów. 611) otrzymamy dalej

q Pdosts    P

¹    2 dost («₁ —e)    2 (dot a₁ + st e) wst at

rys :269

o,

fi

fi'

VA

fij

Alą

k-¹--*

a po wstawieniu wartości za dot «j

,, - i±P .

¹    4 wst a₁ st £

Wstawiwszy to w rów. 613) i 614), otrzymamy

. 615)

V₂ =P' + 0i dost =P‘+^P/    3F+ P

. . 618)

H₁₌=H ₂=H-

P + P'

4 st s

. . 616)

Y₁ =P — Ol dost oą =P

P+P'

4 st ai st e

p P-P‘ 3 P+P'

. 617)

Dla obciążenia symetrycznego jest P = P, <^=«2=90°,

Vx = F₂=P, P=^-dota. .

Jeżeli chcemy znaleść siłę wewnętrzną T w AC, to zan ważmy węzeł A. Siły H, T i Vi zmniejszone o

2 ste’

. 619)

Ds CM

, bo P rozdziela

się po połowie na A. i C, muszą dać zamknięty wielobok sił,

_/8P+P 4

dosiecz e

i)

dosiecz e

P + P'

620)

4wstf

Przy obliczaniu krokwi zważyć jeszcze musimy, że jest

ona obciążoną na całej długości ciężarem jednostkowym —. Cię-

Q>

żar ten działa pionowo, a więc prostopadle do krokwi składową

P    . P

dost £, a w kierunku osi -— wst e. Ponieważ oprócz tego

ci    ci

działa tu ciśnienie T, więc przekrój obliczać będziemy według wzoru

Tą— wst e

Me

Od--wst £

GCh*

—. a² dost £ ^ h

bh

4 wst £ a

. . 621)

P WSt £

bh

3    Pa dost £

4    bh²

przyczem należy jeszcze T zniżyć ze względu na wyboczenie.

P+P'

Jęta AB pracuje na ciągnienie H żona być może jeszcze ciężarem jednostajnie rozłożonym.

4ste

a ewentualnie obcią-

§. 117. Dach płatwowy z podwójnym więzarem i kolanem.

Nie możemy tu zastanawiać się nad wszystkimi rodzajami więzarów, wyznaczymy tylko jeszcze dla przykładu siły wewnętrzne kilku więzarów, a najprzód dla dachu płatwowego

z podwójnym wieszarem i kolanem (n. Pfetłendach mit

doppeltem Hängewerk und Kniestoch) (rys. 270).

rys : Z/U    Zaczynając od pu -

ktu 6’, rozkładamy siłę P₃ na dwie składowe bib' wykreślnie, robiąc 2'3 = P₃ i kre-śląc 2'w// CE i 3w// CF \ rk Analitycznie mamy

///>

P,

Pr P

/u. \ ty/

W⁷,

//

IV

M"

*Vw

b=

622)

2 wst a

Od połączenia w E zależy, czy siła ta przenosi się na El, czy też przejmuje ją płatew E. Przy ma-łem zacięciu na nakładkę możemy przyjąć, że siła b przenosi się cała na PI, więc a=b₁ zaś siła P2 przenosi się cała na płatew E i słup pod nią stojący. W części słupa EM powstaje więc siła zewnętrzna /'=P₂, a gdy wskutek obciążenia belki AB działają w N i N' ciężary 6r, więc w MN panuje ciągnienie e=Gr. Na węzeł M rozpornicy działa więc siła (r-j-P₂, która rozkłada się na c id, przyczem

fi

o,

- g + fi

wst/?

rf = (ćr + P₂) dot/? Siła 27 działająca w I jest

. . 623)

27= ^ dot a

624)

Siła ta wywróciłaby słup A/, gdyby nie kleszcze L, w których powstaje siła O, równoważąca siłę 27, a więc tworząc moment ze względu na punkt A, otrzymamy

Al

H. AI=0. AL, zatem 0=11.    .    .

.    . 625)

Gdyby połączenie w E było silne, to siła b działałaby wprost na płatew E i rozpornicę, w punkcie 1 nie byłoby zaś wcale parcia poziomego U. Widzimy więc, że przy obliczeniu dachów drewnianych musimy bardzo uważać na rodzaj połączeń pojedynczych części dachu.

W obliczeniu tern zrobiliśmy przypuszczenie, źe dach jest symetrycznie obciążony. Często w ten sposób postępujemy przy obliczeniu więzarów drewnianych, przyjmując składową pionową wiatru na obu połaciach, aby otrzymać symetryczne obciążenie.

Zwrócić tu musimy uwagę, źe przy obliczaniu przekrojów uważać należy na to, czy pręt dany pracuje tylko na ciśnienie lub ciągnienie, jak EM i MN, czy też także na złamanie, jak 1L lub AM. Natężenia zginające mogą także powstać z połączeń mimośrodowych, jak w AM i MM', moment zginający jest wtedy równy sile przez mimośród i może znacznie powiększyć natężenia. Dla zmniejszenia natężeń zginających należałoby umieścić punkt L jak najbliżej punktu I a M tuż pod płatwią.

§. 118. Dach rozporowy.

Tu podparte są płatwy w E i E‘ (rys. 271) rozpornicą, w Fi F' słupem, w A i A' poziomemi belkami AG, A‘G' i zastrzałami AB i A‘B\vy&’27\

[O

j>

ML

fi'

PJl

d---J

Zacznijmy od G i rozłóżmy Px na f i /i, a otrzymamy /i—Om, /'—lm. Siła P₂ przenosi się na rozporę EE' i zastrzał

BE, a gdy ten jest oprócz tego połączony z krokwią, więc i siła f przenosi się w E. Złóżmy więc /' i P₂ a wypadkową m 2 rozłóżmy na siły e i g, a otrzymamy mn=e, 2n—g.

Przechodząc teraz do F mamy ć7₁=P₃. W A ciężar P4 spoczywa znów na prętach AG i AB. Rozłóżmy więc P₄ na b i c, a otrzymamy 4p—b, pS = c, b jest ciągnienie, c ciśnienie. W B schodzą się siły c, dx i e, złożywszy je, otrzymamy mp. A zatem d₂—pr, a oprócz tego działa w B parcie poziome rm. Siła b zaczepia w G i wywołuje moment w punkcie G zastrzału AE. Za pomocą wieloboku sznurowego wyznaczyliśmy jego wielkość.

§. 119. Więzar łukowy trójprzegubowy.

Jeżeli urządzimy oba łożyska stałe ale przegibne, to oddziaływania nawet dla obciążenia pionowego mogą być ukośne, a więzar staje się łukowym. Aby był on statycznie wyznaczal-nym, musimy jeszcze urządzić trzeci przegub (n. Gelenke, a. joint), zapomocą którego łączymy obie połowy więzaru w ten sposób, że mogą się około przegubu obracać. Zwykle pas górny

rys: 2 72

■>!

■s:--

r°,

oa

jest prosty, dolny zakrzywiony wedle* paraboli (rys. 272). Mogą jednak i oba pasy być zakrzywione.

626)

Jeżeli na dźwigar taki działają siły pionowe P1? P₂, P₃, P₄, to powstające ukośne oddziaływania 01? 0₂ dadzą się rozłożyć na Fj i 7₂ i Ę. Dla równowagi musi być

H^H₂=H

W przegubach i, B i C momenty muszą być dla równowagi równe zeru, więc ze względu na ten punkt A napiszemy *

. . 627)

2 Pa^rV₂l=0, stąd F₂ =

2 Pa l ' ’

Analogicznie otrzymamy

05

2 Pb

W punkcie C moment jest równy zeru, więc

r^-Hf -P^a^P^- a.yO, stąd

(( V,-F, - P₂)~+P,ai + P₂ a₂) =

P₂l+2Pia₁ +2P₂a₂^

-P,l-

^Pi(l— ax)Ą-P₂(l—a₂)+P₃&₃) + P₄&₄

iî=—-^(Pj^i+P₂a₂-l-Pj&i+ P₄&₄) .... 629)

A więc składowe pionowe oddziaływania są takie same, jak oddziaływania belki prostej , parcie poziome Ii da się obliczyć z rów. 629).

Wykreślnie możemy łatwo wyznaczyć oddziaływania (r. 273), rozkładając każdą siłę z osobna. Siła P₄ rozkłada się w kierunku Aei i e₁B, bo z powodu, że momenty w JL, B i C są równe zeru, oddziaływania muszą przechodzić przez A, C i B. Siła Pt daje więc oddziaływania e^a i aifi) siła P₂ a₂e₂ i a₂f itd.

Teraz składamy oddziaływania w A i w B wieloboku sił i otrzymujemy Ox—oQ i 0₂=6‘G‘. Zamiast wyznaczenia oddziaływania dla każdej siły z osobna możemy złożyć najprzód siły lewej połowy a osobno siły prawej połowy więzara i dopiero wyznaczać oddziaływania.

Zupełnie w ten sam sposób wyznaczamy oddziaływania parcia wiatru.

W rys. 274. wyznaczyliśmy w ten sposób oddziaływania, że złożyliśmy parcia    TF₂, TF₃, WK w wypadkową P, poczem

wyznaczamy kierunki oddziaływań BC i AF.

B61

W wieloboku sił wyznaczamy wedle tego wielkość 0₁=O0 i 0₂ =40. Znając oddziaływania, możemy teraz w zwykły sposób wyznaczyć plan sił dla lewej połowy, postępując z lewej ku prawej a dla prawej, postępując z prawej ku lewej.

rys: 27 3

./«■

aj

f=>

'S

IX,

sl |

o'

6'

Ol

~ //

//

Obciążenie śniegiem nie jest tu najniekorzystniejsze zupełne lecz da się dla każdego pręta wyznaczyć pewne najniekorzystniejsze częściowe. Nie sądzimy jednak, aby przy dachach było potrzebnem takie badanie, wystarczy tylko, gdy przyjmiemy obciążenie ściegiem raz całkowite, drugi raz tylko dla jednej połaci i dla każdego pręta zatrzymamy wyniki niekorzystniejsze.

§. 120. Dachy baniaste.

Dach baniasty (n. das Kuppeldach) ma powierzchnię dachową powstałą wskutek obrotu krzywej płaskiej około osi pionowej przestrzeni, nad którą budujemy dach. Dźwigające części ustrojowe, składają się tu głównie z krokwi, które urządzamy pod różnymi kątami środkowymi w południkach , które

- 362 -połączone są poziomymi pierścieniami w równoleżnikach. W trapezach, w ten sposób powstałych, urządza się podwójne przekąsy s • 2 7 4.

nr

rn

m'

A'

d’

<L

r‘

* a //

'J

b‘

a’

iV

di

0/

-c--i

\5

■t

/ Vf

i'

\a'

€'

tnie gibkie (rys. 275). Zwykle górny pierścień obciążony jest latarnią.

Obliczenie bani podał pierwszy Schwedler (1866), dokładniejsze Foeppl i Müller Breslau (1892).

§. 121. Obciążenie bani ciężarem własnym.

Każdy pierścień niesie ciężar odnośnej strefy bani i przenosi go na krokwie. Jeżeli ciężary stref są P1} P₂, P₃ itd., przy-

czem ciężar latarni zawarty już jest w P1} to jeżeli rzut poziomy bani jest umiarowym wielobok, o n bokach , w węzłach jednej

rys:275

pi

krokwi zaczepiają ciężary —

p po

—, — itd., a wszystkie krokwie nn

są obciążone jednako. Dolne końce krokwi opierają się o pierścień murowy (n. Mauerring), który opiera się parciu poziomemu, a na sam mur działa tylko ciężar pionowy.

Dla każdej krokwi otrzymamy więc oddziaływanie pionowe

r=

i-(P₁ + P₃ + P₃+...) .630)

Siły wewnętrzne w krokwi najłatwiej wyznaczyć wykreślnie (rys. 276).

Wykreślmy wielobok sił 01234 i badajmy równowagę

St i Hi tworzą zamknięty trójkąt sił, więc

w B. Siły

Tl

1 all&ii pozioma.

Wykreśliwszy wielobok sił dla węzła C, otrzymamy 2 b=S₂, ba=II₂. Jeśli to samo powtórzymy w P, to otrzymamy $₃=3c, cb =—PT₃, więc już ciągnienie, to samo —dc, wreszcie —11= od.

Siły II są wypadkowe ciśnień, względnie ciągnień pierścieniowych B, które ze względu na symetryą są równe. Znając siłę II, łatwo teraz rozłożyć ją wykreślnie na dwie siły B, działające w pierścieniu, nachylone do H pod kątami ß. Zrobiliśmy to na rysunku.

Uwaga. Na rys. 276. siły poziome    są wszystkie rysowane

cienkiemi liniami, gdyż H₃, If₄ i H jpadą ma, Jf₂> docznić ciśnień i ciągnień.    ^ A '*"* "    *

nie można więc było uwi-

3.

SV

II

s/c

/^^77 7J ³

o . 7 _ę\c\₆

T*

IZ

P2

(V

6 -//

Ti

Ać

—e-*

x? !

77

/360*'

V ff

Ti

Analitycznie wyznaczyć możemy siły wewnętrzne wiając równania równowagi dla rozmaitych węzłów. I tak otrzymamy dla B

usta-

Pi

~Ą-Si wst«₁=0, stąd Si

Pi

n wst a/

Dla punktu C mamy ^d-$₂wsta₂—^ wst a₁ = 0, stąd

S₂=S,

P2

ogólnie

wst

wst a₂ n wst a₂

1*1 + 1*2 + • • • P ni

n wst am

Sm=-

Pi+P*

n wst a₂

631)

Dla punktu B mamy dalej

p

Si dost a₄ — Hi =0, stąd =Si dost a₁ =--dot a,.

n    ¹

A źe Hi =2 R dost /?, więc Bi =

P dot al 2wdost/3‘

Dla (7 otrzymamy

$₂ dost a₂ —    dostcq—H₂=0, a gdy H₂=2R₂ dost ß,

P₂ = —

(P, + P₂) dost a₂ + Pt dost aA

2 w dost ß

ogólnie

T3 (Pi “ł⁻-^ d~* • • Pm—i) dost    (Pi ~ł" • • • -f⁻Pm) dot ttwl

2w dost ß

. 632)

360

Z rysunku widzimy, że 2/?-]——

dost d=wst    zatem

w    w

180, więc

Rm

/3=90 —

(Pi +P₂ + •••Pm-i) dota

180

ni—1

—(Pi +P₂ + ... + Pm) dot am

2 n wst

180

633)

Dla najniższego punktu A mamy

Si dost a₄+lZ= 0, więc

. . 634)

ü (Pl + P₂ + P₃ + P₄) dot «4 180

2 w wst-

§. 122. Obciążenie bani śniegiem i wiatrem.

Tu przypuszczamy, że bania jest tak płaską, źe w ogóle wiatr ma mały wpływ na siły wewnętrzne. W przybliżeniu obliczamy więc parcie wiatru dla średniego nachylenia we wszystkich częściach bani stałe i uwzględniamy tylko składową pionową parcia, którą dodajemy do ciężaru śniegu.

Niech ciężar śniegu i wiatru na jednej strefie nazywa się Q z odpowiednim znaczkiem, to ponieważ wedle 631) Sm siła wewnętrzna w krokwi jest największa dla obciążenia zupełnego, otrzymamy więc

najw S'm= -

Ql + Q₂ + • • ¹ Q"i

n wst ctm

.    .    . 685)

Jeżeli chcemy zbadać najniekorzystniejsze obciążenie pierścieni, to widzimy z 633), że wielkość, a nawet i znak Rm zależny jest od wielkości obu wyrazów w liczniku. I tak w m tym pierścieniu będzie najw. ciśnienie, jeżeli w r. 633) będzie, licznik ujemny, a że    więc licznik będzie ujemny, gdy

P^+P₂Jt-Pm-i będą jak najmniejsze, a więc równe zeru, zaś Pm jak największe. A więc n. p. w trzecim pierścieniu mają być dla najw. ciśnienia I. i II. strefa nieobciążone a trzeci pierścień obciążony. Obciążenie dalszych pierścieni jest obojętnem. Przeciwnie dla najw. ciągnienia muszą być strefy wewnątrz pierścienia obciążone, dany pierścień zaś nie.

Wobec tego otrzymamy największe siły wewnętrzne w pier-

ścieniach.

najw. ciśnienie: pierścień latarniowy    najw (—B₁)=

dost ai 2n wst

ISO

drugi

najw (—R₂)= —

Q₂ dost a2 2n wst

180

trzeci

najw (—R₃)=

<^₃ dost a₃

2n wst

180

murowy

najw (—R₄)=0

pierścień latarń. najw 1^=0

najw. ciągnienie :

• 636)

drugi

najw K₂

Qi (dot ay -- dot a₂)

2 Tl wst

180

trzeci

najw K,

Qi + Q₂ (d°t «2 ~ dot«₃ )

2 n wst

180

11

murowy najwRm

ni —1

)dota

180

2n wst

Chcąc wyznaczyć największe siły w przekątniach po-myślmy, że przez środek przecinających się przekątni położymy

płaszczyznę południkową. Niechaj jedna połowa bani będzie obciążona tylko ciężarem własnym, druga zaś połowa ciężarem własnym i ruchomym, to ponieważ wtedy będzie największa różnica w siłach wewnętrznych krokwi obu połów, zatem i siły wewnętrzne w przekątniach będą wtedy największe.

Gdyby cała bania była obciążona tylko ciężarem własnym,

dla obciążenia żu

to WSt Cl y

pełnego ciężarem własnym i ruchomym S\ =

to w pierwszej strefie byłoby Si

różnica

' TO WSt «₁

zatem wynosiłaby AS

połowa jest obciążona ciężarem ruchomym nica będzie mniejsza, lecz aby uniknąć zawiłych obliczeń, przyjmujemy niekorzystniej, niż w rzeczywistości, AS

to wst a

W rzeczywistości, gdy jedna

druga nie, róż-

. Gdy

to wst a

tedy kąt między przekątnią a więcej obciążoną krokwią jest y, to siła wewnętrzna największa w przekątni będzie

a podobnie w innych strefach

¹    II WSt Cly dost y y Z. __

²    n wst ct₂ (löst y₂

Qi +Q2+Q3

.    . 637)

Z₈

11 wst «3 dost y₃

§. 123. Obliczenie dokładniejsze sposobem Mullera Breslaua.

Poprzedni sposób Schwedlera jest tylko przybliżony, dokładniejszy podał Müller Breslau w r. 1892.

tylko jedną przeką-

zawsze

Dowodziliśmy, że w każdym trapezie (rys. 2(7), powstałym z dwu krokwi i dwu części pierścienia znajdują się dwie przekątnie gibkie. Jako gibkie nie mogą być ciśnione i w razie, gdyby w jednej z nich powstało ciśnienie, wygięłaby się i przestałaby działać, natomiast druga byłaby ciągnioną. Obliczamy więc je w ten sposób, że przyjmujemy tnię w trapezie i to ciągnioną. Gdyby wypadło z rachunku ciśnienie, trzebaby rachunek powtórzyć dla drugiej przekątni.

Siła wewnętrzna Z działająca w przekątni ad rozkłada się w a na (o^Z i Â^Z, w d na oiuZ i kuZ. Wartości co₀, ź₀, (ou, AU7

rys:277

dadzą się dla każdego trapezu obliczyć lub wyznaczyć łatwo wykreślnie. Jeżeli więc uwzględnimy siły (o₀ Z, A₀ Z, o)uZ i ÀuZr to możemy teraz w dalszem badaniu przekątnie opuścić i pozostają nam tylko krokwie i pierścienie.

WmZ

Jeżeli oznaczymy sumy sił wewnętrznych w krokwiach i pierścieniach © i SR, to z rys. 278 otrzymamy

@8 —$8 +^₀ ^8 +    ^7 '

©'g = S‘s + À‘UZ‘ ₈ + À'UZ'7 9î₈ = P₈ -\-(O₀Z8 9î;₈ = P'₈ -\-(ouZ₈-\- co'₀ Z‘8 Zauważmy teraz węzeł E przedstawiony na rys. 279 w obu rzutach. Siłę P, działającą w E rozłóżmy na siłę P', działającą w płaszczyźnie krokwi i P", działającą prostopadle do tej płasz-

. . 638)

czyzny.

Jeżeli mamy siłę F‘ i siłę wewnętrzną ©, to dla sił ©, ©', P' i H da się wykreślić zamknięty wielobok sił i da się wyznaczyć siła P, która jest znów wypadkową sił P", i Jeżeliśmy wyznaczyli H a znamy też P", to znów z wieloboku sił, znajdującego się w innej , ale wykreślonego w tej samej płaszczyźnie, dadzą się wyznaczyć i 9Î

Widzimy więc, że jeśli znamy oprócz siły P także i jedną siłę wewnętrzną ©, inne siły wewnętrzne dadzą się wyznaczyć.^tTEoż zaczynając od pierścienia latarniowego, mamy © = 0, a więc wyznaczymy wszystkie siły

rys:278

SL

7<

z\

-fié

zé

n—!•

we--

wnętrzne dla tego węzła. Dla węzła pierścienia drugiego znamy już @.

Po wyznaczeniu sił @, 9Î i stosunków À i w możemy wyznaczyć też na podstawie rów. 638) siły Z, R i S. Przedtem

należy dla węzłów bez przekątni wyznaczyć R i S i tak uzyskać pewną ilość znanych ilości, które wprowadzić należy do rów. 638) dla wyznaczenia niezna-njmh *).

>//

Z),

P'

§. 124. Płaskie dachy namiotowe.

Dachy namiotowa mają kształt ostrosłupa, najczęściej regularnego. Mogą się one składać z pewnej ilości więzarów głównych, u-łożonych w kierunku promieni, wtedy oblicza się je jak zwykłe więzary da-chowe, wedle obciążenia, które na każdy więzar przy-I pada. W nowszych czasach jednak często nie daje się wcale więzarów, lecz krokwie łączy się kratą, zwłaszcza przy dachach płaskich, wszystkie więc części dźwigające ustroju leżą w powierzchni ostrosłupa tak, jak w bani w powierzchni obrotowej. I tu więc otrzymujemy krokwie, pierścienie i przekątnie, jak w bani, a obliczenie jest zupełnie podobne jak bani.

*) Landsberg podaje w swej „Statik derHochbauconstructionen“ III. wyd. str. 257. przykład dokładnego obliczenia bani według powyższego sposobu.

Statyka.

//-

Z;

/'

//

i*«

24

Chociaż rozmaita pochyłość powierzchni dachu nie stanowi różnicy w ustroju, to przecież będziemy osobno mówić o dachach płaskich, a osobno o stromych z powodu, że przy płaskich uwzględnia się ciężar śniegu, przy stromych zaś parcie wiatru.

Płaskie dachy namiotowe, używane nad teatrem, cyrkiem itd. możemy uważać za dachy baniaste, w których linia rodząca

rys :2 80

yf\

jest prosta. "Wzory otrzymane dla bani możemy tu więc wprost zastosować, wstawiając tylko zamiast zmiennego kąta am—i, am itd. stały kąt a. Krokwie. Tu ob

i+r

f'

-.U;

A,

rt-j

'//w

ciążenie całkowite jest najkorzystniejsze, otrzymamy więc wedle 631) i 635) (rys. 280)

n wst a ’ jeżeli G i T oznaczają obciążenia pierścieni ciężarem własnym i śniegiem lub wiatrem.

Jeżeli niema latarni, to należy także uwzględnić w sumach P₀ i Q₀.

Pierścienie.

Sm =

639)

,//C

~T7a7/7^7‘    ¹

Z rów. 633) i 636) otrzymamy, wstawiając

(%m—i = 05,

. • 640)

180

2n wst

Dla pierścienia murowego zaś otrzymamy

najw. Kr =Ł±P2 + • • •+pr-i + Q1+Q2 + - ^r-i dot a > 641)

2 n dost —

4

Krata. Największe siły wewnętrzne w przekątniach otrzymamy z rów. 687), jeśli w niem wstawimy a= a₁=a₂ — a₃. . a zatem w pierwszym pierścieniu

2 ___Qi_

¹ u wst a dost y₁ ’

Z    Q1+Q2

11 wst a dost y₂

2 _ Q1+Q2+Q3

11 wst a dost y₃

a w innych pierścieniach

642)

rys:2»f

71

Ą ”

jr

",

",

",

"s

Wykreślnie wyznaczamy siły wewnętrzne zupełnie tak, jak w bani (rys. 281). Zróbmy

Łoi

itd.

a'/ùA

Mjl

r//.

•>* J/₃

7Â

le

—=12, n ⁰

i potem kreślmy dla poszczególnych węzłów wieloboki sznu-

rowe, to otrzymamy 16=$! 2c=S₂,3d=/S3 i t. d., dalej ab=H₂, bc=H₂, cd=H₃, de= = 77₄, wreście ae=I/₅. Siły H rozkładamy potem w zwykły sposób na siły 72.

rj-

§. 125. Dachy wieżowe czworoboczne.

Tutaj wprowadzamy jako obciążenie pionowe tylko ciężar własny, bo śnieg nie może się na wieży utrzymać. Siły wewnętrzne w prętach dachu wskutek ciężaru własnego dadzą się obliczyć zupełnie w ten sam sposób, jak to wyłożono w poprzednim paragrafie. Tu więc

tylko będziemy mówić o siłach, powstałych z powodu parcia wiatru, które tu gra wielką rolę.

Przypuśćmy, że mamy obliczyć dach wieżowy, ostrosłupowy czterościenny, gdy wiatr działa na płaszczyznę AEC (rys. 282). Aby wyznaczyć siły wewnętrzne w płaszczyznach ABC i EDC, pomyślmy sobie w płaszczyźnie symetryi MN urojony więzar pionowy, którego rzut pionowy jest przystają-

rys: 2 82

Sn

"Uz

W"'

A*

fr.

-•V

Ai

z.

!$•

2)

Ar

vV

-.JJ.

■C

JJ

cym do rzutu pionowego boków EDC i ABC i obciążmy go siłami Wif W₂, W₃ i TF₄, których wielkość da się wyznaczyć ' proporcyonalnie do powierzchni wystawionej na wiatr.

Wykreślnie wyznaczyliśmy w znany sposób zapomocą planu sił siły wewnętrzne, liczebnie możnaby to samo zrobić zapomocą sposobu momentów Bittera. Sąto jednak siły działające w więzarze urojonym, teraz z nich musimy obliczyć siły rzeczywiste, działające w ABC (rys. 283).

I tak zamiast siły S otrzymamy dwie siły S', przyczem 2 8'dost (90 — £)=$, stąd

8'

2 wst E

643)

Dalej otrzymamy

Z‘=

YZ

a wreście 2N' dost y=N, stąd

N'

645)

2 dosty

Sprowadzenie sił więzaru urojonego na siły więzaru rzeczywistego można wykonać i wykreślnie przez proste rozkładanie sił w wskazany wyżej sposób.

§. 126. Dachy wieżowe ośmioboczne.

Dla uproszczenia rachunku przyjmiemy tu kierunek poziomy wiatru i będziemy obliczać tak, jakby połacie dachu były

pionowe. Ponieważ dachy takie są strome, więc błąd, który przy-tem popełniamy, nie jest wielkim.

Jeśli bok ośmio-kąta nazwiemy a, wysokość ostrosłupa h, parcie wiatru na m² w, to parcie na płaszczyznę mnO (rys. 285) jest ah

W₀=—w.

Na płaszczyznę no O działa parcie

^ wat (90-y)=

ći

ahw .    ,

=—g— dost y,

które rozkłada się na Wi i W₂ (r. 284). Parcie W₂ znosi się z ta-kiemźe parciem, pochodzącem z płaszczyzny mr 0, parcia zaś

ojh/ZV

- dost²y dodają się. Całe więc parcie na dach wynosi

. ,

I*ys:283

tvk

W,

S)

Si

fê

Hj

y.

■M-

£t

o-

W= W₀ +2 W₁

wah

rn

\ł

B74

(1-4-2 d°st² y), a że tu y=45°, więc Ł

dost² 45°)—ahw .    .

2

Parcie to zaczepia w jednej trzeciej wysokości dachu. Dla części ostrosłupa o wysokości z nazwijmy x długość boku nioi)

to W₂—wxe .

, x    a    a

a że —=-7-, więc x^-j-z, z    h’    ^ h

. . 648)

Dokładne obliczenie sił wewnętrznych jest trudne, bo zespół jest statycznie nie-wyznaczalny. W przybliżeniu możemy jednak obliczyć je w następny sposób. Niechaj j oprócz W₂ działa jeszcze na krzyż na wieży parcie W3 ! w wysokości e nad szczytem, wtedy moment ze względu na i płaszczyznę w₁w₁o₁ będzie

I M₂^W₂.~+W,(e+z) . 649)

Moment ten musi być równy s momentowi sił wewnętrznych w krokwiach, nachylonych do poziomu pod kątem a, któ-reto siły przypuszczamy pro-porcyonalne do odstępów od osi obojętnej. Więc M₂ — 2 Siy wst a + 2 S₂ x wst a.

Przypuściliśmy, że

rys:284

.    . 647)

ahm dost f

rys:285

\0

stąd

o,¹¹*

___

.U

Ss> <N'

S₂

stąd M₂=2Si wsta^y+^-^ = a więc Si

2 Si wst a

0»²+y²),

2 (æ²+y²) wst a 7 M₂x

2 (æ²+y²) wst a Jeżeli ośmiobokjest regularny, to y—x-\-*lx dost 45 °i==2,414a;, 8i jest zawsze większe, niż S₂, a że wiatr może wiać z każdej strony, więc w każdej krokwi może być dodatnie lub ujemne. Największa więc siła wewnętrzna we wszystkich krokwiach jest

a S₂

. . 651)

najw S—dr

M₂y

. . 652)

2 {x²-\-y²) wst a

a dla wieloboku regularnego, wstawiwszy y=2,414#, otrzymamy

najw S=±0,427

M₂

y wst a

. . 653)

B’Z-

7 //

______

9c'"

\/

\7

c.

\i

/y

Cf\---------

A'

6"

./•

Jeżeli teraz chcemy zbadać siły wewnętrzne w pierścieniach i kracie, to przypuśćmy, że na pewną część powierzchni boku ostrosłupa B'C‘0 (rys. 286) działa parcie wiatru JV, na odnośne części boku A‘B‘0 i C'D‘0 N‘.

. . 654)

Jeśli ich wypadkową rozłożymy

Wedle poprzedniego N'=Ndost45°. .    .

W B działają siły ~ i

w kierunku płaszczyzn boków, to otrzymamy siły Ti T\.

Z rys. 285 c) widzimy, że

T^—leĄ-bf^ecĄ-cf^ 3. eb=3. — dost 45°= 1,06 N

. 655)

Z

N'

zaś 2\=--=0,354IV.

W płaszczyźnie 0B‘C‘ działają z obu stron siły T i znoszą się, przekątnie więc wcale nie pracują. Inaczej rzecz się ma z płaszczyzną OB¹ A⁴. Tu działa z jednej strony siła T‘₀₎ z drugiej T‘u, pierwsza trzy razy większa od drugiej. Siły te muszą być przeniesione na punkty podparcia A‘B‘. Belka kratowa więc w płaszczyźnie OB¹ A' musi te siły przenieść i działa jako belka jednym końcem utwierdzona.

Obciążenie ze strony krawędzi OB' jakoteź i 0A' zmienia się wedle powierzchni obciążenia trójkątnej. A więc na powierzchnię I od szczytu aż do wysokości z

wa ,

— £ .

2h

Zatem obciążenie belki kratowej II dodatnie do wysokości

-

Nz=wxy, a gdy %=^-z, Nz =

z jest

T‘0z=1,06

aw

aw

656)

2V=0,354—

2i h/

W rys. 287 wykreśliliśmy dźwigar C‘D 0 jako jednym końcem utwierdzony, obciążony on jest u góry obciążeniem do-datniem, u dołu ujemnem.

Obciążenie jednostkowe obliczymy w następny sposób dla

• 2W,06^=

h

z—h, a więc na długość —

pil

wst a p = 1,06 aw wst «, p‘=0,354 aw wst a.

2 wst a

stąd

podobnie mamy

Dla m tego węzła pasu górnego otrzymamy jDm dost g)m=0m+1 dost ß — Om dost ß.

Jeśli Mm i Mm-\ oznaczają momenty ze względu na wę- | zły mim — 1, to

Mm

0m dost /3=—

0TO+i dost /?=—

więc Dm dost (pm=^

Om 0

Mm M,

M.m—i

Dalej mamy dm dost (pm=rm, więc

Dm

/ Mm

dm \ bm

Mm—1

bm—i

Następnie jest

• y {Pm -    =    jp'm)

₇    .    Xmp

pm : xm=p : Ä, więc Pm=-^-,

™ M    P_^P‘Xm-l

6 ’    m_1 h

zatem -Mm==

p — p‘x³m

ha

rys:287

liii

->i

<?r

• 1*77?

\+1

HL0L 'f

•X"sn -i

irt

777^/ ,

4-

GjXjyi

Dalej jest bm:a=xm:h, więc —

æ²to, zatem

il/m P P

stąd -₇———^-

offl o a

7>m =

dmP~P‘

rm 6 a

(o?²Wi—#²7)i_i), a źe rm—xm    xm—i

Gm

Dm =

Cm dn

.    . 657)

Jeżeli teraz wstawimy wartości za p i p‘, to p—p⁴-= 0,71 aw, Dm=0,235 e,„ (lin w

Aby wyznaczyć siłę wewnętrzną w pierścieniu a, wykreślmy wielobok sił dla węzła przypuszczając, źe p‘=0 i nazwijmy

w tym wypadku siłę w rozporze R‘m. Z rysunku 288. widzimy, że

dm+i

stąd

6B8)

rvs:288

Rm

0m-/_

- Om

Dm-\-1

Wedle 657) jest dla p‘=0, 6/w+i dm+1 P

Rn

'firnu    JO fi

Rr

Dm+i

więc

R‘m

&m+1 "bm-(-1P

(fnitj

-Urn

R“

J.V m

bm—1

Jeżeli teraz przyjmiemy p—0, to dla węzła m otrzymamy po wykreśleniu wieioboku sił podobnie

6m dm P

Dm

a z rów. 657) Dm

ST’ wiąe

7?"

•** m —

bm—1P

Zatem jeśli pip' działają równocześnie,

Hm — —

iH ICO

659)

(bjn+l Cm-f-1 P    bjn—1 Gm P ) •

Do tych sił, wywołanych parciem wiatru, należy dodać siły wskutek ciężaru własnego, które wyznaczyć możemy łatwo wedle §. 124.

§. 127. Części składowe i rodzaje belek kratowych.

Belka kratowa, jak wiemy, składa się z dwu pasów, górnego i dolnego, i z kraty, powstałej z krzyźulców. Według układu krzyźulców rozróżniamy rozmaite rodzaje kraty. A mianowicie, jeżeli krata składa się z dwu rzędów krzyźulców (rys. 289 i 290), wtedy nazywamy ją kratą pojedynczą (n. einfaches Gitterwerh, fr. treillis simple). Jeżeli mamy trzy rzędy krzyźulców (ryc. 291), to nazywamy kratę złożoną (n. combinâtes GitterwerJc). Kratę powstałą z kilku równych krat pojedynczych, przesuniętych o pewną część odległości dwu węzłów

(rys. 292), nazywamy kratą wielokrotną (n. mehrtheiliges Gittenverk, fr. treillis multiple, an. multiple system). Liczbę, oznaczającą ilość krat składowych, a zatem także ilość części, na które podzielony został jeden krzyźulec (np. ab na cztery części), nazywamy li.czbą podziału (n. Theilungszahl). Jeżeli liczba podziału jest 2, 3 i t. d., to nazywamy kratę dwukrotną, trzykrotną i t. d. (n. zweitheilig, dreitheilig, fr. double, triple). Rysunek 293 przedstawia kratę dwukrotną złożoną, tu więc chcąc wyznaczyć liczbę podziału patrzymy, na ile części zostały podzielone krzyźulce

rys -.289

rys:290

rys; 291

rys^292

pionowe.

rys: 298

Według nachylenia krzyźul-ców rozróżniamy następne rodzaje krat : kratę równoramienną (n. Netzwerk, fr. système triangulaire, an. triangulär system) (rys. 289), składającą się z samych trójkątów równoramiennych i kratę prostokątną lub przedziałową (n. Fachwerk, fr. système quadr angulaire, an. quadrangular system) (rys. 290), składającą się z trójkątów prostokątnych.

Krzyźulce dzielą się według nachylenia na pionowe (n. Verticale, fr. poinçon, montant) i przekątnie (n. Diagonalen, fr. diagonale, a. diagonal-brace, cz. pfićka), a według rodzaju natężenia na krzyźulce ciągnione (n. Zugstäbe, fr. tirant, an. tie) i ciśnione (n. Druckstäbe, a. strut).

Chcąc oznaczyć równocześnie nachylenie i rodzaj natężenia krzyźulców, używamy następnych nazw. Nazywamy krzy-żulec ciągniony pionowy słupem wiszącym (n. Hängesäule), krzyźulec ciągniony nachylony ścięgnem (n. Zugband, fr. bra-ęon, contrefiche, an. tie, cz. tdhlo), krzyźulec ciśniony pionowy

słupem (u. Säule, fr. poteau, montant vertical, an .post, cz. slou-pec), krzyźulec ciśniony nachylony zastrzałem (n. Strebe, fr. montant, a. standart,    cz. vzpèra.

rys:294

Belki kratowe rozróżniamy według kształtu pasów na belki równoległe (n. Parallelträger, fr. poutre en semelle paralleles, a. parallel boomed girder, cz. nośnik primopasovy) o pasach równoległych i na belki wieloboczne (n. Träger mit polygonalen Gurten, a. girder with inclined flanges, cz. nośnik krivopasovy) (rys. 294) o pasach w kształcie wieloboku lub krzywej. Te ostatnie belki nazywamy rozmaicie według kształtu pasów; belki takie, używane prawie wyłącznie jako belki mostowe, są przedmiotem teoryi mostów.

§. 128. Analityczne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.

Dla belek kratowych równoległych o kracie pojedynczej da się metoda przecięć znacznie uprościć. Aby wyznaczyć siłę S, działającą w pasie górnym, przecinamy belkę w kierunku mn (rys. 295) i ustawiamy równanie momentów ze względu na przeciwległy węzeł A. Nazwawszy M moment sił zewnętrznych ze względu na punkt A a h wysokość belki, otrzymamy M-\- Sh=0, a stąd

rys:295

8== —

. . 660)

h ' '

Podobnie otrzymamy siłę, działającą w pasie dolnym AE,

M'

. . 661)

S/=+Y

jeżeli M‘ jest momentem sił zewnętrznych ze względu na punkt C. Widzimy więc, że siły, działające w pasach belki kratowej równoległej, są prop or cy onalne do momentu sił zewnętrznych, przyczem w pasie górnym powstaje ciśnienie, a w pasie dolnym ciągnienie.

W celu wyznaczenia sił zewnętrznych w krzyżulcach korzystamy z prawidła, że dla równowagi suma pionowych składowych musi być równą zeru, więc $d-Pdost a=0, stąd

P=— (J siecz a....... 662)

Podobnie otrzymamy dla przecięcia mini Q — P₁ dost/?=0, a stąd Pi siecz    . .

jeżeli Q i Qi są siły poprzeczne dla przecięcia mn i mini, a więc wypadkowe sił zewnętrznych po lewej stronie przekroju działających. Możemy więc napisać, źe siły, działające w krzyźulcach belki kratowej równoległej, są pro* porcyonalne do siły poprzecznej.

§. 129. Wykreślne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedyńczej.

Dla wyznaczenia wykreślnego sił działających w belkach równoległych używamy metody wielobokowej. Wielobok sił zewnętrznych jest tu linią prostą pionową. Na rys. 296 przedstawiliśmy użycie tej metody, przyczem dla nrzejrzysto-ści rozsunęliśmy wielobok sił AB, aby uwidocznić wszystkie siły zewnętrzne, Jo, które kreślimy za porządkiem, idąc w kierunku pasów naokoło belki.

Przedtem należy jednak wyznaczyć w znany sposób oddziaływania Or i 0₂. Wykreślenie planu ]B sił nie przedstawia teraz najmniejszej trudności.

i-',ys:29.6,

xL

Tl/

-efi-

tu '

°₂

Ô o o

*7

6-

-W

oi

§. 130. Krata wielokrotna.

na

Belkę kratową o kracie n krotnej (rys. 297) rozkładamy n układów, w tym więc przypadku na dwa układy, przyczem każda część pasu wchodzi do wszystkich układów, lecz

części przekroju rzeczywistego,

tylko o przekroju równym —

krzyźulce zaś wchodzą zawsze tylko do jednego układu. Obliczamy teraz pojedyncze układy w znany sposób, przyjmując

tylko

M

część obciążenia na jeden układ, a więc także — |

i —. Dla krzyżulców otrzymujemy w ten sposób odrazu siły

*Yl

wewnętrzne, dla pasów zaś dodajemy siły wewnętrzne, otrzymane dla każdego układu z osobna.

§. 131. Belka kratowa Howe’a.

Belka Howe’a (rys. 292) jestto belka drewniana, mająca kratę złożoną ze sztucznem natężeniem, które sprawiamy, naciągając słupy wiszące, zakończone śrubami. Ciągnienie to sztuczne wywołuje w przekątniach iC i GF ciśnienie równe z powodu symetryi. Ciśnienia te robimy tak wielkie, aby zrównowa-

żyły największości ciągnienia, wywołanego obciążeniem w krzyźulcach ciągnionych ; natężenie tych krzyźul-ców dla obciążonej belki będzie więc

rys: 297.

,^XXXXL

7!

równe zeru. Łatwo pojmiemy, że przez to wzrosną siły wewnętrzne krzyźul-ców ciśnionych w dwójnasób, bo do ciśnienia, wywołanego obciążeniem, dodaje się jeszcze ciśnienie sztuczne. Zastrzały AC, które wskutek obciążenia są ciśnione, a więc te, które byłyby zastrzałami, gdyby sztucznego natężenia nie było, nazywamy zastrzałami głównymi (n. Hauptstrebe, an. main brace), krzyżulce zaś ciągnione wskutek obciążenia a ciśnione sztucznie, nazywamy zastrzałami drugorzędnymi, odporami, odstrzałami (n. Gegenstrebe, fr. contrelien, an. conterstrut).

Ponieważ w zastrzałach drugorzędnych dla belki obciążonej niema wcale żadnego natężenia, więc w przybliżeniu możemy belkę Howe’a obliczać tak, jakby zastrzałów drugorzędnych nie było. Największa zaś siła wewnętrzna zastrzałów drugorzędnych jest dla belki nieobciąźonej równą połowie siły wewnętrznej zastrzałów głównych, bo, jak wspomnieliśmy, siła wewnętrzna P, wywołana natężeniem sztucznem, równa się sile wewnętrznej P', wywołanej obciążeniem, a zatem siła działająca w zastrzałach głównych jest 2 P, a w zastrzałach drugorzędnych równa tylko sile P, wywołanej natężeniem sztucznem.

C. Teorya sklepień.

X. Sklepienia kolebkowe.

§. 132. Luki i sklepienia.

Dotychczas mówiliśmy o belkach prostych, które cisną na podpory tylko w kierunku pionowym, tu będziemy zastanawiać się nad belkami, działającemi nawet przy obciążeniu pionowem na podpory w kierunku ukośnym i dąźącemi do ich oddalenia (rys. 298). Belki takie nazywamy w ogóle belkami rozporo w e m i lub rozpornicami (n. Spreng swerhsträg er, fr. poutre

i*ys:298

à jambettes, a. strut framed girder). Jeżeli belka jest ciągle krzywą, nazywamy ją belką łukową lub łu-kiem (n. Bogenträger, fr. poutre en arc, a. arched girder), a jeżeli mate-ryałem tej belki jest cegła lub kamień, nazywamy ją sklepieniem (n. Gewölbe, fr. voûte, an. vaulf). Powierzchnię wewnętrzną wklęsłą sklepienia nazywamy podniebieniem (n Gewölbsleibung, fr. intrados, an. intrados), powierzchnię zewnętrzną wypukłą nazywamy grzbietem (n. Gewölbsrüchen, fr. extrados, an. extrados, bach of the vault).

Gdy podniebienie sklepienia jest częścią powierzchni walca, sklepienie nazywamy kolebkowem lub beczułko wem (n. Tonnengewölbe, fr. voûte cylindrique, en berceau, a. barrel-vault') "W tym rozdziale będziemy mówić tylko o takich sklepieniach, później dopiero zastanawiać się będziemy także nad innymi rodzajami sklepień.

§. 133. Siła podłużna i momenty jędrne.

Sklepienie, jak widzimy, różni się od łuku tylko materya-łem i odpowiednim mu przekrojem. Teorya sklepień da się więc wyprowadzić z ogólnej teoryi łuków, o tern więc teraz mówić będziemy.

Nazwijmy linię, łączącą środki ciężkości wszystkich prze krojów łuku, osią łuku (n. Axe des Bogens, fr. axe de l’arc,

axis of the arch) i przypuśćmy, że belkę łukową przecięliśmy prostopadle do osi EE‘ (rys. 299) płaszczyzną BC i że R jest

an.

rys: 299

wypadkową wszystkich sił zewnętrznych, działających na lewą część łuku. Wypadkowa R nie będzie tu pionową, jak w belce prostej , bo wskutek odpowiednio urządzonych podpór oddziaływania dla łuku są ukośne, a belka działa na podpory rozpierająco, co jest główną cechą belek łukowych.

Przypuśćmy, że wypadkowa R przecina płaszczyznę przekroju BC w F. Siłę R rozkładamy na dwie składowe P i Qy z których pierwsza P działa w kierunku prostopadłym do przekroju, a więc równolegle do osi, a druga Q działa w kierunku prostopadłym do osi i nazywa się siłą poprzeczną (n Transver salhr aft). Te siły zewnętrzne muszą być w równowadze z siłami wewnętrznemi, działającemi w tym przekroju. Wszystkie te siły wewnętrzne możemy rozłożyć na siły prostopadłe do przekroju, wywołujące natężenia normalne i siły, działające w płaszczyźnie przekroju, wywołujące natężenia ścinające.

Umieśćmy w punkcie E dwie siły równe siłę P i działające wprost przeciwnie a równolegle do osi. Przez to nie naruszymy równowagi układu sił i otrzymamy :

1)    siłę P, zaczepioną w środku ciężkości przekroju E, zwaną siłą podłużną (n. Axiallcraft, Längshraft. fr. composente tangentielle).

2)    parę sił, czyli moment M=Pc,    l

3)    siłę poprzeczną Q.

Siła podłużna P rozkłada się jednostajnie na całym przekroju, gdyż zaczepia w środku ciężkości przekroju, więc natężenie wskutek siły podłużnej

664)

v'⁼a<

jeżeli A oznacza przekrój. To natężenie jest tu ciśnieniem, które # oznaczamy znakiem Ą-.

'—r- jest bardzo małem, możemy w praktyce wyraz ten opuścić,

•o.

przez co otrzymamy równanie 666)

25

Chcąc wyznaczyć natężenie v‘\ powstałe z działania momentu M, musielibyśmy uwzględnić także promień krzywizny osi =r. Jednak gdy promień krzywizny jest dość wielki w stosunku do wysokości belki, — wtedy w przybliżeniu można użyć tych samych wzorów, co do belki prostej. Możemy więo napisać, nazwawszy vv“ natężenie we włóknie Tcku odległem ocod osi ciężkości, powstałe wskutek działania momentu, wedle 145)

n"

Mv

665)

jeżeli 1 oznacza moment bezwładności.

Natężenie więc ogólne w odległości v od osi ciężkości będzie podobnie, jak według równania 482),

,    /( P My

vv=vt-\-vvt,=-j-Ą—y

666)

Müller Breslau otrzymał po długim wywodzie, uwzględniając krzywiznę osi, dla vv dokładniejszą wartość :

PMvM V’ = A⁺^⁺Ar •

667)

a Solin jeszcze dokładniej

B r-\-v Ar

668)

-Î

rv²

d*A

669)

Weyrauch i otrzymał

r

dla 4-h

r-\-v

obliczył Bil dla rozmaitych przekrojów

koło

lub elipsa

kwadrat lub prostokąt

przekrój I

I=B

1,1833

1,0060

1,0015

1,0004

1,0001

1,1452 1,0050 1,00022 1,0003 1,0000

Widzimy więc, że już dla r=20h możemy śmiało przyjąć a wtedy wzór 668) przechodzi w 667).

Zważywszy jednak, że gdy r jest stosunkowo wielkie, to

10

20

40

1,2614

1,0082

1,0021

1.0005

1,0001.

Statyka.

Jeżeli w całym przekroju ma istnieć tylko ciągnienie lub tylko ciśnienie, to vi i v₂ muszą mieć jednakowe znaki. Jeżeli więc ma być tylko ciśnienie w przekroju , to P^> Ö, aby więc >» 0 i v₂ 'p- 0, musi być

i₂ + c >> 0 i it — c >> 0,

ii > c > — i₂

zatem

"W przekroju JBC natężenie jest największe dla najbardziej oddalonych włókien, otrzymujemy więc dla v=et

P Me* M

A I Ar

a dla v— — %

.    . . 670)

P Me, M

V*~ A " I ⁺Ar Dla wielkiego r ostatni wyraz możemy opuścić i otrzymamy

P Mei

V*~Æ

P Me₂

v>=A+-r

671)

Niech będzie a promieniem bezwładności, to I—Aa². Wstawiwszy tę wartość i Pc—M w równanie 671), otrzymamy

Aa₂\e₂ ) I \e₂    )

. . 672)

Wiemy z §. 90, że

a²

Długości aj i i₂ sąto promienie jędrne. Możemy więc napisać

«i

Pe i

Pe₂

673)

V₂=rŸ(h—c)

674)

Wiemy, że punkty Ix i I₂ są odległe od osi o îj i.i₂, są to jak wiemy z §. 90, punkty jędrne.

Wypadkowa R musi więc przecinać przekrój w jądrze t. j. między punktami jędrnymi Jj i I₂, jeżeli cały przekrój ma być wystawiony na ciśnienie. Linia łącząca punkty I poszczególnych przekrojów, nazywa się linią jędrną (n. Kernlinie).

Lmia, łącząca punkty zaczepienia wypadkowej P, czyli środki ciśnienia poszczególnych przekrojów, nazywa się linią ciśnienia (n. Stützlinie, fr. courbe de pressions, an. line of résistance, cz. cara tlalcova), wykreślił ją pierwszy Méry (1842). Możemy więc powiedzieć :

Natężenia normalne w przekroju mają wszystkie ten sam znak, jeżeli linia ciśnienia nie wychodzi z jądra.

Jeżeliby P<0, wtedy w całym przekroju byłoby ciągnienie. Przy mostach i sklepieniach, gdy obciążenie jest tylko pionowe, z góry na dół, P jest zawsze )> 0, a więc gdy linia ciśnienia nio wychodzi z jądra, w całym przekroju panuje ciśnienie; jeżeli zaś linia ciśnienia wychodzi z jądra, to w tym przekroju natężenia są dodatnie i ujemne.

Rów. 673) możemy jeszcze napisać

V2

P«1 (i₂ + c) Pi₂+c

Aa²

Pe₂(ii — c)

Aa²

A i₂

Ph~° P(,±Y ' A\ ij

. . 675)

Nazwijmy M₂, moment sił zewnętrznych ze względu na punkt rdzenny I₂, momentem jędrnym dolnym (n. unteres Kernmoment), to    M₂ — P(c-\-i₂)\

. 676)

Odpowiedni moment jędrny    j

górny (n. oberes Kernmoment) będzie Jf₁==P(c—i₂)I

"Wtedy otrzymamy z równania 673)

Pei (h +'c)

V2

Pe₂ - c)_Miei

. . 677)

a więc wzory takie same, jak dla belki prostej, jeżeli tylko zamiast momentów zwykłych wstawimy momenty jędrne.

Z równ. 675) i 676) otrzymamy dalej

m₂

. . 679)

AL Mi

——

Ai

jeżeli

==vo

680)

— B88 —

Sklepienia mają zwykle przekrój poprzeczny prostokątny, a wiemy, z §. 90, że dla przekroju prostokątnego jest

4» • • •

a²

a² 1 !

lł4_e₂⁻6h’ ,2_

więc i + i₂=-î-h

e.i

. . 681)

682)

Widzimy zatem, że w sklepieniu o przekroju prostokątnym, średnia trzecia część przekroju, poprowadzonego pionowo przez oś, stanowi jądro, poza które nie powinna wychodzić linia ciśnienia, jeżeli całe sklepienie ma pracować na ciśnienie.

§. 134. Warunki równowagi sklepienia.

Mamy trzy warunki równowagi sklepienia :

1) Środek ciśnienia (fr. centre de pression) czyli punkt zaczepienia wypadkowej, na szew działającej, powinien leżeć w przekroju, aby nie nastąpił wywrót i załamanie się sklepienia. Jeżeli jednak sklepienie składa się z klińców, połączonych zaprawą, to ponieważ na wytrzymałość zaprawy na ciągnienie me możemy na pewne liczyć, więc w sklepieniu takiem i w ogóle w budowlach murowanych nie dopuszczamy wcale ciągnienia W takim razie środek ciśnienia powinien leżeć w jądrze t. j. w średniej trzeciej czę• ści szwu. A zatem ponieważ odnosi się to wszystkich murów, więc linia ciśnienia powinna leżeć w średni ej trzeciej części sklepienia.

Warunek ten nie odnosi się do sklepień litych, betonowych albo żelazno-betonowych, u których możemy pewne ciągnienie dopuścić. Tam więc linia ciśnienia może wyjść z jądra.

rys-. 300

P/

Jf

2) Wypadkowa nie powinna być odchyloną od prostopadłej na szew więcej, niż wynosi kąt tarcia, aby nie nastąpiło przesunięcie klińców. Wypadkowa R (rys. 800) rozkłada się na dwie siły P i Q.

Składowa Q, działająca w płaszczyźnie szwu, stara się przesunąć kliniec A po klińcu B, przeciw czemu działa tarcie T=P.f—P st p, jeżeli / jest spółczynnikiem tarcia i gdy przyjmiemy f = st ç, a ę na-

zwiemy kątem tarcia (n. Reibungswinkel, a. angle of friction). Dla równowagi musi być    Q, jeżeli pominiemy zupełnie wy

trzymałość zaprawy, a więc Pst Pst a, Jeżeli a jest kątem nachylenia wypadkowej na szew, a stąd nareście

683)

gS a

Jako spółczynnik tarcia między kamieniem i kamieniem możemy przyjąć z Ponceletem /‘=0,58 czyli p=30° bez zaprawy a /’== 0,7, więc p=35° z zaprawą starą. Dla świeżej zaprawy jest / bardzo małe. Średnio więc możemy przyjąć /‘=0,4, (>«=22°.

B) Trzecim warunkiem równowagi jest, że natężenie nie powinno przekraczać sp ółczynnika wy trzy małości. Jeśli przyjmiemy stosowną pewność, to natężenie nie powinno być większem, niż dopuszczalne.

Największe natężenie w danym szwie znajdziemy z równania 677), wstawiwszy dla przekroju prostokątnego odnośne wartości, a mianowicie

e~e2- 2 ’

W ten sposób otrzymamy Pjh

TV»/*³

v\

( +c)

nS CD

, a stąd

bh

K)

i podobnie

684)

Jeżeli siła P obliczona jest na jeden metr szerokości sklepienia, to b — \ m=100 cm. Wyraziwszy P w Jcg, a h i c w cm, otrzymamy

100 M h;

kg

100 h

(*-?)

cm²

685)

Dla c=0, t. j. gdy wypadkowa działa w osi,

686)

v'=v^birv°

Jeżeli c = ^h, t. j. jeżeli wypadkowa działa w punkcie jędrnym górnym, to

=2^₀ !

2 P Vi~~ bh

^2=°    )    -JM

^Widzimy więc, że gdy wypadkowa działa w punkcie jędrnym, to natężenie w krawędzi bliższej tego punktu wzrasta do podwójnej wielkości, w krawędzi zaś dalszej spada do

Jeżeli natężenie w każdym punkcie przekroju przedstawimy rzędnemi, to dla natężenia jednostajnego (rys. 301) powierzchnia natężeń, którą tu otrzy- j mujemy, jako przekrój bryły natężeń ) (§. 89), przestawia prostokąt. Wypadkowa P działa według tegoż paragrafu w środku ciężkości prostokąta.

Jeżeli P działa w punkcie jędr- ' : B nym I (rys. 302), to według równ.

687) w punkcie A natężenie jest dwa razy większe niż poprzednio, więo 2 P

AAi—-^j-= 2.^₀, w punkcie B zaś •

rys: 3 01

P rys:302

p rys-303

HüHninnniBiiBiiiBiS

. 687)

zera.

równe zeru, a że przytem środek ciężkości powierzchni natężeń leży w jednej trzeciej wysokości, więc powierzchnia ta będzie trójkątem. W ogóle, działa siła P, jak wiemy, w C (rys. 303) w rzucie środka ciężkości powierzchni natężeń, które zmieniają

się wedle linii prostej. W środku ciężkości przekroju O natężeni

. . Na tern i na

rys:304

P\c*

[^LrTTffln

B,

nie jest zawsze n»₀ =

A,

'-4''

h

rów. 679) polega następna konstrukcya. Zróbmy OO₁=n₀ (rys. 304). Połączmy Oi z i 1₂ aż do przecięcia się iz kie-

runkiem siły P i wykreślmy (7₁P1 i C₂A₁ 11 AB, to AAx=v₄, BBx=v₂, bo CC^:v₀=(i₂- c):i21 ,®2 ^

CC1l=AA₁--=v o

a ze względu, że tu C jest ujemne, AA₁=v₂»

i\ + c

Dalej mamy CC± : v₀ + c) : ii, stąd CCl

Jeżeli środek ciśnienia C wyjdzie poza jądro, to ciśnienie w A wzrasta, a w G powstaje ciągnienie (rys. 305). Jeżeli nie zważamy na bardzo małą - zresztą wytrzymałość zaprawy na ciągnienie, to ponieważ na długości EB ciągnienie

i.

vv

powstać nie moźer (rys. 306), więc tam szew się otworzy, a cała siła P rozkłada się na długości AE=3e, otrzymamy więc natężenie w A

2 P 2P

688)

b. 3 e 3 Tb e

Najkorzystniej byłoby dla sklepienia, gdyby wszędzie c=0, tj. gdyby linia ciśnienia wpadała w oś, bo wtedy w każdym przekroju natężenie rozdzielałoby się równo na przekrój, byłoby więc stosunkowo najmniejsze. Jednak to w rzeczywistości rzadko się zdarza, bo choćby dla pewnego obciążenia linia ciśnienia wpadła na oś, to dla innego obciążenia linia ciśnienia zmienia swój kształt.

rys: 30 5

A\—e- */₍ o

st

'"njun

■ sl

-B

§. 135. Obciążenie sklepienia.

Na sklepienie działa najprzód ciężar stały, a zatem ciężar własny sklepienia i nadsypki względnie nadmurowania wraz z zeskładem, na niej leżącym (podłoga, droga itd.). Ciśnienie ziemi przyjmujemy, działające w kierunku pionowym, co wprawdzie nie jest zupełnie słusznem, ale dla sklepień płaskich lub o niewielkiej nadsypce możemy zrobić śmiało to przypuszczenie. Tylko dla sklepień o wielkiej nadsypce i tunelowych musimy uwzględnić dokładnie kierunek ciśnienia ziemi, o tern jednak teraz mówić nie będziemy. Całe obciążenie sklepienia sprowadzamy zwykle na ciężar odpowiedniej masy materyału, z którego zrobione sklepienie, więc np. kamienia lub cegły, a to w ten

rys: 3Q7.

*    d    6

—;—>/' ' '    :—:—'6'

■ i ;    :    :    ;    ! i :

00 «

sposób, że zmieniamy odnośne rzędne w odwrotnym stosunku ciężarów gatunkowych. Niech będzie n p. ciężar gatunkowy ziemi 1,8, a muru 2,2, to zmieniamy rzędną cd (rys. 307) na cd', tak aby cd' : d = 1,8 : 2,2, , , 1,

a więc cer = cd .    .

Zrobiwszy to samo z innemi rzędnemi i połączywszy ich końce, otrzymamy linię a‘b\ którą nazywamy sprowadzoną

linią obciążenia (n. reducirte Belastungslinie). Obciążenie tłumem ludzi, wozami lub parowozami sprowadzamy także na ciężar bryły muru o wysokości y. Mamy wtedy na lm² ciężar bryły muru yym=p₁ a więc

y=-

Obciążenie p przyjąć możemy z tabliczki, dołączonej na końcu książki.

ym

. 689)

§. 136. Linia ciśnienia.

Linia ciśnienia jestto, jak wiemy, linia łącząca środki ciśnienia wszystkich szwów sklepienia i musi leżeć w średniej trzeciej części sklepienia, jeżeli chcemy uniknąć ciągnienia. Kierunek szwów w sklepieniu mały ma wpływ na linię ciśnienia, ważny on jest tylko ze względu na warunek, aby kąt między prostopadłą na szew a wypadkową nie był większy, niż kąt tarcia. Najlepiej więc byłoby, gdyby szwy były prostopadłe do linii ciśnienia, ponieważ jednak trudno to urzeczywistnić, dlatego robimy je prostopadłymi do osi sklepienia lub do podniebienia. Gdy na razie zważać nie będziemy na ten warunek, możemy przyjąć dowolny kierunek szwów. Przyjmiemy więc, pionowy kierunek, wzajemne zaś oddalenie sz^ów bardzo małe. Jeżeli sklepienie jest płaskie i mało obciążone, to różnica może być większa i wtedy lepiej kreślić szwy prostopadle do osi.

Jeżeli przekroje są dość bliskie, to w praktyce różnica między linią ciśnienia a wielobokiem sznurowym dla przekrojów pionowych jest tak małą, że następnie uważać będziemy te dwie linie jako identyczne. Jeżeli linia łącząca środki ciężkości

klińców wypada poza ich podstawę, to linia ciśnienia leży zewnątrz , inaczej zaś wewnątrz wieloboku

i\ys.-30fl .

//

fi.

Jt'

"n

Kff /

// A

sznurowego.

Niech mn (rys. 308) będzie sprowadzoną linią obciążenia, a KL. częścią linii ciśnienia. Wytnijmy w odległości x od podpory A pasek o grubości dx płaszczyznami pionowemi i nazwijmy śre-

Ą’ydi

dnią wysokość paska EF=q, to powierzchnia jego jest qdx a ciężar yqdx. Aby pasek ten utrzymać w równowadze, musimy zastąpić ciśnienia obu stron sklepienia wypadkowemi R i R‘, działającemi w K i L. Trzy te siły muszą być w równowadze i tworzyć zamknięty wielobok sił. Siły R i R‘ mają równą i wprost przeciwną składową poziomą H, którą nazywamy parciem poziomem (n. Horizontalschub, fr. poussée horizontale), a zatem parcie poziome nie zmienia się i jest stałem dla

wst cp

jeżeli (p jest kątem nachylenia siły R do

jakiegokolwiek przekroju. Z rysunku widzimy, że R

a R¹

wst {(p-\-dq>)

do pionowej, dalej R dost cp=yqdx+R' dost (ppĄ-dcp), a stąd

H dot cp=Hdot {cp-\-dcp)-\-yqdx, a więc H [dot (q)+dq>) - dot cp]= — yqdx, albo

yq

ir

Hd dot <jp=—yqdx i -    ^

du

A że dot cp=~-, gdy y jest rzędną linii ciśnienia, więc i ctoo

d²y dx¹

Jestto równanie różniczkowe linii ciśnienia. Całkując je, otrzy-^=dot q) = — jj^qdx-\-G, a stąd

^ dx ^ qdx+Cx+Cj .    .

Jestto równanie linii ciśnienia, z którego widzimy, że dla danego q mamy tu jeszcze trzy niewiadome iJ, Ci C₁. Trzy te niewiadome możemy albo wyznaczyć na podstawie prawideł sprężystości, albo licząc w przybliżeniu, odpowiednio przyjąć. Jeżeli promień krzywizny linii ciśnienia nazwiemy r} to wiemy z matematyki, że

mamy

y=—

y<ł

H’

690)

. . 691)

, MST

dy

dx¹

a wstawiwszy wartość z 690), otrzymamy (1 +dot² q>)\ H

r=

yq

yq wst ³(p

. . 692)

H= — yr₀q₀

Promień krzywizny r będzie najmniejszym, gdy yx wst³<p będzie największe, więc dla <p = 90°, gdzie linia ciśnienia jest poziomą. Jeżeli przyjmiemy w przybliżeniu, że linia ciśnienia wpada na oś, to będzie ona wtedy miała poziomą styczną w kluczu. Nazwijmy r₀ odnośny promień krzywizny linii ciśnienia, a więc według przypuszczenia i osi sklepienia, a q₀ wysokość obciążenia w kluczu, to z równania 692) otrzymamy

^ a stąd

y%

693)

A więc jeżeli linia ciśnienia wpada na oś, parcie poziome równa się iloczynowi z promienia krzywizny osi w kluczu przez obciążenie jednęstkowe tamże. Ponieważ jednak przypuszczenie to rzadko się sprawdza dokładnie, więc wartość dla II, otrzymaną z równ. 693), można uważać tylko jako wartość przybliżoną, która różni się mniej lub więcej od wartości prawdziwej.

§. 137. Grubość sklepienia.

Z poprzedniego paragrafu wiemy, że R

waty ****

rys; 309

,>

oznacza kąt nachylenia do pionu stycznej do linii ciśnienia w danym szwie ab (rys. 309), prostopadłym na oś. Jeżeli przypuścimy znowu, że linia ciśnienia wpada na oś, a zatem natężenie w przekroju jest równem, to kąt (p będzie kątem nachylenia stycznej do osi w punkcie g: Jeżeli chcemy, aby natężenie było w całem sklepieniu jednakowe , to nazwawszy d₀ i d grubości sklepienia w kluczu i w danym szwie ab, możemy ustawić proporcyą d₀ : d— =H:R, gdy na ab działa wypadkowa R, a na ef', gdzie według założenia linia ciśnienia jest poziomą, tylko parcie poziome II. Obie siły działają w środkach ciężkości przekrojów, więc ciśnienia rozdzielają się równo na przekrój , aby więc ciśnienia były równe, grubości sklepień muszą być proporcyonalne do sił, na przekroje działających. Wstawiwszy wartość za R,

otrzymamy

. 695)

* <v

jeżeli II wyznaczymy na długość sklepienia równą jedności,

a stąd

.    . 696)

N    ⁰ X    %    ’

jeżeli zamiast v wstawimy z natężenie dopuszczalne na ciśnienie.

Równanie 696) polega na najkorzystniejszem przypuszczeniu, że linia ciśnienia wpada na oś, da więc nam zwykle za małe wymiary. Wiemy mianowicie z §. 134., że gdy np. linia ciśnienia dotyrka' linii jędrnej , to ciśnienie wzrasta w dwójnasób. Z tego powodu przyjmujemy zwykle d₀ i dl (na podporze) według wzorów praktycznych, a potem kreśląc linię ciśnienia badamy, czy w sklepieniu panuje równowaga i czy natężenie nie jest za wielkie.

cze

d₀ : d=H:

wst cp

a stąd d

d₀

d₀H d0 Hwsbcp wst <jp’

d₀ siecz a , .    . .

nareszcie

jeżeli «==90 — (p.

Poprowadźmy z b pionową a z a poziomą, a otrzymamy cb=ab dost a, czyli cb=d dost a = d₀.

Widzimy więc, że jeżeli linia ciśnienia wpada na oś, rzuty pionowe wszystkich szwów powinny być, równe grubości sklepienia w kluczu. Ponieważ jednak linia ciśnienia rzadko kiedy wpada zupełnie na oś, więc do prawidła tego należy się tylko w przybliżeniu stosować.

W praktyce możemy to prawidło zresztą zastosować tylko do pewnych granic. Dla «=60° otrzymamy już bowiem d— = £?₀ siecz 60° = 2 d, a dla większego a d wzrastałoby bardzo znacznie. Tyrmczasem w praktyce nie robimy grubości d' na podporze większej, niż 2 d₀.

Jeżeli grubość sklepienia wzrasta według równania 694), a linia ciśnienia wpada na oś, to natężenie v jest wszędzie jednakowe, a mianowicie

dosta

Jeżeli przyjmiemy kształt osi sklepienia wedle linii ciśnienia przy obciążeniu połową ciężaru ruchomego, to możemy obliczać grubość sklepienia wedle 695). Uwzględnić jednak jesz

musimy także wedle Tolkmitta obciążenie jednostronne, o czem obszerniej mówić będziemy gdzieindziej *).

Podajemy tu zresztą także kilka wzorów praktycznych i tak :

Lesguiller przyjmuje d₀=O,2^ l+0,1 m, gdy l oznacza rozpiętość w m ;

Rondelet d₀ =0,0208 £+0,1624 aż do d₀ =0,04161-j-0,3248m\

Fontenay dla sklepień bardzo obciążonych d₀ =0,7r+0,32m, gdy r oznacza promień krzywizny ;

Ran kin e dla łuków kołowych c£₀=O,346Yr, a dla łuków koszykowych spłaszczonych d₀ =*0,412^ r ;

Krohn

,P(g+l,8p)]

⁰    2 /'(z — 35) J

gdy g i p oznaczają ciężar własny i obciążenie zmienne na jednostkę długości a f strzałkę sklepienia*).

Wzory te, jak widzimy, różnią się bardzo, co łatwo zrozumiemy, bacząc na to, że grubość sklepienia nie zależy tylko od rozpiętości, ale od obciążenia i kształtu sklepienia. Dlatego wzory te mogą służyć tylko jako wskazówki przy tymczasowem przyjęciu grubości sklepienia. Dokładnie wyznaczyć możemy grubość sklepienia dopiero po wyznaczeniu sił wewnętrznych, działających w sklepieniu.

§. 138. Grubość sklepień betonowych i Moniera.

Grubość sklepień betonowych może być mniejsza, niż sklepień kamiennych lub ceglanych, bo dla betonu możemy dopuścić choć małe ciągnienie, linia więc ciśnienia może tu nieco wychodzić z jądra o tyle, aby ciągnienie nie przekraczało 2 do 3 kg jem².

Housselle przyjmuje

697)

d₀ =0,2+0,022 r

*) por. Mosty kamienne str. 39.

**) Wzory Croizette-Desnoyers’a i inne, por. Mosty kamienne str. 41.

Jeżeli sklepienie zbudowaliśmy wedle linii ciśnienia, a także

płaskich sklepień odcinkowych ^-y-=-j^

dla

można dla mostów

drogowych zejść z grubością jeszcze niżej, możemy mianowicie przyjąć

698)

d₀ =0,12+0,0041 d₁₌ (1,5+0,015 1) d0 Jeżeli beton wzmocnimy siatką drucianą, te możemy jeszcze mniejsze przyjąć wymiary, ale tylko ze względu na ciężar ruchomy. Wkładka żelazna wspomaga bowiem beton skutecznie zwłaszcza, gdy występuje ciągnienie, tu więc możemy przyjąć natężenie dopuszczalne na ciągnienie śmiało 10, a nawet do 15 Jcgfcm¹ 2.

Jednak natężenie na ciągnienie w sklepieniu występuje tylko, gdy linia ciśnienia wychodzi z jądra. Jeżelibyśmy przyjęli taki kształt sklepienia, że linia ciśnienia nie wychodzi wcale z jądra, lub też wychodzi tak mało, że ciągnienie nie jest większe, niż 3 Jcgfcm², wkładki żelaznej nie potrzeba.

.    . 699)

Housselle przyjmuje dla sklepień Moniera

d₀ =0,05 +0,01 r . .

§. 139. Obliczenie natężeń w sklepieniach Moniera.

Niech będzie P (rys. 310) siła prostopadła do przekroju sklepienia, zaczepiająca w C i wywołująca natężenia, zaznaczone na rysunku. Rozpatrywać będziemy najprzód fazę pierwszą, więc przyjmujemy dla tych stosunkowo niewielkich natężeń linię natężeń A'B‘ prostą. Według Me lana uwzględnimy teraz wpływ wkładki żelaznej w ten sposób, że przekrój zwięk-

szymy o ——n razy większy przekrój wkładki żelaznej, przy-£

czem e' oznacza spółczynnik sprężystości żelaza, a e spółczyn-nik sprężystości betonu *).

Środek ciężkości Sx idealnego, jednorodnego przekroju otrzymamy z równań:

fmn

dĄ- nf

dm

a moment bezwładności ze względu na oś ciężkości Si

gdzie f oznacza .grubość warstwy żelaznej rozłożonej równomiernie na jednostkę szerokości przekroju.

rys:.310

j?'

T,

z?

|a, —

f----?

■'T“T ““w •

HJ;

• -O¹

Po wstawieniu wartości za e₁ i e2 z 700) i 701) otrzymamy :

i a²

.Jr

N-

. 702)

dfm^n

co

Dalej jest:

a²

a²

(X

J rä A'

a największe natężenia:

—ei

iw p.

. 704)

na ciśnienie betonu

P (i₂ +e+e₁’)^-g- +

'M

na ciągnienie „

*2

P(c+e₂-i₁)^---

na ciągnienie żelaza

v‘

P (C+©!— ii)e₂n

jg

Jako przykład obliczmy na podstawie tych wzorów natężenia w wę-zgłowiu strony obciążonej próbnego sklepienia wiedeńskiego*). Tam było 41695

p—ri^Ajcg = 416,95 kg, c = 31,5cm, d

— Q0cm, n —10. Wkładka żelazna

składała się z drutów 14 mm grubych w odstępie 6,5 cm, więc 1,539

6,5

0,2368cm. Niech będzie a = &cm, więc m = 30 — 6 = 24c»?, to:

__ 10.0,2368.24 •    ⁶⁻² “60-j 10.0,2368~

0,91 cm,

*) Por. Bericht des Gewölbeausschusses 1895 śtr. 125.

Dalej mamy :

7=S + -

12

60.24

60+10^0,2368

= 23,09 cm.

60.10.0,2368.24²

60+ 10.0,2368

= 18000 + 1312 = 19312 cm*

zatem : stąd :

a²

I 19312 62,368 309,63    809,63

30—0,91 — 29Æ9 309,63    309,63

30+0,91 ~ 30,91

309,63 cm².

40,64 cm, »

=10,02 cm.

60

Dla sklepienia betonowego byłobj’⁻ ń—4—'~q⁼⁼ 10cm, widzimy więc,

że uwzględniając wkładkę żelazną, otrzymujemy tylko małoco większy odstęp jędrny.

Dalej otrzymamy według 705):

416,95 (31,5 + 0,91 + 10,02) (30 + 0,91) _ 416,95.42,43.30,91 Tl—    193,12    ^    193,12

T,= 28,32 b//cm!

416,95 (31,5 + 0,91 — 10,64) (30 - 0,91)

416,95.21,77.29,09

19812

19312

x₂= 13,67 kglcm²

416,95 + 21,77 + 23,09.10

19312

= 108,5 kglcm'¹.

Zauważmy teraz sklepienie w drugiej fazie, gdy już wytrzymałość betonu na ciągnienie została przezwyciężoną, a po

stronie ciągnionej belki powstały szczeliny (rys. 811). Wtedy powstają tylko na małej długości CO ciągnienia, w górnej częś i przekroju zaś OB ciśnienia i w zakładce żelaznej ciągnienie. Przyjmujemy tu linię natężeń OB, prostą, bo wprowadzenie dokładniejszej krzywej lub łamanej linii natężeń ma mały wpływ na ostateczny wynik, a utrudnia bardzo rozwiązanie zadania.

Dla uproszczenia opuścimy

rys: 311

d,

i/

.i.

*./'•

... ...... .....

nie w betonie zupełnie, wtedy ciśnienie betonu i ciągnienie żelaza musi być w równowadze z siłami zewnętrznemi.

też małe natężenia na ciągnie-

Stąd otrzymamy :

Mi

706)

. 707)

V¹

n t₁ (dx—

«i

. . 708)

przyczem należy przyjąć n=20.

Z równań 706) i 708) otrzymujemy :

n xx (idt—zx )

Mi

a z 707) i 708):

«i

f-P

.    . 709)

Mi² , WTi(ß—^i)²

zi

=P(ą — ux)

Z obu tych równań otrzymamy :

P{zx—ux)

a stąd:

*i² ,    i-^i)²

«i

«i

“(«i—

— *i)

)=^-—w/K-^)+

Mi

nfux {di — 0t)

«i

a w końcu:

#i³— 3² + 6nf{dx— ux)6nfdi(di— Wi)=0    . 710)

Wstawmy dalej:

. . . 711)

to yzĄ-(6nf(di— ux) — 3ux²)y— (6nf{dv— w₁²) + 2w₂³)=0 . 712)

gi==y + uu więc y=zx—ux ,    .

Wstawmy dalej :

p=2nf(di — uA) — wt² a q=—(3w/'(^ — ux)2jruxz . 713) to y=\]-q + ^q²-\-pz + \J—q—Yq² +pz .    . . 714)

Wyznaczywszy w ten sposób zu mamy potem z 706) i 708):

Tl    uf (di —Zi j

715)

zl

nTi(di-Zi)

Przykład. Obliczmy na podstawie tych wzorów natężenia w węzgłowiu nieobciążonej strony sklepienia próbnego wiedeńskiego. Tam było P=314ä#, d₁ == 54 cm, ux— — 25 cm, n= 20 cm, /=0,2368 cm.

A zatem:

p = 2.20.0,2368 (54 -f 25) - 25² = 152 g = — (3.20.0,2368 (54 + 25)² - 25³)= - 87023, zatem według 714): y = 53,26 cm, stąd: zx=y -j- ut —53,26 — 25 = 28,25 cm. Wedle 715) otrzymamy wtedy:

314

*i =

14,1

20.0,0368.25,75’

28,25

xt =32,1 kg [cm²,

20(54 — 28,25)

28,25

32,1== 585,2 kg/cm\

Wiemy, że w pierwszej fazie wkładka żelazna małoco zmniejsza ciągnienie w betonie, sprawia ona jednak znacznie większą pewność sklepienia w drugiej fazie, grubość więc jej musi być obliczoną ze względu na drugą fazę.

Należy przy tern tak liczyć, aby przy r- krotnej pewności przyjmować n razy większą siłę P, działającą na przekrój, któ-raby wywołała równocześnie natężenie, równe spółczynnikowi betonu na ciśnienie 12blcgfcm² i spółczynnikowi żelaza na ciągnienie SbOOJcglcm².

Możemy więc napisać ze względu na 715):

125=

rP

. . 716)

20 rP

8500

40 rP(dx — zx)

20f{dx — zx ) zx ² — 40/'(^i — )

. 717)

«i

Podzielmy równanie 716) przez 717), to otrzymamy: 125

rP

*i

3500

zx 20 (dx —zx) 140

a stąd :

20 rpA 7z₁ — bdi — bz₁, 12 z₁ = bd₁, 0,4167 rf, .

«i

r—

yą dost³ a'

/■

Jeżeli oś sklepienia jest linią kołową (rys. 312), a linia ciśnienia ma wpadać na oś, to r musi być stałem, a więc

yr dost³ a

q=

yp

Wstawmy tę wartość za ei w równanie 710), to otrzymamy: 0,0724 di ³ — 0,52 di ² % +50 f(dt— ux)dx— 120 fdi(di — ui)=0, a stąd :

f-

0,0724 di ² — 0,52^ ux

70 (d± — ui)

albo

d*

«>

.    . 719)

f=0,001034    (d₁ — ,

ui ui

Widzimy więc, że grubość wkładki żelaznej nie zależy tu tylko od grubości dv ale też i od odstępu linii ciśnienia od krawędzi przekroju, że więc możnaby ją przyjąć zmienną i w ogóle

opuścić, gdy %    ^--=0,139^.

Przytem należy jeszcze zauważyć, że dla rej pewności przyjęliśmy tylko rP zamiast P, nie powiększyliśmy jednak uv Byłoby więc wskazanem w praktyce przyjąć np. dwa razy tak wielkie obciążenie ruchome, dla tego obciążenia wyznaczyć linię ciśnienia i według tego wprowadzić do równania 719) uv

Grubość sklepienia d należy obliczyć w ten sposób, aby ciągnienie w betonie nie przekraczało 10 do 15 Jcgjcm².

§. 140. Związek między linią ciśnienia a linią obciążenia.

Zastanówmy się teraz nad tern, jaki zachodzi związek między linią ciśnienia a linią obciążenia. t\y s : i 12

Równanie 692) brzmi

r=

\c

yą wst³ cp Wstawiwszy <p=90—a₂, otrzymamy

Dla klucza jest a=0, więc Qo = —

co wstawiwszy w poprzednie równanie, otrzymamy

q=q₀ siecz³ a ...    .

- ff

Jestto równanie linii obciążenia dla sklepienia kolistego. Dla «=90° jest siecz a = QO, więc q = 00, a zatem w sklepieniu półkolistem musiałoby być obciążenie na podporach nieskończenie wielkie, aby linia ciśnienia wpadała na oś. Dla zwykłych obciążeń będzie więc linia ciśnienia w sklepieniu półkolistem na podporach znacznie zbaczać od osi (rys. BIB). Wynika z tego, że sklepienia półkoliste nie są korzystne pod względem rozkładu natężeń i że korzystniejsze są sklepienia odcinkowe, gdzie największe a (rys. 312) wynosi 40° do 50°, a najwięcej 70°.

i;ys:3M

!V

Przy sklepieniach półkolistych trzeba, jeśli to możliwe, na podporze skupiać wielkie ciężary. N. p. przy mostach dadzą się z korzyścią urządzić w tych miejscach wieżyczki, posągi i t. d.

W razie, gdy sklepienie jest obciążone ciężarem skupionym w kluczu, to w tym punkcie linia ciśnienia załamuje się, wtedy obieramy dla sklepienia kształt ostrołuku (rys. 31-3).

Zbadajmy jeszcze linię obciążenia dla sklepienia eliptycznego (rys. 315). Jeżeli w kluczu przyjmiemy początek spółrzę-dnych, to

rys MIT».

/■

*"■----- K_

//:

,r

ft —

y=^-^a² — x². 721)

a więc

dy

~T~ = "ł---

O#

wreście

a ]ja² — x²’

d²y

ab

aft

(a²—Æ²) ya2_

•2

dx²    (a²-x²)}ja2_x2    '

Jeżeli wartość za

dxl

wstawimy z równ. 722) w rów. 690) to otrzymamy

^ a stąd

Qo ya²

.    . 724)

a stąd rr_0\l

P b . ‘

Dla a=b=rw przechodzi to równanie w rów. 693). Jeżeli wartość za H wstawimy w 723), to

.    . 725)

bez względu na znak q

abH

na 721)

y (a² — z²)^a2 _ x*'

a więc ze względu

bW

b^H

q y (a²—ic²)(6 — y)    ya²(6-y)³

A więc dla klucza, gdy y=0,

.    . 72B>

q_    (JM³

¹    (& —y)3 q°U y/

Jestto równanie linii obciążenia sklepienia eliptycznego. Z powyższego równania otrzymamy dla ó = y, to jest dla węzgłowia, 8 = 00, podobnie jak dla sklepienia kolistego.

§. 141. Przybliżone wyznaczenie linii ciśnienia w sklepieniu

symetrycznem.

Sposób wyznaczenia przybliżonego linii ciśnienia najlepiej poznamy na przykładzie. Rys. 316 przedstawia połowę sklepienia symetrycznego i symetrycznie obciążonego, ab jest linią obciążenia, axbx sprowadzoną linią obciążenia, do której wykreślenia użyliśmy kąta proporcyonalnego. Sklepienie wraz z obciążeniem dzielimy na pewną ilość (na rysunku 5) równo grubych pasków.

Środki ciężkości ich możemy bez wielkiego Iłędu przyjąć w połowie grubości pasków, w pionowych połowiących działają więc ciężary pasków Pu P₂, P₃, P₄, P₅, proporcyonalne do długości tych pionowych cd. Szerokość sklepienia zwykle przyjmujemy w kierunku prostopadłym do płaszczyzny rysunku równą Im. Kreślimy teraz wielobok sił, wielkości sił Pj P₂--- możemy wykreślić w tonach wedle przyjętej podziałki, lub też przyjąć jako siły P1; P₂..., pewną część (na rysunku 3) pionowych cd, które są proporcyonalne do tych ciężarów. W takim razie trzebaby wyznaczyć odpowiedną podziałkę, aby potem

moc wyznaczyć wielkość parcia. Lepiej jednakże kreślić wie-lobok sił wedle przyjętej podziałki, wyznaczywszy ciężary pasków. Ponieważ sklepienie jest symetryczne, więc linia ciśnienia będzie miała w kluczu styczną poziomą.

rys - 316.

i ; i.

I*

//

'Li A.7-

;1

Ys

Æpp-¹

j-rTi 1 I I ! ],.

A--/Ą:

/

V *2

■T

1

o

W~W

Vf

! -MT

Jak wiadomo, linia ciśnienia nie jest statycznie wyzna-czalną, licząc w przybliżeniu, robimy więc pewne przypuszczenia, mianowicie przyjmujemy jeszcze dwa punkty linii ciśnienia, punkty e i / w środku szwów w kluczu i na podporze, gdyż, jak to później udowodnimy, prawdziwa linia ciśnienia zbliża się jak najwięcej do osi.

W punkcie e działa zatem tylko siła pozioma H. Wielkości jej nie znamy, przyjmujemy więc tymczasowo dowolnie lub według równ. 693) 11=0 0, prowadzimy z O promienie i osobno wykreślamy wielobok sznurowy gih. Jeżelibyśmy wielobok ten zaczęli kreślić w e, punkt h nie wypadłby na gdyż H nie wyznaczyliśmy statycznie, lecz przyjęliśmy dowolnie. Musimy więc zmienić H tak, aby linia ciśnienia przechodziła przez e i f.

W tym celu przedłużamy boki skrajne wieloboku sznurowego aż do przecięcia się w punkcie l i wiemy, że w pionowej przez l działa wypadkowa R wszystkich ciężarów, działających na połowę sklepienia. Pierwszy bok szukanej połowy linii ciśnienia jest U, który przecina się z wypadkową w l\ więc je-

7'

---X

P,

żeli ostatni bok, linii ciśnienia ma przechodzić przez /, to kierunek jego musi być fV. Kierunek wypadkowej sil P₄, P₂, P₃, P₄,

rys; 317.

..7-

Tźt.

-iC

*/

Y A?

<9

//■

<<?

/ tv

-7r^

Æ'

F'

jest Jc'Jc, drugi bok więc będzie mk‘, ważny do w. W ten sam sposób możemy i resztę boków wykreślić. Parcie poziome możemy teraz łatwo wyznaczyć. Zróbmy 5 OiHflt, to Ć^O jest parciem poziomem. Z 0₁ wykreślmy promienie, to kreśląc wielobok sznurowy równoległy do tych promieni z punktu e, przyjść musimy do punktu /, a ewmf jest linią ciśnienia.

§. 142. Sklepienie niesymetrycznie obciążone.

Przypuśćmy teraz, że sklepienie ACB (r. 317) jest do połowy obciążone ciężarem ruchomym. Chodzi o wykreślenie linii ciśnienia dla przypuszczenia, że linia ciśnienia przechodzi przez A, C i B. W tym celu kreślimy wielobok sił, przyjmujemy do-

wolnie biegun O, kreślimy promienie, a równolegle do nich wielobok sznurowy I, II... VIII'. Przypuśćmy na chwilę, że tylko lewa strona sklepienia AC jest obciążona, prawa zaś wcale nie (nawet ciężarem własnym), to linia ciśnienia po prawej stronie będzie prostą, a że musi przechodzić przez C i B, więc prostą BC. Wypadkowa 6rt ciężarów III III IV' przechodzi przez M, na pionowej MS, przecinają się więc skrajne boki wieloboku sznurowego, zatem ostatni bok musi być ASi. Z tego wynika, że dla tego obciążenia powstanie oddziaływanie W± i W21 które łatwo w wieloboku sił wyznaczymy.

Przypuśćmy teraz, że tylko prawa strona sklepienia CB jest obciążoną, linia ciśnienia po lewej stronie będzie prosta AC, wypadkowa ćr₂ ciężarów V VI...VIII przechodzi przez NS₂, ostatni bok wieloboku sznurowego jest BS₂, oddziaływania dla tego obciążenia Di i D₂,

Jeżeli teraz równocześnie obciążona jest prawa i lewa strona sklepienia, to w 4 działają równocześnie Di i W±, w B D₂ i W₂, czyli w AK,, w B K₂, które łatwo z wieloboku sił wyznaczyć. K, i K₂ przecinają się w 0i, który jest prawdziwym biegunem, z którego wykreśliwszy promienie a równolegle do nich wielobok sznurowy, otrzymamy linię ciśnienia przechodzącą przez A, C i B.

Zupełnie tak samo postępujemy, jeśli sklepienie samo jest już niesymetrycznem.

§. 143. Siły zewnętrzne.

W poprzednich paragrafach zrobiliśmy pewne dowolne przypuszczenia; aby tego uniknąć i wyznaczyć prawdziwą linią ciśnienia, musimy bliżej zbadać natężenia w sklepieniu i wynikające stąd odkształcenia. Ponieważ sklepienie jest tylko szczegółowym wypadkiem łuku, więc cała dalsza teorya w celu wyznaczenia prawdziwej linii ciśnienia odnosi się w ogóle do łuku.

Niech A,aBi będzie linią ciśnienia dla danego obciążenia (rys. 318). Wypadkowa wszystkich sił zewnętrznych B, przecina przekrój K,K₂ w punkcie a i jest styczną w punkcie a' na pionowej przez O do linii sznurowej, której odległością biegunową jest składowa pozioma II. Wypadkową R otrzymamy, składając oddziaływanie O, z obciążeniem na długości A‘K'—C, z czego

wynika, źe siły 0U C i R przecinają się w jednym punkcie E. Moment sił zewnętrznych ze względu na punkt O jest równy momentowi wypadkowej R albo sumie momentów jej składowych II i V; możemy więc napisać: M—Hfj, gdy Oa'=r], bo V przechodząc przez O nie daje żadnego momentu. Widzimy więc, że odstęp pionowy między osią a linią ciśnienia jest propor-cyonalny do momentu sił zewnętrznych , czyli innemi słowy : oś ł u k u jest zamykającą linii c iś ni eni a (twierdzenie W i nkl era). Jeżeli chodzi tylko o wielkość momentów a nie o środki ciśnienia, to chcąc uzyskać momenty w n razy większej podziałce, przyjmiemy odległość biegunową n razy mniejszą. Odstęp środków ciśnienia od osi jest wtedy n razy większy, niż w rzeczywistości.

Jeżeli w odnośnym wieloboku sił poprowadzimy Oc // R, a OdII do stycznej osi w punkcie 0, wtedy Oc=R, Od=P, siłę podłużnej, cd=Q, sile poprzecznej.

Jeżeli więc znamy w łuku linię ciśnienia, to możemy wyznaczyć wszystkie siły zewnętrzne. Zadaniem naszem będzie teraz wykreślić dla każdego danego obciążenia odpowiednią linią ciśnienia.

rys..- 318.

JĄ

J?

■//

i Ä,

7)

-//

s/

'C

// >0

Wiemy z §. 136, źe dla określenia linii ciśnienia potrzeba wyznaczenia trzech niewiadomych. W tym celu albo uciekamy się do prawideł sprężystości i badamy odkształcenie łuku, lub też budujemy łuk w ten sposób, aby trzem danym warunkom zadość uczynić, urządzając przeguby (n. GelenJc, fr. charnière, an. joint, cz. Jcloub).

Przeguby, wprowadzone w użycie najprzód przez Gerbera, sąto połączenia zawiasowe dwóch zupełnie odrębnych części, na które belka została podzieloną, albo właściwiej je-

szczeby można powiedzieć, sąto połączenia przegibne dwóch belek (nie zaś dwóch prętów tej samej belki).

Jeżeli więc w któremkolwiek miejscn łuku urządzimy przegub, obie części mogą być tylko wtedy w równowadze, jeżeli w miejscu przegubu jest moment =0, gdyż inaczej musiałaby się część jedna około osi przegubu obrócić. Stąd wynika, że linia ciśnienia musi przechodzić przez przegub. Urządziwszy więc n przegubów, otrzymujemy dla równowagi jeszcze n równań, mianowicie, że momenty sił zewnętrznych dla tych punktów są równe zeru. A że, jakto przedtem udowodniliśmy, dla łuku brakują nam trzy równania, więc urządziwszy trzy przeguby w łuku, możemy siły zewnętrzne zupełnie dokładnie wyznaczyć. W praktyce spotykamy łuki żelazne o trzech, o dwóch przegubach i bez przegubu, w sklepieniach w najnowszych czasach zaczęto także używać przegubów. Dla łuków i sklepień dwu i bezprzegubowych musimy się uciec do prawideł sprężystości, jakto już wyżej wspomnieliśmy.

§. 144. Odkształcenie łuku,

Niech będzie ACB (rys. 319) osią łuku , którego długość od przekroju utwierdzonego A nazwijmy s=4Z), kąt zaś nachylenia stycznej w punkcie D do poziomu niech będzie cp. Wskutek obciążenia ilości (pis zmienią się o Acp i As. Nim je wyznaczymy, określimy zależność ilości s i <p, mianowicie otrzymamy, jeżeli s wzrośnie o ds=DGr dx=ds dost q) j dy=— ds wst g)j Przy odkształceniu zmieniają się te wszystkie długości, gdy więc ds nazwaliśmy zmianę długości s, to nazwiemy Ads zmianą długości ds. Różniczkując równanie 726), otrzymamy

rys-319.

-i

j'

;\

W;

726)

Adx — Ads dost cp — ds Acp wst cp,

Ady= — Ads wst cp — ds Acp dostęp, a wstawiwszy za dost cp i wst cp wartość z równ. 726), otrzymamy

A dx

Ads

^ dx-\- Açp dy—dAx,

Ads

Ady- ds

dy—A<pdx=dAy,

gdyż z powodu, że odkształcenia te są bardzo małe, możemy przyjąć Adx—dAx i Ady=dAy. Całkujmy teraz te równania, to

XA ds

Ax=

i*

r* x

dx + V Acp dy

Jo

Ax=

XA ds

ds dy -

x

V Acp dx Jo

727)

Ads jestto zmiana długości, nieskończenie małej cząstki jest więc względną zmianą długości łuku,

łuku ds, a iloczyn

możemy zatem napisać wedle rów 34) Ad s

v'

728)    ,

Dajemy znak —, bo P, oznaczając ciśnienie, skraca łuk. Dla wynalezienia Acp musimy wyznaczyć działanie momentu M. Wskutek działania momentu M zmienia się kąt dcp

o Adcp (rys. 320). Z tego wynika, że D'L¹ — dsi przedłuża się o Adsi ? a przedłużenie to możemy wy-drfs, razić analogicznie do równ. 34)

rys:3 2 0.

/;

ds

/>?.

Adsi

dsx

gdy vv“ oznacza natężenie wskutek działania momentu M w war-st *-ie odległej o v od osi obojętnej, a wstawiwszy wartość za vv" z równ. 665)

f/

Mv

!/

Adcp

Adsi

er *< ■

Z rysunku widzimy, że A dsi —v A dcp, więc

M dsi: a stąd

. 729)

eI

Adcp

ponieważ dsl = ds.

ds

730).

Z uwzględnieniem krzywizny otrzymał Weyrauch, gdy t oznacza ilość stopni C zmiany ciepłoty a a spółczynnik rozszerzalności

A ds

ds

K)¹

Adcp

ds

el

(4y

.    . 781)

eAr

Całkujemy teraz równania 728) i 780) i mamy

. . 732)

A s= —

xp

733)

Gdy kształt łuku jest dany, wtedy znana jest zależność między zmiennemi x, g₁ s i (p i zapomocą powyższych równań możemy wyznaczyć odkształcenie łuku.

§. 145. Wyznaczenie trzech warunków.

Łuk bezprzegubowy (n. Bogenträger ohne Gelenke) jestto łuk, którego oba końce są tak utwierdzone, że styczne podporowe się nie zmieniają, a więc i sklepienie jest także łu-kiem bezprzegubowym. Ponieważ w łuku takim obie podpory

są stałe, więc dla x=l możemy napisać trzy następujące równania :

Ax=^0, Ag=0, Acp=0 . 734) Te trzy równania wystarczą do wyznaczenia sił zewnętrznych, jakto udowodniliśmy wyżej.

Niech ACB (rys. 321) przedstawia oś łuku, to pierwsze równanie możemy ze względu na równ. 727) napisać

rys:32I.

Ax =

CBA ds    f B .

\ ~ds dx+ \ A(pdy^°-

albo całkując częściow o q CBAds *

Dla A i B jest y=0, więc drugi wyraz odpada i możemy napisać

dx +

(hm:

B dAcp 7 y—~-ds. * ds

BAds

\y~^ds-

"Wstawmy teraz wartości z równ. 728) i 730), a otrzymamy

BP_

M

€ jest liczbą stałą, a dla przekroju stałego możemy Ii 4 także wyłączyć przed znak i napisać

—r~dX —

0= -

dx d⁻

BMy

ACl

735)

cB i r

\AMyds~A

Pdx=0

736)    „

Z uwzględnieniem krzywizny otrzymuje Müller Breslau

SWS/fr?

— dx

,    . 737)

Gdy promień łuku jest wielki, równ. 737) przechodzi w równ. 736).

Dla łuków nie bardzo grubych, gdy I jest małe, drugi wyraz daje stosunkowo tak małe wartości, że możemy wpływ siły podłużnej P opuścić i w przybliżeniu napisać

¹

   d-\-nf

²

*) Por. str. 225.

738)

ffl y ds = 0

W ten sam sposób postępując, otrzymamy z drugiego równania 734)

S>*~Ä

Pdy=0    .    .

. . 739)

Z uwzględnieniem krzywizny jest wedle Müllera Breslaua

x ds(XV + dy) ⁼⁰

.    .    740)

któreto równanie dla wielkiego r przechodzi w rów. 739). Jeśli opuścimy wpływ siły podłużnej, to otrzymamy

M x ds=0

741)

Trzecie równanie brzmi Acp=0] według równania 733)

ds .    .

. . 742)

a dla przekroju stałego

Mds=0

743)

Wedle Müllera Breslaua otrzymamy z uwzględnieniem krzywizny

CB I c P j Mds ^ —-ds=0

. . 744)

któreto równanie przechodzi dla wielkiego r w rów. 743). Na trzech zasadniczych równaniach 736), 739) i 742), względnie przybliżonych bez uwzględnienia krzywizny i siły podłużnej równaniach 738), 741), 743), polega cała dalsza teorya belek łukowych, a 'więc i sklepień.

§. 146. Przybliżone wyznaczenie prawdziwej linii ciśnienia.

Ta linia ciśnienia jest prawdziwą, która wypełnia wszystkie trzy powyżej podane warunki, a że brakowało nam tylko trzy równania, więc teraz mamy tyle równań, ile niewiadomych, a zatem niewiadome dadzą się ściśle wyznaczyć. Linia ciśnienia jest więc zupełnie wyznaczalna temi równaniami.

•Będziemy teraz szukać tej prawdziwej linii ciśnienia, odpowiadającej trzem warunkom, a to w ten sposób, że najprzód wyszukamy linię ciśnienia, odpowiadającą jednemu warunkowi, potem zmienimy ją tak , aby nie przestając odpowiadać pierwszemu warunkowi, odpowiadała i drugiemu, a nareszcie i trzeciemu.

Każdy wielobok uważać możemy jako wielobok sznurowy dla pewnego obciążenia, a więc i oś ACB (tabl. IV.) niech będzie wielobokiem sznurowym dla pewnego obciążenia i parcia poziomego. Przypuśćmy dalej, że LK jest linią zamykającą dla belki zwykłej, obu końcami utwierdzonej, to wtedy odstępy pionowe między LK a osią będą dla pewnego parcia poziomego równe momentom M, a na mocy równania 743), które tu także jest ważne

f Mb ds=0

•Ja

Równ. 743) bowiem powstało z warunku Acp=0, który i tu musi być wypełnionym (por. §. 84).

Niech będzie a• a\ a‘₂...a\i prawdziwą linią ciśnienia i przypuśćmy na chwilą, że jest także wielobokiem sznurowym dla tej samej belki zwykłej obu końcami utwierdzonej i tego samego parcia poziomego, co wielobok b, ale dla danego rze-

czywistego obciążenia , i że linia LK jest znów linią zamykającą. Wtedy odstępy między linią zamykającą a wielobokiem a będą równe momentom Ma i tu będzie także :

C Ma ds 0.

•JA

Wiemy, że dla łuku linią zamykającą jest oś łuku, więc

momenty dla łuku będą M= Ma — Mb,......

jakto z rysunku widzimy.

Pomnożywszy to równanie przez xds, otrzymamy Mxds=Max ds — Mbx ds.

745)

Scałkujmy to równanie, to

Mxds

== ^ Maxds — ^ Mbxds=0

według równania 741), a zatem

^ Maxds= ^ Mb xds .    .

.    . 746)

Analogicznie możemy napisać na podstawie równań 738) i 743)

^ Ma y ds= ^ Mb y ds

\ 31 a ds= ^ Mbds

Te trzy równania posłużą nam do wyznaczenia prawdziwej linii ciśnienia, a mianowicie w równ. 746) i 748) zrobimy obie strony równania =0, przez co będą też sobie równe. W tym celu dzieiimy najprzód rozpiętość na równą liczbę części (na rysunku na 10 części); rozpiętość jest tuZ=16m, strzałka /'— 4m,

747)

748)

kg

d₀ = lm, di =1,7 m, nadsypka 2 m, ciężar ruchomy 1200Jeśli

0.75 m.

ciężar kamienia jest 2,4

nadsypki 1,6 —-₂, to h₀

1200

mv

Ciężar stały takiego pasma i ciężar ruchomy działa w praktyce dość dokładnie w pionowej, połowiącej ten pasek. Wykreślamy więc te linie połowiące przez eit e.. .e₁₀, jako kierunek sił działających i na linii pionowej przez A wykreślamy wielobok sił dla danego obciążenia. Tu przypuszczamy, że obciążoną jest ciężarem ruchomym lewa połowa sklepienia, wykreślamy więc według §. 135. sprowadzoną linią obciążenia i wyznaczamy cię-

ni

1600

żary pasków. Np. ciężar paska pierwszego jest 2,4X 1,6x1 X X 5,5=21,121. Reszta ciężarów będzie proporcyonalna do średnich wysokości pasków (w pionowych przez e).

Przyjąwszy tymczasowo jako odległość biegunową połowę rozpiętości i biegun w punkcie D, kreślimy promienie i w zwykły sposób wielobok sznurowy JENF. Teraz szukamy linii zamykającej, któraby zadość uczyniła równaniu

\ Mads=0. Ja

Przyjąwszy w przybliżeniu ds=dx, otrzymujemy

0,

co znaczy, że powierzchnia między linią zamykającą a wielo-bokiem sznurowym a ma być =0, oczywiście, gdy uwzględnimy znaki rzędnych.

Przyjęcie dx zamiast ds jest przy łuku bezprzegubowym tern bardziej dopuszczalne, że błąd ten poczęści znosi błąd wskutek przyjęcia stałego momentu bezwładności. W sklepieniu jest zawsze grubość sklepienia w kluczu najmniejsza, więc moment bezwładności w węzgłowiu Jt I₀ moment bezwładności w kluczu.

Jeżeli I jest zmienne, to według 785) mamy zamiast M

wyraz -y we wszystkich następnych wzorach, więc -y ds zamiast

Mds. Jeżeli przyjmiemy, że moment bezwładności zmienia się

ds

w przybliżeniu wedle równania 1=I₀

ds=

to otrzymamy

dx'

Mdx I₀ds M

=—dx. A że J₀ jest stałe, więc można wyłączyć przed znak -*o

#

całkowania i otrzymujemy Mdx.

Wykreślmy teraz najprzód linią L₃K₃, równoległą do EF, oceniwszy na oko, że powierzchnia między LZKZ a ENF=Q. Dobrze także użyć w tym celu linii prostej, wykreślonej na kalce, którą przesuwamy równolegle do linii EF, aż powierzchnie po obu stronach linii będą równe. Gdyby linia ciśnienia była parabolą, to L%KZ przechodziłaby w ²/₃ wysokości w środku. Teraz sprawdzimy, czy rzeczywiście.

<^M.dx=0.

Jeżeli nazwiemy odcinki pionowe między wielobokiem a a zamykającą v, to powierzchnia momentów

*>9+^10

^1+^2

eĄ-....

• eĄ

A=e

(Vq ~ «1

l 4

~\~V\ +^2 d⁻

vn— «i<A

4    )

em . 749)

+ ^9+^₁₀ +

Dodawanie rzędnych v możemy uskutecznić cyrklem i w ten sposób otrzymamy sumę m (tu m= +17 »), którą mamy jeszcze pomnożyć przez e, aby otrzymać A.

Jeżeli powierzchnia nie jest =0, lecz np, = +/‘(tu 17.16 = =272 mm²), wtedy posuniemy linią L₃K₃ do góry o długość

e. m nm

"W ten sposób otrzymamy prostą L₂K2} będzie teraz dokładnie =0.

Chodzi teraz o to, aby

Aa=

A że l=ne, (tu 10 e), więc Aa

.    . 750)

powierzchnia

^ Maxds=0

to PS

albo w przybliżeniu

i Maxdx—0, ja

tj. àby moment statyczny tej powierzchni ze względu na AE był =0. Obliczmy moment statyczny tej powierzchni, rozkładając ją na trapezy i przypuszczając, że środek ciężkości tra

pezu jest w połowie szerokości. Otrzymamy więc : v₀+vi e c v±+vt

Y'T+—vT

v₉ +vi0

3i+Î£.-±.9,76e, czyli h (14- 2) v₂ + (2+3) i?₃ +(3+4)    + (4+6) +.. • •

. e. 9e4

więc w mm³ będzie

+ (8 + 9)«₉ + (9 + ^Ë]«₁₀+?4

Vi\l

^Ë_ll84

8 8 ’

- 8,1 + 5/3,8 + 7.7,9 + 9.9,3 +

+ 11.8,8+13.6,6+15.2,5- 17.4,4 + - 13,87.14-4,87.20,5

a stąd $=8,3 e².

Musimy więc moment statyczny powierzchni powiększyć o—S (tu o — 8,3 e³ mm³) przezto , że prostą L₂K₂ obrócimy około punktu I o pewien kąt , aź przyjdzie w położenie LXKX, Długość LXL₂ wyznaczymy w następny sposób: Przez obrót linii zamykającej w kierunku odwrotnie, jak wskazówki na zegarze, powiększy się z lewej strony powierzchnia dodatnia, zaś z prawej ujemna. Moment statyczny, jaki przezto powstanie, ma być :

— S= +ILiL₂ i l-IKxK₂ \1= — %I.ILxL₂ =

l% LL

g ^1^2?

— 11 - a LxL₂ l—

a stąd

, 751)

Tu otrzymamy LXL₂

6.8,Be²

0,5 mm.

A że IKXK₂—ILXL₂,

(10 e)²

więc warunek pierwszy nie został naruszony. Linia zamykająca LXKX odpowiada więc teraz dwom pierwszym warunkom.

Teraz szukamy linii zamykającej dla osi łuku, jako wie-loboku sznurowego w ten sam sposób i znajdziemy LK, równoległe do AB, bo jeżeli suma powierzchni momentów jest równa zeru, to z powodu symetryi drugi warunek będzie już przezto także wypełniony. Środek ciężkości bowiem tak ujemnej części powierzchni, jak i dodatniej, leży w prostej GD, a że te powierzchnie są równe, więc momenty statyczne muszą być równe z przeciwnym znakiem, a zatem

^ Mb x dx=0.

Chodzi jeszcze o wypełnienie trzeciego warunku: Ma y ds=^ Mb y ds,

czyli w przybliżeniu

Maydx=

ÇB

\ Mbydx.

Rzędne ac wyobrażają nam, jak wiemy, momenty Ma. Uważajmy Ma jako siły działające poziomo w odpowiednich punktach osi b, oddalonych od linii AB o y np. axcx w bx, a₂c2 w b₂ itd., wtedy otrzymamy łatwo

Ma y dx,

wykreślając na dowolnej linii RS wielobok sił, a potem wielo-bok sznurowy. Powierzchnie przedstawiają się tu jako trapezy i trójkąty. Środki ciężkości znajdują się w jednej trzeciej lub w przybliżeniu w połowie podstaw. Zatem od C odcinamy Cf\ — \ux, /‘₁/'₂=w₂, /₂/’₃ w przeciwnym kierunku =% itd., a ponieważ powierzchnia momentów powinna być równa zeru, więc ostatni punkt wieloboku /j₁ zejdzie się z punktem C.

Przyjmmy tymczasowo jako odległość biegunową CD, połączmy D z wszystkimi punktami wieloboku sił, z punktów &₂ itd. ponad środkami ciężkości trapezów poprowadźmy poziome i wykreślmy wielobok sznurowy DTU. Z §. 7. wiemy, że odcinek UD prostej AB równoległej do wypadkowej między skrajnymi bokami wieloboku sznurowego DTU, pomnożony przez odległość biegunową DC=hl, równy jest sumie momentów statycznych sił Ma, więc według równań 4) i 183)

UD

Maydx . .

.    .    .752)

To samo robimy, chcąc wyznaczyć

C Mh y dx.

Ja

sposób wielobok sznurowy czyli

sam

Tu Mb są równe rzędnym między osią łuku a linią zamykającą LK. Wykreślmy w ten raczej z powodu symetryi tylko połowę wieloboku, a otrzymamy

Ct

^Mtydx

753)

Aby zadość uczynić równaniu 747), musiałoby być :

C Maydx = f Mb y dx czyli 2/^ Ct=hi. UD, albo Ja    Ja

2Ct=UD.......

. 754) .

Rzeczywiście jednak 2 Ct% UD, więc aby uzyskać równi 754) musimy, ponieważ 2 Ct jest dla danego kształtu łuku stałem, zmienić tak UD, aby UD=2 Ct.

niewaź UD=

W naszym przykładzie jest 2 Ct^> UD, a mianowicie ponieważ 2 Ct=n. UD, więc UD trzeba n razy powiększyć. Po-1 f *

rA Maydx, więc UD będzie n razy większe, jeżeli Ma czyli rzędne wieloboku sznurowego a powiększymy n

razy. Rzędne zaś wieloboku tego będą n razy większe, jeżeli do wykreślenia go użyjemy odległości biegunowej n razy mniej-

UD

AD.

,    , ad

2 Ct'

szej, a zatem b=-

Teraz dwojaki jest sposób wykreślenia prawdziwej linii ciśnienia, albo mnożymy wszystkie rzędne wieloboku a przez

2 Ct

i wykreślamy je według znaku powyżej lub poniżej linii

LK — albo wyznaczywszy prawdziwą odległość biegunową, szukamy takiego bieguna, aby linie zamykające obu wielobo-ków zeszły się razem i aby można jeden na drugi położyć. ^Wykreślmy dowolną prostą BDl, zróbmy BP=UD, BP'=Z Ct, wykreślmy potem DDi równolegle do PP‘, a będziemy mogli napisać:

BP'

BDi =BD. Bp

‘2 Ct AD A D • jj .. =—=b. UD n

Prawdziwą odległością biegunową jest więc BD±.

Według pierwszego sposobu mamy powiększyć wszystkie rzędne Ma w stosunku BP: BP', co zrobić możemy zapomocą kąta proporcyonalnego PBP‘. Sposób ten jest łatwy i dokładny, jako próbę użyć możemy drugiego sposobu, a to jak następuje : Kreślimy DFi równolegle do LXK±, przez co otrzymujemy OFi = Vi i Fi 10= V₂, oddziaływania pionowe belki prostej. Z punktu Fi ciągniemy poziomą F^D", równoległą do zamykającej LK, gdyż LlKi musi być poziomą, jeżeli chcemy położyć , wielobok a na wielobok b i uzyskać M—Ma — Mb i robimy FiD"=BDi. D‘‘ jest wtedy prawdziwym biegunem, gdyż odległość biegunowa FXD“=BDx=b, a równoległa do nowej zamykającej LK dzieli wielobok sił na V, i V₂. Teraz kreślimy promienie i linią ciśnienia, punkt początkowy a\ a może i więcej punktów, wyznaczamy jako kontrolę według poprzedniego sposobu.

Drugą próbą rzetelności konstrukcyi jest ta okoliczność, że punkty przecięcia się wieloboku a z linią zamykającą min leżą w pionowych punktach przecięcia się linii ciśnienia z LK— m‘ i n‘. Dalej boki skrajne wieloboku sznurowego muszą się przecinać w pionowej przez środek ciężkości wszystkich ciężarów CG¹, a nakoniec sumy powierzchni powyżej osi i poniżej osi muszą być sobie równe

Otrzymawszy tak prawdziwą linią ciśnienia, mamy momenty ze względu na oś M—bg, jeżeli 0 oznacza pionowy odstęp między osią a linią ciśnienia.

Chodzi jeszcze o największe natężenie, które obliczymy

według rów. 685) vx

100 h

( 6

+ Widzimy, że vi może być

największe dla największego P lub największego c. Na tablicy jest Pic największe na podporze A. Dla szwu gl, prostopadłego do osi w A, znajdziemy P, robiąc or\ \gl, a Z)'V// do stycznej do osi w 4, to P— D,/r=102,51= 102500Z#r. Dalej mamy c=4a'=0,10 m=15 cm, /a=1,6 m — 160 cm, więc

102 500

P 6.10\

(1 + T6ö)~

hg

8,8—2 ?

cmA

a więc dla muru kamiennego natężenie stosowne.

Gdybyśmy chcieli otrzymać wynik dokładniejszy, to należałoby się dla stałego I trzymać wzorów 736), 739) i 743):

najw.

100.160

^Myds- ^

Pdx=0,

to h*.

Mxds-\-

Pdy=0,

Mds == 0.

ds

Względnie jeżeli 7=l₀-^: i 4=4₀

U/00

ds

.dx

są stałe

Pdx=0

Ç Mxdx-\- C Pdy= 0 )a    X

755)

Mdx=0.

Z tego widzimy, że pierwszy warunek

ę b    ps

V Madx—\ Mbdx=0

JA    JA

jest dokładny, żadnej zmiany tu nie trzeba. Drugi warunek musimy napisać

ÇB

V Maxdx=

^Mbxdx+^.

Pdx..... 756)

Jeżeli więc w zwykły sposób wyznaczymy powierzchnie momentów a i &, to j eszcze należy w każdym punkcie a siłę podłużną P odciąć pionowo od pewnej poziomej. Końce tych rzędnych połączone dadzą linię krzywą A₂B₂, a

Pdx= pow. AiA₂B₂Bi.

a₂

i *y s ; 3 2 2.

b₂

Sili

.....

Co

Co.

Do

Bo

Jeżeli luk jest symetryczny, to

{ Mbxdx=0, więc

J A

I rB

— i Pdx, A₀)a

f Maxdx

•Ja

a nie jest równe zeru, jak to pierwej robiliśmy. Z uwzględnieniem tego robimy obrót L₂K₂ w położenie LiKi.

Trzeci warunek otrzymamy z 755)

.    . 757)

r*B    J r.B    p B

V Maydx + ^-\ Pdy = l Mbydx .    .    .

J ^    A-o J a    Ja

Tu więc musimy jeszcze utworzyć CB

yPdy=

Otrzymamy więc z 752)

pow. (AqCqC'q A'₀ + B₀B'₀ D\ D₀).

\UD+A[BPdy=.

aoJa

Ł 2 Ct.

Jeżeli

i* Pdy=Ai) to

J A

272)=2 Gt

A,

758)

Jeżeli to równanie się nie ziszcza, to należy UD, zatem odległość biegunową odpowiednio zmienić, aby zadość uczynić temu równaniu.

Różnica w wielkości parcia poziomego przy zastosowaniu tych poprawek jest jednak zwykle tak mała, źe w zwyczajnych wypadkach nie potrzeba uwzględniać wpływu siły podłużnej P.

§. 147. Położenie powierzchni momentów.

Niech będzie ACB (rys. 323) osią łuku, Ai DB^ prawdziwą linią ciśnienia, to rzędne między temi dwiema liniami będą, jak wiemy, proporcyonalne do momentów. Pierwszy warunek

CB

\ M&dx=0 oznacza, źe suma powierzchni dodatnich jest równa Ja

sumie powierzchni ujemnych tj poniżej osi leżących. Drugi i trzeci warunek brzmi:

f

•JA

Mxdx=0 i

[ Mydx=0. Ja

co da się słowami tak wyrazić: moment statyczny powierzchni ujemnych musi być równy momentowi statycznemu powierzchni dodatnich tak ze względu

oś odcinków, jak i rzędnych. ( Mydx

Ja

na

nie oznacza.

wprawdzie momentu statycznego powierzchni momentów ze

rys:323.

-■-x-

względu na AB, bo y oznacza odstęp punktu osi od AB. Ale

CB

różnica jest bardzo mała tak, źe możemy \ Mydx uważać w przy-

J A

bliżeniu jak moment statyczny. Wiemy, że moment statyczny jest iloczynem z powierzchni przez odległość środka ciężkości od danej linii, a więc gdy powierzchnie dodatnie i ujemne i ich

momenty statyczne są równe, to i odległość środka ciężkości powierzchni ujemnych i dodatnich od obu osi musi być równą, czyli mnemi słowy: środek ciężkości części ujemnych musi schodzić się ze środkiem ciężkości części dodatnich.

Aby tego ostatniego warunku dopełnić, musi linia ciśnienia przecinać oś najmniej w trzech punktach, bo jeżeliby przecinała tylko w owóch punktach, to otrzymalibyśmy dwie części tego samego znaku, a wyżej jedną część przeciwnego tak, że środki ciężkości nie mogłyby się schodzić.

Powyższa ulepszona metoda B u r r a wyznaczenia prawdziwej linii ciśnienia zaleca się zwłaszcza tern, że jest bardzo przejrzystą i jasną, a nadewszystko ogólną. Jeżeli przytem uwzględnimy skrócenie osi wskutek siły podłużnej, to otrzymamy wedle Keck a¹) dla sklepienia parabolicznego podniesienie się linii ciśnienia w kluczu o c, a zniżenie na podporach o 2c,

przy ozem

c=

-w

to

769)

jeśli d oznacza grubość a / strzałkę sklepienia.

§. 148. Ciśnienie sklepienia na krążyny.

Przy budowie sklepień używamy osobnego rodzaju rusztowań, które mają podpierać niedokończone jeszcze sklepienie, dopóki nie założymy klucza, poczem już sklepienie nie potrzebuje podparcia. Rusztowania te nazywamy krąźynami (Lehrgerüst, fr. cintre).

Aby obliczyć wymiary krąźyn, musimy poznać ciśnienie, jakie wywiera sklepienie podczas budowy na krążyny

Wszystkie klińce nachylone pod kątem mniejszym do poziomu, niż kąt tarcia wynosi, nie cisną wcale na krążyny, dopiero gdy ß >> q (rys. 324), kliniec ciśnie na krążyny i wywołuje oddziaływanie P prostopadłe do podniebienia. Zastanówmy się nad równowagą klińca takiego abcd. Ciężar jego C działa w środku ciężkości S, klińce leżące na danym klińcu wywierają ciśnienie N, działające także pod kątem tarcia. Siły N, Niy C i P muszą być w równowadze i dać się złożyć w zamknięty wielobok sił. Jeżeli N jest dane, C obliczamy, kreślimy AB=N i BD=C, wypadkowa tych dwóch sił jest AD, z punktu ich przecięcia się /“ kreślimy fh\ / AD do przecięcia się z siłą P, którą z poprzedniemi składamy. Kierunek wypadkowej znamy, bo działa ona pod kątem tarcia q do prostopadłej na ad, kreślimy więc DE 11 gh i otrzymujemy w wieloboku sił DE=N, i AE=P.

rys;324. '

Znając teraz możemy wyzna• czyó w ten sam sposób ciśnienie następnego klińca na krąźynę.

iP

om

J)

Jeżeli punkt g wypada zewnątrz przekroju, to konstrukcya ta nie jest ważną Wtedy musimy przypuścić mniejszy kąt tarcia, niż q — albo, co na jedno wychodzi, obrać punkt g blisko krawędzi a. Możemy przyjąć ag = 2 do 5 cm.

1.::à

W rys. 325 zrobiliśmy tę konstrukcyę dla sześciu klińców A, B, C, D, E i F. Zaczynamy od najwyższego klińca F. Tu, rozumie się, N—O, a siły Pi i Cj przecinają w Si, skąd prowadzimy iVj pod kątem g do prostopadłej na szew ab. Przeprowadziwszy tak konstrukcyę dla wszystkich 6 klińców, otrzymamy w wieloboku sił Pi, P₂, P₃, P₄, P₅ i P₆. Z rysunku widzimy, że proste, przedstawiające ciśnienia N, są zbieżne, a ciśnienie P ku dołowi coraz mniejsze. Dodajmy jeszcze jeden kliniec G, którego ciężar jest C₀, to z powodu zbieżności prostych, przedstawiających ciśnienia N, otrzymamy odnośne ciśnienia na krą-źyny P mniejsze, niż w pierwszym przypadku. A więc największe ciśnienie na krąźyny pod pewnym kliń-cem powstaje zawsze wtedy, gdy jest on najwyższym klińcem. Ciśnienia te największe wzrastają ku kluczowi. Z rysunku widzimy, że przez dodanie klińca G ciśnienia wywarte przez poprzednie kliny maleją, a kliniec A nie wywiera już wcale ciśnienia na krąźyny.

Najw. P możemy łatwo wyznaczyć liczebnie, gdyż wtedy 0 (rysunek 326), AE=*C wst a, więc

G wst a

AD=N,

AE

dost gp dost g

Dalej mamy

P=BD=C dost a - ÂE st C dost a— C wst a st ę albo

P=C(dosta — wstast(>)=C(dosta — fwsta), . . 759) jeżeli f jest spółczynnikiem tarcia.

*/

V-

A Se

\C4

M:

«/

rys:325.

c₃

xt\

Dla a=90— q jest

Co

\Po‘

■■■i

? Æam

ło

*KV

mm

<c,

4,

' \(?2

fjk

rys: 326.

V \A

- '-ii

''i

P— C ^wst — dost q

‘ VS

% >£' C6

p'

wst Q dost q

Kąt ę jest według §. 134. w przecięciu dla ciosów bez zaprawy z zaprawą starą 35°, świeżą zaś bardzo mały, co najwyżej Przyjąć więc możemy (>=22°, /=0,4. Dla cegły jest średnio (>=46°, dla pewności przyjąć możemy ^=35°.

Konstrukcya linii najw. P wynika z poprzedniego. Jeżeli chodzi o ciśnienie klińca abgh bardzo wąskiego, to ciężar jego będzie proporcyonalny do grubości sklepienia aó, mianowicie

30°

C—ab.b, . 1 .y, jeżeli bl jest'szerokością klińca. Przyjmmy 6₁=1, to C—y .ab.

Jeżeli w rys. 327 zrobimy AB—db, jeżeli z a poprowadzimy poziomą i ad pod kątem q do poziomej, a z b pionową

pys:327.

W \ \ i

X \ \ \ \ 1 !

N \ \\\ 1-... >';*

bd, to adb=ABD, bo wszystkie kąty równe, a ab—AB. Więc bd=BI)=P. Zróbmy to samo dla innych szwów i połączmy odnośne punkty, a otrzymamy linię największych P. Powierzchnię kreskowaną przyjąć mo-żerny, obliczając wytrzymałość krążyn, jako powierzchnię obciążenia, pomnożywszy ją przez y. Będzie to wprawdzie obciążenie trochę za wielkie, bo ciśnienia największe nie wystąpią nigdy równocześnie, ale przypuszczenie to jest na korzyść pewności.

XI. Sklepienia krzyżowe i baniaste.

§. 149. Sklepienie krzyżowe nad kwadratem.

Sklepienie, powstające z przecięcia się dwóch sklepień kolebkowych o równej strzałce, których podniebienia w linii przecięcia się tworzą kąt wypukły, nazywany s k 1 e p i e n i e m krzy-żowem (n. Kreuzgewölbe, fr. vofite des arêtes, croisée, an. cross-vault) (tabl. Y.). Linie, powstające na podniebieniu z przecięcia się dwu sklepień AK i CF, nazywamy żyłami (n. Grathbogen, fr. nervure, an. nerve), pas zaś, wystający z żyły dla wzmocnienia lub ozdoby, żebrem (n. Grath, Bippe, fr. arêtier de voâte, ogive, an. groin rib).

Przypuśćmy najprostszy przypadek, że sklepienie krzyżowe powstaje z dwu sklepień kolebkowych o jednakim przekroju, przecinających się pod kątem prostym. Podzielmy oba te sklepienia płaszczyznami pionowemi, prostopadłemi do osi, na równą ilość pasków, które możemy uważać jako sklepienia kolebkowe i wykreślmy w każdym w znany sposób linią ciśnienia (przekrój

AC). Jeżeli następne paski ku środkowi sklepienia położone np. ef mają tę samą grubość, to przekrój ich tworzy część przekroju skrajnego paska AC, linii ciśnienia nie potrzebujemy więc osobno szukać, lecz jest ona częścią linii ciśnienia paska AC. Wszystkie te paski wywierają pewne ciśnienia ukośne np. w ef Re na żebra, które da się rozłożyć na parcie poziome IIe i ciśnienie pionowe Ve. Łatwo zrozumiemy, że jeżeli sklepienie ma stałą grubość i jest jednostajnie obciążone, parcie poziome H,. będzie dla wszystkich jednakowo grubych pasków to samo =//l5 a więc także i w pasku eg. Dwie te siły Hx dają wypadkową poziomą w płaszczyźnie żebra II = H, ]2=ei. Siły pionowe Ve zaś dodają się, a więc V=2 Ve.

Teraz przystępujemy do sprawdzenia równowagi żebra, które dzielimy na części, odpowiadające podziałowi pasków sklepienia. Na każdy klinieo żebra działają oprócz ciężaru własnego żebra siły V i II, któreto wszystkie siły dają w każdym punkcie ukośną wypadkową R₂ itd- , a które wyznaczamy z wielo-boku sił. W naszym przykładzie żebro wystaje na dół o 15cm, tu więc siły II działają w połowie grubości sklepienia, a nie żebra, więc w punktach odległych od grzbietu o 15 cm. Szukamy teraz parcia poziomego, przypuszczając, że linia ciśnienia przechodzi przez środek szwów w węzgłowiu i w kluczu, a gdy obciążenie jest symetryczne, linia ciśnienia w kluczu jest poziomą.

Aby wykreślić linią ciśnienia, przyjmujemy podobnie, jak przy sklepieniu kolebkowem, niO, tymczasowo jako parcie poziome, prowadzimy promienie i kreślimy wielobok sznurowy suw, wychodząc ze środka szwu w kluczu. Wielobok ten sznurowy w ogólności nie zejdzie się z przyjętym punktem t w węzgłowiu, bo parcie poziome przyjęliśmy dowolnie, musimy je więc odpowiednio zmienić. Przez punkt p przecięcia się boków skrajnych wieloboku przechodzi wypadkowa wszystkich sił, działających na połowę sklepienia, jeżeli więc linia ciśnienia ma przechodzić przez t, to ostatni bok musi mieć kierunek pt. Bok ten wykreślimy aż do przecięcia się z J2₇ w n. Wypadkowa sił F₀, R{ R₂, Rz.    przechodzi przez punkt y, który łączymy z n

i otrzymujemy w ten sposób nz. Postępując tak dalej , wykreślimy całą linią ciśnienia tnzs. Parcie poziome wyznaczymy łatwo , zrobiwszy 10 równoległą do pt. O jest więc biegunem, z którego poprowadziwszy promienie, możemy kreślić przez s

wielobok sznurowy, równoległy do tych promieni, a który przechodzić będzie przez t.

Widzimy, że w tym wypadku linia ciśnienia wychodzi w czwartym i piątym pasku z jądra, równowaga więc nie byłaby zapewniona, wiemy jednak także, że prawdziwa linia olśnienia leży powyżej i poniżej osi, podczas gdy tu cała linia ciśnienia leży poniżej osi. To wskazuje nam, że linia ciśnienia w kluczu leży powyżej środka szwu, możemy więo przypuścić, że linia ciśnienia wychodzi w kluczu z punktu x w linii jędrnej. Należałoby na tej podstawie całą konstrukcyę powtórzyć.

§. 150. Sklepienie krzyżowe nad prostokątem.

rys:320.

— ------^

Aft------a

Przypuśćmy, że w prostokącie ABCD (rys. 328) wykonamy sklepienie krzyżowe i dla uproszczenia przyjmijmy, że ciężar jest jednostajny 9Jcgjm². Wytnijmy, jak poprzednio, płaszczyznami równoległemi do AB i AD paski EF i EG o grubości du> i dx, nazwijmy strzałki odnośnych łu* ków /j i fa parcia poziome dhi i dh₂, to dla równowagi ze względu na punkt E

i/r

dh,

dh,

X

będzie —. qxdw=fx dhx, S|n\;    2

a stąd

dh,    . 760)

a analogicznie qw²dx

. 761)

dh₂ —

W punkcie E działąją więc oba parcia poziome dhx i dh₂ jakoteż i składowe pionowe parcia qwdx i qxdw. A zatem wypadkowa pionowa będzie

. . 762)

v=q(xdw + wdx) .    . ,    .

a więc równa połowie ciężaru przyległych pasków.

Parcia poziome dh, i dh₂ składają się w wypadkową dh (rys. 829). Siły dhx i dh₂ dadzą się rozłożyć na składowe w kierunku przekątni dh‘\ i dh"₂ i siły prostopadłe do przekątni dh\ i dh\.

rys:329.

dh:

dhr

"AJ

d/i dh

dl

7i rysunku mamy dh\ =dh₁ wst a1 dh'\ — dh^ dost a, dh'₂ — dh₂ dost a, dh‘‘₂—dh₂ wst a, więc dh<=dh‘\ Jrdh/l₂--=^dhl dost a + dh₂ wst a. Jeżeli więc wypadkowa ma mieć kierunek żebra, to składowe prostopadłe doń muszą się znosić, więc

a stąd

dh\ =dhi wst a=dh'₂ = dh₂ dost a,

w²dxf\ x²dw.f₂

qw²dx 2 fi 2/2 qx²dw a że w=x st a, dw=sb a .dxy więc

dh

sta=-=r^ ==

dhA

x² st² adx.f\ a x² st ladx. f₂

A zatem jeżeli wypadkowa parć poziomych ma być w płaszczyźnie przekątni, to dla obu przyległych pasków muszą być strzałki takie same.

Jeżeli linie szczytów, NS i MS (rys. 828) są poziome, to musi być f\=f₂. Ale nawet gdyby były one liniami krzywemi, to wskazanem jest, aby przynajmniej przyległe paski miały tę samą strzałkę.

Jeżeli siły dh\ i dh‘₂ się nie znoszą, lecz dh\—dh,₂=*dh‘1 to siła ta rozkłada się (rys. 330) na dWi i dz.

st a

stąd fi=f₂.

Siła dw, =

dh‘

działa na łęg

ł wst a

czołowy, siła zaś dz=dh‘ dota na żebro.

rys: 330.

dh' s dz

A

§. 151. Sklepienie krzyżowe w jedlinkę.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że paski, na 'które podzieliliśmy sklepienie, działają jako sklepienia kolebkowe i nie przenoszą na sąsiednie paski żadnych natężeń ścinających.

Jeżeli jednak sklepimy warstwami ukośnemi czyli w jedlinkę (rys. 881), to wtedy inny jest rozkład sił, na co pierw-

¹

Keck: Elastizitätslehre str. 338.

rys;331.

// a

<f //

1 V"

le

ii

mmmm.

% h .....->

szy zwrócił uwagę Wittmann. Sklepienie dzielimy znów na paski w kierunku szwów. Jeden taki pasek ab opiera się w a na drugim pasku, w b na żebrze. Szukamy najprzód dla tego    «

paska linii ciśnienia w znany sposób. Parcie poziome w a dwóch pasków symetrycznych daje wypadkową siłę poziomą działającą w osi sklepienia na mur przyczółkowy w punkcie e. Także wszędzie na długości ef inne paski n. p. ww, wywierają ukośne ciśnienie na mur przyczółkowy. Ciśnienia na żebro zaś składają się jako symetryczne na ciśnienie pionowe F, które działa jako Obciążenie żebra. Żebra, jako sklepienia kolebkowe, badamy w znany sposób, a wykreślenie linii ciśnienia nie przedstawia tu najmniejszej trudności.

Widzimy z poprzedniego, że przy sklepieniu w jedlinkę mury przyczółkowe wystawione są na ciśnienie poziome prosto⁻padle do muru a żebra na ciśnienie pionowe.

Jeżeli sklepienie zbudowane jest nad prostokątem, to da się podobnie, jak w poprzednim paragrafie, dowieść, że ciśnienie na żebro tylko wtedy jest pionowe, jeśli

768)

4==st⁴a=

§. 152. Sklepienie baniaste.

Sklepienie, którego podniebienie jest powierzchnią obrotową, utworzoną ruchem krzywej wypukłej około osi pionowej, nazywamy s kl e p i e n i e m baniastem, banią lub kopułą (n. Kuppelgewölbe, Kesselgewölbe, fr. voûte en dôme, voûte en demi globe, an. spherical-vault, domical- vault). Wyznaczenie sił wewnętrznych w bani jest trudne, dla uproszczenia więc przyjmijmy, że obciążenie jest stałe i tak rozdzielone na poszczególne pierścienie, że albo cały pierścień jest obciążony, albo też wcale nieobciążony. Dalej przypuszczamy na razie, że powierzchnia ciśnienia wpada, na średnią powierzchnię bani, to jest powierzchnię, przechodzącą przez oś każdego przekroju południkowego.

Ciężar własny bani, a względnie obciążenie, sprawiają odkształcenie, pierścienie pojedyncze zwężają się skutkiem ciśnień,

rys; 332.

X-~r

.....a*-------

powstałych w pierścieniach w kierunku obwodu koła, które nazywamy z tego powodu ciśnieniami obwodowemi (n. Ringspannung) (rys. 332). Tu więc mamy oprócz ciśnień w kierunku południka, jak przy sklepieniu kolebkowem, także ciśnienia obwodowe.

rys; 333.

'yTyda;

/A

•Jłds

( TdT)/x4dxy( (M>J

pds <v dw

Hds !

JOd*

pfjA

-.....

Początek spółrzędnych przyjmijmy w kluczu bani S (rys. 332) a oś pionową bani za oś Y, prostopadłą do niej SX za oś X.

Zbadajmy teraz wycinek kuli MNOP (rys. 333). Jeżeli natężenie styczne w kierunku południka nazwiemy t gdy długość łuku wynosi xdw, siła na PMNO wynosi txdw.

Na PM i ON działają ciśnienia obwodowe na jednostkę o, więc na ds ods. Oprócz tego działa obciążenie pdsxdw. Z rysunku widzimy, że

to

o\W

Od*

Hds=2 ods wst -

u

& że w bardzo małe, więc wst

dw dw

pr

zatem

Hds = odsdw

764)

Dla równowagi mamy

txdw dost x — (tf 4- dt) (x -f- dx) dw dost (x+dx) + odsdw=0. Opuściwszy bardzo małe drugiego i trzeciego stopnia, otrzymamy

tx wst x d x — dtx dost x — tdx dostr — ods=0,

d (tx dost-r)= ods.....

Dalej dla równowagi w kierunku pionowym pdsxdw — txdw wst x-\- (tf+ dt) (x-\-dx) wst (x+dx)—0,

. . 765)

a stąd zważywszy, że wst (x+dx) = wst xĄ-dost xdx, opuściwszy nieskończenie małe wyższych rzędów, otrzymamy

pxds— tdx wst x — xdt wst x — tx dost x d x=0 — pxds= + d (tx wst x)

766) |

Rów. 765) i 767) wskazują związek sił t i E dla dowolnych obciążeń i powierzchni.

§. 153. Bania kulista.

Jeżeli bania jest kulistą, to x i ds należy wprowadzić dla koła. Wedle rys. 332 jest # = rwstT, ds=rdx. Jeżeli jeszcze przyjmiemy p dla całej kuli stałe, to z 766) wynika — pr wst x. rdt=d{tr wst² t), a stąd

i* d{tr wst² x)= ^*0

— pr²[ wstxdx. *^0

Jeżeli zaczynamy od punktu S, to x₀ =0, więc

-- pr² ( 1 — dost t), stąd

tr wst² x

=pr²dostT ^ ==

t=

pr( 1 — dost-r)

pr

. . 767)

l + dostr

Jeżeli wstawimy tę wartość w rów. 765), to otrzymamy

wst² X

ordx=d

pr

r wst x dost x

1 +dost x

) = — pr²d

wst x dost x

1 -f dost x ’

zatem o==—pr W kluczu t=0, więc

dost 2    dost³ t

(1 + dost )²

■s

. .    . 768)

769;

Tl=51°50'

771)

A zatem dla kątów % mniejszych niż tu powstają ciśnienia obwodowe, dla większych niż %A ciągnienia.

Powyższe wyniki dadzą się więc zastosować tylko wtedy, gdy ciągnienia tak wielkie są możliwe. Jeżeli mamy do czynienia z banią murowaną z kamienia lub cegły, nie możemy dopuścić wcale ciągnienia, zatem albo ciągnienie musimy znieść pierścieniem żelaznym albo też pogrubić przekrój bani tak, aby linia ciśnienia na dolnej części nie wpadając wprawdzie w oś, jednak nie wychodziła z jądra przekroju.

§. 154. Wykreślne wyznaczenie natężeń w bani.

Na powyższej podstawie wyznaczymy teraz wykreślnie linię ciśnienia i natężenie obwodowe w bani.

Jeżeli wytniemy z bani wycinek płaszczyznami pionowemi, przechodzącemi przez oś bani, a odchylonemi o bardzo mały kąt a, to siły obwodowe 0 (rys. 334), działające z obu stron, dają wypadkową H. Wielkość jej otrzymamy z wieloboku sił, z którego widzimy, że

...... 772)

dla którego H = Or

Zatem w kluczu jest ciśnienie jednostajne na wszystkie

, pr strony równe

na

jednostkę powierzchni.

Dla półkuli jest na równiku t=— , więc

L

= +pr .    .

tn =

. . 770)

— pr, o«

2

Zatem na równiku jest ciśnienie południkowe dwa razy większe niż w kluczu, zaś natężenie obwodowe jest dodatnie, ciągnienie, co do wielkości równe natężeniu południkowemu.

Dla pewnego kąta staje się o=0. Z rów. 768) otrzy

mamy

0= — pr

dost 2 xi -fdost³

1 + dost ³

, a stąd dost =0,618

H= 2 O wst    .

Z równania tego wyznaczymy a a mianowicie

Statyka.

a stąd a = 6O⁰.

Jeżeli więc obliczać będziemy ciężary wycinka dla ^ okręgu koła, to H, które z konstrukcyi otrzymamy, będzie równe 0, ciśnieniu obwodowemu.

rys=334.

//

ZZ

2 wst

to a

— 1,

Na rysunku 335. wykreśliliśmy w przybliżeniu linię ciśnienia w następny sposób. Szwami, stojącymi prostopadle na linii środkowej, a których oddalenia b, mierzone na tej linii, są równe, podzieliliśmy najprzód połowę przekroju bani na 8 części. Objętość pierścienia, utworzonego ruchem obrotowym powierzchni CDEF około osi AO,

Pi

/>

Z / /4

ty

"V

fin

Ær"

ry"s;335.

Zy

o".

z.

Z,

iP,

ih]

Z*

Aft

/i

aiZi

³ l>

y//Tbfc/Z/j /Aj Z

yp²'    T

: r

n₆

i?

/'

te

14

/;

jest według twierdzenia Guldima równą powierzchni CDEF, pomnożonej przez drogę środka ciężkości i, a więc, gdy grubość pierścienia —d, a odległość punktu I od osi =r, to objętość równa się bd2r n. Ciężar pierścienia będzie więc

. . 773)

-w

P₅= ybdZrnJ!^—

jeżeli y jest ciężarem jednostki sześciennej.

Podobnie możemy obliczyć wszystkie inne ciężary, albo możemy też resztę ciężarów wyznaczyć wykreślnie w następny sposób. Z równania 773) widzimy, że ciężary P są proporcyo-nalne dla stałego b do d i r. Przyjmijmy taką podziałkę sił, ażeby d₀ = a₀a₅=P₅ i odetnijmy od a₀ wszystkie długości d na prostej a₀«₅. Tak otrzymane punkty połączymy z 0, to punkty przecięcia się z pionowemi, poprowadzonemi ze środków ciężkości odnośnych powierzchni wyznaczają nam ciężary P. Np. dla wyznaczenia P;! odcinamy a₀a₃, równe grubości trzeciego pierścienia , spuszczamy ze środka ciężkości pionową, łączymy a3 z 0, a długość b₀b?> przedstawia ciężar P₃. Z konStrukcyi bo-, wiem wypada, że a₀a₃ : b₀b₂ = Oa₀ : Ob₀, więc

₌

r5 ’

a zatem b₀b₃

Ob o

Oa₀

a że d₃r₃ : dbrb = Pz : P₅, więc

r₃P,

T    * *5 P5 '

Jeżeli więc zrobiliśmy db=Pb, to b₀b₃ = P₃.

Wyznaczywszy w ten sposób wszystkie ciężary P, wykreślamy wielobok sił i kreślimy linią ciśnienia, przypuszczając, że wpada, o ile to możliwem, na linią środkową. Wypadkowa z ciężaru i ciśnień obwodowych w pierwszym pierścieniu ma więc przechodzić przez środek szwu LXMX, a więc mieć kierunek SiNi. Jeżeli w wieloboku sił zrobimy Oax równoległe do SiNi, to ail=Hi. Prosta ■SiNi przecina P₂ w punkcie ’w₂, do siły Rx przychodzi tu siła P₂, wypadkowa tych sił jest Ob₂. Z punktu m₂ kreślimy więc m₂ n₂ / / Ob₂ aż do przecięcia się z siłą jff₂, która musi być tak wielką, aby wypadkowa wszystkich sił przechodziła przez W₂, a więc miała kierunek n₀N₂. Wykreśliwszy Oa₂//w₂W₂, otrzymamy wielkość tej wypadkowej, przyczem U₂==b₂a₂. Podobnie postępujemy dalej, n₂N₂ przedłużamy do siły P₃ do punktu m₃, kreślimy m₃nzj) Ob$ i rysujemy n₃N:] aż do w₄. W wieloboku sił robimy Oa₃ \ fn₂N₂ a H₃ ^=b₃a₂.

W ten sam sposób postępujemy dopóty, aż z konstrukcyi wypadłaby siła H ujemna, jak naprzykład tu JJ₇ = — &₇a₇. Ponieważ jednak, jeżeli na wytrzymałość zaprawy zważać nie będziemy, mur nie może pracować na ciągnienie, więc przypuszczamy, że w tym pierścieniu IŁ =0, a zatem , że niema tu żadnych ciśnień obwodowych. Wskutek tego jednak wypadkowa i£₇ = 0&₇, a nie 0a₇, zaś linia ciśnienia oddala się od linii środkowej, gdyż zrobiwszy m₇w//Oć₇, nie przetniemy szwu L₁M1 we środku, lecz w pukcie u obok środka N~. Prostą m-u prze-dłnżamy aż do w»₈, punktu przecięcia się z P₈. I tu także ciśnienie obwodowe przypuszczamy równe zeru, a stąd otrzymujemy jR₈ = 06₈, a ostatni bok wieloboku sznurowego m^u^IjOb^. Jeżeli ux leży w średniej trzeciej części sklepienia, jeżeli wypadkowa na jakikolwiek szew nie jest więcej odchyloną od prostopadłej na szew, niż kąt tarcia wynosi, a ciśnienie nie przekracza dozwolonej granicy, wtedy równowaga jest zapewnioną i w całej bani panuje tylko ciśnienie. Jeżeliby zaś linia ciśnienia wychodziła ze średniej trzeciej części przekroju, to albo musielibyśmy pogrubić banię w tern miejscu lub też obręczami żelaznymi znieść ciągnienie obwodowe, któreby w dolnej części bani powstało, gdyby linia ciśnienia i tam nie zbaczała od osi. Jeżeli ciężary obliczaliśmy wedle 773), to otrzymane H dają nam wprost 0, ciśnienia obwodowe.

W rysunku 335. przyj.ęliśmy grubość bani wzrastającą ku dołowi, gdybyśmy przyjęli ją równą , linia ciśnienia wypadłaby o wiele niekorzystniej, a punkt, w którym ciśnienia obwodowe stają się równe zeru, wypadłby wyżej. Dlatego należy przyjmować grubość sklepienia w kluczu małą i zwiększać ją ku dołowi.

§. 155. Sklepienie klasztorne.

Sklepienie, powstające z przecięcia się dwóch sklepień kolebkowych o równej strzałce, których podniebienia w żyle tworzą kąt wklęsły, nazywamy sklepieniem klasztornem (n. Klostergewölbe, fr. voûte cloisonée, voûte en arc de cloiture, an. cro-red vault).

Obliczenie dokładne sklepienia takiego jest bardzo trudne i dotychczas zadanie to pozostało nierozwiązanem. Podamy tu według Foeppla tylko niektóre wskazówki, jakby można w przybliżony sposób wykreślić linię ciśnienia w sklepieniu klasztornem. Przypuściwszy sklepienie założone na wieloboku regularnym, symetryczne i symetrycznie obciążone, dojdziemy do wniosku, że z powodu symetryi w płaszczyznach żył powstają tylko natężenia normalne, więc ponieważ płaszczyzny te są pionowe, natężenia będą poziome. Ciśnienia te, które działają poziomo na części sklepienia klasztornego w żyłach, nazywamy ciśnieniami żyłowemi (n. Gratspannung). Ciśnienia te, działające na jedną część sklepienia klasztornego, ograniczoną dwiema żyłami, składają się, a wypadkowa działa w płaszczyźnie ją połowiącej.

Widzimy więc, że teorya sklepień klasztornych podobną jest do teoryi sklepień baniastych i rzeczywiście bania jest właściwie sklepieniem klasztornem, założonem na wieloboku o nieskończonej ilości boków czyli na kole. Ciśnienia żyłowe odpowiadają ciśnieniom obwodowym w bani, ta tylko zachodzi tu różnica, że, gdy tam ciśnienia obwodowe były w tym samym pierścieniu stałe, tu nie wiemy dokładnie, jak się ciśnienia żyłowe rozdzielają w kierunku poziomym.

W płaszczyźnie, połowiącej części sklepienia zawarte między dwiema żyłami, kreślimy więc zupełnie w ten sam sposób, jak dla bani, linią ciśnienia, przyjmując z początku, że linia ciśnienia wpada w oś, potem, aby uniknąć ciągnienia, odstępujemy od tego przypuszczenia i przyjmujemy natężenia żyłowe, równe zeru.

Linia ta ciśnienia nie powinna wychodzić z jądra i zadość czynić i dwom drugim warunkom równowagi.

XII. Przyczółki, filary i kominy.

§. 156. Linia ciśnienia.

Budowlę, na której opiera się sklepienie lub jakakolwiek inna belka, nazywamy w budowie mostów przyczółkiem (n. Widerlager, fr. culée, abutement, an. land pier). Jeżeli na budowli takiej opierają się z dwóch stron sklepienia lub inne belki, nazywamy ją filarem (n. Pfeiler, fr. pilier, pile, an. pier). W bu-• downictwie często opiera się sklepienie o ścianę murowaną, która tu zastępuje miejsce przyczółka. Warunki równowagi

— 4B8 —

przyczółka, filaru kamiennego lub ściany są te same, co sklepienia, dla zbadania więc równowagi najlepiej wykreślić linią ciśnienia.

Na rysunku 336. wykreśliliśmy linię ciśnienia w ścianie w następny sposób. Najprzód wyznaczyliśmy w zwykły snosób

przybliżony linią ciśnienia nin w sklepieniu i otrzymaliśmy parcie ukośne R₁ działające w punkcie n na ścianę. Następnie podzieliliśmy ścianę na warstwy poziome i obliczyli ciężary warstw A, B, Ci I). Parcie II przecina się z kierunkiem ciężaru A w punkcie a i daje wypadkową    któ

ra przecina szew pr w punkcie b. Z siłą jR, składamy teraz ciężar B, otrzymujemy 7^₂, którato siła działa na następny szew w c. Podobnie otrzymujemy siły jR₃ i E₄, działające w punktacji d i e. Punkty te połączone dają linią ciśnienia bcde, która, jak widzimy, w tym wypadku wychodzi z trzeciej części przekroju, w krawędzi f powstanie więc ciągnienie. Chcąc temu zapobiec, musielibyśmy powiększyć grubość ściany u podstawy.

Podobnie postępujemy w celu wykreślenia linii ciśnienia w fi-, larze (rys. 337). Jeżeli oba sklepienia opierające się na filarze mostowym są równe i równo obciążone, to parcia ukośne, składając się, dają wypadkową pionową, filar wtedy obciążony jest tylko pionowo. Jeżeli zaś sklepienia są nierówne, leżą nie w tej samej wysokości, lub są nareście nierówno obciążone, jak tu, to musimy wykreślić dla obu sklepień osobno linie ci-

ry s: 336.

-i'TïTTfn y

4 *

ryj

"/i

z>l:

'A-

-UĄj

",

r.

ft

! Jr

rys-33 7.

Lr

r/f

Bi

?!

/)j

śnienia ab i cd, mur podzielić na warstwy poziome i składać ciśnienia ukośne z ciężarami warstw muru, jak poprzednio. W ten sposób otrzymaliśmy linią ciśnienia bef, która, jak widzimy, nie wychodzi tutaj z jądra przekroju.

§. 157. Wmurowanie belki wspornikowej.

Jeżeli belka jest jednym końcem utwierdzoną w ścianie, to moment M₀ w punkcie B (rys. 338«) obliczamy wedle §. 13

rys:338.

b.)

mmmm.

V///

mÈÊÊÊa.

a)

MU

Wm

WÀ

mmmm,

w.

Wwm

Utwierdzenie belki w murze musi więc być także, aby ciężar muru nad belką wywierał ze względu na B większy moment, a więc aby

.    . 774)

C₂c > M₀ .    .

i aby natężenie największe powstające w murze , nie przekroczyło dozwolonej granicy.

Jak się natężenia te rozkładają, nie możemy dokładnie wiedzieć, ponieważ jednak.

775)

leżeli R oznacza całe obciążenie belki, więc też i di'^>d₂. Lauen s t e i n przyjmuje

776)

dR

1431

Dla zmniejszenia natężeń dobrze jest użyć płyt z żelaza lanego (rys. 3386), które przenoszą siły na większą powierzchnię. Jeżeli dopuścimy ciśnienie x na mur, to według rów. 687).

V) ____2_ I.

² (d-d*)*’ °

2C

d, %

Siłę C₂ wyznaczymy, tworząc moment ze względu na punkt $, 2d

mianowicie C₂—=J/₀, stad ⁰

3M₀

Ca= 3d

778)

Przykład, Przypuśćmy, że obliczyliśmy w danym wypadku moment W-Z? i że Mç—lfitm a Ił —Ißt to jeżeli grubość muru wynosi 60 cm, a belka sięga przez całą grubość, to wedle 776)

60.1500

dt=6o(

Wedle 778)

T-) CO

14.120000

C% =

Î = 33 cm, d₂ — 60 — 33 = 27 cm.

3.120000 2.60

— 3000 kg,

a ą = C₂ 4- R=3000 +1500 = 4500 kg.

Jeżeli przyjmiemy dla muru ceglanego na cemencie x=10kg/cm², to

wedle 777)

2.3000

t>2 ⁼    22,2 cm, zamiast czego przyjmiemy b.₂=2Sem,

27,3cm, zamiast czego przyjmiemy b, =28cm. '

2.4500

10.33

§. 158. Linie wyznaczne przekroju prostokątnego.

środek

ciśnienia, jak wiemy, oddala się od środka przekroju, zastosować tu więc musimy prawidła wytrzymałości złożonej, o której mówiliśmy w rozdziale VI. Jeżeli przyczółki lub filary są kamienne, to ponieważ wytrzymałość zaprawy na ciągnienie jest bardzo mała, więc dla pewności przypuszczamy, że jest równą zeru.

Gdy na przyczółek lub filar działa siła ukośna

Wtedy natężenia rozdzielają się nie na cały przekrój, lecz tylko po jednej stronie osi obojętnej, nie możemy więc używać wprost wzorów rozdziału VI. Ta'część przekroju, na którą teraz działa cała siła, nazywa się przekrojem skutecznym (n. icirksa-mer Querschnitt). I w tym wypadku pozostaje jednak ważnem, źe objętość bryły natężeń równa się sile P, działającej prostopadle na przekrój i źe środek ciężkości bryły natężeń odpowiada środkowi ciśnienia. W §. 134. już wspominaliśmy o tym wypadku, tu zastanowimy się nad nim trochę bliżej i to najprzód dla przekroju prostokątnego.

Dopóki siła P zaczepia w jądrze, oś obojętna nie przecina przekroju, więc obliczamy natężenia według rozdziału VI. Do piero gdy środek ciężkości wypada poza jądro, oś obojętna przecina przekrój i musimy inaczej liczyć. Od położenia środka ciśnienia, jak wiadomo, zależy położenie osi obojętnej, a więc czy dla przekroju prostokątnego oś obojętna odcina trójkąt, czworobok, czy pięciobok; każdemu z tych przypadków odpowiada pewna część powierzchni przekroju, w której ma leżeć środek ciśnienia. Linie, ograniczające te powierzchnie, nazywamy liniami wyznacz nemi*).

nimi» •

1. Oś obojętna odcina trójkąt (rys. 839). Nazwijmy vi natężenie w rogu Z), to natężenie to zmniejsza się według prawa ljp^prostej ku obojętnej MN, a więc bryła natężeń będzie tu ostrosłupem czworościennym, którego podstawą jest trójkąt MND, a wierzchołkiem punkt Z)', położony pionowo nad Z) w odległości vt. Chodzi teraz o znalezienie środka ciężkości bryły natężeń. Przekroje pionowe bryły natężeń równoległe do MN są prostokątami, środek ich ciężkości leży we środku, więc P leżeć musi na na środkującej OD. Przekroje pionowe równoległe do MD i ND są trójkątami, środek ciężkości leży w jednej trzeciej wysokości, a więc gdy mamy dane P, otrzymamy oś obojętną, kreśląc Pm i Pn, robiąc Pm=%t i Pn — 2u i łącząc m i n. Odwrotnie jeżeli mamy oś obojętną MN, a chodzi o wyznaczenie środka ciśnienia, to zróbmy M^D= ^ MD i połączmy

Mi z N. Na linii MiN leżą środki ciężkości przekrojów równoległych do MD. Środek ciśnienia leży więc w P na przecięciu się prostych NMi i OD. Możemy też udowodnić, że OP=PD,

bo Z)P=Vw*+7², a OP=^=l-V(20² + (2w)²=V*<H-^2==Z)P- Z P°“

wodu, że OPn c>J ODN, jest DN:2u=0D : OP, więc

DN=—

2 u.OD

OP

=4 u,

podobnie mamy też MD=4 ń

*) Obrębowicz: Oznaczenie naprężeń, wywołanych działaniem sił prostopadłych do przekroju. „Przegląd Techniczny“. 1884.

Barkhausen. „Druckvertheilung im rechteckigen Mauerquerschnift'¹. „Zcitschr. des kann. Ing. u. Arch. Verein.1,1 1888.

Środek ciężkości trójkąta MND leży w S w prostej OD

w odległości od MN, nazwijmy vQ natężenie w środku cięż-o

kości, to według równania 472)

P =P £ 4 u . 41    8 uf

więc natężenie w D

. . 779)

8ut

Chcąc wyznaczyć linie wyznaczne dla tego przypadku, stanowimy się nad wypadkiem granicznym, gdy obojętna położenie CB (rys. 340). Łatwo znajdziemy odnośny środek

ciśnienia w punkcie P, robiąc OP= = PD. Jeżeli obojętna obraca się około B i przyjdzie w położenie BM, to P, znajdziemy, połowiąc MB, a potem połowiąc O^B. Z konstrukcyi tej wynika, że gdy obojętna obraca się około B z położenia BG aż do BD, to środek ciśnienia porusza się po

h

po linii Fr II CD, przyczem Br——.

rys-.340.

//

/i *

te.

J fiSK

' 'ś-........

ża

rna

Jeżeli podobnie obojętna obraca się około C, to P porusza się w Ps/IBD. Takie same prostokąty otrzymamy we wszystkich rogach przekroju, w jednym z nich leżeć musi środek ciśnienia, jeśli obojętna ma odcinać trójkąt.

2. Oś obojętna odcina czworobok (rys. 341).

Tu bryła natężeń jest ostrosłupem ściętym, którego wierzchołkiem jest punkt 0. Przetnijmy ją płaszczyzną pionową równoległą do AC w odległości x od 0, a otrzymamy trójkąt EE{R,

którego powierzchnia

A = \EE^ ER=

₌ ,V,X 1,X₌ V, l,x‘‘

U,-!., ay-

Objętość ostrosłupa ściętego jest więc

P=-

ry s:34t.

J/y

/.

4⁴

x ²dx =

*i³)

a stąd

ciV

780)

i₃V~ii³) ' '

Jeżeli przez środek ciężkości bryły natężeń S poprowadzimy płaszczyznę pionową, równoległą do AC, to możemy napisać

Vs*³

vxl

h f'¹

xldx

_r

•U

dx, a stąd

3    1₂⁴—l,⁴

4    1₂³ — l,³

Długość KP łatwo wyznaczymy, gdyż KU—\KT, a UP= = §KU, więc

781)

3 ai₂ •••••••

Dla danej obojętnej MN mamy też dane lx, l₂ i l₃, możemy więc łatwo wyznaczyć środek ciśnienia P W odwrotnym wypadku, t. j. gdy dany jest środek ciśnienia P, więc i długość KF=c, najlepiej będzie przyjąć dowolnie O, a stąd obliczyć według rów. 781) l, po niewielu próbach znajdziemy prawdziwy punkt O, dla którego l odpowiada danemu punktowi P. Długość 13 obliczamy potem z równ. 782), a vx z rów. 780). Można też punkt O wprost wyznaczyć: Barkhausen otrzymuje wzór następny

782)

- 12 c) . .

. . 783)

G-dy c=0, tj. gdy P leży w osi głównej (rys. 342), z= 00,

wdgług 782) ćrP= = ^(rT, wtedy największe natężenie w CD=vx. Bryła natężeń jest

7, vx 3w %•⁰^ 2~' b ’

a więc obojętna jest równoległą do CD, a

wtedy graniastosłupem trójkątnym, więc P =

i P ;i nb

Linie wyznaczne, które możemy wyznaczyć podobnie, jak poprzednio, są w tym wypadku krzywe uz i st i proste ts, ssx i sxu (rys. 343), pięcioboków takich krzywoli-nijnych otrzymamy cztery przy wszystkich bo-

_r__jy kach przekroju. Krzywe uz i zt są styczne do

' do poziomych rxu, względnie rt i linij jędrnych P *    + wxz, względnie w z.

3. Oś obojętna odcina pięciobok. Środek ciśnienia znajduje się wtedy w trój -

rys: 342

Vi =

784)

kątach krzywolinijnych uwz, tzwi i t. d. (rys. 344), które nam jeszcze z całego przekroju pozostały, Dokładne wyznaczenie natężeń jest w tym wypadku trudne, w przybliżeniu jednak licząc, rys : 3 43.

rys:344

i \j/ •

A 'h**',_B

O¹]W

<y

li

fi»

Mm

<'ûTxS‘â

postępujemy w ten sposób. Rozkładamy siłę P, działającą w punkcie P na dwie siły P₁ i P₂ , działające w liniach wy-znacznych, przyczem P^P^\\wz. Ponieważ P₁ leży na linii wy-znacznej, więc oś obojętna musi być w położeniu granicznem między przypadkiem, gdy odcina czworobok lub pięciobok, a więc przechodzi przez wierzchołek D. Zastosowująe wyniki otrzymane w poprzednim przypadku (równ. 782), zrobimy P^UjCD i SI=&SPU więc DM jest osią obojętną dla siły P₂. Najwięk

sze natężenie będzie tu oczywiście w wierzchołku C, obliczamy je dla siły P₁ i P₂ osobno według równania 780; i dodajemy wyniki. Dokładniej wyznaczyć możemy natężenia sposobem ogólnym, który później podamy.

§. I59. Koło pełne.

Zastanowimy się teraz jeszcze nad przypadkiem, gdy przekrój filarów jest kołem pełnem , idąc za wywodami Obrębowi c z a.

Jądro koła jest, jak wiemy¹), kołem spółśrodko-wem o promieniu cztery razy mniejszym (rys. 345). Jeżeli punkt zaczepienia wychodzi po za jądro i znajduje się na osi 07, to obojętna AB będzie równoległą do osi 0X. Weźmy pod uwagę pasek ER o grubości dy, to y — r dost <p, dy = — r wst (p dcp, x=r wst rp.

Wysokość odcinka będzie w=±r(\ —dost a)=2r wst²

bs a

Za

dalekoby nas zaprowadziło zastanawianie się nad tym przypadkiem szczegółowe, jak dla prze

rys

kroju prostokątnego, podamy tu tylko wyniki do których doszedł Obrębowicz w swej cennej, wyżej wzmiankowanej pracy. Otrzymuje on największe natężenie w punkcie C.

P wr²

-A

. . 785)

-èM

-r—

-X

r S

a oddalenie punktu zaczepienia siły P od środka koła

a wst 2a wst4a

Vi

48

r 786)

wst^a ,

—---«dost a

5

Obrębowicz obliczył na podstawie tych równań następną tabliczkę :

wst a—

aO

10°    20°    30û    40°    50°    60°    70°    80“    90°

*li

1,000 0,993    0,974    0,945    0,900    0.849    0,790    0,725    0,658 0,589

WY*

~    00    710,7    90,9    27,45    12,02    6,448    3,971    2,683    1,949    1,500

O

ao

Jeżeli mamy dany punkt zaczepienia, to wyszukujemy

WY ^

z powyższej tabiiczki i obliczamy z równania 785) vi. W ra-

o

zie potrzeby interpolujemy, najlepiej wykreślnie, kreśląc linie . wr2 1 S'

51

krzywe dla

§. 160. Przekrój nieregularny, Siła działa w osi głównej.

Jeżeli przekrój jest nieregularnym, to wyznaczenie liczebne natężeń byłoby nadzwyczaj trudnem. Wtedy uciekamy się do sposobu wykreślnego.

"

Przypuśćmy najprzód, że siła działa w osi głównej XX (rys. 847) w E, to oś obojętna MN będzie prostopadła do tej osi.

rys. 346.

0,

-X-

-X-.

----h—;

Przypuśćmy, że mamy dane położenie osi obojętnej MN. Podzielmy powierzchnię skuteczną (tu kreskowaną) na paski , o-znaczmy powierzchnie ich, wykreślmy wielobok sił i dla dowolnego bieguna O wielobok sznurowy. Jeżeli przedłużymy prawy bok skrajny do pionowej przez MN, te wedle równ. 5) moment statyczny powierzchni skutecznej ze względu na MN jest

\'v\

rh

4-~

|5"

M=m. h=A'. z

787)

zaś moment bezwładności

. . 788)

1=2 h pow. G,8...1L=2h. A

Wedle 478) jest ui=Xp. Wstawiwszy za a wartość z rów.

472), to ui =

789)

I P I 1 2hA, 2 Ai P ’ A‘s~ A‘x~M~ mh ~ m ’ * Stąd A₁ = l ux m

v Ale z rysunku widzimy, że GE'L=lmu, więc GE'L= =A₁=pow. 6r9fl7 ... t L. A zatem powierzchnia między wielobo-kiem sznurowym a prostemi GE' i E'V jest równa zeru. Jeżeli więc nie znamy środka ciśnienia E, to znajdziemy go w ten

sposób, że kreślimy taką prostą GE', aby powierzchnia rzeczona, tu kreskowana, była równa zeru.

Natężenie teraz łatwo wyznaczyć. Punkt Sx przecięcia się boków skrajnych wyznacza nam położenie środka ciężkości po-

P

wierzchni skutecznej. Natężenie w S jest wedle 472) ł>₀=—=sV\

Połączmy s"₂ M\ a otrzymamy linię natężenia i największe natężenie V V".

Odwrotnie jeżeli dany jest środek ciśnienia, a szukamy osi obojętnej, to dzielimy cały przekrój na paski, kreślimy wielobok sznurowy. Przedłużamy teraz prawy bok skrajny, znachodzimy E na przecięciu się z pionową przez E i kreślimy z E‘ teraz taką prostą E'G, która wyrównywa powierzchnie. Pionowa przez G oznacza położenie osi obojętnej.

¹

p. str. 282.

§. 161. Przekrój nieregularny, siła działa nie na osi głównej.

Jeżeli środek ciśnienia nie leży na osi głównej bezwładności, wyznaczenie osi obojętnej i natężeń staje się trudnem. Jeżeli cały przekrój pracuje, to jak wiemy z §. 64., kierunek osi obojętnej jest znany. Oś obojętna jest wtedy równoległą do osi elipsy środkowej bezwładności, sprzężonej do osi, poprowadzonej przez środek przekroju i środek ciśnienia. Gdy część przekroju nie pracuje, należałoby dla powierzchni skutecznej narysować nową elipsę środkową i do niej zastosować powyższe prawidło. Ponieważ jednak położenie osi obojętnej nie jest zna-nem, nie możemy tego uczynić. Tu więc nieznanym jest nie-tylko kierunek, ale i położenie osi obojętnej.

Jeżeli oś obojętna MN jest dana (rys. 347), to powierzchnię skuteczną dzielimy na paski, w środkach ciężkości ich zaczepiamy powierzchnie giJ <7₂...<7₆, kreślimy wielobok sił i sznurowy i w podobny, sposób co poprzednio, wyznaczamy przez wyrównanie powierzchni momentów E\ na prostej EE‘ leży więc środek ciśnienia E. Aby wyznaczyć dokładnie położenie punktu E, zauważmy, że M‘ V“ przedstawia linię natężeń. Jeżeli więc każde g pomnożymy przez odnośne natężenia, lub gdy boki pierwszego wieloboku przedłużymy do MN, to odcinki przedstawią nam siły /', a gdy je zapomocą wieloboku sznurowego złożymy, to otrzymamy, rozumie się, ten sam kierunek wypadko-

w ej EE'. Jeżeli jednak zmienimy kierunek sił na poziomy, to wielobok sił odnośny wyznaczy nam kierunek wypadkowej TTX, a punkt przecięcia się tych dwu kierunków środek ciśnienia E.

Jeżeli przeciwnie dany jest środek ciśnienia, a szukamy osi obojętnej, to możemy to zrobić tylko przez próby. Przyjmiemy więc najprzód kierunek MN dowolnie, może równoległy do osi sprzężonych elipsy bezwładności środkowej całego prze-

rvs. 34?

%;

JS*---yf-

^Ln^îjP

./. / ■

a \\r

.'\

/₆-—

y/>

-^o

\-

pi--.

P'

F''

v,

'0

\*Sf

V.

5T

VaS'

i>vr'

kroju, dzielimy cały przekrój na paski i wyrównywujemy powierzchnię momentów jak w poprzednim paragrafie. W ten { sposób znachodzimy- położenie osi obojętnej MN. Teraz musimy zbadać, ozy kierunek był dobrze obranym, kreślimy więc wie-lobok sił i sznurowy /’. Punkt przecięcia się boków skrajnych wyznacza nam położenie wypadkowej TTV Jeżeli kierunek MN był dobrze dobrany, to Tli przechodzi przez E, jeśli zaś nie przechodzi przez środek ciśnienia E: trzeba ten kierunek odpowiednio zmienić. Po kilku próbach albo zapomocą konstrukcyi

podanej przez ïïüppnera'") dojdziemy do tego przechodzi przez środek ciśnienia. Największe natężenie jest wtedy W'.

że TT,

§. 162. Kominy fabryczne.

Powyższe wywody znajdują zastosowanie przy obliczeniu wytrzymałości kominów fabrycznych.

Uwzględnić należy przy takiem obliczeniu ciężar własny i parcie wiatru. Ciężar własny da się dla danego komina łatwo wyznaczyć, potrzeba tylko w obliczeniu uwzględnić dokładnie ciężar gatunkowy danego muru. Parcie wiatru należy tu przyjąć większe, niż przy zwykłych budowlach, z powodu wysokości , a także ze względu na powiększenie natężeń z powodu wahnień sprężystych i możliwego skrzywienia osi kominu. W Niemczech przyjmują zwykle w=12ö!cg/m², co jest za mało, w Austryi 150 Jcg/m². Jednak z powyższych powodów radzi Gö-b e 1 ¹ ² j przyjmować parcie wiatru w—^OOJcgjm'2, w kierunku po

ziomym.

Z powodu, że powierzchnia kominu jest krzywą, parcie jest mniejsze, niżby wypadło na rzut pionowy kominu, a mianowicie spółczynnik d, którym pomnożyć mamy rzut, wynosi, jak o tern mówiliśmy na str. 339, dla przekroju kołowego 0,848, dla ośmioboku 0,890, dla sześcioboku około 0,790. A więc przyjmując cały rzut pionowy jako powierzchnię, możemy odpowiednio zmniejszyć parcie, przyjąć więc dla koła 170Jcgfm², dla ośmioboku 178 Jcgjm², dla sześcioboku 158 kgjm².

Dla danego przekroju mn (rys. 349) należy wyznaczyć C i TU i punkt zaczepienia parcia wiatru E. G-dy dwie te siły złożymy, otrzymamy wypadkową i?, przecinającą przekrój w Jc. Tu uwzględniamy tylko składową pionową wypadkowej C, a długość OK—w otrzymamy

-Ä

w=

790)

Znając środek ciśuienia Jc i siłę C możemy wyznaczyć teraz natężenie w przekroju mn. Badanie to przeprowadzić należy

29

przedewszystkiem dla podstawy AB, ale także jeszcze dla jednego lub dwu przekrojów wyższych, bo chociaż dla wyższych

przekrojów siła W się zmniejsza, to r/s.348    zmniejsza się też i C a także i gru

bość ścian, mogą być więc czasem wy

Rih

żej natężenia większe.

Dla tak wielkiego parcia wiatru, jakie rzadko kiedy się może przytrafić, nie możemy żądać, aby linia ciśnienia nie wychodziła z jądra, z drugiej znów strony nie wystarcza też, aby nie wychodziła z przekroju. Należy więc dopuścić wyjście jej z jądra, ale ciśnienie nie powinno przekraczać dozwolonej granicy, na ciągnienie zaś wcale nie liczymy, przypuszczając, że więc wtedy wypadek, o którym mó-

szew się otworzy. Mamy wiliśmy w dwu poprzednich paragrafach.

Zajść tu mogą trzy przypadki. Przekrój może być a) okrągły, b) wieloboczny z dwiema osiami symetryi, c) całkiem nieregularny. W wypadku b) postępować należy wedle §. 160, w c)

wedle §. 161, dla wypadku a) I Keck*) obliczył tablice, które wyznaczenie natężeń znacznie uła-

ry s. 349

IA

twiają.

WM

Rys. 349. przedstawia przekrój komina okrągłego, którego powierzchnia

\ «X

Ü-B

A=*?(r%~r\)n a —

według 789). Jeżeli nazwiemy największe natężenie w B v, a

$

A '•

.V

A    (r²—r²,) n

to możemy napisać

v=v. v‘

.    . 791)

a wartość spółczynnika v da się oblicz) ć.

*) P. Keck: Excentrische Druckbelastung cylind. Mauerkörper. Zeit, d. kann. Ing. u. Arch. Verein. 1882. str. 627.

Goebel podaje dla spółczynnika v następną tabliczkę:

"o

v.i

0,00

1,0

1,0

1,0

0,05

0,10

1,16

1,15

1,00    1,00 ¹    1,00

1,18    1,12 i    1,11

1,00

1,10

1,4

1,32

1,29

1.27

1,24

1,24

1,20

0,15

1,(>

1,48

1,44

1,40

1,37

1,33

1,30

0,20

1,8

1,64

1,59

0,25

2,0

1,80

1.73

0,30

2,23

1,96

1,88

1.44

1,40

1,55

1,50

0,35

2,48

2,12

2,04

0,40

2,76

0,45

3,11

2,29    ,

2,20

2,51

2,39

0,50

3,55

2,80

2,61

1,94

2,07

2,23

2,42

1,85

1.66

1,77

1,60

1,70

1.98

1,88

1,80

2,26

1,99

2.10

1,90'

2,00

0,55 0,60 • 0,65 0.70

4,15

4,96

6,60

7,48

3,14

3.58

4,34

2,89

2,67

2,42

2,26

2,17

3,24

3,80

2,92

2,64

2,42

2,26

3,30

2,92

2,64

2,42

0,75

9,93

0.80

0,85

0,90

0,95

13,87

21^08

38,25

96,10

1.00

5,40 7,26 10,05 15,55 30,80 ! 72,20 !

4,65

3,86

3,33

2,95

5,97

4,81

3,93

. 3,33

8,80

6,53

4,93

3,96

13,32

25,80

62,20

10,43

19,85

50,20

7,16

14.60

34.60

4.50 ’ 7,13 •19.80

co

00

2,64

2,89

3,27

3,77

4.71

6.72

rys. 350

Jack er podaje też przybliżony sposób wyznaczenia wy-kreślnego największego ciśnienia³). Jeżeli siła P (rys. B50) zaczepia w //, to wedle 484), gdy is nazwiemy promień jędrny, natężenie w B

Py i p

Ai

H)=

.y₃ zaś w C __2’

^2=^0

H) ■

. 793)

Wobec tego wzrasta pro porcyonalnie do yl i da się przedstawić linią prostą MN (rys. 851). Po przekroczeniu linii jędrnej ciśnienie wzrasta dalej wedle linii krzywej, zamiast której Jäcker przyjmuje parabolę. Wy-

znacza on jeden punkt ten krzywej T, leżący na linii ON dla y—Vïi przyczem, jak autor udowadnia,

y₂

. 793)

jeżeli s oznacza odstęp środka ciężkości 0₁ połowy przekroju od osi przez środek ciężkości 0.

D. Budowle ziemne.

XIII. Równowaga stoków.

§. 163. Zasady.

Będziemy teraz badali prawa równowagi budowli takich, których materyałem jest ziemia, a więc n. p. wałów, rowów,

przekopów. Przypuszczamy przy-tem, że ziemia jest ciałem jedno-rodnem i niesprężystem o małej spójności. Tu wdęc nie będziemy mogli zastosowywać prawideł o wytrzymałości

rys .351.

It

__________* —Ił.

l\..........*

wyłożonych w poprzednich rozdziałach, lecz zato uwzględniać będziemy także tarcie, tj. opór, jaki powstaje przy ruchu względnym dwóch ciał lub dwóch części tego samego ciała, przylegających jedna do drugiej.

Z fizyki wiemy, że tarcie jest wprost proporcyonalne do ciśnienia prostopadłego na płaszczyznę zetknięcia obu ciał, a niezależne od wielkości powierzchni zetknięcia ; spójność zaś jest niezależną od ciśnienia prostopadłego a proporcyonalną do powierzchni przekroju. Chcąc przesunąć cząstki ziemi, musimy przezwyciężyć obie te siły.

Powierzchnię ziemi nachyloną ku poziomowi, nazywamy stokiem (n. Böschung, fr. talus) a styczną kąta nachylenia stoku do poziomu czyli «tosunek wysokości do rzutu pionowego stoku stoczystością (n. Neigung der Böschung, fr. pente, a. sloping). Zastanawiać się będziemy głównie nad stokami, któ-rycłi stoczystość w każdym punkcie jest ta sama, czyli nad stokami płaskimi, a ilekroćbyśmy mieli rozpatrywać stoki o zmiennej stoczystości, osobno to zaznaczymy.

§. 164. Równowaga ziemi niespoistej.

Wiemy, że powierzchnia wody w stanie równowagi jest poziomą Piasek, żwir i ziemia sypka, których spójność jest bardzo mała, utrzymują się w równowadze, chociaż ich powierzchnia jest nachyloną, ale tylko do pewnej granicy, gdy stoczystość nie przekroczy pewnej wartości q (rys. 352).

rys.352

f=st Q

794)

Dla tego największego kąta q niech się znajduje punkt materyalny m na powierzchni AC właśnie w stanie równowagi tak, że najmniejsze powiększenie kąta q juźby wywołało stoczenie się punktu m. Ciężar tego punktu c rozdziela się na ci i c₂, przyczem ci—c wst c₂ = edost(). Siła cx stara się poruszyć punkt w kierunku CA, c₂ zaś przyciska go do płaszczyzny i wywołuje tarcie. Jeżeli spółczynnik tarcia nazwiemy f\ to dla równowagi musi być c^=fc₂, czyli cwst()= —fc dost q, a stąd

Ponieważ kąt q zależny jest tylko od spółczynnika tarcia, dlatego nazywamy go kątem tarcia (n. Reibungswinkel, fr. angle de frottement) (p. §. 134). Stok dla którego ziemia sypka utrzymuje się w równowadze, a więc nachylony pod kątem tarcia do poziomu, nazywamy stokiem naturalnym, stokiem usypu (n. natürliche Böschung, fr. talus naturel, a. plane of reposé). Stok naturalny i kąt tarcia ziemi niespoistej, wyznaczyć można, sypiąc ziemię i podgartując ją pod górę. Ziemia ułoży się wtedy w stoku naturalnym.

§. 165. Równowaga ziemi spoistej.

Jeżeli stok AB (rys. 353.) jest za stromy, wtedy ziemia nie może utrzymać się w równowadze i część ziemi ABD się usuwa. Część te ziemi nazwamy odłamem, a powierzchnia AD, jak doświadczenia Porchheimera i Leygue’a okazują, mało się co różni od płaszczyzny. Przyjmować więc ją będziemy

nadal za płaszczyznę i nazywać płaszczyzną odłamu*) (n. Bruchfläche, Gleitebene, fr. plan de rupture, plan de séparation, plan de glissement, an. plane of rupture). Gdyby spójności nie było, to kąt a, pod którym stok AB jest nachylony do poziomu, nie mógłby być dla równowagi większym, niż q. Z powodu działania spójności kąt ten będzie większym, a zadaniem naszem będzie teraz wyznaczenie jego wielkości.

Zauważmy bryłę ziemi, której długość w kierunku prostopadłym do płaszczyzny rysunkowej niech będzie równą jedności zwijmy l prostą AD, c spójność na jednostkę powierzchni, f spólczynnik tarcia między ziemią a ziemią a q odnośny kąt tarcia i zaczepmy w środku ciężkości odłamu S ciężar jego C, to da on się rozłożyć na siłę N prostopadłą do AD i P równoległą do AD. "Wtedy będzie

rys. 8 5 8

!>

'©sä

na-

i.

II

N=Cdost^, P=C wst ip, .    .

. . 795)

jeżeli ip jest kątem nachylenia płaszczyzny odłamu do poziomu. Siła P usiłuje poruszyć odłam w kierunku DA, czemu sprzeciwia się siła Q, powstająca wskutek tarcia i spójności ziemi w płaszczyźnie odłamu. Stąd otrzymamy

(J=f iV"+cZ=Cfdost^ + cl ....    .796)

Usunięcie powstać może tylko w jednej z tych płaszczyzn

przechodzących przez A, dla której P>$, t. j. —->>1. Wnosić zaś można, że powstanie ono rzeczywiście w tej płaszczyźnie, w której stosunek jest największością t. j. przybiera wartość

*) Zwrócić tu musimy uwagę, że ziemia się usuwa, a nie odłamuje, gdyż przy odłamaniu się przypuszczamy zawsze rozkład sił w przekroju proporcyonalny do odległości od osi obojętnej, której tu wcale niema; właściwie więc należałoby nazwać AD płaszczyzną usuwów ą. Ponieważ jednak przy usuwiskach wyraz ten ma inne znaczenie (n. Rutschfläche), więc nazywamy tę płaszczyznę na wzór Niemców i Anglików płaszczyzną odłamu.

najdalszą od tej, która potrzebną jest do równowagi tj.

= 1.

stosunek

Jeżeli przeto w jakimkolwiek danym przypadku wyznaczymy, P

dla każdej płaszczyzny pęku płaszczyzn, przecho-

będzie najwię-

dzących przez A, to płaszczyzna, dla której

kszością, będzie tą płaszczyzną, w której nastąpi usunięcie, gdy największość ta przekracza wartość =1. Warunkiem równowagi

=    P

będzie więc, by najw. P<; 1, bo wtedy — dla innych plasz-

czyzn będzie tern bardziej <C 1. My zajmować się będziemy wypadkiem granicznym i badać, jak wielkie może być a, aby stok był jeszcze w równowadze, zatem

. . 797)

najw.

Dla tego wypadku musi być pochodna funkcyi czyli

równą zeru,

d( )

d ip

=0, a więc

QdP— PdQ

Q²dty

O, stąd

QdP—PdQ=0, a nareszcie uwzględniwszy rów. 797), otrzymamy

P dP

798)

1 = najw

Na podstawie tych równań możemy w każdym szczegółowym przypadku wyznaczyć kąt if>.

Z równ. 797) i 795) wynika C wst tp—Cf dost fp + cl} a więc

C wst (tp — q)

F dost o

c=

(wst ip — st q dost ip)

. 799)

§. 166. Naziom płaski i nieobciąźony.

Jeżeli powierzchnia ziemi BD, którą także nazywamy naziomem (o stoczystości mniejszej, niż stok naturalny; powierzchnię o stoczystości większej zowiemy stokiem) (rys. 354) jest płaszczyzną nachyloną pod kątem ß do poziomu, wtedy ciężar odłamu możemy wyznaczyć, nazwawszy y ciężar gatunkowy

ziemi, w następny sposób: C=yAABD= £ yÀD. AD. wst (a—ty), a wstawiwszy za AD wartość l, a AB=

wst a

otrzymamy

rys . 3 5 4

stop "

wst (a — ty) wst a

Według równań 795), 796), i 797) mamy

P C wst ty __

(J    Gf dost ty + cl

6’= 3 yhl

a stąd wstawiwszy wartość za (7 /‘=st g, otrzymamy P    y wst ty wst (a — ty)

Q yhl wst (a—ty) dost ty st ę -f 2 el wst a Różniczkujmy osobno licznik, a osobno mianownik tego wyrazu, a otrzymamy wedle 798)

dP — wst ty dost (a — ?/0 + dost ty wst (a — ty) dQ [wst (a —ty) wst ty — dost (a — ty) dost ty] st g wst (2ty — a) st (2 ty — a) dost (2ty — a) st g

a stąd st (2 ty — a) = st(>, a więc 2 ty—a=p, a zatem

V- * + a

a więc płaszczyzna odłamu połowi kąt, zawarty między stokiem rzeczywistym a naturalnym.

Równanie 800) możemy inaczej napisać y h wst ty wst {a — ty)=yh wst (a — ty) dost ty st(>-j-2 c wst a, a stąd j    2 c wst a    2 c wst a dost g

y wst (a — ^)[wst^> — dostest ç>] y wst (a—ty)wst(ty~g)' Oba kąty w mianowniku możemy inaczej wyrazić, a mia-

. 800)

St g

1.

801)

nowicie

p + a    a —g

2 - zas

2 c dost g wst a

y wst2 a ^

2

Z tego wzoru możemy obliczyć wysokość stoku, przy której się stok jeszcze może przy spójności c utrzj^mać; kąt /?, jak widzimy, w tym wypadku zupełnie nie wchodzi w rachubę, a więc tu jest h od stoczystości naziomu niezależnem.

a — ty=a

-, a więc

. . 802)

§. 167. Stok pionowy.

Dła stoku pionowego a=90°; nazwijmy odnośną wysokość stoku h₀ (n. Standhöhe), to z równania 801) otrzymamy

2 c dost q

2 c ^dost² 2 — wst²

eo*

oo

⁰ (

y wst²1

45° - y I* wst 45°dost-|--dosfc 45° wst-|-j

2 c ^dost-^-H-wst f

dost-|-, — wst^-^

tO (-*

dost

to 'O

---wst

)]■

+ W3tł)_ 4c(1+st~ )_ 4c st Znając odwrotnie h₀, możemy obliczyć c, a mianowicie

4cl dost

' ⁷(

dost

bO MO

Cy

(⁴⁵°⁺ 2 )

. 803)

yh₀

0 = ^-7^

4

dot

(⁴⁵°+l)

804)

Wstawiwszy tę wartość w równanie 802), otrzymamy h₀ dost q wst a

li =

2 wst^* ₉ ? st ^45° + -—^

.    . 805)

Z pierwszej wrartości h₀ otrzymamy też

wst²

^45°—

dost Q

a wstawiwszy to w 802)

wst²

h=b₀

(45--)

l© MO

wst a

. . 806)

wst2 a- ®

Z

Wzory te służą do obliczenia wysokości stoku pochyłego dla jakiegokolwiek kąta a. Ott obliczył z równań 805) i 806)

h

następną tabliczkę dla wartości.

— 458 —

Wartości dla dot p

0,20

0/25

0,80

0,35

0,40

0,45

i—a

1.2

1,3    |    1,4

1,5

1,6

Wartości dla dota

0,50

0,55

0,60

0,65

0,70

0,75

0,80

0,85

0,90

0,95

1,00

1.05

00    204,69

840,78

1,59

1,82

2,08

2,39

2,78

3,24

3,84

4,58

5,53

6,77

8.42

1,55

1,75

1,99

2,27

2,60

3,00

3,48

4,08

4,83

5,76

6,96

1,52

1,70

1,91

2,17

2,46

2,81

3,22

3,72

4,33

5,08

6,00

1,10

CO

1,15

10,69

13,92

18,67

26,65

38,61

61,95

113,03

260,64

1072,65

8,52

7,16

1,20

10,61

13,46

17,51

23,50

32,86

48,60

79.01

142,23

328,14

8,65

10,59

13,18

16,73

21,77

29,21

40,81

60,35

95,93

Przykład. Mamy wykopać rów głęboki 9m w ziemi, dla której p=32°, więc dotp = l,6 a hQ — l m. — Jaka może być stoczystość?

= 9, liczbę tę szukamy w ostatniej:    ;

Tu mamy h= 9, 7i₀==l, więc

kolumnie i znajdujeui‘xo‘6 ^ co odpowiada dota=0.90, a więc a = 48°.

§. 168. Wyznaczenie wykreśine stoczystości.

Na podstawie powyższych równań możemy wykreślnie wyznaczyć stoczystość, stok pionowy lnb spójność, jeżeli znanym jest kąt tarcia.

1. Dane są a, h i p, wyznaczyć należy c (rys. 355). Z rów. 802) wynika

y h wstft<--t ^

c=------1

2 dost q wst a

albo, gdy nazwiemy,

AB=l

wst a

l wst^———— 2

' 2 dost a

1    wst² ô

a gdy a—q=2 d, więc

807)

Q zr=:_

2    dost a

Społowiwszy kąt a—q, otrzymamy kąt d. Z B spuszczamy prostopadłe na AD i AC, to B, E, F i A muszą leżeć na półkolu.

■ "'"I

ik

ii

W-'

W'l

rys. 355

B    JD .....,    c

-AU

>Af

>>

y.EG    .

^—. Aby się o tem Ł

Z jE kreślimy poziomą EG, a wtedy c przekonać, zrobimy EljjAC, to

EG=

El BE wst d Z.wst²d

dost ę

zatem ze względu na 807)

dost(?

dost Q

2c

EGr =

808)

Udowodniliśmy, że półkole założone na AB przechodzi przez F i E. Poprowadźmy styczną do koła KL / / BF, to AKLCs^BEI, bo AK—BE a boki równoległe. Stąd łatwo udowodnić, że

AM=EG= —

809)

Nareście jeżeli z B zatoczymy łuk promieniem BA i wykreślimy styczną NPjjBF., to AQ=2 AM, jak to się da łatwo udowodnić z podobieństwa trójkątów, zatem

810)

4r

aq=—

y

2. Dane a

c i p, szukana wysokość h. Połowimy kąt CAB i kreślimy AN | BP, odcinamy teraz AQ — — ‘i przez punkt Q kreślimy QN prostopadłą do AC. Z punktu N kreślimy

NB równolegle do AC i w ten sposób otrzymujemy punkt B, a zatem i wysokość stoku.

3. Dane są c, h i q, szukane a.

kreślimy QNJ_AC i szukamy na poziomej w wysokości h punktu, z którego możemy poprowadzić

koło styczne do QN a przechodzące przez A.

4, Dane h i q, szukane a (rys. 356). Dla danego h₀ możemy c obliczyć z równania 804) albo też wyznaczyć wykreślnie. Zatoczmy z B₀ łuk promieniem k₀ i wykreślmy styczną QN 1 AC, to AQ= sza konstrukcya, jak poprzednio.

Odcinamy AQ =

Bo

CA

Q\yA

Dal-

§. 169. Parabola spójności.

Jeżeli dla rozmaitych h będziemy szukać wedle poprzedniego paragrafu kąty a, a zatem odnośne punkty B (rys. 357), to da się łatwo udowodnić, że punkty te leżą na paraboli. Na

mocy konstrukcyi bowiem jest AB^ — BlNi, a to jest właśnie cechą punktów paraboli, której osią jest stok naturalny a parame-

.    8 c dost o

trem AP=--, a

y

którą nazywamy p a-rabolą spójności (n. Cohäsionsparabel).

Jeżeli spuścimy / z punktów B\ prostopadłe do AC, to PF₁=NiBi=AB.I Na tern polega prosty sposób wykreślenia paraboli spójności. Z punktu A zakreślamy łuk dowolną długością ABX, robimy PFi=ABl i wystawiamy w F prostopadłą do przecięcia się z łukiem w B±.

rys.3 57

'B,

\ \ ₇'

\. \ i>r

Ql\

-<s

JA"'

:a

¹

P. Civilingenieur 1885 str. 39. Patrz także Scliepp: „Zur Ermittelung der Druckvertheilung in Mauerwerksschnitten. Centr. d, Bagverw. 1889.

²

P. Göbel: Standfertigkeit der Schornsteine. Zeitschrift des Vereines deutsch. Ingenieure. 1898. str. 180.

Statyka.

³

P. Oest. Wochensch. für d. öjf. Baudienst. str. 271.

§. 170. Wyznaczenie stoku naturalnego, spójności i ciężaru gatunkowego.

li

rv"3.358 ,    F D

Mówiliśmy poprzednio, jak się wyznacza stok naturalny dla ziem niespoistych. Dla ziem spoistych najlepiej wyznaczać A₀ i ę z doświadczeń ; w tym celu trzeba ziemię skopywać pionowo. Wykop musi być dość długi o zmiennej głębokości, należy go zostawić najlepiej przez cały rok, aby się przekonać, o ile wpływy atmosferyczne zmniejszają spójność. Największa wysokość, przy której stok pionowy się utrzyma, będzie h₀. H To samo możemy zrobić dla innych kątów a i otrzymamy odnośne h. Z tych wartości możemy wtedy wyznaczyć c i q na na podstawie równań 804) i 805). Na podstawie doświadczeń Kavena możemy przyjąć dla ziem zbitych c=225 7<#/m², a że należy uwzględnić spółczynnik pewności 1,5, więc przyjmujemy

zwykle

811)

c=150 kg jem²

W tym samym stosunku zmniejszamy też i kąt tarcia.

Możemy dalej przyjąć

. . 812)

dla zwykłej ziemi zbitej h₀ = l do 3m dla zbitego iłu lub gliny li₀ =2 do 5 m

Dla    bezpieczeństwa    lepiej przy obliczeniu przyjmować

mniejsze    wartości    t.    j.    1    względnie 2 m. Na wielkość tarcia

i spójności ma znaczny wpływ atmosfera. Ważną okolicznością pod tym względem jest ilość wody, znajdującej się w ziemi, zwłaszcza gliniastej. Gdy glina jest tylko zwilżoną, spójność jest -wielka, gdy jest suchą zupełnie — mała, a gdy przesiąknięta wodą — prawie żadna. Dlatego też przy budowlach ziemnych bardzo ważną rzeczą jest odpowiednie odwodnienie.

Poniżej podajemy tabliczkę, w której podaliśmy według Rebhanna i Otta kąt tarcia q, ciężar metra sześciennego y i spójność c dla rozmaitych ziem. Nie potrzebujemy dodawać, że sąto tylko wartości przeciętne. Przy większych budowlach ziemnych dobrze jest robić, jeśli czas na to pozwala , z daną ziemią osobne doświadczenia dla wyznaczenia c i (i.

Materyał

ciężar spój -kat gatunko- ność tarcia wy T ⁰

stp

dot p

kg

kg

TO²

Ziemia roślinna sypka sucha .

wilgotna . nasycona wodą sucha ubita .    .

77

77

77

77

77

77

••

350

40°

SO.⁰

42¹

T—1 T—1

250

250

1800

1680

„    „ wilgotna ubita .

Glina sypka sucha .    .

650

40°

1880

1500

77

77

wilgotna .    .    .    .    .

nasycona wodą .    .

450

20°

1550

2000

ubita sucha......

„ naturalnie wilgotna . Piasek suchy miałki ;    .    .    .    .

gruby......

77

77

420

700

35°

1790

1850

o o o O CO o

CO 05 -31

77

^77

350

1500

10

wilgotuy

Zboże..........

Śrut...........

77

400

300

45°

30°

25°

23°

1640

1770

1950

1800

6800

20

100

60

1500

1500

OOO^OOOO to oo^otooooo

fèWsf§s¥¥¥¥gg? g Wss 8*3

^.'-lo-Kcooæo^oooio-Joo

1,428

1,192

1,782

1,111

1,466

0,192'

1,000

1,428

1,428

1,192

1,732

1,000

T—i CO

Müller Breslau podaje następną krótką tabliczkę:

Rodzaj ziemi

kg Im³

Ziemia roślinna sucha,

mokra

1500

Żwir mokry

1500-1700

1500—1660

1900—2000

40°

30^—35° 40°—46° 20° , 250 35°

1600—1770    350—400

1860

1640

Keck podaje następne wartości:

Rodzaj ziemi

1500

1900

1600

1950

1650

1600-1860

40°—46° 200-250 400—50° 200—250 300-35°

1600

30o

350—40°

§. 171. Naziom załamany.

Jeżeli naziom nie jest płaski, lecz składa się z dwu płaszczyzn (r. 358) a jeżeli Al) jest płaszczyzną odłamu, to czworobok ABFD musimy zamienić na trójkąt AED, aby można poprzednie wzory zastosować. Kreślimy więc BE jj AF i dalej wykreślamy tak, jak gdybyśmy mieli stok AE i naziom płaski. Płaszczyzna odłamu połowi wtedy kąt EAG, a dalsza kon-strukcya pozostaje ta sama.

Jeżeli jednak przy tej przemianie, punkt D wypadłby przed F, to w takim razie stok się zachowuje, jak gdyby był płaskim. Możemy się też o tern przekonać w inny sposób, czy należy użyć do konstrukcyi stoku rzeczywistego czy przemienionego

rys. 359

\lh

2^ y ■ -x \ \N

<?■

i te

Jeżeli odległość punktu załamania wzrasta, wtedy, gdy bez przemiany podzielimy na połowę kąt a—ę (rys. 359), punkt D może wypaść przed punktem załamania F. Jeżeli przeprowadzimy przemianę, to wypada nam płaszczyzna odłamu ADX. Któ-raż z nich jest prawdziwą? Ta, dla której potrzeba większej spójności. Jeżeli więc zatoczymy z B koło promieniem BA, z E promieniem EA i wykreślimy styczne | AC, to zatrzymujemy tę płaszczyznę odłamu, dla której AQ jest większe. Tu AQ^AQi więc prawdziwą linią odłamu jest AD.

§. 172. Równowaga ziemi jednostajnie obciążonej.

Jeżeli ziemia jest jednostajnie obciążona ciężarem q na m², to licząc na długość równą 1 m w kierunku prostopadłym do rysunku, otrzymamy (rys. 360) C—y.ABD-\-BD.q.

Powierzchnię trójkąta ABD wyznaczyliśmy już w §. 166,

dla wyzna-

a mianowicie, gdy AD=1, ABD=lhl

wst (a — ty)

wst a czenia BD zaś ustawimy proporcyą :

BD:l=wst {a—ty) : wst (180 — a Aß)

¹

\g/'

rys. 3 60

pyl'

'i?

11

więc BD

l wst (a—ty)

. W sta-

wst (« — ß) wiwszy te wartości w równaniu dla C, otrzymamy

wst (a — ty)

G—^yhl

ql wst (a — ty) wst (a — ß)

—I wst (a—ty) f—

[wst a

wst a

wst (a — ß)\

y Ti "b

Wzór otrzymany jest podobny do wzoru dla ziemi nieobciążo-nej (§. 166), tylko tutaj zamiast yh musimy podstawić wyraz 2 q wst a wst (a — ß)’

Ponieważ wyraz ten jest niezależny ód kąta ty, więc kąt

^będzie taki sam, jak poprzednio, tj. ty=—^-~ a więc i tu

płaszczyzna odłamu połowi kąt między stokiem naturalnym a rzeczywistym.

Dla ziemi nieobciąźonej mieliśmy według 80l)

wst a dost

y h—yh₀

2 st

(45°+- )

wst²

Q'

dla ziemi obciążonej otrzymamy podobny Wzór, podstawiwszy tylko zamiast yh wyraz powyżej wspomniany, więc

wst a dost q

yhĄ

2 g wst a

wst (a — ß)

yh o

2 st

^45°+ jwst²^-^

-, a stąd

-V

h=h₀

wst a dost q

2 q wst a

2 st

^45⁰4-- j wst² ——2

— q y wst (a — ß)

. 811)

Według 805) pierwszy wyraz równa się li, wysokości stoku ziemi nieobciąźonej, więc

00

2q wst a

y wst (1a —ß)

Dla naziomu poziomego ß=0, więc

815)

,    , 2q

li =-11,--.

y

A zatem dla naziomu poziomego obciążenie na wysokości \ ma ten skutek, jak gdyby stok był o 2 h wyższym. Pochodzi to stąd, że obciążenie powiększa wprawdzie tarcie, ale nie spójność, gdy przy stoku wyższym obie siły wzrastają.

Przykład. Na poziomym naziomie stoku wysokiego 8 w (rys. 361) mamy złożyć kamienie; jak wysoką może być warstwa tych kamieni bez narażenia stoku na usunięcie?

J’ys.döl

8\m

-frrn.

= 0,00757, st 62°30'=1,921. Więc Jh=l

h = 19,85

2X2300y

1420

Mamy dane st <x = 1, ft₀ = 1, ciężar gatunkowy ziemi y = 1420 kg/m³, ciężar gatunkowy kamienia y₁=2300 kg/m³, kąt tarcia p = 35°. Tu obciążenie na w2 będzie q = ^y—2300 y, jeżeli y oznacza wysokość kamieni. Dla st a = 1,0 otrzymamy wst a = 0,707, a = 45°, dalej będzie

dostp =0,819,^^ = ^ = 50, 45<H--£- = = 620 30, wst °t—l = 0,087, wst²^=-^ =

Ci    Ci

0,707 X 0,819 2x1,421X0,00757

19,85 — 3,24*/= 8 w, stąd y =3,06 m.

= 19,85w, zatem

§, 173. Wykreślne wyznaczenie stoku ziemi jednostajnie obciążonej.

Jeżeli w równowadze niestałej utrzymuje się stok AB obciążony ciężarem ą (rys. 362), to ciężar ten q zamieniamy, jak

wiadomo, na warstwę ziemi o wysokości \ Z poprzedniego

paragrafu wiemy, że płaszczyzna odłamu pozostaje ta sama, co dla stoku nieobciążonego, otrzymujemy ją przez społowienie kąta BAC. Odłam więc stanowi powierzchnia ABIFD, którą zamieniamy na trójkąt, robiąc ze względu na 815) IxI=lB=h

30w

Statyka.

IiBillBD i przedłużając AB aż do Bx. Dalsza konstrukcya

4: C

pozostaje ta sama, AQ=—-. Punkt Bi jest punktem paraboli

y

spójności.

§. 174. Naziom dowolny częściowo obciążony.

Jeżeli naziom dowolnie zakrzywiony jest częściowo obciążony (rys. 863), to właściwie płaszczyzna odłamu nie pozostaje

ta sama, co dla ziemi nieobciążonej, mało się jednak różni. Przyjąwszy znów płaszczyznę tę samą połowiącą kąt BAC, zamieniamy ABEEi Di D na trójkąt ABiD^f którego wierzchołek leży w odstępie 2 hx od ED. Dalsza konstrukcya pozostaje ta sama, za-4c

tern AQ—— W ten

y

sposób możemy wyznaczyć c, spójność potrzebną do równowagi stałej. Jeżeli rzeczywista spójność ' c‘

jest c', to ——n jest c

stosunkiem pewności.

rys.36 Z

- - T⁻'

- / i \ T    .

vifüii Fi

/ i fflllljlllllljll'¹~~

U/

rys. 363

\,

B.

'/

C,

M//

§. 175. Stok zakrzywiony.

W rów. 802) im mniejsze jest a przy danem y, c i ę, tem mniejsze jest wst a i wst ^ Ponieważ jednak wstjest

w mianowniku w drugiej potędze, więc wpływ mianownika przeważa, zatem h jest większe.

Możemy ogólnie napisać według 802)

h^Ci

816)

wst a

wst² V

Otóż niech będzie ^ = 30°,

to dla    «== 40°    50°    60°    70°

według 816)    Ä= 107,5    25,4    12,9    3,11    C¹.

Widzimy stąd, że im większe a, tern mniejsze h i odwrotnie im mniejsze jest h₎ tern większe jest a; z czego wynika , że dla wyższych części stoku może być stoczystość większa. Jeźelibyśmy więc nasyp (rys. 364) w myśli podzielili na warstwy poziome i dla każdej z nich wyznaczyli kąt nachylenia stoku, to otrzymalibyśmy stok krzywy AB u dołu mniej, u góry więcej stromy. Przy większych nasypach urządzamy rzeczywiście w praktyce stok krzywy, lub też jako przybliżony kształt stok z ławeczkami (rys. 365).

ry s. 364

ry s. 3 6 5

ry 3. 3 fi 6

BP"

Aj

W i n k 1 e r wyznacza równanie krzywej AB (rys. 364) z którego się okazuje, że krzywa ta ma właściwie kształt ABC (rys. 366), kształt, jak widzimy, nieprawdopodobny, gdyż przy-tem nie uwzględniono tych okoliczności, że ziemia złamałaby się pod własnym ciężarem w linii BD; w rzeczywistości więc ziemia usuwa się w linii ABD ¹).

XIY. Parcie ziemi obliczone sposobem analitycznym.

§. 176. Ogólne zasady.

Jeżeli stoczystość jest tak wielka, że stok spójnością i tarciem nie może się utrzymać, wtedy, aby zapobiec usunięciu się ziemi, budujemy ścianę murowaną AB (rys. 367), przypierającą rys.36 7    do st₀ku t którą nazy

wamy murem oporowym (n. Stützmauer, fr-mur de suténement, an. retaining wali, h. muro de sostenimientó). Zadaniem naszem jest teraz obliczyć parcie, które ziemia wywiera na mur, a które nazywamy parciem ziemi (n. Erd-

•    druck, fr. poussée des

erres y an. pressure of earth). Wyłożymy tu najpierw o'* yą parcia ziemi, tak zwaną dawniejszą według Ponceleta, Eebłianna i Otta, a potem wspomnimy także o innych te-oryach.

weczoną

w praktyce dla większej pewności. Gdyby nawet spójność w rzeczywistości równocześnie działała z tarciem, to działałaby tylko korzystnie i zmniejszałaby parcie ziemi; nie uwzględniając jej więc, przypuszczamy warunki najniekorzystniejsze.

Później podamy sposoby uwzględnienia spójności, którego

Gdyby ściana AB miała się poddać, to ziemiaby się usunęła w płaszczyźnie odłamu ACy a więc parcie odłamu ABC na ścianę AB musiałoby przezwyciężyć tarcie wzdłuż AB i AC i spójność w płaszczyźnie AC. Ponieważ jednak spójność ziemi nasypanej jest bardzo małą i bardzo zmienną według stopnia wilgoci i ponieważ spójność i tarcie nie działają równocześnie, lecz tarcie występuje dopiero wtedy, gdy spójność zostanie zni-więc zwykle nie uwzględniamy jej w obliczeniu

zachodzi potrzeba w niektórych wypadkach. Obecnie pozostaje zatem do uwzględnienia tylko tarcie, którego klin (n. Kelly fr. coin de poussée) ABC ma pokonać przy usunięciu się podczas ruchu po płaszczyznach AB i A C i ciężar klina C, działający

w jego środku ciężkości S. Ciężar klina C wywołuje oddziaływania i N₂₁ prostopadłe do AB i AC. Podczas ruchu powstaje także tarcie Tx i Tr Jeżeli kąt tarcia między ziemią a murem nazwiemy q^ a między ziemią a ziemią (>₂, ^o = =W₁st(>₁, T₂—N₂ st q₂, Nazwijmy P wypadkową z i Ij, a Q z T₂ i N₂, to

P^N^+N^ ² st² ęi~Ni yi + st²Qi =

Ni

=N₁ siecz

817)

dost q₂

Jeżeli kąt nachylenia między P i Ni nazwiemy a (p2 między Q i JV₂, to

p Nj

dost ą>i

a więc ze względu na równ. 817)

n₂

dost ęt ’

. . 818)

819)

(,l⁼⁼9⁾l> Q2⁼⁽p2

Widzimy więc, że podczas ruchu klina ABC odłam wywierać musi parcia na ścianę AB i płaszczyznę odłamu, które są nachylone do AB i AC pod odnośnymi kątami tarcia. Dla równowagi muszą też siły P, Q i C przecinać się w jednym punkcie. Nad tym ostatnim warunkiem zastanowimy się później.

§. 177. Ogólne wyznaczenie powierzchni odłamu i parcia ziemi.

Kąt tarcia ^ między murem a ziemią jest zwykle większy, niż kąt tarcia q₂ między ziemią a ziemią. Zresztą, choćby on był mniejszym, w naszej jest mocy uczynić ścianę AB więcej szorstką i zwiększyć tarcie tak, że możemy zawsze przyjąć, że kąt tarcia Qi^> Q₂. W takim razie przy usunięciu się ziemi, zostaje przy murze bardzo cienka warstwa ziemi, w ziemi tworzy się szczelina, a przy usunięciu odbywa się ruch ziemi po ziemi, musimy zatem uwzględnić spółczynnik tarcia między ziemią a ziemią, a więc ten sam kąt tarcia q₂. Nadal przyjmowaó więc będziemy Qi=Q₂=Q i otrzymamy z rys. 868, rozłożywszy siłę C na składowe P i P: C=ad:db=wst r\ : wst y. Dalej mamy rj=(p—ę, d=180—a— q, y =180—r\—<5=a-fę>—

= a-b2(> — <jp, więc P:C=wst(g>— ę) : wst (a-j-2 q—g>), stąd

p== c wst (y - g) ₌

wst (a+2 () - cp)

C wst (a — ip — q) wst (2 Q + VJ)

. . 820)

jeżeli ty=a — (p.

P więc zależne jest od kątów cp i i/j, który cli jeszcze nie znamy. Łatwo jednak zrozumiemy, że ziemia usunie się w tej

płaszczyźnie, a więc dla .    takiego kąta cp, dla któ

rego P jest największe. Szukać zatem będziemy teraz wartości kąta cp lub cp, dla którego P jest naj-większem, przyczem jednak musimy także ciężar C wyrazić jako funkcyą cp lub ty, jak to pokażemy poniżej w szczegółowych przypadkach.

rys. 368

C

k/'¹}

a/

'if!

Gdy «=180 — q (rys. 869), otrzymamy z równania 820)

Cwst (cp—q)

Cwst(ęp—o) Q wst (180 — cp 4- q) wst (cp — q)

Jeżeli naziom jest symetryczny do pionowej AC, to łatwo zrozumiemy, że ponieważ płaszczyzna AB jest zupełnie syme-

P=

. . 821)

rys. 369

rys.3?0

TjnrrmmTTmn,;

i«- .

il....;

A.

tryczną do AD tj. do stoku naturalnego, więc płaszczyzna odłamu musi być pionową, a parcie ziemi w tym wypadku pio. nowe równa się ciężarowi ziemi ABC, nad murem leżącej.

Gdy «>»180 — p, wtedy ciśnienie P jest także pionowe, (rys. 370) i równe ciężarowi ziemi nad murem leżącej, bo wtedy ziemia nie może się usuwać w płaszczyźnie AB, lecz w razie poddania się muru utworzy się w powierzchni AB, nachylonej pod kątem ę do poziomu szczelina i na tej płaszczyźnie ziemia będzie się usuwała. Rozłożyć więc możemy wtedy ABC na AEC i ABE, a z poprzedniego wiemy, że, jeżeli naziom jest symetryczny do AC, to (7-t parcie na AE jest pionowe i równe ciężarowi klina AEC. Z parciem tern złożymy jeszcze ciężar Cx klina ABE, gdyż klin ten, nie usuwając się, działa tylko na mur swym ciężarem, a więc wypadkowe parcie P będzie pionowe i równe ciężarowi klina ABC, czyli ziemi nad murem leżącej i zaczepiać będzie w jego środku ciężkości.

Twierdzenie to ważne jest także dla a=180° czyli dla muru poziomego, na który parcie ziemi jest pionowe i równe

ciężarowi ziemi nad murem leżącej, w przybliżeniu nawet wtedy, gdyby naziom nie był nawet symetryczny do AC.

rys.371

!x

Aby się przekonać o rzetelności równania 820), zastosujemy ten wzór do parcia wody, a przy-j ąwszy Q=0, musimy otrzymać znane wzory dla parcia wody (rys. 371). Nie znając kąta <p, przyjmiemy go z początku dowolnie, niech więc będzie AC płaszczyzną odłamu, to otrzymamy z równania 820)

\h/

j/AY

W---«-i.---

p C wst (p wst (a — (py

C= yw ABC= yw%BC.h=£dwh(EC — EB) = \ ywh+

ciężar zaś odłamu będzie

Ą-(h dot (p — h dot «)=,£ ywh²

wst (« — (p)

wst « wst (p‘

Wstawiwszy wartość za C w równanie dla P, otrzymamy wst (a — (p) wst (p wst a wst (p ' wst (a —cp)

V=^ywh²

h²

wst a

. 822)

znany wzór hydrostatyczny.

§. 178. Ogólne wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi.

Nazwijmy p parcie ziemi na część muru BC (rys. 372) przyczem rzut pionowy długości BC niech się nazywa x. Jeżeli

X wzrośnie o dx, to p wzrośnie o dp, parcie na część muru CC¹. Całe parcie P na mur AB będzie

rys. 372

--

= \h dp.

Moment siły dp ze względu na punkt B jest dp.Bs^dp.BC dosCX CBs= dp .BCdost

CC

—dp. -—-— dost o. Moment wst a s

siły wypadkowej P będzie więc P. Br = P . BE dost q =

a stąd

^5.

'U-

>r

f!_dost Q=^R\hxdp, wst a s wst()Jo

= jrj^dp.

W szczegółowych wypadkach wyznaozamy dp, wstawiamy w równanie 823) i otrzymujemy w ten sposób ei, a stąd e^h-e^.

823)

§. 179. Wyznaczenie parcia ziemi, gdy naziom jest płaszczyzną nachyloną do poziomu pod kątem ß.

Przypuszczamy, że naziom nachylony jest do poziomu pod kątem ß (rys. 378) mniejszym od ę.

rys.373

W'“

f/

JM

A

Parcie ziemi wyznaczamy według równania 820). W tym celu jednak musimy wprzód obliczyć ciężar odłamu C, Z rysunku otrzymamy C=y. ABC= ly.AB .AC wst if>. Z trójkąta ABC mamy AB: AC— wst £ : wst (ö+ß), przyczem

£=180 — tfJ—ô — /?=180 — tyĄ-

—(180 — a-\-ß)=a— ß — ty, a więc AB: AC= wst (a—ß — ty):

wst(a — ß), stąd AC-

AB wst (a — ß) wst (a —ß— ty)'

Z rysunku mamy dalej AB

wst a

Wstawiwszy wartości

y 7i²wst(a—ß) wst ty

za AB i AC, otrzymamy C

2 wst² a wst (a — ß—- ty)’

Wstawmy tę wartość w 820), a otrzymamy y Ji² wst (a—ß) wst ty wst (a— q —ty) 2 wst² a wst (a — ß—ty) wst (2 Q + ty)¹

p y h² wst (a — ß) wst ty [wst (a — ę) dost ty — dost (a — q) wst ty] 2 wst² a [wst (a — ß) dost ty — dost (a —ß) wst^] (wst 2 dost */>-!-+ dost 2 q wst ty).

Podzielmy licznik i mianownik przez wst (a—ß) wst² ty, a otrzymamy

P=

y h² [wst (a — q) dot ty — dost (a — ę)]

2 wst² a (dot ty — dot (a—ß)) (wst 2 q dot ?/>-[-dost 2 ę>)’

albo

y h² wst (cc — q) [dot ty — dot (a — (>)]

2 wst² a wst 2 q (dot ty — dot (a — ß) (dot ty~Ą- dot 2 q)‘ Załóżmy x=dotty, to

x — dot (a — q)

czyli

p y&²wst(a—q)

2 wst² a wst 2 ę (æ-t-dot 2ę)(x — dot (a —ß)

P=

yh² wst (a — (>)

2 wst² a wst 2 q '

U,

824)

gdy

U=

x — dot (a —

(Æ+dot 2ę) [x—dot (a — /?)]’

. . 825)

czyli U—

x — dot (a — q)

x²-\-x [dot 2 q — dot (a — ßj\ — dot 2 q dot (a — ß)

P będzie największe, gdy U będzie największe, więc gdy

dU

^ =0. Różniczkując funkcyę U, otrzymamy

x2jr%[dot 2() — dot (a —ß)] — dot (a — ß) dot2 ęĄ-— [x — dot (a — (>)] [2 x + dot 2 ę — dot (a — ß)]

(x² + x [dot 2 ę — dot (a — ß)] — dot (a — ß) dot 2 q) ²

=0.

Aby wyraz lewy równał się zeru, musi być albo licznik równy zeru albo mianownik równy 00- W tym ostatnim wypadku musiałoby być x = dot ty = 00, a więc ty = O, co jest niemożliwem. A zatem musi być licznik =0, więc

x² — x [dot 2 q — dot (a — /?)] — dot (a — ß) dot 2q — 2x²-\-— x dot 2 q-\-x dot (a — ß) + 2x dot (a — <?) +

-fdot(a—q) (dot 2 ę — dot (a — /?)=0, czyli x² — 2 a? dot (a — ę)= =dot (a — ę) dot 2 q — dot (a — ß) [dot (a— p) + dot2ę], a stąd

#=dot (a — p)4-

Y dot² (a—p) + dot (a—p) dot2p—dot (a — ß) [dot (a—^)+dot2 (>],

czyli

a?=dot ty=

=dot(a — p)± || [dot (a — p)-+-dot 2 (>] [dot (a — ę) — dot (a — /?]).

Ponieważ kąt ty jest ostry, więc dot^>>0, dlatego przyjmujemy tylko znak górny, więc

¹

Bliższe szczegóły z teoryi stoków znajdzie czytelnik w wybornem dziele A. y. Kavena „Theorie der Böschungen“, 1885.

dot ^=x=dot (a—(>) +

+ V[dot (a — q) + dot 2 p] [dot (a — ę) — dot (a — ßj] . 826)

"Wprowadziwszy tę wartość za, x w równanie 825), otrzymalibyśmy najw U. Lecz wzór byłby za zawiły, postąpimy więc inaczej.

Niech będzie

U=

F{x)

f(x)

x — dot (a— ę)

x²Ą-x [dot 2 ę dot(a — /?)] — dot 2 ^dot (a—ß)

, to

dU_ Fx[x)f(x)—f\ (x)F(x)_n

dx

' " “    t\x)²

jeżeli Fi (x) i f\ (x) nazwiemy pochodne funkcyj F(x), względnie f(x).

Ponieważ f(x) nie jest = GO, więc licznik musi być =0, zatem f(x) Fx {x)=fx (a;) F(#), a stąd F{x)_Fx{x)

f(x) f\{x)

=najw U

827)

Wykonajmy naznaczone działanie, a otrzymamy

najw U=

2 aî-j-dot 2 q — dot (a —ß)

Podstawiwszy w to równanie wartość z równania 826),

otrzymamy

najw TJ-

2 dot (ct-Q)-f 2 V [dot (a —■ p) + dot 2 (>] [dot (a — ę) -f-— dot (a — ßj] + dot 2 q — dot (a — ß)

[V dot (a — q) -f- dot 2 () + "V dot (a — q) — dot (a — ß)]²’ a wstawiwszy tę wartość w równanie 824), otrzymamy nareście

czyli

najw U=

. . 828)

P=

yh² wst (a — ę)

2 wst² a wst 2 q [ydot (a — ę) + dot 2 q +-+ ^dot (a — q) — dot (a — /?)]2 Chcąc wynaleść położenie punktu zaczepienia parcia ziemi, zastosujemy tu ogólne równanie 828).

Równanie 828) możemy napisać P=ah², gdzie a jest pewnym spółczynnikiem, zależnym od a₎ ß i q, ale niezależnym od h. , Analogicznie możemy wyrazić parcie na część muru od

dp

wierzchołka aż do głębokości x p=ax², a więc —=2 ax. Wsta-

dc

wiwszy to w równanie 823), otrzymamy

2 h³

hÿ ¥

-Tk •

Punkt zaczepienia parcia ziemi leży więc dla naziomu płaskiego w jednej trzeciej części wyso-koś ci stoku.

1 fÄ ₇    1 f*

2 ax²dx =

2.

e=h-¥h

. . 82y)

§. 180. Parcie ziemi dla naziomu poziomego.

Dla poziomego naziomu (rys. 374) jest /3=0, więc otrzymamy z równania 828)

P=

yh² wst (a — q)

2 wst² a wst 2 q [ y dot (a — ę>) + dot 2 -H y dot (a — ę) — dot a]²‘

rys. 3? 4

Podstawmy dot a=a , dot ę=r, a więc

dot 2 q

1 — st² Q 2 st Q dot² q — 1 r² — 1

dot (a — q)—

ar+l

r - a'

dot a dot ę + l dot q — dot a

a będziemy mieli

P=

yh (wst a dost q — dost a wst p)

4 wst² a

wst P dost    +

a podzieliwszy licznik i mianownik przez wst² a wst ę dost

nareszcie

4Y

ar² -f-r-j-r³ Ą-a

2r(r — a)

yi±^r

' r — a A

. 830)

p_ yh²(r — a)²Y(l+a²) (1 +r²)

2 [V(T+7²jXa+r)+ V 2 r (1+ a²)]2 Na podstawie tego równania obliczyliśmy następną ta-

bliczkę :

Wartość dla a = dot a

Ï -i -ł

ś I r'ô A I b AI A I

Wartości dla r=dotp

JsO    J-i    I—¹ I-¹ f-¹ M i—¹

"o "óo “bi "a» "o; 4-^ "o poooooppooo

H-I—H-OOOOOOOO tOh-iOcococo^icjicrtcnM^ ocaoiCOMCooioDOto^

0,052

0,060

0,068

0,076

0,084

0,092

0,099

0,107

0,115

0,122

0,129

CD lO CC H

0.089

0,098

0,105

0,113

0,120

0,127

0,135

0,064

0,073

0,081

0,089

0,097

0,105

0,113

0,121

0,128

0,136

0,143

0,068 0,071 0,089 0,108 0,112 0,118 0,131 0,142 0,159 0,077 0,080 0,097 0,117 0,121 0,128 0,139 0,149 0,166 0,085 0,089 0,106 0,126 0,130 0,137 0,148 0,158 0,174 0,094 0,098 0,114 0;134 0,138 0,146 0,156 0,166 0,182 0,102 0,105 0,123 0,142 0,146 0,154 0,164 0,175 0,190 0,110 0,113 0,131 0,150 0,154 0,161 0,172 0,182 0,197 0,118 0,121 0,138 0,158 0,162 0,169 0,179 0,188 0,204 0,125 0,129 0,147 0,166 0,170 0,177 0,186 0,195 0,212 0,132 0,136 0,154 0,173 0,177 0,185 0,193 0,202 0,218 0,139 0,143 0,161 0,180 0,184 0,192 0,201 0,209 0,225 0,147 0,150 0,168 0,187 0,192 0,199 0,208 0,216 0,231

§. 181. Parcie ziemi, gdy naziom nachylony do poziomu pod kątem tarcia.

Gdy naziom nachylony jest do poziomu pod kątem tarcia (rys. 375) czyli ß—Q, wtedy wstawiwszy tę wartość w równ.

826), otrzymamy dot ^=dot (a — (>), a więc

.    . 831)

P.

łjj—a — ę . t. j. płaszczyzna odłamu jest równoległą do stoku naturalnego. Według 824) i 825) mamy więc ylfi² wst [a — q)

2 wst² a wst2p(dot(a — @) + dot2£>)

.A

y h² wst (a — q)

, a stąd

2 wst² a

dost(a — ę>)^dost 2 q wst (a — q) wst 2 q p_ y h² wst² (a — q)

~ 2 wst² a wst (a— q)

§. 182. Parcie ziemi na mur pionowy.

Gdy mur jest pionowy (rys. 376), to a=90°. Wstawiwszy to w równanie 825), otrzymamy

P=

y h² dost q

2 wst 2 q [^st ()-(-dot 2(5 + ^st q — st ß]²

yh³

albo

4 wst (5 ^st Q

1 — st² q

2 st(5

Vst £ — st /? j

P=

y h².2 st q

4 wst q [^st² (5 + 1 + ^2 st q (st q — stß]²

y h²yi + st³ (5

2 p\/l + st²    St q (St Q — St)]²

Na podstawie tego wzoru obliczoną tabliczkę podajemy poniżej częściowo według Otta:

.    . 838)

Wartość dla st ß

y /i²

0,1 1 0,2 1 0,3 1 0,4    0,5 1 0,6 | 0,7 | 0,8    0,9 [ 0,1

Wartość dla st p

OOSCOC-CDlO-rUCO r-T o" o" <o o <S ć> o~

05 05 O IO co co CO 05 i—I Cd CD Oi CD t—i t—i i <

o~ o" © o" o o~ o" o"

05 CO 05

T-1 Cd

pooppopp 'do1oP-‘P-i i—‘l-i i—i o -dtocootooi-ioo

popowo JOJD^OJOJD

œ to to h i-* h k o

Mi^OOilMOKCD

łf^-3tOCD^050CD

O O O O OpopOjO

-<]COtOCOCTOOi—‘O CD^œ^l-dOMXOl

o oppppp

¹ 05 05--d l£- to I-*

_03 CJ1 co 00 u

oppopp

¹ I “tf.lOMHP I—¹

¹ O CU CD 05 O0 to O Ol CD ^ CD —¹

05 10 O CD i-i "

1—i cq

©o" o

GO 00 I> O _

C— Cd t—i . i ,

rH iH Cd    I    |

o"© o o"

CO CO GO    O    CO

CO lO CO    Cd    .    .

fi iH    <N    ^    ]    |

o'ö'ö'ö'ö'

0,204 0,354 0,872 -

Jeżeli oprocz tego naziom jest poziomy, czyli /?=0, wtedy yh²^ l + st²(?

2 ['yi4-st²p-j-'y,2 st² ę>]² ’ a wstawiwszy r=doto, otrzymamy

To samo otrzymamy z równania 830), wstawiwszy a = 90°, więc dot ct=a=0.

rys. 37 6

*Cö QTQ

r^V + L

s[Vl+F⁺Va?r]

yli³ r yi+r²

~²⁼ 2^3+fl+r³]

.    . 834)

Gdy naziom jest równole-do stoku naturalnego to

= ^, a więc z 833) otrzymujemy

p yh² ^ l-\-st² ę

yh²

2 [Y 1 -h st² ^)]²    2 Y 1 -d- st²

yh²    y li²

2 siecz ę

To samo możemy wprost otrzymać z równania 832), wstawiwszy a = 90°.

I',90°

Li____

^-dostę .

Z

. 835)

§. 183. Parcie ziemi przy naziomie spadającym.

Gdy naziom spada, ß jest ujemne. Możemy więc użyć poprzednich wzorów, wstawiając tylko w nie — ß zamiast +ß.

Tylko, gdy ziemia spada pod kątem tarcia (rys. 377), możemy odnośny wzór inaczej napisać. Wtedy mamy

rys. 371

Sas

ß= — Q.

Ogólnie otrzymamy z równa

nia 828)

-Vf

P<

yh² wst (a — q)

2wst²a wst²()[ydot(a—<i) + dot2(> +

+ Ydot (a - (>) + dot (« + (>)]² . 836) a gdy mur jest pionowy, czyli «=90°, otrzymamy z równania 833) po wstawieniu ß=—q

yh²^ 1 + st² q 2 [fl + st² ç +^4st²^]    ² fsiecz ? + 2 st()]²

p_ yh²dost(0 2 (1+2 wst p)²

yh² siecz ę

yh²-j-—— dost^>

■(

1 + 2 wst ę\2 dost ę )

§. 184. Wyznaczenie parcia ziemi dla naziomu pochyłego, zakończonego płaszczyzną poziomą.

Gdy naziom wznosi się pod kątem ß aż do pewnej wysokości hu a potem zakończony jest płaszczyzną poziomą (rysunek 378j, to ciężar odłamu

C=y{AED = BBC).

gdy

rys.3?8

F E

•il    JŁ--

Dalej mamy

AEI)= \H. ED= \H{FD-EF)= =*\H² (dot cp — dot a),

podobnie

BEC=^ \² (dot ß — dot a), więc C= \ y H² (dot (p — dot a) -f-— lyhi²dotß — dot a), albo

C=

y H²

, =-g-dot cp — h), &=dota + ^r^ (dot/?

H²\

y —I dot (p — dot a) + (fi⁷)    ^ — dot ck)J ==

838)

— dot a),    .... 839)

który to wyraz jest od cp niezależnym.

Podstawiwszy w równanie 820) wartość za yH²

C, otrzymamy

wst {cp — q) wst (a+ 2 q — cp)

czyli

—(dot cp — h)

p _yfi²(dot cp — h) (wst cp dost — wst ę dost cp) 2 (wst (a + 2 q) dost cp — dost (a-f-2 q) wst cp)’

P=

a podzieliwszy przez wst cp licznik i mianownik

p yH² (dost cp — h) (dost q — wst q dot cp 2 (wst (a-J-2 q) dot cp — dost (a -+- 2 ę))

y H² wst q (dot cp — h) dot q — dot cp)

2 wst (a+ 2 q) [dot cp - dot (a-f- 2 ę)

a gdy #=dot cp, P=

y H² wst () (x h) (dot ę — x)

2 wst a+2 ę) [x — dot (a + 2^)] —

y II² wst q 2 wst (a +2 o)

jj (x — k) (dot q — x) x — dot (os+2 q)

gdy

dU

Jeżeli U, a więc i P, ma być największem, to =0, więc

ax

dU_ [x — dot (o5 + 2<?)] (dotp — 2 x-\-k) — (x — k) dot q — x)

dx

[x — dot (05+2 <?)]²

0.

Ponieważ ani x = dot cp, ani dot(o5 + 2(>) nie mogą być równe 00 , więc musi być [x — dot (ot+2 ç)] dot ę — 2 #+&) +

—    (x—k) (dot q—x)=0, czyli #(dot()+&)—2x²-\-2x dot(o5+2(>) +

—    x (dot ę+k)-j-x² =dot (o5 + 2 q) (dot <?+&)— k dot q, stąd x²-\-

—    2 x dot (os+2 q)= — dot (os + 2 ç) dot q + k (dot q — dot (os + 2 q))

a więc x=dot (os+2 (>) +

riz ydot²(os+2 q) — dot (os + 2 (>) dot (> +ß (dot —dot (g5+2(>)) , albo

#=dot (o5 + 2n) + riz y dot (os + 2 q) [dot (os + 2 q) — dot ()] + k (dot ç — dot (o: + 2 ç))f wreszcie æ=dot (ot+2 ç>) + rh p — dot (a-i-2 ç>)] [dot q — dot (g5 + 2 {?)].

Dla najw U przyjmujemy tylko znak górny, więc #=dot cp=dot (05 + 2 (>) +

+ y[Æ—dot ( 05 + 2 £)] [dot q— dot (os+2 ç>)],.    .    .841)

Według równ. 827) otrzymamy, przyjąwszy Ü— F± (x) dot q — 2 x + k

F{x)

f{x)

najw U-

/i(*

dot q — 2 x+Jc, więc

najw U= dot q+Jc — 2 dot (os + 2 <?) +

= 2 ^[k— dot(os + 2^)] [dot ę — dot (os+2 (>)], stąd najw U=[^k— dot(o5 + 2ę>)— ^fdot q — dot(o5+2(>)]2 Wstawiwszy tę wartość w 840), otrzymamy

P==2w^~(^'+2Y) tVk — dot.(05+2(>) —ydot()-dot(o5+2^)]² 842)

Jeżeli przytem mur jest pionowy, to 05=90°, dot90°=0, więc według równania 839) 2

k=

dot ß.

Wstawiwszy to w równ. 841), otrzymamy dla muru pionowego

yH²wst g T W 2 dost 2 q [ »

Dla £=33° i /?=£ otrzymamy z równ. 843) następną ta

bliczkę :

~=0,    0,1    0,2    0,3    0,4    0,5    0,6    0,7    0,8    0,9

P =0,134 0,158 0,182 0,200 0,217 0,228 0,240 0,251 0,262 0,272 yh2 ^1=1

10

00

P =0,282 0,330 0,353 0,366 0,376 0,384 0,394 0,419 yh².

§. 185. Wysokość punktu zaczepienia parcia ziemi dla naziomu płaskiego, zakończonego płaszczyzną poziomą.

Dokładne wyznaczenie punktu zaczepienia w sposób analityczny jest bardzo zawiłem, wykreślnie rozwiążemy to zagadnienie daleko łatwiej. Teraz ograniczymy się więc na podaniu wyników odnośnych badań Ponceleta

iCulmanna, a mianowicie, że najw e=0,375h . 844) i to dla ó—^ri (rys. 379).

Widzimy więc, że dla innych wartości ô leży e w ciasnych granicach między 0,333 h i 0.375 A

rys. 37$

'A

Rebhanna i

§. 186. Uwzględnienie ciężaru ruchomego.

Jeżeli obciążenie ziemi wynosi q ^

, to da się ono zastąpić warstwą ziemi o wysokości hi (rys. 380), której ciężar równałby się obciążeniu q. A więc, gdy ciężar gatunkowy ziemi jest y, to ciężar m² warstwy ziemi o wysokości \ jest yhi, a więc yjix = q, a stąd

845)

Jeżeli więc teraz wyznaczymy parcie ziemi na ścianę AC, a od tego odciągniemy parcie ziemi na długości BC, to otrzymamy parcie ziemi na AB z uwzględnieniem obciążenia.

Statyka.

Bi

Wpływ obciążenia możemy też inaczej uwzględnić, a mianowicie podobnie, jak w §. 172, wstawiając we wzory wyznaczające ciężar odłamu C dla naziomu płaskiego zamiast yh wyraz 2 q wst a

rys. 380

— -4i—

K

yhĄ

In

5'

'/ci

jeżeli c = lĄ

wst (a — ß) 2 ą wst a

yh wst (a — ß) 2 ą wst a

j—yhc,

przyczem

yh wst (a — ß)' l=AD zostawiamy niezmienione.

Otrzymamy więc ciężar odłamu z uwzględnieniem obciążenia C‘=Cc, jeżeli C oznacza ciężar odłamu bez uwzględnienia obciążenia. Dalej otrzymamy

P‘=Pc=p(lĄ

2 q wst a

yh wst (cc — ß) a dla naziomu poziomego, ponieważ ß = 0,

»,..

. . 846)

P'=P

/W

847)

Dla dróg przyjmujemy zwykle jako największe obciążenie tłum ludzi lub wozów, zatem #=400^, dla kolei zaś możemy

kg

przyjąć przy obciążeniu parowozami przeciętnie g=1400-^, któ-rato wartość zresztą zależy od ciężaru parowozów, rozstępu osi i szerokości nasypu. A więc gdy n. p. y=1600—to

fyi

400    1

dla dróg \ =

1600

w,

dla kolei hx

1400

1600 '8 m’

Wskutek obciążenia zmienia się punkt zaczepienia parcia ziemi, a mianowicie, ponieważ obciążenie działa u góry, punkt zaczepienia podniesie się. Postępując według ogólnej metody (§. 178), otrzymamy z równania 846)

==c₁/i² ^1 +-

P'=Pc

2 q wst a

yh wst (a — ß)

dla naziomu płaskiego, bo wtedy parcie P jest proporcyonalne do h², przyczem oznacza liczbę stałą. Możemy wtedy też napisać

^CjÄCÄ + Cj),

2 ą wst a y wst (a — ß)

a stąd dla wysokości x (rys. 381)

p’—^x (#+c₂), a dalej dp'-2cixdx-{-cic₂dx. Według metody ogólnej (rów. 823) mamy

a scałkowawszy, otrzymamy

1    (2 h² h² \

e,‘~h(h + ą)\ ~3_+2"Cjj'

a więc

czyli

.    ₇    .    .    6 h² (h+c₂)— 4/&³—3h²c₂

e'=h — e/=-v 3 /T-----

¹    6h(h-\-c₂)

przyczem

ry s.381

T17Ï

ä,

h + yC₂

/    2h²-{-3h c₂ h

6(A+c₂)    3 li+c₂ ’

_ 2 q wst a ⁶³ y wst (a — ß)

. . . 848)

. 849)

Z równania 848) widzimy, że e jest zawsze większe niż a mianowicie otrzymamy granice

więc

dla q= CO c₂ = GO, więc e'=~.

A zatem punkt zaczepienia parcia ziemi obciążonej leży między granicami 0,33/& a 0,5 A Jeżeli /?=0, więc gdy naziom

■k -

dla q=0

c₂ —0,

2g

jest poziomy, mamy c'₂ =—, więc

y

3q

, hH—

h y

³ h+3<ł

y

§. 187. Parcie ziemi, gdy mur nakryty jest ziemią.

Jeżeli wierzch muni CB (rys. 382) jest nakryty ziemią, wtedy liczymy parcie ziemi na AE i odciągamy od tego parcie na BE, a w ten sposób otrzymamy parcie na AB. Zachodzi tu jednak ta trudność, że nie znając grubości muru bi u wierzchu, nie znamy też z początku wysokości h₀. Musimy więc grubość wierzchu muru bx tymczasowo przyjąć w przybliżeniu. Ze względów praktycznych musi być ł>x przynajmniej =0,5 m.

rys.382

~T

JL-Jl__.'k__k.

XY. Parcie ziemi wyznaczone wykreślnie.

§. 188. Zasady.

Przypuśćmy, że prosta FC (rys. 383) jest przecięciem się płaszczyzny odłamu z płaszczyzną rysunku. Ciężar odłamu C

rozkłada się, jak wiadomo, na siły P i Q, nachylone pod kątem

/

rys.383

zvJkn

Sil

/1\"7 / \

[B

-----fc

/M

df

/V

Vs

C?

L.jIł

tarcia ę do prostopadłych na proste FB i FC. Przyjmijmy jednak ogólnie, że parcie Pjest nachylone do prostopadłej na FB

pod innym kątem Rozłóżmy siłę C wykreślnie, a mianowicie zróbmy C=bc, poprowadźmy bajj P i caljQ, a wtedy ab=P a ac=Q.

■ '

Jeżeli teraz prostą FC odchylimy od dcp tak, że przyjdzie

w położenie FC‘, to o ten sam kąt dtp odchyli się siła Q, co musimy uwzględnić także w wieloboku sił, robiąc y( cad=dcp. Jeżeli więc bc przedstawia ciężar C=y.FCLEB—yA, licząc na długość lw w kierunku prostopadłym do rysunku, to długość dc przedstawia ciężar dC=FCLL/G‘—ydÀ, przyczem y oznacza ciężar gatunkowy ziemi. A więc A:dA=bc:dc, a pomnożywszy drugą stronę proporcyi przez \ ab,, otrzymamy

A : dA—abc: adc

851)

Wielobok sił możemy w jakiejkolwiek podziałce wykre* ślić, możemy więc także wybrać taką, aby ac=FC, a wtedy FCC'=adc, bo z powodu, że kąt dcp jest nieskończenie małym, możemy przyjąć ad — ac, również FC=FC‘\ mamy więc dwa boki i kąt między nimi zawarty równe, dalej mamy dC—cd= =7 (FCC¹ + hx CC¹ dost ß), jeżeli \ — CL oznacza sprowadzoną wysokość obciążenia a ß kąt nachylenia prostej CC‘ do poziomu. Możemy teraz napisać

dC=ydA=yFCC'(l-{

hi CC‘ dost ß

ICC'

j =y adc ^1-ł

2 hl dost ß\ h‘ )'

jeżeli wstawimy

adc—FCC' i 4

A

FCC'

CC‘

a stąd wynika

dA—adc ^1-f

2 h{ dost ß

h'

Według równ. 851) mamy A—dA tość za dA

abc

' adć

a wstawiwszy war-

A=adc

abc

abc ^1-i

2 hx dost ß

. 852)

Zróbmy ae / / FC, to 2C cae = 90 -f ę, ale także ^ cae = =cahA-bae=cahĄ-ę + (p, a stąd X ca/i=90 — (p, a więc X" ach— =90 — cah=cp.

Poprowadźmy teraz CI | FD, to FCIach. bo FG—ac, œ= XL acA, a drugi kąt jest prostym, więc Cl=ah. Z rysunku

adc

h‘

widzimy, że rj=y-\-E= 90 — (>i+£, jeżeli e oznacza kąt nachylenia ściany do pionu. Dalej mamy X bah=90 — p, bo abjjP, a ah poziomą. Wstawiwszy wartość za 7/, otrzymamy X bah= *=()₁ — e. Poprowadźmy CK pod kątem ęi — £ do Cl, to otrzymamy FCK ^ abc, bo wszystkie boki są równoległe, a CI=ah. Stąd wynika ze względu na równanie 852)

A=FCk(i4

853)

2 lij dost ß \

F )

Dla p=0 jest Ä₁=0, więc A=FCK, a zatem dla ziemi nieobciąźonej prosta FC połowi powierzchnię < FBCK.

Chcąc wyznaczyć parcie P, ustawimy proporcyą P:C= —ab:bc=CK:FK. Zróbmy KM=KC, to otrzymamy P:C=-=KM : FK, a pomnożywszy drugą stronę równania przez £ Cl, otrzymamy P : C = KMC : FKC. Ponieważ zaś C = y A —

y FCK (l + ^-dost ßj

, więc

P=C

KMC

FKC⁻

yKMC^

14

2 hi dost ß

h/

)■ ■

. . 854)

Ciężar graniastosłupa o podstawie KMC a wy

sokości równej jedności jest więc proporcyonalny do parcia ziemi P na mur AB. Graniastosłup KMC nazywamy dlatego graniastosłupem parcia (n. Druckprisma). Dla p=0 jest hi= 0, więc

P=y, KMC,

855)

a zatem dla ziemi nieobciąźonej ciężar graniastosłupa parcia równa się parciu ziemi na ścianę AB. Jeżeli jak zwykle przyjmujemy    to kąt 1CK=q — e.

§. 189. Parcie ziemi na mur płaski dla naziomu płaskiego.

Według równania 853) mamy

2 7^ dost ß

h‘

a=fck{ią

z rysunku zaś 384 widzimy, że

A=FBC-\-h,BC dost/?; a więc hx BC dost ß l BC.h'

zatem porównawszy z równ. 853), otrzymamy

FBC=FCK . . .

A=FBC ^14

^=FBc(lĄ

2 hx dost ß

h‘

)•

A zatem, jeżeli naziom jest płaski, a ziemia jednostajnie obciążona, to położenie płaszczyzny odłamu jest niezależne od

obciążenia, ponieważ i tu prosta FC połowi powierzchnię FBCK. , W dalszym ciągu będziemy więc wyznaczać zawsze płaszczyznę odłamu bez względu na obciążenie, które dopiero uwzględnimy, mnożąc graniastosłup parcia czyn-

O Ti

nikiem (l + -=-r dost ß). W przybli-

th

rys. 38 4

i-

\i

\K

>y{

żeniu licząc, postępować tak będziemy także wtedy, gdy naziom jest krzywy.

Jeżeli więc ziemia jest nieobciąźoną, to FBC—FCK (rysunek 385), a stąd BM= MK. Moźnaby zatem wyznaczyć po-

•    łożenie prostej FC,

próbując tak', aby BM było równe MK, przyczem CK ma być nachylone do

rys. 38 5'

"fHf

⁷

//

JL

prostopadłej na FD pod kątem — e. Spuśćmy z punktu B prostopadłą BE na FD i wykreślmy BL pod kątem — c, to prosta BL będzie równoległą do CK i nazywa się kierującą (n. Orientirungs-linie, Hauptlinie, Stellungslinie), bo wskazuje kierunek prostej CK.

W tym wypadku mamy    BFL=90°— q — e, a więc kąt

FBE=180⁽> — 90° — X. BFL=Q + e, zatem X. FBL= FBE+ — £, lub

7\

r.2o o

' JT

857)

Jeżeli, jak zwykle, ^==p₁, to

FBL=2 ,    .

tak też na przyszłość będziemy przyjmować.

A więc kierująca nachyloną jest pod kątem względnie 2p do ściany FB i to dla naziomu o do-

. 858)

wolnym kształcie, bo przy udowodnieniu tego twierdzenia nie potrzebowaliśmy przypuszczać, że naziom jest płaski.

Płaszczyznę odłamu możemy też wprost wyznaczyć łatwą konstrukcyą, którą zaraz uzasadnimy. Z rys. 885 wynika, że jeżeli zrobimy

KHIIFC, będzie FCDc^KHD, a stąd FK : FD=CH: CD.

Ponieważ KH// CF, więc FCK=FCH, a że także FCK= —FBC, więc FBC=FCH, a stąd BC=CH.

Wstawmy tę wartość za CH w poprzednią proporcyą, a otrzymamy

FK:FD=BC:CD, a z trójkątów BLD C\J CKD BC:CB=LK:KD, a więc FK : FD=LK : KD, lub FK. FD=(FK — FL) : (FI) - FK).

Pomnożywszy wyrazy skrajne i średnie, otrzymamy FK.FD-FK²=FK.FD-FD.FL, więc FK²=FD.FL . .

. . 859)

a zatem FK jest średnio geometrycznie proporcyo-nalną między długościami FD i FL.

Stąd wypływa łatwa konstrukcyą wyznaczania punktu K. Zatoczmy nad FD półkole, wykreślmy kierującą BL, zróbmy LN J_ FD, wyznaczmy N₁ punkt przecięcia się LN z kołem, zróbmy FN=FK, to FN, a więc i FK, będzie średnio geometrycznie proporcyonalną między FD i FL, a więc, jeżeli zrobimy KC II BL, prosta FC będzie śladem płaszczyzny odłamu.

Przykład. Na rysunku 385 jest £ = 8°45', <*=90—s=81° 15°, p = 85°, st ß = 0,2, ß = ll° 18', h = 3,8m. Wykreślnie otrzymujemy dla y = 1,8 P— y . GIK — y \ 1,96 X 1»? == 1,8 X 1,516 = 2,731. Analitycznie otrzymamy (z równania 828)

p_ ___1,8 ■ 8,8² wst (81Q 15/ _ 350)__

2 wst² 81° 15'wst70° [V/ dot46°15/ -j- dot70-|-+ V dot46° 15' — dot 690 57']²

2,771.

W uwzględnieniu małej podziałki zgodność jest dostateczną.

Jeżeli punkt D wypada poza papier, wtedy użyjemy następnej konstrukcyi pomocniczej. Wyznaczmy jak zwykle kierującą BL (rys. 386), poprowadźmy LU // BD. Zatoczmy nad FB półkole, wystawmy UN‘ | FB i zróbmyjFK.'=FN\ to FK będzie średnią geometrycznie proporcyonalną między FU i FB.

Poprowadźmy teraz KK/IÊD, to widzimy, źe pęk promieni FB i FD przecięty jest trzema prostemi równoległemi, które dzielą prostą FD w ten sam sposób, co FB, a więc FK jest średnio geometrycznie proporcyonalną między FL i FD. Jeżeli zatem KCjlBL, to F G jest płaszczyzną odłamu.

rys. 387

?x.

Wfi

jykT~

F-

my. i—

Jako próby możemy użyć znanej własności prostej CF, że dzieli prostą BK na dwie równe części, a więc, źe BM—MK.

Konstrukcya ta jest ważną dla jakiegokolwiek kąta ß, a więc i dla ß—0 i dla ß 0. Dla ß = q (rys. 387) punkt D leży w nieskończonej odległości, tam też leży także punkt K, a więc płaszczyzna odłamu wpada na stok naturalny. Z powodu jednak, że FKjlBC, trójkąt CKI będzie miał tę samą powierzchnię, gdziekolwiek przyjmiemy punkt C. Przyjmujemy więc punkt C dowolnie i postępujemy dalej według ogólnego sposobu.

Chcąc zbadać, czy konstrukcya ta ważna jest dla jakiegokolwiek kąta nachylenia ściany FB, przyjmijmy najpierw ścianę FB pionową (rys. 388) i wyznaczmy w powyższy sposób powierzchnię odłamu FC. Niechaj ściana FB obróci się teraz około F na lewo, to e staje się ujemnem, a punkt B przybierze kolejno położenie B₁ i B₂. Wyznaczmy w ten sam sposób dla położenia ściany FBi powierzchnię odłamu, a otrzymamy punkt Cx, dla położenia zaś ściany FB₂, gdy —£=90— kierująca wpada na linią naziomu B₂D, punkt L₂ na B, konstrukcya nasza płaszczyzny odłamu staje się wprawdzie wtedy niemożliwą, ale zarazem i niepotrzebną, bo i punkt K₂ wpada wtedy na D. Chcąc otrzymać C₂, społowimy wtedy B₂D. Już gdy punkt K zbliża się do D, kąt KCD staje się tak mały, że trzeba zawsze sprawdzać, czy BM=MK i ewentualnie poprawić punkt przecięcia się Cx.

Jeżeli ściana odchyli się jeszcze bardziej na lewo i przyjdzie np. w położenie FBZ1 to punkt Lz wypada poza punkt B.

rys; 388

Bi

VMS

oT

"Wedle 859) mamy wyznaczyć FKZ jako średnio geometrycznie proporcyonalną, między FD i FLZ. Zataczamy wtedy półkole na FLZ, wystawiamy w D prostopadłą aż do przecięcia się Nz z półkolem, robimy FNZ=FKZ, z Kz kreślimy KZCZ //L₂BZ przyczem sprawdzamy, czy BZMZ=MZKZ. Robimy dalej KZIZ = KZGZ a trójkąt KZGZIZ jest trójkątem parcia.

Dla a=180 — q wiemy już z §. 177, że płaszczyzna odłamu jest pionową, a dla a > 180 — 2 q umiemy też wyznaczać parcie ziemi.

Z rys. 388 widzimy, że jeżeli ściana FB obraca się na lewo, płaszczyzna odłamu także się obraca w tym kierunku, chociaż daleko powolniej i dla FB₂ zbliża się do położenia,

w którem ęp=- ——¹

Jeżełi CK1 (rys. 389) jest graniastosłupem parcia ziemi na mur FB, to możemy też łatwo wyznaczyć graniastosłup parcia ziemi na część muru F^B. Gdybyśmy dla punktu Fi powtórzyli całą konstrukcyą, to wykreślilibyśmy FiDi // FD i wy-

—'IV

a stąd

PA BFX=BC:BC A zatem proste AC i AjCj są równoległe, a punkt Cj otrzymamy, robiąc Aj Q // AC.

Widzimy więc, że dla płaski ego na ziomu powierzchnie odłamu są równoległe.

Jeżeli nazwiemy P parcie ziemi na ścianę FB, a na ścianę    to dla ziemi nieobciążonej

P.P^CIK.CJiKi,

zaś

C1K : Cx I\ Ki = CA² : C^²,

więc

szukali w znany sposób Kx. Punkt ten jednak leżeć musi w prostej BK, bo pąk promieni, wychodzący z punktu B, dzieli dwie

równoległe FiDi i FD w tym samym stosunku. "Więc otrzymamy BF: BFi‘=BK: BKU

a ponieważ

KCIIK.CJIBL,

rys. 389

B_Ç,

D.C

r/

J\

więc

BK:BKy=BC'.BCu

C’A² ; GXKX ²= AB². — FJP, FB².F\B²=h²:\²,

P:P=h²:h,\

A zatem parcie ziemi nieobciążonej wzrasta dla naziomu płaskiego w stosunku kwadratowym wysokości muru.

§. 190. Parcie ziemi na mur płaski, gdy naziom tworzą dwie

płaszczyzny.

Jeżeli naziom tworzą dwie płaszczyzny BG i GD (rysunek 390), to jeżeli FC jest płaszczyzną odłamu, to powierzchnia odłamu jest teraz czworobokiem FBGC, który zamienimy na trójkąt FEC, przedłużając GD i robiąc BEHFG. Z punktu E kreślimy teraz pod kątem q — £ do prostopadłej na FD lub pod kątem 2 £ do FB kierującą i wyznaczamy graniastosłup parcia» jak w poprzednim ustępie.

Przykład. Na rysunku 390 jest A = 4m, \ = 1,2 w, (5 = 26°, p = 36°53' e = 4°, a = 86°. Wykreślnie dla y = 1,8 mamy P='(- GIK = 1,8 ^ 2,2X 2,1= = 4,16- Analitycznie mamy według 839)

+ (|-)'²(dot|i -dot «)-<>,07 + (1|)²(2,05 -0,07) =

= 0,07 + 0,1065 = 0,1766,

f=2 if(1+ 2P)[V/* ~ Aot (* + ²⁷⁾ ~ V/dotp-dot(«₊2p)]³ =

1,8X5,2» wst 36«58-^    46--\/dot36» 53' - dot 169°46-]ł=4,l t.

2 wst 159° 46' L

Chcąc się przekonać, w jakim stosunku do wysokości ściany FB zmienia się parcie, wyznaczymy miej-

Tc == dot a

według równ. 842)

rys.390 G C

-i WÈI -■ '

Û&'a

_E

sce geometryczne punktów K (rys. 391), których w znany sposób użyć możemy do wykreślenia trójkątów parcia.

Przypuśćmy najprzód, że ziemia ograniczona jest jedyną płaszczyzną BD₀ i wyznaczmy dla tego wypadku w zwykły

sposób punkt K₀. Ponieważ prosta, poprowadzona równolegle do kierującej

ry s. 391

G C\

yi.

z K₀, trafia nie BG, lecz jej przedłużenie w punkcie C, więc punktu K₀ nie możemy użyć do wyznaczenia trój katu parcia. Wiemy jednak, że prosta BK₀ jest miejscëm geometrycznem punktów K dla odłamów nie sięgających jeszcze płaszczyzny GD. Graniczny punkt K\ znajdziemy, poprowadziwszy GKXI! BLlt a zrobiwszy dalej KiF₁// KF₎ otrzymamy

#'n

\\

\\

V\

punkt Fl i płaszczyznę odłamu Fi G, do której będą równoległe wszystkie płaszczyzny odłamu po lewej stronie FXG.

Chcąc otrzymać parcie dla całej wysokości FB, kreślimy FG, dalej BE // FG, EL // BLt i w zwykły sposób wyznaczamy punkt K. G-dyby punkt E był stałym, toby EK było miejscem geometrycznem punktów K. Ponieważ jednak dla punktów, wyżej F leżących, linia FG, więc i BE, pochyla się i punkt E posuwa się na prawo, a z nim i prosta EK, więc widzimy, że punkty K będą leżeć na krzywej, której dwa punkty K i Kx i styczną EK znamy ; możemy więc ją łatwo wykreślić.

Znając punkty K łatwo możemy wyznaczyć dla jakiejkolwiek wysokości ściany parcie ziemi, które dla części ściany FFX nie będzie proporcyonalne do kwadratu wysokości. Płaszczyzny odłamu po prawej stronie F₁G nie będą też równoległe, ale zbieżne ku górze.

§. 191. Parcie ziemi o naziomie dowolnego kształtu na mur płaski.

Jeżeli ziemia jest ograniczona dowolną krzywą powierzchnią BCD (rys. 392), wyszukujemy płaszczyznę odłamu zapomocą

c'

I 'N

ry,s.392

à,\ y:.?

S,

/;#'

1/

ßR

l2

<■3

>£

\5

próbowania. Obieramy mianowicie dowolnie punkt C, kreślimy CK równolegle do kierującej BL, zamieniamy powierzchnię FBC na trójkąt FEC, łączymy E z K, a jeżeli FC jest pła-

szczyzną odłamu, EM powinno być równe MK. Prawdopodobnie pokaże się, że tak nie jest, tu n. p. jest MK )> EM. Wykreślamy teraz w C pionową, i robimy MK— EM=CC\ wtedy CC1 oznacza wielkość błędu dla przyjętej linii odłamu FC. Obieramy i teraz punkt Cx na prawo od C t. j. w stronie większego odcinka prostej EK i powtarzamy konstrukcyą. Tu pokazuje się, że EiMi >• MXKX. Tu znów robimy Ci C\ =— (MlKi — EiMi) jj i otrzymujemy drugi punkt linii błędu. Gdyby linia błędu C‘C\ była prostą, toby błąd w C₂ był równy zeru. Dla tego punktu powtórzywszy konstrukcyą, otrzymaliśmy C^C^—M^K^ — P₂J/₂. Mamy więc trzy punkta krzywej błędu C‘C\C'U która przecina naziom w Cz. Jeżeli dla tego punktu powtórzymy konstrukcyę, otrzymamy oba odcinki równe. Dalsze wykreślenie trójkąta parcia ziemi przeprowadza się zupełnie tak samo, jak w poprzednich ustępach.

§. 192. Wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi.

W poprzednich ustępach otrzymywaliśmy jako wynik kon-strukcyi trójkąt, który jest proporcyonalny do parcia ziemi. Chcąc trójkąty te, otrzymane dla różnych wyrokości muru porównać, musimy je sprowadzić do jednej wspólnej podstawy

rys. 393

s<

(rys. 893) dowolnie przyjętej KS=2 a. Zrobimy to, wykreśliwszy IT j] CS i otrzymamy KST'= CIK =a. TW. W ten sposób otrzymamy dla każdej wysoko-K ści muru dla tej samej podstawy 2 a pewną prostą PTF, proporcyonalną do parcia ziemi. Jeżeli wysokości muru uważać będziemy jako odcinki, a długości, proporcyonalne do parcia, wykreślimy jako rzędne (rys. 394),' to wierzchołki rzędnych połączone dadzą linię krzywą DB₎ która wskazuje w jaki sposób parcie ziemi wzrasta z wysokością muru. Z rys. 394 widzimy, że parcie ziemi na część muru EEt równa się UlEi — UE=

Ui W=dy. Moment tego parcia ze względu na punkt F jest (h — x) dost x dy. Jeżeli momenty parć na dx scg-łkujemy od 0 do A, to otrzymamy moment siły wypadkowej P, więc

Çh    h nh    '    $

= \ (h - X) dost xdy=(h—x) dost xy —\y[—dx) dost %.

o Jo

Pe dost x

_____

I-

.1

W stawiwszy granice O i h, otrzymamy pierwszy wyraz równy zeru, a więc podzieliwszy obie strony równania przez dost t, będziemy mieli

Pe

y dx=A,

jeżeli A=pow. JBFD, a stąd

e= v

860)

Ponieważ P=FD, więc

A=FD.e

861)

a stąd wypływa konstrukcya następna : Zamieniamy płaszczyznę FJBD w jakikolwiek sposób na prostokąt o podstawie FD, a wysokość jego FS = e na mocy równ. 861).

ryś .394

ryś. 39 5

----»i

ł.

¹ l^dP

___A

Ponieważ na wysokość h parcie =P=DF, zaś na wysokość hi Pt —GGi, więc parcie na część muru GrF P'=P—P± = FD—GGi—FiD. Punkt zaczepienia parcia ziemi G' da się w zupełnie ten sam sposób wyznaczyć, jeżeli powierzchnię DFiGi zamienimy na prostokąt FXSXTXD o podstawie'DF^ to F₁Si wyznacza wysokość punktu zaczepienia S nad podstawą.

Dla ziemi obciążonej musimy parcie ziemi P i p, a zatem i każdą rzędną y, pomnożyć według równania 854) przez

O-¹

2 Ä, dost ß

albo dodać do każdej rzędnej y‘—y

2 lix dost ß ;

(rys 396). Dla x=0 jest y‘=0, a dla x—h jest

2 hl dost ß

y'=FC=FD.

Tu więc dodać musimy do pow. FD jeszcze powierzchnię FBC, a zresztą postępujemy, jak pierwej. Robimy więc CDTZ=CBD, a wysokość CZ=e>.

rys.396

/i

ry s. 397

Jeżeli naziom jest płaski, to wiemy, że dla ziemi nieobciążo-nej P=bh², a więc y=bx², gdzie b jest stałym spółczynnikiem, a zatem linia BD

(rys. 397) jest parabolą.

Dla ziemi obciążonej mamy

2 dost/?\

A⁷“ )

y\—bx\ ^14

h‘ zmienia się proporcyonalnie do x, a więc hl=h\~

fb

oznacza h‘ dla wysokości h. A więc 2 bx^h^ dost ß

2 \ dost ß

h'

więc

jeżeli h\

V\=y+

2bhi h dost ß

h¹

x=y+y'-

/    2 b\ h dost ß

x, więc jest funkcyą

Widzimy zatem, że y pierwszego stopnia, linia BC jest zatem prostą. Długość FG otrzymamy, wstawiwszy x=h, więc FC

h‘

2 b\ Ä² dost ß

, a zwa-

żywszy, że FD—bh²,

FC=FD.

. . 862)

• Parcie ziemi dla jakiejkolwiek wysokości ściany możemy też przedstawić powierzchnią w ten sposób, że trójkąt parcia

KCI (rys. 398) zamieniamy na FBR, ktorego jednym bokiem FB, robiąc FN=1K, FG=CS, GM II FN, dalej łączymy N zB

i kreślimy MB // BN, to BFB=MFN= CIK. Powierzchnia FBB przedstawia więc parcie na ścianę FB. Łatwo jednak pojmiemy, że parcie ziemi na ścianę FXB przedstawia trójkąt F^B^B, jeżeli naziom jest płaski, gdyż w takim razie parcia są proporcyonalne do kwadratów wysokości, a więc P: P₁=FB² :FiB², a z rysunku widzimy, że FB² :FiB²=> =FRB: FiBiB, więc P: Pi=FBB:FiBiB, zatem gdy P=FBB, to P^F.B^B.

Z poprzedniego wynika też, że FiBiBF=^FBR—FiBRi = =P—Pi, a więc równa się parciu na część ściany FFi. Podobnie otrzymamy parcie na dowolną część ściany FiF₂ równe powierzchni FiF₂B₂Ri. "Widzimy więc, że parcie w każdym punkcie ściany FB wyraża się odnośną rzędną prostej BR, jeżeli BF przyjmiemy jako oś odcinków. Wypadkowa tych wszystkich sił zaczepiać więc musi w środku ciężkości odnośnej powierzchni , a więc dla całej wysokości FB w ¹/₃ wysokości tej linii, bo FBR jest trójkątem.

Jeżeli mamy wyznaczyć punkt zaczepienia parcia ziemi na część muru FC (rys. 399), to wyszukujemy środek ciężkości S trapezu FCR^R, skąd prowadzimy poziomą SG, a punkt G jest punktem zaczepienia parcia ziemi na część ściany FC.

rys .398

ty ?

Kk

'Tï/pK-

______

rys. 399

rys 490

L

IM*

--

FTF R~

Jeżeli chcemy uwzględnić wpływ obciążenia ziemi, to musimy w razie, jeżeli naziom jest płaski, dodać do trójkąta FBR

Statyka.

F li

32

(rys. 400) równoległobok FBMN. Wiemy bowiem, że P^ =

2 bhi h x dost ß

a więc wzrasta w pro-

—PĄ-P\ przyczem P‘ stym stosunku do x. Warunkowi temu odpowiada dla wysoko-

P'

ści x powierzchnia równoległoboku MBCT=CT.x=—-, a stąd

y

2 bhi h dost ß* 2wa£ywszy, że P—bh²=y.FBR=y^FR.h1 tc wstawiwszy tę wartość w równanie dla NF,

CT=NF

yK

FR

a stąd bh=y.

Ł

otrzymamy

. . . 863)

Trapez NMBR nazywany trapezem parcia (n. Druck-trapez). Punkt zaczepienia parcia G wyznaczymy, jak pierwej, poprowadziwszy ze środka ciężkości trapezu S poziomą SG,

rys.401

Bi

Trapez parcia możemy otrzymać też wykreślnie w następny sposób. Jeżeli obciążenie przedstawimy warstwą ziemi hi (rys. 401), to przedłużmy FB aż do przecięcia się z R‘H w II. Dla ściany FII wyznaczmy w zwykły sposób trójkąt parcia FIIRX.

Dla ściany BH będzie wtedy parcie

BB^II, a zatem parcie na FB przedstawia trapez B BiRiF. Ponieważ

— —

F n r,

parcie na mur nieobciąźony FB jest FBR, przyczem BR jIHR1? jeżeli jakość ziemi jest na całej wysokości ta sama, więc możemy postępować odwrotnie, wyznaczyć trójkąt parcia FBR, dla ziemi nieobciążonej , przedłużyć FB do H, a z II wykreślić IIR, równoległe do RR, wtedy BBiRiF jest trójkątem parcia.

Jeżeli naziom nie jest płaskim, to otrzymalibyśmy zamiast trójkąta i trapezu figury ograniczone liniami krzywemi, dlatego lepiej zastosować wtedy pierwej podany sposób wyznaczenia punktu zaczepienia (rys. 396).

§. 193. Parcie ziemi na mur krzywy.

Chcąc wyznaczyć parcie ziemi na mnr krzywy FB (rys. 402), dzielimy linią FB na pewną ilość części tak, aby pojedyncze części FII, II6r itd. można uważać jako proste. Dla każdej z nich obliczamy lub wykreślamy parcie ziemi na tę część ściany, a więc np. na Fil różnicę parcia na ścianę FM i HM. Dla wyznaczenia punktu zaczepienia parcia na część muru FH

rys. 4-0.-2

Ba

7^Za"p*

.LlYY\\

Fj-Zt----

m \

-R#+—

ot

6V

Ss

HkttĘ-yS—J

w-    — *—

p₃

T, Tt

najlepiej wykreślić, jeżeli naziom jest płaski, trapez parcia T^T₂H₂MX według poprzedniego paragrafu, wyznaczyć środek ciężkości trapezu $₄ i wykreślić poziomą $₄P₄. P₄ jest wtedy punktem zaczepienia parcia ziemi na FH. To samo robimy i z innemi częściami ściany i otrzymamy punkt zaczepienia P₁₍ P₂ i P₃, w których odnośne parcia Pi, P₂ i P₃ działają pod kątem tarcia do prostopadłej na kierunek tej części muru. Znając wielkości i kierunki sił P,, P₂, P₃ i P₄, składamy je w zwykły sposób zapomocą wieloboku sił i wieloboku sznurowego i otrzymujemy kierunek, wielkość i punkt zaczepienia wypadko w ej W.

Gdy naziom nie jest płaskim, wtedy tok konstrukcyi pozostaje ten sam, tylko punkty zaczepienia wyznaczamy według pierwszej metody.

§. 194.* Odpór ziemi.

Jeżeli ciśnienie prostopadłe N ściany FB (rys. 403) na ziemię jest równe parciu ziemi na ścianę, to ściana i ziemia pozostają w równowadze. Przypuśćmy teraz, że ciśnienie N wzrasta, to w takim razie, aby równowaga nie została zniweczoną,

musi wzrastać też ciśnienie ziemi. Dziać się to może jednak tylko do pewnej granicy, gdy bowiem N przekroczy tę granicę, część ziemi się usunie, a odłam FBC poruszy się w kierunku FC.

Ciśnienie ziemi więc, które zostaje wzbudzone ciśnieniem zewnętrznem, nazywamy odporem ziemi (n. passiver Erd-druck, Erdschub, fr. butée des terres) w przeciwstawieniu do

rys .40 3

parcia ziemi (n. activer Erddsuck, fr. poussée des terres), o którem dotąd mówiliśmy.

jB

Ponieważ ruch ten nastąpi w kierunku FC, a nie CF, więc tarcie, które jest zawsze przeciwne kierunkowi ruchu, działać będzie w kierunku przeciwnym. Rozumując w ten sam sposób, co pierwej, otrzymamy więc odnośne wzory, jeżeli zamiast kąta tarcia q przyjmiemy kąt (—q).

Po wykreślnem wyznaczeniu odporu ziemi mamy więc tylko dwie zmiany, a mianowicie stok naturalny FK (rys. 404)

rys.404

J3

tli,

i/.

wykreślamy pod kątem ę poniżej osi, a kierującą prowadzimy nie pod kątem q — e, lecz —q — e=—((> + e), a więc pod kątem ((> + £) po lewej stronie prostopadłej BE na stok naturalny, a więc BL. Przyjmujemy teraz punkt C tak, aby gdy poprowadzimy CKjl BL i połączymy F z C a B z K, było BM=MK. Jeżeliby BM% MK, to obieramy inny punkt C, aż dopóki nie znajdziemy punktu, który temu warunkowi zadość czyni. Zrobiwszy KI=KC, otrzymamy wreszcie trójkąt odporu.

Odpór ten w sposób wyznaczony nie działa jednak od razu. Gdy siła N (rys. 403) ciśnie ziemię, to z powodu ściśliwości ziemi nastąpi najpierw mały ruch^ ściany FB, potem dopiero po ściśnięciu ziemi zaczyna działać odpór.

§. 195. Wyznaczenie wykreślne parcia ziemi sposobem Pilleta.

Prosty sposób wyznaczenia parcia ziemi podaje Pillet. Przypuśćmy ogólnie, naziom dowolnie zakrzywiony (rys. 405). Wykreślmy FB stok naturalny i podzielmy powierzchnię FOD

rys. 40 o

//

*r\

i |i/ [/ hl^H x

¹ ' '// / / Ay \nl'/

¹ ■ 'Z'/ 4^

XD

!P

3l

-cv

Vf,.

’^f-r

Vÿ\

fcV'.X-x

N /

Z’

cs

<3 P

C/

WY\>

- -r

yć

_i_

w;\

na pewną ilość klinów z wierzchołkiem F. Najlepiej przyjmować przytem kąty równe. W tym celu zataczamy łuk promieniem FO i dzielimy łuk 08' na pewną ilość (tu 8) równych części, poczem kreślimy promienie Fô, Fi, F2 itd. Wyznaczamy powierzchnię klinów i odnośne ciężary odcinamy na pionowej f₀c₈. Ciężary te rozkładają się na P i Q, P działa pod kątem do prostopadłej na FB, a więc w kierunku naznaczonym na rysunku, Q zaś nachylone jest pod kątem q do prostopadłej na Fi, F2, F3 itd. Zwykle jest przytem    Kierunek sił Q

wyznaczymy łatwo. Dla FB kierunek Q jest pionowy. Jeżeli teraz zatoczymy łuk 8"0" tym samym promieniem i odetniemy równe takie same odcinki, wreście wykreślimy promienie f₀7", /₀6"..../₀0", to przedstawiają one kierunki sił Q. Z punktów

ci, c₂, c₃. . . .Cr- kreślimy teraz równolegle do P a punkty przecięcia się f łączymy krzywą. Dla rozmaitych płaszczyzn odłamu otrzymujemy więc rozmaite parcia P, prawdziwą będzie płaszczyzna, dla której Pjest największe. Jeżeli teraz poprowadzimy NN± styczną do krzywej parć, to otrzymamy punkt styczności M‘ a M'm przedstawia szukane parcie P. Jeżeli zrobimy b" C=b‘C, to FC jest płaszczyzną odłamu.

XVI. Inne teorye parcia ziemi.

§. 196. Poprawka do równowagi w spoczynku.

Wspominaliśmy już w §. 176, że dla równowagi klina FBC (rys. 406) trzy siły nań działające C₁ Q i P muszą się przecinać w jednym punkcie. Jeżeli naziom jest płaskim , wiemy, źe parcie na ścianę FB wzrasta w stosunku kwadratowym, a puDkt

rys .406

jfct.

i/

/Sfc,

zaczepienia siły P leży w ¹/₃ wysokości ściany, w punkcie E. Ponieważ ciśnienie na płaszczyznę FC musi analogicznie także wzrastać w stosunku kwadratowym, więc ciśnienie Q działa także w jednej trzeciej prostej FC, więc w I.

Jeżeli teraz wykreślimy siły Q i P, działające pod kątem tarcia ę na płaszczyzny FB i FC, to trzy te siły O, Q i P nie przetną się w ogólności w jednym punkcie, z czego wynika, że trzy te siły nie równoważą się, lecz jako wypadkową dają parę sił. Pochodzi to stąd, że za wiele znanych ilości przyjęliśmy, gdy tymczasem równanie momentów tych sił, nie zużytkowane dotychczas, określa jedną z tych ilości.

Oto zarzut, jaki słusznie robią dawnej teoryi parcia ziemi, która dotychczas ogólnie używana, dawała wyniki dość zgodne z praktyką. Widząc sprzeczność, jaka się mieści w dawnej teoryi, próbowało wielu uczonych utworzyć inne teorye, wycho-

Widzimy więc, kiedy można używać wprost dawnej teoryi parcia ziemi i że w stanie spoczynku parcie działa inaczej, niżby z dawnej teoryi wypadało.

dzące z równowagi w masie ziemi nieograniczonej, które w przeciwieństwie do dawniejszej teoryi nazywamy nowszemi.

Zanim jednak zastanawiać się będziemy nad zasadami nowszej teoryi, pokażemy, jak zapoinocą stosownej poprawki możemy zadość uczynić koniecznemu warunkowi przecinania się trzech sił C P i Q w jednym punkcie.

Dawna teorya zapomina, że tarcie jest siłą bierną, która działa tylko o tyle, o ile tego potrzeba do przeszkodzenia ruchowi, a więc do równowagi w spoczynku. Jeśli siła zaczepiająca wzrasta, to wzrasta i tarcie do pewnej granicy, przy której jest równe fNx i fN₂. Jeśli więc przyjmujemy tarcia fNt i fN₂, to jest to słusznie tylko wtedy, gdy siła zaczepna (parcie) jest tak wielka, że tarcie przezwycięża, więc podczas ruchu odłamu. Wtedy jednak niema równowagi i dla tego wypadku trzy siły C, E i Q nie potrzebują się przecinać w jednym punkcie.

Jeżeli zważymy odłam FBC, to zobaczymy, że wywiera on parcie na FB tylko wtedy i o tyle, o ileby przy usunięciu ściany FB odłam się usunął. Jeżeli np. a=ę, to nie potrzeba wcale ściany. Stąd można wnioskować, że nim na ścianę FB odłam wywrze parcie, musi być całe tarcie na FC wyzyskane, a więc możemy przyjąć, że parcie Q działa w każdym razie pod kątem ę do prostopadłej na FC.

Przeciwnie działa podczas równowagi, a więc w stanie spoczynku, tarcie na FB tylko o tyle, o ile .potrzeba go do zachowania równowagi. W ogólności więc działa zamiast siły P siła P‘ pod kątem <5 <C Q do prostopadłej. Jeżeli teraz siły P', C i Q mają być w równowadze, to muszą się przecinać w jednym punkcie i to posłuży nam do wyznaczenia siły P' i kąta ó.

Jeżeliśmy w jakikolwiek sposób wyznaczyli kierunek płaszczyzny odłamu, to przezto jest wyznaczony kierunek siły Q. Położenie siły ciężkości C jest także znane, chodzi więc tylko o punkty zaczepienia sił P‘ i^ ^ i kierunek siły P‘.

Otóż wiadomo, że przy naziomie płaskim punkt zaczepienia parcia ziemi⁴ P lub P‘ leży w jednej trzeciej wysokości ściany. Doświadczenia Go bina potwierdziły pośrednio to twier-

wysokości ściany. Analogicznie musimy przyjąć, że siła Q zaczepia w ^ wysokości płaszczyzny odłamu, bo niema powodu , aby odłam znajdujący się między dwiema płaszczyznami, działał według innego prawa na jednę płaszczyznę, niż na drugą.

dzenie, gdyż wykazały, że parcie wzrasta w przybliżeniu w stosunku kwadratu wysokości, z czego łatwo można wywnioskować, że punkt zaczepienia parcia leży w ^

Przyjmujemy więc, że parcie zaczepia w E, przyczem FE=^FB, a siła Q w 1, przyczem FI=*\FC. Kierunek parcia P‘ jest wtedy wyznaczony warunkiem, że trzy siły P', Q i C przecinają się w jednym punkcie K. Gdy więc połączymy punkt przecięcia się sił C i Q z P, otrzymamy kierunek parcia ziemi w stanie spoczynku, które to parcie nazwiemy geostatyczne m w przeciwieństwie do geodynamicznego w stanie ruchu.

§. 197. Poszczególne wypadki.

Podaliśmy powyżej ogólną regułę dla wyznaczenia, parcia geostatycznego, której jednak w niektórych wypadkach nie można nźyć. Teraz zrobimy pewne założenia co do kierunku ściany i naziomu.

rys . 4Ot

03

■jc

Jeżeli ściana jest pionową, to przecina kierunek siły P płaszczyznę odłamu w IFC w punkcie I (rys. 407), punkty Kil wpadają więc na siebie, a parcie geostatyczne na ścianę pionową jest równoległe do naziomu.

Jeżeli naziom wznosi * się pod kątem ß do poziomu, to ö=ß, jeżeli jest poziomy, d=0. Przy spadającym naziomie musiałoby być parcie P‘ skierowane w górę. To trudno przypuścić, ten wypadek rzadko zresztą zdarzający się w praktyce, wymagałby osobnych doświadczeń, gdyż, przyjąwszy ó=0, trudno zrozumieć, w jaki sposób równowaga zostaje zachowaną. •

Jeżeli ściana jest nachyloną na zewnątrz (rys. 408, £ ujemne), wtedy przecina kierunek siły C płaszczyznę odłamu

FC w pierwszej trzeciej części, więc K znajduje się wyżej FC i w największej liczbie wypadków będzie wtedy <5 <C Q i dodatnie.

Jeżeli ściana jest pochylona nawewnątrz (fi dodatnie, rys. 409) wtedy przecina kierunek siły C prostą FC w średniej trze-Ą ciej części, zatem punkt K znajduje się poniżej FC. Jeżeli teraz połączymy K z Fj to otrzymamy kierunek siły P'. Może tu łatwo się zdarzyć, że d będzie ujemnem. Ponieważ trudno nam to przypuścić, prawdopodobnie będzie więc w takim razie parcie P‘=N prostopadłe na ścianę. Jako przecięcie parcia N z C otrzymamy punkt Kit który połączony z 1 wyznacza parcie na płaszczyznę odłamu, odchylone od prostopadłej o kąt mniejszy niż (>.

rys.408.

Fr

py/

^-----i

"a.

-Cs'

rys. 409

Ie . i:

/*

ii

Q Ç,

§. 198. Wyznaczenie płaszczyzny odłamu.

Dotychczas nie mówiliśmy w jaki sposób wyznaczamy płaszczyznę odłamu, zastanowimy się teraz nad tern, bo z kątem d, który tworzy parcie ziemi z prostopadłą na ścianę, zmienia się też i położenie płaszczyzny odłamu. Będzie więc inna płaszczyzna odłamu dla stanu spoczynku, a inna dla stanu ruchu. Pierwsza nie jest właściwie płaszczyzną odłamu, gdyż podczas ruchu objawia się inna płaszczyzna odłamu; nazywamy

jednak także tę płaszczyznę płaszczyzną odłamu, dla której parcie geostatyczne jest największe.

Położenie płaszczyzny odłamu jest zależne od kąta d, który znów zależny jest od położenia płaszczyzny odłamu. "Wyznaczenie płaszczyzny odłamu wprost byłoby więc niemoźliwem, gdyby nam nie przyszło w pomoc twierdzenie Almquista, które w tern miejscu podamy.

Na rys. 410 mamy wyznaczyć płaszczyznę odłamu FC, gdy ściana FB jest pochylona na zewnątrz pod kątem

rys .410

JJM2

y//

il

Wykreślmy pionową FBi i wyznaczmy najprzód płaszczyznę odłamu dla tej pomyślanej ściany pionowej. Wtedy jest parcie geostatyczne równoległe do BD, więc nachylone do poziomej pod kątem ß, kreślimy zatem kierującą BXL pod kątem Q+ß, a z pomocą punktu L otrzymamy jak zwykle, Kif kreślimy KXC II LB a FC jest płaszczyzną odłamu dla ściany pionowej FBV

Otóż da się udowodnić, że tę samą płaszczyznę odłamu otrzymamy i dla ściany FB, nachylonej pod dowolnym kątem — e.

Jeżeli bowiem FC jest płaszczyzną odłamu, to możemy łatwo wynaleść środek ciężkości odłamu i położenie siły C. Przedłużmy kierunek siły Q do punktu przecięcia się K‘, to KE jest kierunkiem parcia geostatycznego P\ który zawiera z prostopadłą kąt d. Wykreślmy teraz prostą CK pod kątem <5ą-e do prostopadłej CH, to jeżeli FC jest płaszczyzną odłamu , musi być FBC—FCK, co zaraz udowodnimy.

Widzimy, że ^ + d + £=90°, więc i kąt przy K fJi= f]-Także X ENM=CFD=(p, bo NE i NM zawierają z prósto-padłemi na FD i FC ten sam kąt q. A więc w trójkątach EK‘N i FCK są po dwa kąty równe, zatem FKN CX) FCK. Stąd wynika    *

864)

FK: FC=EN : NIC

Dalej mamy

X_K‘FM~v=ó + e — /?, = X.KxCKx a FKXC=(i=ri+ó + £-— ß=vJrrj=y( NEM.

W trójkątach ENM i FCKX są więc po 2 kąty równe, a więc EN M C\J FCKix a stąd

865)

FC : FKX = MN : EN Z równań 864) i 865) wynika

FK : FKX = MN : NK‘ *='ME : ES.

Z konstrukcyi środka ciężkości wynika, że SS₀M^FEU, bo X.SS₀M=e a ENF^^L S₀SM a SS₀=FE, więc EU=SM i ES=UM, więc

FK : FKX =ME : UM=BC : Bx C . . . .866)

Dalej mamy

FCK : FCKX=FK:FKj FBC:FBXC=BC:BXC,

więc ze względu na 866)

FCK : FCKX =FBC: FBX C FCK : FBC —ECKX : FBX C.

A że FCKX= FBXC, więc także FCK=FBC, co było do udowodnienia.

A więc FC jest powierzchnią odłamu także dla ściany pochyłej FB i wogóle dla jakiejkolwiek ściany, sięgającej do BD.

Za pomocą tego twierdzenia, któreśmy udowodnili, możemy łatwo wyznaczyć płaszczyznę odłamu dla dowolnie nachylonych ścian, wyszukawszy ją dla odnośnej ściany pionowej. Wyznaczenie parcia geostatycznego nie podlega wedle powyższego żadnej trudności.

Prawie zawsze jest P' > P t. j. parcie geostatyczne -(w stanie spoczynku) jest większe niż parcie geo-dyamiczne (w stanie ru-chu). Dla płynów było to prawo dawne znane, mianowicie prawo, że parcie hydrostatyczne jest większe niż hydrodynamiczne.

§. 199. Wyznaczenie analityczne parcia geostatycznego dla ściany pionowej i naziomu poziomego.

rys .4 11.

Wiemy, że dla ściany pionowej jest parcie geostatyczne P' równoległe do naziomu, w tym wypadku (rys. 411) więc poziome.

-•

J*-

ki

Vf

<!

PT

~<1

Jeżeli bc=C, bd // Q, cd poziome, to cd=P‘. Z rysunku widzimy, że X cbd=CFD=cp, zatem

P'= Cst cp=\yli. PCsty cp=\yh² st (90 — cp — q) st <jp, yh² st cp    yh²

2 st {cp -j- q) 2

P jest więc funkcyą gp, szukamy naj większości tej funk-

musi

P' =

-U. .

. . . 867)

cyi, to będzie rzeczywiste P'. Dla najw U=

st cp

dU    dost² cp    dost²{(p + ę)

dcp    st² (<jP+(>)

wst (cp-ł-ę) dośt (çp-f()) = wst ę dost cp wst (2 gp+2())=wst 2 cp.

st (gp + ę)

st cp

St (Cp + Q)

. A stąd

. 868)

Ponieważ 2(<p-(-£) nie może być równem 2ę>, więc kąty te muszą się dopełniać do 180°, zatem 2<jp=180 — 2 qp— 2 q, 4<p=180 — 2q

(90 — q)

A więc płaszczyzna odłamu połowi kąt między ścianą a stokiem naturalnym.

Wstawmy teraz wartość za cp z rów. 868) w rów. 867)

zatem

Więc

sty (45—%-) st (45+- )

co tc 'C

= st² ^45--

Zwykle jest q od 30° do 45°, otrzymamy więc dla q= 30

P' 0,1667 0,1474 0,1355 0,1243 0,1087 0,0858 yh'². Dla odporu należy tylko zmienić znak parcia, otrzymamy

P'

33

35

37

40

. . . 869)

45°

870)

Stąd otrzymamy dla q= 30 P" = 1,400    1.696

45°

1,845    2,011    2,298    2,914 y/i².

Widzimy stąd jak ogromna jest różnica między parciem czynnem a odporem ziemi.

33

35

37

40

§. 200. Nowsze teorye.

Zadaleko zaprowadziłoby nas opisanie wszystkich teoryj parcia ziemi, które podali Rankine, Considère, Lévy, St. Venant, Winkler, Scheffler, Mohr, Boussinesq i inni. Wspominamy tu tylko o ogólnych zarysach nowszej teoryj według streszczenia Müllera-Breslaua¹).

Nowsza teorya parcia ziemi zastanawia się nad natężeniami, panującemi w ziemi o naziomie dowolnym, zresztą nieograniczonej. Wytnijmy w myśli nieskończenie mały równole-głobok UWW\ t/j (rys. 412) tuż przy powierzchni ziemi płaszczyznami pionowemi i badajmy siły, jakie nań działają. Siły,

działające w nieskończenie bliskich płaszczyznach UW i UiWi, możemy przyjąć jako równe, oznaczamy je więc obie literą V. Dla równowagi muszą być też i siły F, działające pod kątem

I

nr

iys.4i Z

—P

na te płaszczyzny równe i równoległe do naziomu. Ciśnienie pionowe na dno D musi być = C, a ponieważ suma momentów musi byś = 0, więc S = 0 i V = 0. Stąd wyprowadza nowsza teorya (Rankine, Boussinesq) następne wnioski :

1.    Parcie ziemi na powierzchnię pionową jest równoległe do naziomu.

2.    Parcie ziemi na powierzchnię równoległą do naziomu jest pionowe.

Wniosek pierwszy prowadzi do parcia geostatycznego, drugi znany jest nam z §. 197.

Jeżeli twierdzenie pierwsze zastosujemy wprost do parcia ziemi na mur, to pomijamy tarcie między ścianą a murem, przez co otrzymujemy parcie geostatyczne a nie geodynamiczne.

Inni, jak Weyrauch (Theorie des Frddruckes auf Grund der neueren Anschauungen 1884), wyznaczają inny kierunek parcia na dowolną płaszczyznę, mianowicie kąt ó, o który odchyla się tu parcie od prostopadłej na płaszczyznę. Niektórzy, jak Lévy i Winkler, przyjmują nawet, że d=p; wszyscy jednak wychodzą z ogólnych natężeń ziemi o dowolnym naziomie, zresztą nieograniczonej. Wyniki w ten sposób otrzymane zasto-sowują wprost do parcia ziemi na stałe ściany, mówiąc, że gdy pomyślimy sobie przez ziemię położoną płaszczyznę i gdy przypuścimy. że ziemia po jednej stronie tej płaszczyzny nagle stwardnieje, to stan równowagi przez to się nie zmienia. Słusznie zauważa tu Weyrauch, że tak nie jest, że po stwardnieniu ziemi będzie wprawdzie panować równowaga, ale nie ta sama, że siły układające się w równowagę będą prawdopodobnie teraz inne. Dlatego sami autorowie nowszych teoryj ograniczają ważność ich tylko do pewnych wypadków. Weyrauch wyznacza mianowicie podobnie, jak w ciałach sprężystych, osie główne natężeń i twierdzi, że nowsza teorya jest wtedy prawdziwą, jeśli obie osie przecinają naziom. Sprawdza się to zawsze

przy naziomie poziomym, gdy £<;0 i pod pewnymi warunkami przy naziomie spadającym.

Zresztą i w tych wypadkach wyniki, otrzymane według nowszej teoryi nie zgadzają się z praktyką, ani z doświadczeniem i dają za wielkie parcie.

Dlatego też nie będziemy się dalej zastanawiać nad nowszą teoryą i zadówolnimy się dawniejszą, zastosowując przytem, gdzie tego potrzeba, naszą poprawkę.

Doświadczenia prof. Engelsa²) stwierdziły, że rzeczywiście parcie ziemi w stanie spoczynku na ścianę pionową jest poziome, mały ruch jednak, do którego stwierdzenia potrzeba aż przyrządu zwierciadłowegó, wystarczy, aby wywołać tarcie. Ponieważ w praktyce możemy śmiało dopuścić prawie zawsze tak małe ruchy, zatem możemy też uwględnić tarcie, chociaż ono w stanie spoczynku nie istnieje.

XYII. Parcie ziemi na sklepienie.

§. 201. Sklepienie owalne.

W §. 135. nie uwzględnialiśmy parcia ziemi na sklepienie, lecz tylko jej ciężar pionowy. Z §. 177 wynika, że możemy tak postępować, dopóki grzbiet sklepienia lub nadmurowania nie jest bardziej nachylony do poziomu niż stoku naturalnego. Przy sklepieniach owalnych, jajowatych i tunelowych musimy jednak z powodu większego nachylenia uwzględnić także wielkość i kierunek ukośnego parcia na sklepienie, przyczem za-stosowujemy tylko znane już prawidła. Tok postępowania pokażemy na przykładzie.

Na tabl. YI. wykreśliliśmy sklepienie owalne z wielką nad-sypką symetryczne i symetrycznie obciążone, to samo, dla którego 011 wyznaczył linią ciśnienia w swym podręczniku ( Vorträge über Bautechnik I. Theil). Przypuszczamy, że grzbiet sklepienia jest wieloboczny ; jeśli tak nie jest, to zamiast krzywej przyjmujemy wielobok w nią wpisany lub opisany. Na każdy kliniec wyznaczamy parcie ziemi Pi, P₂, P₃...P₇, według dawnej metody, przyczem przyjmujemy kąt tarcia (? = 35°, ciężar

gatunkowy ziemi y* = 1,8^, kamienia y* =2,3—. Dla pierwszych dwóch klińców jest a >> 180 — ę, więc parcie jest pionowe i równe ciężarowi ziemi, leżącej nad klińcami. Następne parcia są nachylone do prostopadłej na ścianę o kąt q obliczyliśmy je według wzoru 830) i 832), po części korzystaliśmy także z tablic, obliczonych dla tych równań. Ponieważ mamy tu wyznaczyć parcie na część ściany, więc obliczywszy parcie dla całej ściany przedłużonej aż do naziomu, wykreślaliśmy trójkąt parcia. Dla danej ściany otrzymaliśmy więc według §. 192 trapez parcia, który nam służył do wyznaczenia wielkości i punktu zaczepienia parcia (rys. 408). Aby rysunek na tabl. VI. uczynić wyraźnym, opuściliśmy na nim te przedwstępne konstrukcye, znane nam zresztą z §. 197.

Teraz wyznaczamy ciężar klińców 6r1} 6r₂....6r₇, mnożymy powierzchnie przekroju klińców przez długość =1 i przez

n3'

ciężar gatunkowy 7*= 2,3

Wyznaczywszy w ten sposób wszystkie siły działające na sklepienie, przystępujemy do wykreślenia linii ciśnienia według §. 141. Przyjmujemy więc najprzód dowolnie parcie poziome H—Oia, zaczepiamy go w e w połowie wysokości klucza i na tej podstawie wykreślamy linią ciśnienia (kreskowaną na tablicy). Ostatni jej bok cd "przedłużony przecina się z pierwszym w punkcie d, przez który przechodzi wypadkowa R wszystkich sił, działających na prawą, stronę sklepienia. Jeżeli przypuścimy, że linia ciśnienia przechodzi przez środek podstawy f\ to fd jest ostatnim bokiem wieloboku sznurowego, a więc zrobiwszy bO U fd otrzymamy prawdziwy biegun O. Wykreślamy teraz drugi raz linią ciśnienia (pełno wyciągniętą na tablicy), przechodzącą przez punkty e i f. Linia ta ciśnienia wychodzi w punkcie g z jądra. Z kształtu jej jednak widzimy, że cała leży poniżej osi sklepienia, co sprzeciwia się prawidłu, wypowiedzianemu w §. 147, że suma powierzchni dodatnich ma być równa sumie powierzchni ujemnych. Prawdziwa linia ciśnienia leżeć będzie więc nieco wyżej, niż linia pełna wyciągnięta, należałoby zatem przyjąć punkt e nieco wyżej , może w § wysokości klucza, a wtedy punkt g wejdzie w jądro i w sklepieniu nie będzie oiągnienia.

§. 202. Sklepienie tunelowe.

Linię ciśnienia w sklepieniu tunelowem możnaby wyznaczyć według poprzedniego paragrafu. Jeżeli jednak tunel leży głęboko pod naziomem, otrzymalibyśmy w ten sposób parcie ziemi znacznie większe, niż w rzeczywistości istnieje. Głębiej położone warstwy ziemi i skały mają bowiem spójność zwykle tak wielką, 'że jej pominąć zupełnie nie możemy. Wielki wpływ na parcie ziemi ma też także kierunek warstw tak, że nieraz parcie jest większe z jednej, niż z drugiej strony osi tunelu. Spójność ziemi i kierunek warstw zmieniają się jednak często dla tego samego tunelu tak, że w praktyce nieraz widzimy, że w niektórych miejscach tunel obejść się może czasem zupełnie bez sklepienia, a w innyoh grubość sklepienia jest nader zmienną. Obliczenie sklepienia tunelowego jest więc zwykle niemożliwe dla nieznajomości sił, nań działających. Jeżeli jednak potrafimy wyznaczyć siły zewnętrzne, czyto jako zwykłe parcie ziemi, czy też praktycznie, badając zachowanie się tymczasowego rusztowania drewnianego, to wykreślenie linii ciśnienia nie będzie przedstawiać żadnych trudności.

§. 203. Uwzględnienie spójności.

Powiedzieliśmy wyżej, że zwykle przy wyznaczaniu parcia ziemi nie uwzględniamy spójności. Zdarzają się jednak wypadki, że to jest koniecznem lub przynajmniej wskazanem. Koniecznem jest ono przy parciu na sklepienie tunelowe, a wskazanem przy murach w przekopach, gdzie mur przylega do ziemi naturalnej, nienasypanej, wykazującej mniejszą lub większą

spójność.

Zaznaczamy tu w krótkości, w jaki sposób należałoby uwzględnić spójność, która, jak wiadomo, proporcyonalną jest do powierzchni odłamu. Jeżeli więc spójność na jednostkę kwadratową nazwiemy c, to cała spójność S w wyznaczonej w zwykły sposób płaszczyźnie odłamu FC (rys. 418) będzie S=cl. Wykreślmy teraz wielobok sił, zróbmy ad=C, dcl/FC i równe S, dalej cb // Q i aó//P, to ab=P. Nie uwzględniwszy spójności, otrzymalibyśmy P=ae, przyczem ae ^> ab. Jeżeli spójność przyjmiemy większą, to ab będzie mniejsze, może się nawet stać zerem, wtedy niema wcale parcia.

ii

"Wyznaczenie to nie jest dokładnem, bo S zmienia się pro-porcyonalnie ^ło, l^ jzjÿôre jest funkcyą <jp, może więc przy uwzględnieniu spójności otrzyma, my inną płaszczyznę usu-wową.

CS

W przybliżeniu możemy też uwzględnić spójność według prof. Skibińskiego, przyjmując zamiast kąta ę większy kąt (>, wyznaczony z paraboli spójności. Dla tego większego kąta przeprowadzamy wtedy obliczenie w zwykły sposób. Przybliżone te sposoby są tern bardziej wystarczające, że zwykle dokładnie nie znamy, jak wielką jest spójność.

E. Mury oporowe.

XYIII. Stałość murów oporowych.

§. 204. Ogólne zasady.

W §. 176. podaliśmy określenie muru oporowego. Składa się on z warstw poziomych lub też pochyłych. Jeżeli wyznaczymy siły, działające na każdą warstwę, tj. ciężar muru i parcie ziemi, wynajdziemy środek ciśnienia czyli punkt zaczepienia wypadkowej, działającej na szew, a jeżeli środki ciśnienia wszystkich szwów połączymy, otrzymamy, jak wiemy, linią ciśnienia.

Warunki równowagi murów oporowych są te same, co sklepień, filarów i przyczółków, a więc według §. 134:

1. Środek ciśnienia powinien leżeć w jądrze tj. w średniej trzeciej części szwu, aby zaprawa nie pracowała na ciągnienie. Przy murach litych betonowych lub żelazno - betonowych, możemy dopuścić pewne ciągnienie, linia ciśnienia może też wyjść z jądra.

2. Wypadkowa powinna być odchyloną od prostopadłej na szew więcej, niż wynosi kąt tarcia.

3. Natężenie nie powinno przekraczać spółczynuika wytrzymałości. Jeśli przyjmiemy stosowną pewność, to natężenie powinno być większe^ niż dopuszczalne.

Jeżeli na mur oporowy pionowy lub małoco pochylony działa tylko parcie ziemi i ciężar własny muru, to linia ciśnienia wpada u góry muru, gdzie parcie równe zeru, na oś i oddala się dla dolnych części muru coraz bardziej od osi. Dlatego w zwykłych wypadkach wystarcza, gdy sprawdzimy, czy te trzy warunki wypełniają się dla podstawy muru. W wypadkach bardziej zawiłych potrzeba badanie rozciągnąć i do innych szwów.

§. 205. Ogólne wyznaczenie grubości muru oporowego.

Jeżeli Z jest parciem ziemi na mur FBML (rys. 414) a C eięźarem tego muru, to dwie te siły złożone dają wypadkową U,

która przecina podstawę muru FL w punkcie 6r. Rozłóżmy wszystkie te trzy siły na składowe równoległe i prostopadłe do FL, to otrzymamy siły Zlt Z2) Cu C₂, P i T. Z rysunku widzimy, że P— C₂+Z₂ a T= = Zi — Ci, dalej , że

rys. 414.

“--.y

>1

t''

Life

w

&0«

Cx — C wst ß,

C₂ = C dost ß, Zt=Z wst T], Z₂—Z dost 47.

= 90° — v-\-Q, a wstawi-

--

R p

Dalej widzimy, że v=ó — 90°, y wszy wartość za v, otrzymamy y=180° — ô-+-ç. Dalej mamy 47=180° — y albo 47=180° — (180° — d-|-(>)=d — q.

Wstawiwszy tę wartość za 47, otrzymamy

Zt=Z wst (d— q), Z₂=Zdost(d — q), a więc P= C dost ß -f- Z dost (d —

T=G wst ß—Z wst (d —

T__C wst ß — Z wst (d — q)

P C dost ß + Z dost (d — ę) ’

a stąd

CSC

st cp

<0l

Q)y ' *

.    . 871)

. 872)

Przy obliczaniu murów podporowych przyjmujemy takie wymiary muru, aby środek ciśnienia podstawy wpadał na zewnętrzny punkt jędrny. Przyjmujemy to położenie graniczne środka ciśnienia, ponieważ, chcąc go sprowadzić bliżej środka ciężkości podstawy, potrzebowalibyśmy wiele więcej materyału, a gdyby z jakichkolwiek przyczyn środek ciśnienia wyszedł nawet poza jądro, to mur jeszczeby się nie wywrócił, tylko szew otworzyłby się trochę. Robiąc to przypuszczenie, mamy więc jeszcze dostateczną pewność.

Aby zatem środek ciśnienia G nie wyszedł z jądra, musi być FG <; § FL=% 6. Jeżeli P6r=§6 (rys. 415), to możemy ustawić następne równanie momentów ze względu na punkt F.

P. j}6 = C.FU 4- Z.FN, a nazwawszy FU — a =FE dost Q=e dost p, otrzymamy a.C-\-Z e dost q

FN =

²i

8b

aC+Ze dost q

. 873)

C dost q 4 Z dost (d — q)

Rozumie się, że należałoby też zbadać punkt 3-ci dotyczący natężenia, które obliczać należy wedle równania 685). W razie gdy punkt G wpada na punkt jędrny, mamy wedle 687)

2 P

1006

jeżeli wszystko liczymy w hg i cm. Również należy zbadać, aby ciśnienie w fundamencie nie było za wielkie.

Vi =

874)

§. 206. Analityczne wyznaczenie grubości muru dla szwów

pochyłych.

Na podstawie równ. 878) wyznaczymy teraz według Otta grubość 6 muru o przekroju trapezowym.

Jeżeli przekrój muru ma kształt trapezu FBML (rys. 416) to da się równ. 878) inaczej wyrazić.

jedności

Z rysunku otrzymamy C, ciężar muru na długość równą

FL+MB h ...

₂--yy (2 6 — bt — 6₂)

h=b± st ô

jeżeli y oznacza ciężar gatunkowy muru.

Chcąc wyznaczyć moment siły C ze względu na punkt A, rozłożymy trapez na prostokąt GHBM i dwa trójkąty,

G=yh

. . 875)

ozna-

czymy ciężar części składowych, przekroju i rozłożymy każdy z nich na składowe równoległe i prostopadłe do podstawy FL. Wtedy otrzymamy moment ciężaru C ze względu na F

¹

Graphische Statik. 1881.

²

Zeitschrift des Bauwesen, 1896 str. 409.

rys .415

ryś. 41 6

P»

T/

Hi

Jto

N\

/&ł

i/y.

i»r&

Ca=Cx"

wlis

-(<V + C₂')|— C₂'A

Z rysunku widzimy, źe

ci=V^Y> wi3c ^"^y^dost/î, Ci—Ynf V*t/3,

C₂ = y(b — bx —ô₂) A, więc C₂“=y(b——&₂)Âdost/?, C₂'=y(ô —    — &₂) b ws^ ßt

więc ĆV' = y%- dostß, C₂,=y wst /?.

Z    -

rfS

Wstawiwszy te wartości w poprzednie równanie, otrzymamy: (&1 - &*)* “

Ca=y

Ca=yh dost/? |g&i²4-

-y/^WSt/?(^+^^)

A    ^2 _^ + Äst ^J _j_^ ² ₃~-l-f- §(&! +&₂)7i st/?J

Wstawiwszy wartości za C i Ca w rów. 87B), otrzymamy

. 876)

(M

hdostß[b²-(b₂-\-hstß)b-{

^²~———h |(&i+&₂)^ st ß] + Ze dost q

O

lyh(2b — bx — b₂) dost /? 4-Z dost (<?— o).

fr-*'

Z równ. 877) otrzymamy dla pojedynczych wypadków na-stępujące wzory:

1. Dla bi=b₂ (rys. 417) otrzymamy:

=4bxh st ß-\-

878)

według 6,

Stąd otrzymamy wreszcie, uporządkowawszy równanie

4 Z dost (d — ę) y h dost ß

6 Ze dost q yh dost ß

a więc równanie drugiego stopnia, które w danym wypadku mo-• żerny łatwo rozwiązać.

rys. 417

— 2 bi -f 3 h st ß 4

r- &-V-V+

+ 2 (bx + b₂)h st/?4

. . 877)

jvr

rys 41 &    rys.419

//

rys .420

i f/

A/

x,

! k.

6 Ze dost q yh dost /?

2. Dla b₂=O (rys. 418) otrzymamy : b²-\- ^—2b^ +3h st /?+

4Zdost(d—q) yh dost ß 6 Ze dost q y h dost ß

j = — bi ² + 2 bi h st ß 4-

. . .879)

3. Dla b±= O (rys. 419) otrzymamy, zważywszy, że d=90°, 4Z wst q yh dostß

5²+    + 3h st /?-f

4. Dla bi = b₂ = 0, a więc dla przekroju prostokątnega (rys. 420) mamy

^ b=b₂²~\-2b₂h st /?-}

6 Ze dost q yh dost ß

. 880)

ó²+ ^3 h st ß

4 Z wst q yh dost/?

)‘

6 Ze dost q yh dost d

. 881)

§. 207. Analityczne wyznaczenie grubości murów dla szwów

poziomych.

Jeżeli szwy muru podporowego są poziome, (rys. 421), to otrzymamy odnośne wzory dla przekroju trapezowego, wsta*-wiwszy w rów. 877) /?=0, więc st/?=0, dost/3=l. Mamy więc

6 Ze dost q

-26,4

4 Z dost (d — q)

yh

yh

. 882)

rys .421

iy.s.422 rys .42 3 rys .4 24

rr~-

i\k

nrs.4-2 5

lA

~r

au

Z równania tego otrzymamy znowu w szczegółowych wy

padkach

1. Dla b₂= O (rys. 422)

&²+(-2 6,4

4 Z dost (d — q)

6 Ze dost q

yh

. 883)

2. Dla &₁=*0 będzie d=90° (rys. 423), więc 4 Z wst £

»j+(m

6 Ze dost (?

yh

yh

, . . 884)

3. Dla bi=bi (rys. 424) otrzymamy 4 Z dost (d — (>)

J²+(- M

y/i

)⁶=

6 Ze dost

. . 885)

4. Dla bi—bti= 0 (rys. 425), a więc dla przekroju prostokątnego będzie

6²4

4 Z wst p ^    6 Ze dost q

yh

. . 886)

Podobnie dadzą się ustawić wzory dla murów zakrzywionych lub wielobocznych, ale są one jeszcze zawilsze, więc je pomijamy. Obliczenia tego rodzaju należą do nauki o budowlach ziemnych. Obliczając grubości muru zbiorników wody, tam itd. możemy zatrzymać te same wzory, wstawiwszy w nie tylko dla wody ę=0.

Dla przekonania się, czy drugi warunek równowagi jest wypełnionym, mianowicie czy <p <; (>, musimy jeszcze obliczyć

st (p według rów. 872), Gdyby kąt <p był większy od kąta tarcia, to należałoby użyć albo szwów ukośnych, lub też pogrubić mur, a przez to powiększyć jego ciężar.

Przykład. Mur podporowy 4m wysoki podtrzymuje drogę, dla której p = AOOkfffm². Niech będzie p==33°, y*=l,8ż/m³, ym = 2,3ż/w³. Nachylenie przedniej ściany jest 1: |. Jak wielka ma być szerokość muru u podstawy b.

Najprzód wyznaczj^my parcie ziemi Z. Dla p==33° jest dotp = l,54, st p = 0,649. Według tablicy w §. 182 mamy dla stß = 0 i stp = 0,7 spółczynnik 0,125, dla st p — 0,6 0,143, więc dla st p = 0,649 otrzymamy 0,134, zatem i¹ —0,134 1,8.4² = 3,86#. Dalej mamy

— 0 222, a wedle 847)

) = 3,86.1,11 = 4,291.

rys .426

! 1 200

* im,

9-

400

wedle 845 A,—

3,86 (l + Wreście wedle 850)

1800

2.400

1800.4

4 + 8.0,222_ 4 + 2.0^222“

4,666 n_ , .

= 1 4,444 = 11,06 = ’'

Teraz przystąpimy do obliczenia grubości muru. Wedle założenia h 4

ó₂ = -g- == -g- =■ 0,8 m, więc wedle 884)

&² + (0,8-f

4.4,29 wst 33°

2,3.4

) b = 0,8²

6.4,29.1,4 dost 33«

2,3.4

Dalej mamy wst 33° — 0,515, dost 33° = 0,839, co wstawiwszy, otrzymamy

i*+1,80 b — 3,80, stąd b = - 0,9 +\/0,9² + 3,8 == 1,25

771.

b₀ = 1,25 -ej 0,8 = 0,45 m. Gdyby b₀ wypadło mniejsze, niż 0,4 m, należałoby ze względu na wykonanie przyjąć inne nachylenie ściany przedniej i powtórzyć rachunek dopóty, aż b₀ ^ 0,4 m.

§. 208. Wykreślne wyznaczenie grubości muru oporowego.

Jeżeli mamy dany przekrój muru FBML (rys. 427), to łatwo obliczymy ciężar C muru na jednostkę długości w kie* runku prostopadłym do rysunku. Parcie ziemi Z i punkt zaczepienia E wyznaczamy w znany sposób. Dwie te siły Z=0a i C=ab składamy zapomocą wieloboku sił i otrzymujemy wypadkową R, przecinającą podstawę w punkcie S. Jeżeli, jak tu, środek ciśnienia G leży w jądrze t. j. średniej trzeciej części podstawy, to nietylko równowaga jest zapewnioną, ale też cała podstawa pracuje na ciśnienie. Jeżeliby G wypadło poza punkt

jędrny /, to w punkcie F powstałoby ciągnienie, czego ze względu na małą wytrzymałość zaprawy na ciągnienie nie chcemy dopuścić. Chcąc, aby koszta muru były jak najmniejsze , a z drugiej strony, aby nigdzie mur nie pracował na ciągnienie, będziemy się starali, jak przy a-nalitycznem obliczeniu, aby punkt ' G wypadł na punkt jędrny I. W naszym wypadku wypadałoby więc zmniejszyć grubość muru. Przyj m-my zatem teraz przekrój muru mniejszy FBMX Ll, przyczem MiL₁ // ML, i powtórzmy całą konstrukcyę, to otrzymamy jako środek ciśnienia punkt Gi jeszcze w średniej trzeciej części podstawy. Zróbmy Ll^IG równe odstępowi środka ciśnienia G od punktu jędrnego, dalej Lili=IiGi‘= odstępowi punktu Gx od nowego punktu jędrnego J,, to gdybyśmy to dla kilku wypadków powtórzyli i połączyli wierzchołki rzędnych linią, to linia ta byłaby w ogóle wprawdzie krzywa, lecz nie wiele różniłaby się od prostej llx. Jeżeli więc prostą llx przedłużymy do przecięcia się z podstawą FL i poprowadzimy L₂M₂, to FBM₂L.₂ będzie w przybliżeniu przekrojem muru, dla którego środek ciśnienia podstawy wpada w punkt jędrny. Chcąc dokładniej wyznaczyć grubość muru, wyszukamy jeszcze dla tej grubości L₂l₂—I₂GV Mamy teraz trzy punkty linii krzywej, możemy ją wykreślić, a punkt L₃ przecięcia się jej z podstawą da szukaną szerokość podstawy.

rys .42?

//

Z , /< /

//

¥'r

V L//hG,/ja

.1 1,L₂

\F

C,

Jeżeli górna szerokość muru jest dana, wtedy przyjmujemy rozmaite położenia ściany ML, obracając ją około punktu M (rys. 428). Zamiast wyszukiwać każdą rażą na nowo ciężar muru i jego środek ciężkości, możemy do poprzednich sił dołą-

czyć ciężar paska, który dodajemy lub odejmujemy (wtedy ciężar ujemny do góry działający) i złożyć w zwyczajny sposób tę dodatkową siłę z poprzednim R.

rys .428.

M B

Są także inne sposoby, prowadzące wprost (nie przez próbowanie) do wyznaczenia grubości muru, jak np. metoda prof. Ry c ht e ra (Przegląd Techniczny 1877), Crugnoli (Eisenbahn 1882), które jako więcej zawiłe pomijamy, gdyż wyznaczenie grubości muru według powyższej metody jest w praktyce dostatecznie dokładnem.

każdy

Jeżeli przekrój muru jest zawilszy, podcięty (r. 429) lub ograniczony liniami krzy-wemi, to dzielimy go na paski (w rys. 429 trzy), wyznaczamy dla każdego z nich wedle poprzedniego parcia ziemi na

pasek Pi, P₂ i P₃ i ich punkty zaczepienia. Wyznaczamy środki ciężkości pasków i ciężary ich Cx, C₂ i C₃ i składamy siły po kolei zapomocą wieloboku sił. Punkty przecięcia się wypadkowych na szew et, e₂ i e₃ połączone dają linię ciśnienia, która nie powinna wychodzić z średniej trzeciej części przekroju (dla wyrazistości rysunku linia ciśnienia jest opuszczoną).

§. 209. Parcie geostatyczne przy wyznaczaniu grubości muru

oporowego.

Dotychczas używaliśmy do wyznaczenia grubości muru podporowego parcia geodynamicznego. O ile to tyczy przewrotu

lub przesunięcia muru, jestto usprawiedliwionem. Jeżeli jednak chcielibyśmy poznać natężenie w murze podczas spokoju, to należałoby wyznaczyć parcie geostatyczne i na podstawie tego obliczyć natężenie według znanych prawideł.

A może się zdarzyć wypadek, że przy parciu geo-statycznem leży linia ciśnie-

rys.429

\c,

~:c,

hA

Te.

m/f

sil

— 5‘2 3 —

nia wewnątrz przekroju muru, przy parciu geostatycznem zewnątrz przekroju. Jak wtedy utrzymuje się równowaga i jakie są wtedy natężenia?

Ponieważ dla parcia geostatycznego wypadkowa przecina podstawę poza przekrojem muru, to musiałby się mur przewrócić. Ale skoro zacznie się ruch, występuje całe tarcie na powierzchni muru i musimy się liczyć tylko z mniejszem i korzystniej działającem parciem geodynamicznem, wskutek tego wypadkowa odchyli się o tyle, że przecina podstawę wewnątrz przekroju. Ruch więc muru ustaje, poczem znowu występuje parcie geostatyczne. Widzimy zatem, że w takim razie możliwy jest tylko bardzo mały ruch, tylko otwarcie szwów, potem panuje znów równowaga. Ale jak wytłómaczymy sobiê tę równowagę? Otóż musimy tu znów przypomnąć, że tarcie jest tylko oporem , siłą bierną, która w stanie spoczynku działa tylko o tyle, o ile tego potrzeba do utrzymania równowagi. A więc wystąpi dla stanu równowagi tylko tyle tarcia, aby wypadkowa przechodziła przez zewnętrzną krawędź muru, aby jeszcze równowaga była zachowaną. W rzeczywistości nie może jednak wypadkowa przeohodzić przez samą krawędź, bo wtedy byłoby natężenie tam nieskończenie wielkie. Musiałby się mur wtedy na krawędzi skruszyć, a wypadkowa przesunie się od krawędzi na wewnątrz o 2 do 5 cm.

Z powyższego widzimy, że mur podporowy, obliczony według parcia geodynamicznego (dawnej teoryi) w ten sposób, aby linia ciśnienia nie wychodziła z jądra, nie wywróci się nawet w tym wypadku, jeżeliby linia ciśnienia geostatyczna wychodziła z przekroju. Z drugiej strony będzie w stanie spoczynku w murze, obliczonym według dawnej metody, linia ciśnienia wychodzić często poza jądro, w skutek czego wystąpi ciągnienie, a z powodu małej wytrzymałości zaprawy na ciągnienie, otwarcie szwu i bardzo mały ruch muru.

Tam więc, gdzie taki mały ruch muru i otwarcie szwów nie jest szkodliwem, więc zwykle przy mu-rach podporowych, możemy używać bez obawy dawnej teoryi parcia ziemi, jak to zresztą praktyka nas uczy, jeżeli tylko materyał jest dość wytrzymały. Przy przyczółkach jednak mostów sklepionych i w ogóle wszędzie tam, gdzie nie możemy dopuścić żadnego na-

wet małego ruchu, należałoby uwzględnić parcie geostatyczne. Przy niskich przyczółkach, gdzie przeważa parcie sklepienia, jest parcie geostatycznie korzystniejsze od geo-dynamicznego. Przeciwnie przy wysokich przyczółkach, gdzie przeważa parcie ziemi, a linia ciśnienia zwraca się ku wewnętrznej stronie (ku osi mostu), tam działa parcie geostatyczne niekorzystniej i należałoby je koniecznie uwzględnić, bo w takim razie nawet mały ruch przyczółka może spowodować pęknięcie sklepienia. W praktyce jednak takich przyczółków unikamy.

§. 210. Mury oporowe z przyporami.

Czasem robimy mury oporowe z przyporami (n. Strebepfeiler, fr. contrefort) (rys. 430). Wtedy obliczamy parcie nie na

1 m bieżący, lecz na długość a i c. Parcie Pc działa wtedy w powierzchni mw, parcie Pą w pr. Parcia te składamy z ciężarami Ca i Cc, zaczepiającymi w środku ciężkości przekroju fgPiP i fgmym. Wypadkowa R przecina podstawę w e, któryto punkt nie powinien wychodzić poza punkt jędrny.

Co do grubości g, to na długości a działa siła Pa. Składowa pozioma tej siły Ha równo rozdzielona na st czyli na jednostkę H wywołuje w tej części muru natężenia zginające. Mamy przytem w przybliżeniu, zważywszy, że siła II nie rozdziela się równo na przekrój, lecz dzia-

iys . 4 3 0

\/f

JTni

R CaCc

Hf

«

o r

— ----Or-PS—

—y-

Pa

Ł. i

łając w jednej trzeciej wysokości wywołuje 2 razy tak wielkie natężenie, niż gdyby działała we środku,

nHa² hg2 2 —=-g-T, a stąd

x oznacza tu dodatkowe natężenie wskutek wypadkowej R. Dlatego przyjmujemy zwykle x bardzo małe, t=1 do 1,5 kg/cm2¹).

rys .4-31

iH

Aby uniknąć natężeń na zginanie w murze między przyporami, używają zamiast muru płaskiego sklepień (rys. 431). Tu także podwójną siłę II uważać należy za obciążenie sklepienia i wyznaczyć linię ciśnienia, a osobno badać równowagę filarów między sklepieniami.

§. 211. Korzystny przekrój muru oporowego.

Chcąc wyznaczyć najkorzystniejszy przekrój muru podporowego, musimy zważać najprzód na oszczędność materyału, potem na wielkość wykopu i na inne względy.

mm

fi

>-¥i

6 II

hx

888)

Pod względem oszczędności materyału są leżące mury najlepsze i to tern korzystniejsze, im mniejszy kąt a. Gdy a=Q, ziemia utrzymuje się sama, muru wtedy wcale nie potrzeba.

Z drugiej strony im mniejszy kąt a, tern większy jest wykop, który także kosztuje, a właśnie dla zmniejszenia wykopu używamy bardzo często murów podporowych. Czasem chodzi nam o to, aby przystęp był łatwiejszy np. przy bulwarach, wtedy budujemy mur wewnątrz pionowy, zewnątrz trochę pochyły.

Dobry przekrój muru powinien być dalej taki, aby pewność była w całej wysokości jednakowa. To jednak nie da się osiągnąć, gdyż dla wierzchu muru ciśnienie jest równem zeru, teoretycznie więc grubość muru powinnaby być na wierzchu równą zeru i wzrastać wraz z ciśnieniem, a więc, jeżeli naziom jest płaskim, przekrój powinien mieć kształt ifBL (rys. 482).

Ze względów praktycznych nie możemy jednak budować takich murów, bo pominąwszy, że oprócz parcia ziemi mogą działać i siły przypadkowe, lecz także wpływ powietrza działa szkodliwie na mur i zmniejsza jego przekrój, a wpływ ten jest największym na wierzchu muru. Szerokość wierzchu muru BM przyjmujemy więc zwj'kle > 0,4 m,

Występ muru bi przyjmujemy zwykle 0,1 h do 0,2 h. —

h

Ott obliczył dla występu    k^ka mur°w podporowych

rys.432.

rys.43 3.

b'B

'T

bg

ii

iii

"! ir li

TT

I.

1,0

1,054

1,16 Z

1,546

1,6 75

k-

L-mmr

rozmaitych kształtów dla tej samej wysokości nasypu i tego samego materyału i otrzymał względne ilości materyału , któreśmy w rys. 433 wpisali. Widzimy więc, że mur leżący (I) potrzebuje jak najmniej materyału, o mało co więcej potrzebuje mur II wewnątrz pionowy, zewnątrz paraboliczny. Z powodu łatwości wykonania i niewielkiej potrzebnej ilości materyału w praktyce najczęściej spotykamy się z kształtem III.

Ponieważ, jak wiadomo, najkorzystniejszy jest kształt przekroju budowli murowanej, gdy linia ciśnienia spada z osią, więc gdy chcemy się do tego prawidła zastosować, otrzymujemy mury o przekroju podciętym (rys. 429) albo nawet zakrzywionym (rys. 402). Oszczędność materyału może wynieść w stosunku do przekroju prostokątnego do 35°/₀. O korzyściach tego rodzaju przekrojów traktuje zresztą nauka o budowlach ziemnych, do której czytelników odsyłamy.

' §. 212. Parcie ziemi na przyczółek.

Jeżeli oprócz parcia ziemi działa na mur inna siła ukośna, np. parcie sklepienia, wtedy linia ciśnienia wyjść może z jądra niekoniecznie w podstawie, lecz w którymkolwiek innym szwie,

dlatego zwykle wykreślamy wtedy całą linię ciśnienia, aby osądzić, czy w murze takim nie wystąpi ciągnienie.

Rys. 434 przedstawia taki przypadek. Jestto przyczółek sklepienia, na które działa parcie ziemi. W znany nam z po-

ry s. 4 3 4

îiTîr

■A

Kir

Pi

i?

be

-\—V

-VA—Ai

__

oT>

Al

przednich rozdziałów sposób wykreślamy linią ciśnienia w sklepieniu i otrzymujemy parcie R ukośne sklepienia na mur, przechodzące przez środek szwu w węzgłowiu. W znany również sposób wyznaczamy parcie P1? P₂, P₃, P₄ na warstwy muru i ich punkty zaczepienia, jakoteź ciężary warstw. Parcie ziemi

na NU jest, jak wiadomo, pionowe i równe ciężarowi ziemi, nad NU leżącej, który to ciężar składamy razem z ciężarem muru nad rs i otrzymujemy Ce. Siły te składamy jednę po drugiej za pomocą wieloboku sił w zwykły sposób. A więc przedłużamy R aż do przecięcia się z Ö, w punkcie a i kreślimy wypadkową ab // 06, dalej //C7. Przedłużywszy bc do przecięcia się z rs w punkcie Ei} otrzymujemy punkt linii ciśnienia. Wypadkową 07 składamy teraz z C₇, robimy więc cd // 08, df II 09. Przecięcie się tej prostej z drugim szwem w E₂ daje nam następny punkt linii ciśnienia. O 9 składamy teraz z C& i P₃, a więc robimy najprzód fg\)010, potem gE₂ I/O 11. Przecięcie się gEz z podstawą daje nam środek ciśnienia podstawy. Linia ciśnienia jest linia łącząca środki ciśnień na pojedyńcze szwy, a więc eEiE₂E₃ (na rysunku dla wyrazistości opuszczona).

W tym wypadku widzimy, że linia ciśnienia nie wychodzi wcale z jądra w podstawie, a nawet leży za blisko środka podstawy, potrzebaby więc zmniejszyć przekrój muru i powtórzyć konstrukcyę raz jeszcze, aby się przekonać, czy mur nie pracuje na ciągnienie.

Jeżeli parcie ziemi jest stosunkowo większe, a więc przy wysokich przyczółkach, zdarza się często, że linia ciśnienia w środku wysokości zbliża się do ojędrnej zewnętrznej, potem zaś zwraca się na wewnątrz i zbliża się do ojędrnej wewnętrznej.

1. DODATEK.

Literatura.

Podajemy tu w porządku chronologicznym spis podręczników i ważniejszych (bo ilość ich jest nader wielka) artykułów, jako też nowszych dzieł o statyce budowli, przyczem nadmienić musimy, że przytaczamy tu także dzieła, z których przy układaniu podręcznika wcale nie korzystaliśmy :

1. Ogólne dzieła,

Rebhann: Theorie der Holz- u. Eisenconstructionen. Wiedeń 1866. Ran ki ne W. J. M. : Manuel of civil engineering. Londyn 1862, 12 wydanie 1877.

Bresse: Cours de mécanique appliquée. Paryż 1859. 8 wyd. 1880. Grashof: Festigkeitslehre. Berlin 1866.

Winkler E.: Die Lehre von der Elasticität u. Festigkeit. Praga 1867.

Heinzerling F. : Die angreifenden und widerstehenden Kräfte. Berlin 1867. 2 wyd. 1876.

Collignon: Cours de mécanique appliquée. Paryż 1870. Frauenholz: Bauconstruction für Ingenieure. Mnichów 1875. Ritter A. : Lehrbuch der Ingenieur mechanik. Hanower 1875.

8 wyd. 1885.    '    ⁴

Kluger: Wykład wytrzymałości materyałów. Paryż 1876. Ott: Vorträge über Baumechanik. Praga 1877—1880., 3 wyd. 1888—1893.

Na vier: Mechanik der Baukunst, bearbeitet von Westphal und Föppl. Hanower 1879.

Holzhey: Vorträge über Baumechanik. Wiedeń 1872—1879.

R é s a 1 H. : Traité de la mécanique generale.

Hintz L. : Baustatik. Weimar 1882.

Herrmann: Die Statik der Bauwerke. Brunszwik 1882. JayduBois: The strains in framed structures. Nowy Jork 1883. Yigreux L. : Traité théorique et pratique de la résistance des matériaux. Paryż 1885.

Flamant: Stabilité des constructions. Paryż 1886.

34

Statyka.

Planat: Pratique de la mécanique appliquée. Paryż 1887., 2 wydanie 1899.

Tetmajer: Baumechanik. IL część. Zurych 1889.

Landsberg Theod. : Die Statik der Hochbauconstructionen. Darmstadt. 2 wyd. 1889,

Madamet A.: Resistance des matériaux. Paryż 1891.

Y i g r e u x : Revue technique de V exposition universelle. Paryż 1891.

Canevazzi S.: Meccanica applicatadetteconstrucioni. Turyn 1891.

Pillet J. : Traité de stabilité des constructions. Paryż 1895.

Vonderlinn J.: Statik für Hoch• und Tiefbautechniker. Stut-gart 1896, 2 wyd. 1902.

Resal Jean: Résistance des matériaux. Paryż 1898.

2. Statyka wykreślna,

C ulmann: Graphische Statik. Zurych 1 wyd. 1866, 2 wyd. 1875.

Bauschinger: Elemente der graphischen Statik. Mnichów 1871, 2 wyd. 1880.

Favaro: La statica grafca. Wenecya 1873.

L e v y : La statique graphique et ses applications aux constructions. Paryż 1874, 2 wyd. 1888.

Cremona L. : Elementi di calculo grafico. Turyn 1874.

Abakanowicz B. : Zarys statyki wykreślnej. Lwów 1876.

Du Bois: Elements of graphical statics. Nowy York 1876.

Klas en: Graphische Ermittelung der Spannungen. Wiedeń 1878.

Cremona L. : Le figure rcciproche netta statica grafica. Me-dyolan 3 wyd. 1879.

E d d y : New constructions in graphical statics. Londyn 1380, 2 wyd. 1888.

Müller Breslau: Elemente der graphischen Statik. Berlin 1881, 3 wyd. 1887-1892.

Baldermann: Graphische Integration. Allg. Bauzeitung. 1881.

Chalmers: Graphical détermination of forces, Londyn 1881.

Maurer: Statique graphique. Paryż 1882, 2 wyd. 1885.

Stelzel: Graphische Statik. Gradée 1882.

Ott: Graphische Statik. 1874, 4 wyd. Praga 1883 — 1885.

Hausser et Cunq. : Statique graphique appliquée. Paryż 1886.

Ritter W.: Anwendungen der graphischen Statik. 1 część Zurych 1888.

K ö c h 1 i n : Applications de la statique graphique. Paryż 1889.

Lauenstein B.: Lie graphische Statik. Stuttgart 1—4 wyd. 1890—1898.

Keck W. : Vorträge über graphische Statik. Hannower 1894.

3. Teorya belek.

Clapeyron: Calcul d’une poutre élastique*, reposant librement sur des appuis inégalement espèces. 1857.

Winkler E.: Lehre von der Elastizität und Festigkeit. Praga 1867.

Mohr: Beitrag zur Theorie der Holz- und Eisenconstructionen, Zeit, der Arch. oder Ing. Ver. zu Hannover 1868.

Ritter A. : Theorie und Berechnung der eisernen Bach- und Brückenconstructionen. 1870, 3 wydanie 1873.

W Ö h 1 e r : Die Festigkeitsversuche mit Eisen und Stahl. Berlin 1870.

WinklerE.: Vorträge über Brückenbau. 1875.

Spangenberg: Ueber das Verhalten der Metalle bei wiederholten Anstrengungen. Berlin 1875.

Tetmajer: Die äusseren und inneren Kräfte an st. bestimmten Constructionen. Zurych 1875.

Hulewicz: Obliczenie wytrzymałości belek wieloprzęsłowych. Paryż 1876.

Bauschinger: Mittheilungen ans dem mech. technischen Labo -ratorium der k. k. Hochschule in München, zeszyt I. 1877.

Winkler E. : Wahl der zulässigen Inanspruchnahme der Eisenconstructionen. Wiedeń 1877.

Winkler E. : Versuche über die Knickfestigkeit eiserner Säulen. Civiling. 1878.

Abakanowicz: Integrator, krzywa całkowa i jej zastosowanie. Warszawa 1880, 2 wydanie Paryż 1886.

Burr: A course on the stresses in bridge and roof trusses. Nowy York 1880.

Poeppl: Theorie des Fachwerks. Lipsk 1880.

W e h a g e : Spannungen ia verbogenen Körpern. Civiling. 1880.

Hulewicz: Calcul de résistance des poutres droites à plusieurs travées. Ann. d. ponts et chaus. 1882.

Wittmann: Statik der Hochbauconstructionen II. Ilolzconstruc-tionen. Mnichów 1882.

Ritter W. : Die elastische Linie und ihre Anwendung auf den continuirlichen Balken. Zurych 1883.

Witt mann: Statik der Hochbauconstructionen III. Eisencon-struction. Mnichów 1884, 2 wyd. 1893.

Dwelshavers-Dery : Principes de la résistance des matériaux. Leodyum 1884.

Tetmajer L.: Mittheilungen der Anstalt zur Prüfung der Baumaterialien. Zurych 1884—1901.

Obrębowicz: O wytrzymałości na wyboczenie. Rocznik Akademii Umiejętności. Kraków 1885.

Smith R. : Stress diagrams of solid structures. 1889.

Bach: Elasticität und Festigkeit. Berlin 1889—1890, 2 wyd. 1894.

Ritter W.: Das Fachwerk. Zurych 1890.

Miceau et Petit: Congrès international des procédés de construction. Paryż 1891.

Keck: Die Elasticitätslehre. Hannower 1892—1893. _

Hartig: Vergleichende Versuche über die Festigkeitseigenschaften metallener Gliederkette. Civilingen. 1892.

Résal Jean: Construction métalliques, élastricité et résistance des matériaux, fonte, fer et acier. Paryż 1892.

Jasiński P. S. : Opiat razwytia teoriy prodalnaho izhyba. Petersburg 1893 ; to samo po francusku 1894 i po polsku 1895.

Fidler T. Claxton: Apractical treatise on bridge construction Londyn 1893.

Bovey Henry: Theory of structures and strength of materials Nowy York 1893.

Tetmajer: Gesetze der Knickfestigkeit der technisch wichtigsten-Materialien. Zurych 1896, 2 wyd. 1901.

Dechamps: Les principes de la constructions des charpentes mé talliques. Leodyum 2 wyd. 1898.

P1 a n a t : Becherches sur lu théorie des ciments armés. Paryż 1898.

4, Teorya sklepień,

Scheffler: Theorie der Gewölbe, Futtermauern und eisernen Brücken. Brunszwik 1857.

Schwedler: Zur Theorie der Gewölbe. Zeitschrift für Bauwesen. Berlin 1859.

F a b r ó : Theorie des voûtes élastiques et dilatables. 1859.

Hagen: Form und Stärke gewölbter Bögen. 1862.

Harlacher: Stützlinie im Gewölbe. Technische Blätter. Praga 1870.

Dupuit: Traité de Véquilibre des voûtes et de la construction des ponts en maçonnerie. 1870.

Heinzerling: Theorie, Construction und statische Berechnung der Brückengewölbe. Allgem. Bauzeitung. 1872.

Chrzanowski T. : Teorya sklepień. Warszawa 1877.

Szystowski: Nowy sposób kreślenia krzywej ciśnienia. Paryż 1877.

Wittmann: Statik der Hochbauconstruction. I. Theil. Praga 1879.

Winkler E. : Ueber die Lage der Stützlinie im Gewölbe. Deutsche Bauzeitung. 1879.

Foeppl: Theorie der Gewölbe. Lipsk 1880.

Kitter Pr.: Zur Theorie der Gewölbe etc. Allg. Bauzeit. 1881.

Groeger J. : Die Statik der Tunnelgewölbe in druckreichen Gebirge. Praga 1881.

R y t i f. Beitrag zur Statik der Gewölbe. Mitth. der Arch. und Ing. Ver. Böhmen. 1884.

Perrodil: Arc d'expérience en maçonnerie An. d. ponts et chaus. 1882.

Barkhausen: Drucke er theilung in rechteckigen Mauer quer schnitt, Z. des hann. Ing. und Arch Verh. 1883.

Obrębowioz: Oznaczenie naprężeń , wywołanych działaniem sił prostopadłych do przekroju. Przegląd Techn. 1884.

Tolkmitt G. : Leitfaden für das Entwerfen und die Berechnung gewölber Brüeken. Berlin 1895.

¹

Inny dokładniejszy sposób obliczenia podaje Haeseler w Handbuch der Ingenieurwissenschaft 1. t. 2. Oddział str. 297.

5. Budowle ziemne i mury oporowe.

Rebhann: Theorie des Erddruckes und der Futtermauern. Wiedeń 1871.

Mohr: Beitrag zur Theorie des Erddruckes. Zeits. der hann. Ing. und Arch. Ver. 1871.

Winkler E. : Neue Theorie des Erddruckes. Wiedeń 1872.

Wittmann: Geometrische Erddrucktheorie. Zeits. für Baukunde. 1878.

Wittmann : Statik der Hochbauconstructionen. I. Theil. 1879.

Weyrauch: Theorie des Eddruckes. Wiedeń 1881.

Dubos que: Murs de soutènement et ponts en maçonnerie. Paryż 1881.

Forchheimer: Erddruckversuche. Zeits. der oster. Ing. und Arch. Ver. 1882—1883.

G o b i n : Détermination précise de la stabilité des murs de soutènement. Paryż 1884.

Flamant: La poussée des terres. Ann. des pont, et chaus. 1883. T h u 11 i e : Einige Bemerkungen über die ältere Erddrucktheorie.

Wochens. des oster. Ing. und Arch. Verein. 1884. Skibiński: Parcie ziemi na podstawie nowych doświadczeń.

Czasop. Techn. i Zeits. des öster. Ing. und Arch. Ver. 1885. T h u 11 i e : Doświadczenia Gobina w kwestyi parcia ziemi’ Czasop. Techn. i Wochenbl. für Baukunde. 1885.

K a v e n A. y. : Anwendungen der Theorie der Böschungen. Lipsk 1885.

Leygue M. L. : Poussée des terres. Ann. d. pont et chaus. 1885. Häseler E. : Stütz und Futtermauern. Handb. d. Ing. I. tom, II. oddz. 3 wyd. Lipsk 1897.

II. DODATEK.

Tablice obciążeń stropó w. 1. Ciężar własny stropów drewnianych

(według Hintza).

Odstęp belek od środka do środka

0,9 m

1,2 m

Rodzaj stropu

Wymiary belek

25

36

25

ciężar w kg na m

Belki z pojedynczem dylowaniem . Pojedynczy strop kasetowy . .    .

Strop zawijany z gliną.....

61

81

56

66

122

144

112

132

201

228

198

213

Strop na

33

33

33

33

33

2. Ciężar własny stropów sklepionych

(według Hintza).

Rodzaj stropu

Ciężar

kg

w

m²

72 cegły

V» „

V* »

‘A „

so

fa

s»

2.

875

325

250

200

3, Ciężar zmienny

(częściowo według Hintza).

Użytek ubikacyi

kg

, Użytek ubikacyi

kg

33

250

400

760

406

457

600

4, Ciężar stropów

wedle Vonderlinna.

ciężar

Ustrój

własny

ru-

chomy

zupełny

kg/m*

a) w mieszkaniach albo fabrykach z lekkiemi maszynami:

Strop sklepiony na J/₄ cegły z nadmurowa-niem między żelaznymi dźwigarami o rozp. 1 m do 1,5 m z wyprawą i podłogą .    .    .

Dtto na y₂ cegły...........

Dtto „    „    „ dla rozp. 2 do 3 m.    .    .    .

Strop z blachy falistej, blach wypukłych lub kształtówek z betonem między dźwigarami (beton 13 cm gr.)........

Strop belkowy drewniany z podłogą pojed. . Strop belkowy drewniany z podłogą podwójną

i sufitem.........,    .    .    .

Strop z dylów gipsowych z dźwigarami żelaznymi gr. 20 cm.........

Strop gipsowo-betonowy z dźwigarami i podłogą ..............

300

200

400

500

250

80

100

200

300

200

200

200

200

200

200

200

500

600

700

450

280

300

400

500

ciężar

Ustrój

własny

ru-

chomy

zupełny

kg!m

Strop z płyt Moniera gr. 5 cm, wypełnieniem żużlowem, podłogą, sufitem z dźwigarami Strop z cegieł próżnych z dźwigarami i podłogą ...............

b) We fabrykach z ciężkiemi maszynami, spichlerzach i lokalnościach do t a ii c a :

Strop belkowy dylowy z dyliną w spichrzaeh

na sól..............

Strop belkowy pół zawijany dla sal balowych,

spichrzów na siano i zboże......

Strop dylowy w spichrzach towarowych .    .

Strop sklepiony na V₂ cegły między dźwigarami o rozpiętości 1 m do 1,5 m w fabrykach i magazynach.........

Dtto na 1 cegłę dla rozp. 2 do 3m .    .    . .

Strop z blachy falistej, wypukłej lub kształ-tówek z betonem 20 cm grub......

330

270

8 8    88    8

(N    CO (M    ^ <x>    CO

200

200

600

360

750

500

500

500

5. Ciężar stropów i obciążenia

wedle rozporządzenia policyi budowniczej w Berlinie.

ciężar własny

kgjm²

Strop belkowy w domach mieszkalnych

we fabrykach i magazynach .... 250 w spichrzach na zboże .    ....

„ sklepiony z kamieni porowatych w budynkach mieszkalnych .    •    .    .

Strop sklepiony we fabrykach

250

350

530

470

800

700

1000

950

1150

850

zupełny kgjm²

600

750

850—1000

600

1000

„ z blachy falistej Schody sklepione .    .

pod przejazdami i podwórzami .    .

1250

500-1000

500

1000

6. Ciężary i obciążenia

wedle tow. austr. inż. i arch. w Wiedniu przyjęte przez magistraty w Wiedniu i Lincu.

a) Ciężar własny stropów.

1.    Zwykły strop belkowy z nadsypką 8cm, z podłogą, trzcinowa-

niem i wyprawą powały................

2.    Zwykły strop zbity z nadsypką 8 cm, zresztą jak pod 1.....

kgjm²

240

300

3.    Zwykły strop zbity z nadsypką 8 c/w, trzcinowaniem i wyprawą

posadzką z leżącego bruku ceglanego lub z płyt kamiennych .    .

4.    Strop belkowy między dźwigarami, zresztą jak pod 1. włącznie

z ciężarem dźwigarźw.................

5.    Sklepienie ceglane 15 cm grube między dźwigarami z nadsypką Gem w kluczu, trzcinowaniem, posadzką i dźwigarami:

a)    przy odstępie dźwigarów do 1,4 m.........

8.    Sklepienie betonowe z wyprawą, nadsypką i podłogą:

a) 7,5 cm gr. 11,5cm strzałka, wysokość ustroju 30em . . .

b)    8,5 cm gr. 23cm strzałka, wysokość ustroju 40 m. . . .

9.    Sklepienie Moniera :

a)    hem gruba 23cm strzałka, wys. ustr. 40cm.....

b)    hem gr. 45cm strzałka, wys. ustr. 52 cm z posadzką cementową 5 cm i wypełnieniem pachwin żużlem ....

10. Strop z blachy falistej między dźwigarami z powałą i posadzką

i średnią nadsypką 12cm z dźwigarami.......,    .    .

Dla każdego centymetra większej nadsypki zwiększa się ciężar o

b) Ciężar zmienny;

Nazwa obciążonej ubikacyi

ii

ii

1,4 m do 3«t

od 1,2 do 2,0 m

Zwykły strych...........

Zwykłe mieszkanie.........

Biblioteki, sale balowe........

Schody i korytarze..........

Kancelarye, pracownie, magazyny na pią-trach i w przedziałach parteru .    .

Dtto w parterze........

Spichrz na ziarno i zboże .... Lodownie na warstwę lodu lm .    .

ciężar w kg/m3 150 250

350

400

450

550

500

750

7. Ciężar towarów

nasypanych i nałożonych w magazynach.

.    .    100 kg/m³

drobny .

760

680

640

510

kg/m

350

270

500

570

400

450

210

410

500

320

390

280

14

Owies .    .    .    .

Groch, soczewica

430

Torf

600 h/gm

Węgiel brunatny . kamienny .

650

900

Koks.............

Półki na akta, szafy z książkami itd.

Mąka............

Grys.............

Proso ............

Ziemniaki...........

450

500

700

650

650

700

>1

11

11

Cukier

750

Ułożone w workach o 20% mniej.

11

III. DODATEK.

Tabliee liezbowe.

1. Tablica średnicy, obwodu i powierzchni kół, kwadratów, sześcianów, pierwiastków i odwrotności.

Koło

Li czba

Obwód

Po-

nr.

wierzchnia

n²x

Kwadrat

n²

Sześcian

Pierwiastki

oa-

n³

wro-

tność

\yn

100

iH <M CCkO) CO C-00 OS O HdCC^tOCDOOOOSO 1-1 d iH HHHrtHHHHnd dd

aąąss^ąąs^. gąssąąsgąg as

co co as d io oo —¹ io oo h •^t'-ococT'ocoaiasd ioas iH—11—IdddCC COCO-^-rflTjtiClOlOlOCD coco

P^ÖScDd^dSiß    ccî2

o" co"t-" ci" as" cc" co" o" cc" co" to cc" cf cc" co" t-7 co" ^7 cc" -*7    co" o"

h h ci co c co t⁻    asHcotûoOCTioco^ co

HrtHHClOllMINCO CCCC

CO l-k

16

25

36

49

64

81

100

Cl -'T CD

t-H r—i r—I

tH

256

289

400

441

484

o ^ Cl CD

CD tC GO Ci Cn

1000

1331

1728

2197

2744

3375

4096

4913

d CS CO lO CO CC * lO CD CO

9261

10648

i-l r-T t—7 cf cT cT cf cf co cc"    cc" cc" cc" cc" cc" ^7 ^7 tj7 ^jT tjT    tj7

d O CO OS CO GO O d c-co d co HCOOCO^^INOCO ^COO-^t' O O d rłt CD CC O i-h CO ^ CD O CO

co co as d cc Cl -T IC t- cc

HIMCO^ lO

"as

1,000 100,00

JOJsO to to tO JO JO JO to to jo to ’cpVi '^a'ot'as'ot'üi'V rf^'bo'to'to O en H-¹ a to to a i-k ot oo to

iP-OOHHOCłOl-kCOlfk.

IC cc

^ JJ1 Jjr pr pr Ci Ci -.J—1JOJO

ćn-i “oto ot œ to'cc 7-* “os mb Ot CS o Ci Ci CO Ol -O tp. CO 03 CD

Liczba

Obwód

łlK

Po

wierzchnia

n-Tz

Kwadrat

Sześcian

w²

nz

Pierwiastki

Od

wro

tność

100

ąąsąąssą &ßßßßßßßß% ssgągisss%s8 sssssssssss

l-QCOCûffiCOCDJlOJiO KrniOCOH^L-OCOt- O CO CD 03 (N id of (N lO CO i-î '^Tc'T t-TtjTc-T Ö'co' C- O- t> CC GO CO 03 03    050000t-Ht-I.-i<M<M CMCOCOaO^rjlrJiiCiOlO ccocOCOt-D-t—COOOOO OOOiOOOhh

▼H t-H t-H T—( T—I r-H rH r—I tH rH t-H t-H t-H »—< t—i r—f r—i t—I t-H rH rH rH r-H t-H rH r-H f—< r—( tH rH t—I 03 03 03 03 C3

415,48

452,39

490,87

530,93

572,55

615,75

660,52

706,86

754,77

804,25

855,30

907,92

962,11

1017,88

1075.21 1134,11 1194,59 1256,64

1320.25 1385,44 1452,20 1520,52

1590.43 1661,90 1734,94 1809,56 1885,74 1963,50

2042.82 2123,72 2266,18

2290.22

2375.83 2463,01 2551,76 2642,08 2733,97

2827.44

2922,47

3019,07

3117.25 3216,99 3318,31 3421,19 3525,66 3631,69

529

576

625

676

729

784

841

900

961

1024

1089

1156

1225

1296

1369

1444

1521

1600

1681

1764

1849

CD lO CC

2209

2804

2401

2500

O3O3O0O3O0O0tOtOtOK>

ocoasit-aiKiMooo

372 L

3844

3969

4096

4225

4356

12167

13824

15625

17576

19683

21952

24389

27000

29791

32768

35937

39304

42875

46656

50653

54872

59319

64000

68921

74088

79507

85184

91125

97336

103823

110592

117649

125000

132651

140608

148877

157464

166375

175616

185193

195112

205379

216000

. 226981 238328 250047 262144 274625 287496 300763 314432

£».i£ł.£>.t£.£>.O3O3O0    0303030303 03 03030000    03030003030003000301    03030303030303030303 OOOOOOOOtOtOtOK)

§§§§§¥§1 11211181 II

4,35

4,17

4,00

3,85

3,70

3,57

8,45

3,33

3,23

3,13

3,03

2,94

2,86

2,78

2,70

2,63

2,56

2,50

2,43

2,38

2,33

2,27

2,22

2,17

2.13

2,08

2,04

2,00

1,96

1,92

1,89

1,85

1,82

1,79

1,75

1,72

1,69

1,67

1,63

1,61

1,59

1,56

1,54

1,52

1,49

1,47

Koło

Liczba

Obwód

Pp-

nr.

wierzchnia

nhz

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

w²

\/ n

yyn

§£ ££££!££ £££ g 5o88$88&888 o§28£88&&88 388S88o882

rH rH rH »—i rH rH rH r—ł r—! —H r—ł

216,77

219,91

223,05

226.19 229,34 232,48 235,62 238,76

--241,90

245,04

248.19 251,33

111

112

254,47

257.61

260,75

263,89

267,04

270,18

273,32

276,46

279,60

282,74

285.88 289,03 292,17 295,31 298,45 301,59

304.73

307.88 311,02 314,16

317,30

320,44

i-,23,58

326.73 329,87 333,01 336,15 339,29 342.43 345,58

348,72

351,86

355,00

3739,28

3848.45

3959,19

4071.50 4185.39 43,0084 4417,86

4536.46 4656,63 4778,36

4901.67 5026,55

5153,00

5281,02

5410.61

5541.77

5674.50

5808.80

5944.68 6082,12 6221,14 6361.73

6503,88

6647.61 6792.91

6933.78

7088.22

7238.23

7389.81 7542,96

7697.68 7853,98

8011,85

8171.28

8332.29

8494.87 8659 01 8824,73 8992,02

9160.88

9331.32

9503.32

96'6,89 9852,03 10028,7

4761

4900

5041

5184

5329

~ V' ~

' 5929

6084

6241

6400

tDNCO c- CC

lO CD

7056

7225

7396

7569

7744

7921

8100

8?81

8464

8649

8836

9025

50 50

eo r.

9604

9801

10000

10201

10404

10609

10816

11025

11236

11449

11664

11881

12100

12321

12544

12769

328509

343000

357911

373248

389017

405224

421875

438976

456533

474552

493039

512000

531441

551368

571787

592704

614125

636056

658603

681472

704969

729000

753571

778688

804357

830584

857375

884736

912673

941192

970299

1000000

1030301

1061208

1092727

1124864

1157625

1191016

1226043

1259712

1295029

1331000

1367631

1404928

1442897

o 5    884<o82t2(fox^    o 8 2 8 ^ I- X K 00    cc 0^8^8^880    icoiooioo^cł^as    tjhooco

««    '“ffiœœ^ooxœS    co 3 3 S 88

ooco    oooooococcooooccGOQO    œc505C50500iœc5 0j    ooïœos®c:o5œ®o    ooooo o o oo^o    o cTo

»“H i—ł-Hi-Hr—ił—« i—! r-i r-1

ąą zßßßßßßß&ß^ ąąąąąąąąąą 28^8888008. ..........

i-11-1 hhhhhwhhhh 1—i 1—1 ’—11—11—i <—i ■—11—11—1    r-7 o~ cT o~ o"~ cT cT cT o"~ o~ cT cT o~ cT

CC CO O

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n*-r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

Od

wro

tność

100

114

115

116

117

118

119

120

121

122

123

124

125

126

127

128

129

130

1B3

134

135

136

137

138

139

140

144

145

146

147

148

149

150

151

152

155

156

157

158

159

llllllilg Sllllfllll IIIIsIIskS llllllllli

S3'8§¥ïlfSS gVg'S'Sg’S'SP'l?    82523È8E

10207.0

10386.9

10568.3

10751.3

10935.9

11122,0

11309.7

11499,0

11689.9

11882.3

12076.3

12271.8 12469,0 12668,0 12868,0

13069.8

13273.2

13478.2

13684.8

13892.9

14102.6

14313.9 14526,8

14741.2

14957.2

15174.7

15393.8

15614.5

15836.8

16060.6 16286 0 16513,0

16741.6

16971.7

17203.4

17436.7

17671.5

17907.9

18145.9

18385.4

18626.5

18869.2

19113.5

19359.3

19606.7

19855.7

12996

13225

13456

13ti89

13924

14161

14400

14641

14884

15129

15376

15625

15876

16129

16384

16641

16900

17161

17424

17689

17956

18225

18496

18769

19044

19321

19600

19881

20164

20449

20736

21025

21316

21609

21904

22201

22600

22801

23104

23^09

23716

24025

24336

24649

24964

25281

1481544

1520875

1560896

1601613

1643032

1685159

1728000

1771561

1815848

1860867

1906624

1953125

2000376

2048383

2097152

2146689

2197000

2248091

2299968

2352637

2406104

2460375

2515456

2571353

2620872

2685619

2744000

2803221

2863288

2924207

2985984

3048625

3112136

3176523

3241792

3B07949

3375000

3442951

3511808

3581577

3652264

3723875

3796416

3869893

3944312

4019679

11,87

11,92

11,96

12,00

12,04

12,08

12,12

12,17

12,21

12,25

12,29

12,33

12,37

12,41

12,45

13,49

12,53

12,57

12.61

5,205

5,217

5,229

5,241

5,254

5,266

5,278

5,290

5,301

5,313

5,325

5,337

5,348

5,360

5,372

5,383

5,395

5,406

5,417

Liczba

Obwód

n tz

Po

wierzchnia

W² 7Z

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

Y/n    \Y n

Od

wro

tność

1000

160

502,65

161

162

163

164

165

166

167

168

169

170

171

172

173

174

175

176

177

178

179

180

181

182

183

184

185

186

187

188

189

190

193

r-i H* b-L ZO ZO CD J* en

197

198

199

200

201

202

203

jSaooEao'

JJ5_Ç» _p j-J    J» Jji JŃoJd Jo Jo Jo    jóijojścjii

88    05    <ê o li? § aï !£ § o? Î-2    3 aolo § o? tolB ^ o

20106,2

20358.4 206120

20867.2

21124.1

21382.5

21642.5 21904,0

22167.1

22431.8

22698.1

22965.9

23235.3

23506.2

23778.8

24052.9

24328.6

24605.8

24884.6 25165,0 25447,0

25730.5

26015.6

26302.3

26590.5

26880.8

27171.7

27464.7

27759.2

28055.3 28352,9

28652.2 28953,0

29255.4

29559.3

29864.8

30171.9

30480.6

30790.8

31102.6 31416,0

31730.9

32047.5

32365.5 32685,2

25600

25921

26244

26569

26896

27225

27556

27889

28224

28561

28900

29241

29584

29929

30276

30625

30976

31329

31684

32041

32400

00 CD CO HCCOO

(NCOCCCO^-^-tfiOLOCD CD Ot- l'aï cc co co co co cc co co co co co co co

05 ÎO    ł—¹

38025

38416

38809

39204

39601

40000

40401

40804

41209

41616

4096000

4173281

4251528

4330747

4410944

4492125

4574296

4657463

4741632

4826809

4913000

5000211

5088448

5177717

5268024

5359375

5451776

5545233

5639752

5735339

5832000

5929741

6028568

6128487

6229504

6331625

6434856

6539203

6644672

6751269

6859000

6967871

7077888

7189057

7301384

7414875

7529536

7645373

7762392

7880599

8000000

8120601

8242408

8365427

8489664

12,65

12,69

12,73

12,77

12,81

12,85

12,88

12,92

12,96

13,00

13,04

13,08

13,11

13,15

13,19

13,23

13,27

13,30

13,34

18,38

13,42

13,45

13,49

13,53

13,56

13,60

13,64

13,67

13,71

13,75

13,78

13,82

13,86

13.89

13,93

13,96

14,00

14,04

14,07

14,11

14,14

14,18

14,21

14,25

14,28

5,428

5,440

5,451

5,463

5,474

5,485

5,496

5,507

5,518

5,529

5,540

5,550

5,561

5,572

5,583

5,593

5,605

5,615

5,625

5,636

5,646

5,657

5,667

5,677

5,688

5,698

5,708

5,718

5,720

5,739

5,749

5,759

5,769

5,779

5,789

5,799

5,809

5,819

5,828

5,838

5,848

5.858

5,867

5,877

5,887

6,25

6,21

6,17

6,13

6,10

6,06

6,02

5,99

5,95

5,92

5,88

5,85

5,81

5,78

5,75

5,71

5,68

5,65

£>,62

5,59

5,56

5,52

5,49

5,46

5,43

5,41

5,38

5,35

5,32

5,29

5,26

5,24

5,21

3,18

5,15

5,13

5,10

5,08

5,05

5,02

5,00

4,98

4,95

4,93

Liczba

Obwód

nr*

Po

wierzchnia

Kwadrat

Sześcian

n³

Pierwiastki

S8

05 Ot

O- CO Ol o O O O -H CM CM CM <N

21]

212

213

lO CO O CO 05

220

to to to to to to to to

tf- 05 tO l-¹

lO CO CM CM CM <M

227

230

231

232

233

234

235

236

237

238

239

240

to to to to £>> rfn CO to

245

246

247

248

05 O Tji lO CM (M

IIMsIIIII liSIMisll HsssffJlf liiiflJffJ mm

og!7î3gg§tl^î3to    tî§ cî2coÔ3CDi£oo5U>ïi

33006.4 33329,2

33653.6

33979.5 34307,0

34636.1

34986.8 35299,0

35632.8

35968.2

36305.1

36643.6

36983.7

37325.3

37668.6

38013.4

38359.7

38707.7

39057.1

39408.2

39760.9

40115.1

40470.9

40828.2

41187.2

41547.7

41909.7

42273.3

42638.6

43005.4

43373.7

43743.6

44115.1

44488.2

44862.8 45239,0

45616.8

45996.2

46377.1

46759.6

47143.6

47529.3

47916.5

48305.2

48695.6 49087,5

42025

42436

42849

43264

43681

44100

44521

44944

45369

45796

46225

46656

47089

47524

47961

48400

48841

49284

49729

50176

50625

51076

51529

51984

52441

52900

53361

53824

54289

54756

55225

55696

56169

56644

57121

57600

58081

58564

59049

59536

60025

60516

61009

61504

62001

62500

8615125

8741816

8869743

8998912

9123329

9261000

9393931

9528128

9663597

9800344

9938375

10077696

10218313

10360232

10503459

10648000

10793861

10941048

11089567

11239424

11390625

11543176

11697083

11852352

12008989

12167000

12326391

12487168

12649337

12812904

12977875

13144256

13312053

13481272

13651919

13824000

13997521

14172488

14348907

14526784

14706125

14886936

15069223

15252992

15438249

15625000

££££££££££ ££££££££££ ££££££ VfefeWssiBSg sssssssggs ggssägggggs £&&£$£§ •

?>_&    -2-£-££-§§§§-S§ §§§§§5-S-S-2-£ -S-S-S-S-S-Ï

S?£g8ÜSgSS gSS§SS82£2£8g KSSgKgg

CO ID CO CM

co Tjt io co r- co

1—1 rH

rH O

CO l> GO 05

r—I i—<

cotototogstototototo

R^StO^gSjCßcOtOCO

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n^K

Kwadrat

Sześcian

n³

Pierwiastki

<<

co co co co to co ot ot ot ot ot ot C5 ot ^ 02 CO I—¹

to co co

CJt CJt ct

CC cc -o

260

lO to co to to to

Oj Oj Oj Oj Oj Oj CÏ Ol oo to

267

co cc

270

to cc co to to to

-O -O —3 -O —0

1—1

05 Ot 00 tO

277

278

279

280

281

CN CC io CD t> CC 05 O i-j <M CO iO CD 000000000000000005 os 05 os 05 os os

49481,0

49876,0

60272,7

50670.9

51070.6 61472,0

51874.9

52279.4

52685.4 68093,0

53502.2 53913,0

54325.3

54739.2

55154.7

55571.8

55990.4

56410.6

56832.3

57255.7

57680.6 58107,0

58535.1

58964.7

59393.9

59828.6 60263,0

60698.9

61136.3

61575.4

62016,0

62458.1

62901.9

63347.2

63794.1

64242.6

64692.6

65144.2

65597.4 66052,1

66508.5

66966.3

67425.8

67886.8

68349.4

68813.6

63001

63504

64009

64516

65025

65536

66049

66564

67081

67600

68121

68644

69169

69696

70225

70756

71289

71824

72361

72900

73441

73984

74529

75076

75625

76176

76729

77284

77841

78400

78961

79524

80089

80656

81225

81796

82369

82944

83521

84100

84681

85264

85849

86436

87025

81616

16813251

16003008

16194277

16387064

16581375

16777216

16974593

17173512

17373979

17576000

17779581

17984728

18191447

18399744

18609625

18821096

19034163

19248832

19465109

19683000

19902511

20123648

20346417

20570824

20796875

21024576

21253933

21484952

21717639

21952000

22188041

22425768

22665187

22906304

23149125

23393656

23639903

23887872

21137569

24389000

24642171

24897088

25153757

25412184

25672375

25934336

££££££££££ ££££££££££ ££££££££££ 8SSK88 883^2881^    gSiSSgggggSS £888

050505050505 05050505050505050505 05050505050505050505 _05 j35 05_p5j35JJ5JJ5_05JJ5^05 _C5_05 05JC_05J35 JJ5_05_05_05

ffgfggss £28Ys¥s¥gs    ISiisSISëS

—3 CC CO łr- -Cl CO I—¹ łt*- 05 ÖD M¹ WOtQOO COtf^OSCCr-'QOOt-OCOI—¹ OOOt—3CCł—‘CCOt-vICCI—⁴ OOtf^OSGCOł—‘^OtOSCO

Liczba

Po-

Obwód

ur.

wierzchnia

n²r.

Kwadrat

Sześcian-

nz

Pierwiastki

V/ n

noocîo

OS 02 05 O 02 <N <M CO

933,05

936.19 939,34 942,48

945,62

948,76

951,90

955,04

958.19 961,33 964,47 967,61 970,75 973,89

977,04

980,18

983,32

986,46

989,60

992,74

995,88

999,03

1002,2

1005,3

1008.5

1011.6

1014,7

1017.5

1021,0

1024.2

1027.3

1030.4

1033.6

1036.7

1039.9 1043,0

1046.2

1049.3

1052.4

1055.6

1058.7

1061.9 1065,0 1068,1

1071.3

69279,3

69746.7

70215.5 70686,0

71158,0

71631.6

72106.8 72583,5

73061.8

73541.7

74023.2

74506.2

74990.8

75476.9

75964.7

76453.9

76944.9

77437.3

77931.3

78426.9

78924.1

79422.8

79923.1 80425’0

80928.4

81433.4 81940,0 '

82448.1

82957.9

83469.2 83982,0

84496.5

85012.5

85530.1

86049.2

86569.9

87092.2

87616.1

88141.5

88668.5

89197.1

89727.2 90259,0

• 90792,2

91327,1

88209

88804

89401

90000

90601

91204

91809

92416

93025

93636

94249

94864

95481

96100

96721

97344

97969

98596

99225

99856

100489

101124

101761

102400

103041 103684 104329 104976 105625 . 106276 106929 107584 108241 108900

109561

110224

110889

111556

112225

112896

113560

114244

1149J1

115600

116281

26198073

26463592

26730899

27000000

27270901

27543608

27818127

29094464

28372625

28652616

28934443

29218112

29503629

29791000

30080231

30371328

30664297

30959144

31255875

81554496

31855013

82157432

32461759

32768000

33076161

38386248

33698267

34012224

34328125

34645976

34965783

35287552

35611289

35937000

36264691

36594368

36926037

37259704

37595375

37933056

38272753

38614472

38958219

39304000

39651821

17,23

17,26

17,29

17,32

17.35

17.38

17.41

17.44

17.46 17,49 17,52 17,55 17,58 17,61

17,64

17,66

17,69

17,72

17,75

17,78

17,80

17,83

17,86

17,89

17,92

17,94

17,97

18,00

18,03

18,06

18,08

18,11

18,14

18,17

18,19

18,22

18,25

18,28

18,30

18,33

18.36

18.38

18.41

18.44

18.47

6.672

6,679

6,687

6,694

6,702

6,709

6,717

6,724

6,731

6,739

6,746

6,753

6,761

6,768

6,775

6,782

6,790

6,797

6,804

6,811

6.818

6^26

6,833

6,840

6,847

6,854

6,861

6,868

6,875

6,882

6,889

6,896

6,903

6,910

6,917

6,924

6,931

6,938

6.945

6'952

6,959

6,966

6,973

6,979

6,986

Statyka.

35

Koło

Liczba

Obwód

nr

Po

wierzchnia

n‘lr.

Kwadrat

n-

Sześcian

Pierwiastki

n³

\/ n

Od co co co co

io co r-

rji

co co co

03 OD 05 O* łfc-O CO cc

'^o^ö'co'c^'ö'co'crTas' l> l- OD CO 00 CC CC OS Oi

ooooooooo

tH t—ł i-H t"H t—1 t—1    i—J —'

r-UM X -CUC CD

357

358

359

360

1102.7

1105.8 1109,0 1112,6

1115.3

1118.4

1121,6

1124.7

1127.8 1131,0

91863.5 92401,2

92941.1

93482.2

94024.9

94569.2

95115.1

95662.5

96211.5

96762,0

97314.2

97867.9

98423.2 98980,0

99538.5 100098 100660 101223 101788

116964

117649

118336

119025

119716

120409

121104

121801

122500

123201

123904

124609

125316

126025

126736

127449

128164

128881

129600

40001688

40353607

40707584

41063625

41421726

41781923

42144192

42508549

42875000

43243551

43614208

33986977

44361864

44738875

45118116

45499293

45882712

46268279

46656000

365

366

CO CC

1134,1

1137.3

1140.4

1143.5

1146.7

1149.8

o co

102354

102922

103491

104062

104635

105209

105785

106362

106941

107521

130321

131044

131769

132496

133225

133956

134689

135424

136161

136900

47045881 47437928 47832147 48228544 48627125 49027896 49430863 49836032 •    50243409

50653000

H (MCO

r- i— c—

co co co

no o r- co Ci

380

1165,5

1168.7

1171.8 • 1175,0

1178.1

1181.2

1184.4

1187.5

1190.7

1393.8

108103

108687

109272

109859

110447

111037

111628

112221

112816

113412

137641

138384

139129

139876

140625

141376

142129

142884

143641

144400

51064811

51478848

51895117

52313624

52734375

53157376

53582533

64010152

54439939

64872000

381

382

383

384

385

386

1196.9

1200,1

1203,2

1206.4

1209.5

1212.7

1215.8

114009

114609

115210

115812

116416

117021

117629

145161

145924

146689

147456

148225

148996

149769

55306341

55742968

56181887

56623104

57066625

57512456

57960603

32S£88.8S>-    8.8.8.8.333SSS5    SSBS.SJSS.

CD CD CD CD CD'CD CD CD CD 00 00*7)0 00 CO CO CO 00 GO CC aiCłCiaiCłCiCftao^CO

D^^O^COtOOCD    03-O0łf-C0l—‘OtGOtOO*    CO 03 CC O 03 —3003*00    ¹ “J ł—‘    “J •—¹¹    -d    "O O “JO tt.

Koło

Liczba

Obwód

Po

wierzchnia

Pierwiastki

Kwadrat

nr.

nlr.

n²

Sześcian

#1 '

388

389

390

«91

392

393

394

395

396

397

398

399

400

401

402

403

404

405

406

407

408

409

410

411

412

413

414

415

416

417

418

419

420

421

422

423

424

425

426

427

428

429

430

1218,9

1222,1

1225.2

1228.4

1231.5

1234.6

1237.8

1240.9 12441

1247.2

1250.4

1253.5

1256.6

1259.8

1262.9 1266,1

1269.2

1272.3

1275.5

1278.6 1281,8

1284.9 1288,1

1291.1

1294.3

1297.5

1300.6

1303.8

1306.9 1310,0

1313.2

1316.3

1319.5

1322.6

1325.8

1328.9 1332,0

1335.2

1338.3

1341.5

1344.6

1347.7 1350 9

118237

118847

119459

120073

120688

121304

121922

12';542

123163

123786

124412

125036

125664

126293

126924

127556

128190

128825

129462

130101

130741

131382

132026

132671 133317 133965 134614 135266 135918 136572 137228 137886 138545

139205

139867

140531

141196

141863

142531

143201

143872

144546

145220

150544

151321

152100

152881

153664

154449

155236

156025

156816

157609

158404

159201

160000

160801

160604

162409

163216

164025

164836

165649

166464

167281

168100

168921

169744

170569

171396

172225

173056

173889

174724

176561

176400

177241

178084

178929

179776

180625

181476

182329

183184

184041

184900

58411072

58863869

69319000

59776471

60236288

60698457

61162984

61629876

62099136

62570773

63044792

63521199

64000000

64481201

64964808

65450S27

65939264

66430125

66923416

67419143

67917312

68417929

68921000

69426531

69934528

70444997

70957944

71473375

71991296

72511713

73034632

73560059

74088000

74618461

75151448

75686967

76225024

76755625

77308776

77854483

78402752

78953589

79507000

431

1354,0

1357,2

145897

146574

185761

186624

80062991

80621568

II !!!!!!!!!! Illllllip Ilflflll liilfllll !!1

ooCTs    cD-Jcntoo--icr<too*<i cntoo^cntcio-^imoo o co one o co oi w o-j b’wu

fs fSwsïtsfè llłsWslffe    fllfifilll !§t

S** oot>3a5o£œos-5i-ioi    cdmoîooj^i-'O'wk) oto**-

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n^r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

n-

CO^LOCTl^COOiO H(MCO CC CO CO CO CO CO CO ^

448

449

450

H (M CC lC lO O 1Ô lO

-ńA ^ ■rti ^

450

459

400

4G1

462

463

464

465

466

467

468

469

470

478

tiwiti mmmm ttgtitütt tffifitift llltllfl'

co cc co co co co co '2 co co co cc cc ^ -r -r ^ ^    hhhhhhhhhh

147254

147935

148617

149301

149987

150674

151363

152053

152745

153439

154134

154831

155529

156229

156930

157633

158337

159044

159751

160460

161171

161884

162597

163313

164030

164749

165469

166191

166914

167639

168365

169093

169823

170554

171287

172021

172757

173495

174234

174975

175717

176460

177206

177953

178701

179451

187489

188356

189225

190096

190969

191844

192721

193600

194481

195364

196249

1^)7136

198025

198916

199809

200704

201601

202500

203401

204304

205209

206106

207025

207936

208849

209764

210681

211600

212521

213444

214369

215296

216225

217156

218089

219024

219961

220900

221841

222784

223729

224h76

225625

226576

227529

228484

81182737

81746504

82312875

82881856

83453453

84027672

84604519

85184000

85766121

86350388

86938307

87528384-

88121125

88716536

89314623

89915392

90518849

91125000

91733851

92345408

92959677

93546664

94196375

94818816

95443993

96071912

96702579

97336000

97972181

98611128

99252847

99897344

100544625

101194696

101847563

102503232

103161709

103823000

104487111

105154048

105823817

106496424

107171875

107850176

108531333

109215352

'20,81

20,83

20,86

20,88

20,90

20,93

20,95

20,98

21,00

21,02

21,05

21,07

21,10

21,12

21,14

21,17

21,19

21,21

21,24

21,26

21,28

21,31

21,33

21,35

21,38

21,40

21,42

21,45

21,47

21,49

21.52

21,54

21,56

21,59

21,61

21,66

21,66

21.68

21,70

21,73

21,75

21,77

21,79

21,82

21.84

21,86

7,565

7,571

7,577

7,583

7,589

7,594

7,600

7,606

7,612

7,617

7,623

7,629

7,635

7,640

7,646

7,652

7,657

7,C63

7,669

7,674

7,680

7,686

7,691

7,697

7,703

7,708

7,714

7,719

7,725

7.731

7,736

7,742

7,747

7,753

7,758

7,764

7‘769

7,775

7,780

7,786

7,791

7,797

7,802

7,808

7,813

7,819

Liczba

śss g2£2222222 ssssssssss    gg

m IO H    OC000--Ja3a»t£-03l0i—¹    OCDCO~.lC5Cn>f*-03tOl—‘ O CD

Koło

Obwód

nr.

Powierzchnia n²~

Pierwiastki

Kwadrat

w²

Sześcian

\y n

1504,8

1508,0

1511.1

1514.3

1517.4

1520.5

1523.7

1526.8 1530,0

1333.1

1536.2

1539.4

1542.5

1545.7

1548.8 1552,0

1555.1

1558.2

1561.4

1564.5

1567.7 _ 1570,8

1573.9

1577.1

1580.2

1583.4

1586.5 158^,6

1592.8

1595.9

1599.1

1602.2

1605.4

1608.5

1611.6 1614 8

1617.9 1621,1

1624.2

1627.3

1630.5

1633.6

1636.8

1639.9 1643,1

180203

180956

181713

182467

183225

183985

184746

185508

186273

187038

1878C6

188575

189345

190117

190891

191666

192443

193221

194001

194782

195565

196350

197136

197924

198713

199504

200297

201091

201886

202683

203483

204283

205084

205888

206693

207500

208308

209117

209929

210742

211556

212372

213190

214009

214830

229441

230400

231361 232324 333289 234256 235225 236196 237I69 238144 239121 240100

241081

242064

243049

244036

245025

246016

247009

248004

249001

250000

251001 252004 253009 254016 255025 256036 . 257049 258064 259081 260100

261121

262144

263169

264196

265225

266256

267289

268324

269361

270400

271441

272484

273529

109902239

110592000

111284641

111980168

112678587

113379904

114084125

114791256

115501303

116214272

116930169

117649000

118370771

119095488

119823157

120553784

121287375

122023936

122763473

123505992

124251499

125000000

125751501

126506008

127263527

128024064

128787625

129554216

130323843

131096512

131872229

132651000

133432831

134217728

135005697

135796744

136590875

137388096

138188413

138991832

139798359

140608000

141420761

142236648

143055667

21,89

21.91

21,93

21,95

21,98

22,00

22,02

22,05

22,07

22,09

22,11

22,14

22,16

22,18

22,20

22,23

22.25

22,27

22,29

22,32

22,34

22.36

22,38

22,41

22,43

22,45

22,47

22,49

22,52

22,54

22,56

22,58

22,61 22,63 22,65 22,67 22,69 ' 22,72 22,74 22,76 22,78 22,80

aa    8^8822££8£

835c£8$SBcdS5q5q8 oo$ 8 8    ä o «»«et»»® »ä« ooo c> o o o o o

[J'lO |> |>    L-C-' l- L- L- L- L- l- l— L- CO l> O O O l> t-l> t-O C-C- C- CO OD 00 CO GO CO CO 00 00

22,83

22,85

22,87

Koło

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n~r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

\/ n

r}i rn CD l> CO    Ci O    H (N CO Tjf iß CD t-OO œ O    1—1 03 cc

Ol Ol Ol Ol Ol    Ol CO    COCOCOCOCOCOCOCOCO^n

io ic io io io    io io    lOir. loioiokoioioioio    icioto

544

Ci oi

O' OI

549

550

Ol

OI

^ Ol CO lO lO iO _■ IG lO

oi oi oi en

Ol ^

CD I> .QC lO lO lO lOlOtO

559

560

H(NCC

564

lO CO

569

1646.2

1649.3

1652.5

1655.6

1658.8

1661.9

1665.1

1668.2

1671.3

1674.5

1677.6 1680,8

1683.8 1687,0

1690.2

1693.3

1696.5

1699.6

1702.7

1705.9 1709,0

1712.2

1715.3

1718.5

1722.6

1724.7

1727.8

1731,0

1734.2

1737.3

1740.4

1743.6

1746.7

1749.7 1753,0

1756.1

1759.3

1762.4

1765.5

1768.7

1771.8 1775,0

1778.1

1781.3

1784.4

1787.6

215652

216476

217301

218128

218957

219787

220619

221452

222287

223124

223962

224801

225642

226484

227329

228175

229023

229872

230722

231574

232428

233283

234140

234999

235859

236720

237584

238448 289315 240182 241052 241923 242795 243670 244545 245423 246301

247182

248064

248974

249833

250719

251608

252497

253389

254282

274576

275625

276676

277729

278784

279841

280900

281961

283024

284089

285156

286225

287296

288369

2e9444

290521

291600

292681 293764 294849 295936 297025 298116 299209 300304 30140L 302500

303601

304704

305809

306916

308025

309136

310249

311364

312481

313600

314721

315844

316969

318096

319225

320356

321489

322624

323761

143877824

144703125

145531576

146363183

147197952

148035889

148877000

149721291

150568768

151419437

152273304

153130375

153990656

154854153

155720872

156590819

157464000

158340421

159220088

160103007

160989184

161878625

162771336

163667323

164566592

165469149

166375000

167284151

168196608

169112377

1T0031464

170953875

171879616

172808693

173741112

174676879

175616000

176558481

177504328

178453547

189406144

180362125

181321496

182284263

183250432

184220009

22,89

22,91

22,93

22,96

22,98

23,00

23,02

23.04

23,07

23,09

23,11

23,13

23,15

23,17

23,19

23,22

23.24

23,26

23,28

23,30

23,32

23,35

23,37

23,39

23,41

23,43

23,45

23,47

23,50

23,52

23,54

23,56

23,58

23,60

23.62

23,64

23,66

23,69

23,71

23.73

23/75

23,77

23,79

23,81

23,83

23,85

......    go COCOCOOOCOGOCigDCO    S ÜÎ O CD oo o*

O O O O O O O    7Ï ^whhhhhhht- 2 Ol O) Ol M Ol Ó) Ol !M (M Dl Ol Cl Cl Dl Dl Cl OJ Ol

co œtôœcccDcc odcdoo'oo''od'oó'od'có'cd'cd' od" co" od coco odoo afaT co'    cc" co' ocTod co co co co cc co    oo ad od od ad ccco’oix⁻'

o to

Liczba

L— C- L— iß iO lO

573

574

575

576

O» o* —1 -o 00 -3

Ol o» CO -1 O CO

581

CT» o< o» O* Ol

587

588

589

590

to h-¹

593

594

595

596

597

598

599

600

601

602

603

604

605

606

607

608

609

610

611

612

613

Koło

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n-r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

w³

Y/ n

Y?'' n

1791.7

1793,9

1797,0

1800.1

1803.3

1806.4

1809.7

1812.8 1815,8 1819,0 1822,1

1825.3

1828.4

1831.6

1834.7

1837.8 1841,0

1844.1

1847.3

1850.4

1853.5

1856.7

1859.8 1863,0

1866.1

1869.3

1872.4

1875.5

1878.7

1881.8 1885,0

1888,1

1891,2

1894.4

1897.5

1900.7

1903.8 1907,0

1910.1

1913.2

1916.4

1919.5

1922.7

1925.8

1928.9

255177

324900

185193COO

23,88

256073

266970

257870

258770

259673

260577

261482

262389

'263298

264209

265120

266034

266949

267865

268784

269703

270624

271547

272472

273398

274325

275254

276185

277117

278051

278987

279924

280862

281802

282744

283687

284632

285579

286526

287476

288426

289380

290334

291290

292247

293206

294167

295129

296093

326041

327184

328329

329476

930625

331776

332929

334084

335241

336400

337561

338724

339889

341056

342225

343396

344569

345744

346921

348100

349281

350464

351649

352836

354025

355216

356409

357604

358801

36C000

361201

362404

363609

364816

366025

367236

368449

369664

370881

372100

186169411

187149248

188132517

189119224

190109375

191102976

192100033

193100552

194104539

195112C00

196122941

197137368

198155287

199176704

200201625

201230056

202262003

203297472

204336469

205379C00

206425071 i 207474688 208527857 209584584 210644875 211708736 212776173 213847192 214921799 216000000

217081801

218167208

219256227

220348864

221445125

222545016

223648543

224755712

225866529

226981000

373321 228099131 374544 229220928 375769 230346397 376996 231475544

23,90

23,92

23,94

23,96

23,98

24,00

24,02

24,04

24,06

24.08

24,10

24,12

24,15

24,17

24,19

24,21

24,23

24,25

24,27

24,29

24,31

24,33

24,35

24,37

24,39

24,41

24,43

24,45

24,47

24,50

24,52

24,54

24,56

24,58

24,60

24,62

24,64

24,66

24,68

24,70

24,72

24,74

24,76

24,78

Koło

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n²r.

Kwadrat

ri¹

Sześcian

Pierwiastki

n'à

y/ n

X/n

iO CD

617

618

619

620

621

622

CC iO CC CM (M CM Ol CD CD CD CD

627

— j.

630

631

632

633

634

635

636

637

638

639

640

641

642

643

644

645

646

647

648

649

650

651

652

653

654

655

656

657

658

659

8888888888 8888888888 8888S55S5S SSS5S5S-SS5 5SSS55

Ilsll-Sllll -S-lffll-l-I-S-S tilfllsll-ff    .SÊtægg

297058

298025

298993

299963

300935

301908

302882

303859

304837

305816

306797

307779

308763

309749

310736

311725

312716

313708

314701

315697

316693

317691

318691

319692

320695

321700

322706

323714

324723

325734

326746

327760

328776

329793

330811

331832

332853

333877

334902

335928

336956

337986

339017

340050

341084

342120

378225

379456

380689

381924

383161

384400

385641

386884

388129

389376

390625

391876

393129

394384

395641

396900

398161

399424

400689

401956

403225

404496

405769

407044

408321

409600

410881

412164

413449

414736

416025

417316

418609

419904

421201

422500

423801

425104

426409

427716

429025

430336

431649

482964

434281

435600

232608375

223744896

234885113

236029032

237176659

238328000

239483061

240641848

281804367

242970624

244140625

245314376

246491883

247673152

248858189

250047000

251239591

252435968

253636137

254840104

256047875

257259456

258474853

259694072

260917119

262144000

263374721

264609288

265847707

267089984

268336125

269586136

270840023

272097792

273359449

274625000

275894451

277167808

27844^5077

279726264

281011375

282300416

183593393

284890312

286191179

287496000

tCtOtOCOtOK)t\OŁOtGK> tOtOKJtOtOrO

T-i'o'o'o'o'o co'îo'o'co 'co'bo'co'bo’co'bo

OCOCS^tOOGOOT^tO 0 00 05 iMOO

25,12

25,14

25,16

25,18

25,20

25,22

25,24

25,26

25,28

25.30

25,32

.25,34

25,36

25,38

25,40

25,42

25,44

25,46

25,48

25.50

25.52

25.53 25,55 25,57 25.59 25,61 25,63 25,65 25,67 26,69

CT5 CO 00 (M O    NCO-lOO-^OieOXCO    t-    (M CO O O    05 CO 00    Nt'-HÇDOlOOSCftCO«    l— i-IC©©-^aiCOCO<Ml>-

OOhhNIN    COCO^^iOiOiOCDCDl"-    l-    00® 05 05 O    OO - H    (NIMCCSj^'TTtilOiOCD    CO t' 00 CO 00 05 05 O O

lOlO lO iQ lO lO    lOlÛlOÆliOlOlOiOlOlO    lOiDiOlOiOCDCOCOCOCO    ©CDCDCOCSCDCOCDCCyO    cpccOCOCCCCCCCOl^L'

cd'oo'cd'o» cd'od'    'aSœcocCcccocccococo    co    coco'od" cc'coxrco cdco    co co coco co co'coco co co    co aS'cë'co co coodof cd'od'

Koło

Liczba

Po-

Obwód wierzchnia n^r.

~4~

Kwadrat

nr.

n~

Sześcian

Pierwiastki

n³

Y/ n

tO

663

664

665

666

667

668

669

670

671

<M CO lO

r- c- r~> o cc cc cc cc

676

680

'-i (N 00 CC cc cc

683

684

685.

686

687

x er.

690

r-t ca CO ■<# 05 02 05 05 CC CC CC CD

695

696

097

698

699

700

701

702

703

704

705

706

lllffllllf llltillltl tillïflfs lilflflill Uwili

OJ S <N § § Ol S MC* <N MMMCaMMCÎCNMC*    <N <M CJ <N (N CQ (N (M <N.

343158 344196 345238 346280 347324 • 348369 349416 350464 351514 352566

353619

354674

355730

356788

357848

358909

359972

361036

862102

363169

364238

365308

366380

367454

368529

369605

370684

371764

372846

373929

375014 376100 377188 378277 379368 380460 381554 . 382650 383747 ' 384846

385946 387048 . 388151 389257 390363 391472 392581

288804781 290117528 291434247 292754944 294079625 295408296 296740963 298077632 299418309

436921 438244 439569 440896 442225 443556 444889 446224 447561 448900    ! 300763000

450241    302111711

451584 452929 454276 455625 456976 458329 459684 461041 462400

303464448

304821217

306182024

307546875

308915776

310288733

311665752

813046839

314432000

463761

465124

466189

467856

469225

470596

471969

473344

474721

476100

477481

478864

480249

481636

483025

484416

485809

487204

488601

490000

491401 . 492804 494209 495616 497025 498436 499849

315821241

317214568

318611987

320013504

321419125

322828856

324242703

925660672

327082769

328509000

329939371

331873888

332812557

334255384

335702375

337153536

338608873

340068392

341532099

3430C0000

344472101

345948408

347428927

348913664

350402625

351895816

353393243

25/71

25,73

25,75

25,77

25,79

25,81

25,83

25,85

25.87

25.88

25.90

25,92

25,94

25,96

25,98

26,00

26,02

26,04

26,06

26,08

26,10

26,12

26,13

26,15

26,17

26,19

26,21

26,23

26,25

26,27

26,29

26,31

26,32-

26.34 26.36

26.35 26,40 26,42 26,44 26,46

26,48

26.50

26.51 26,53 26,55 26,57 26,59

8,711

8,715

8,720

8,724

8,728 .

8,733

8,737

8,742

8,746

8,750

8,755

8.759

8,763

8,768

8,772

8,776

8,781

8,785

8,789

8,794

8,798

8,802

8.807

8,811

8,815

8,819

8,824

8,828

8,832

8,837

8,841

8,845

8,849

8,854

8,858

8,862

8,866

8,871

8,875

8.879

8,883

8,887

8,892

8,896

8,900

8,904

8,908

Koło

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

nlr.

Kwadrat

n-

Sześcian

Pierwiastki

ń''

\/h

708

709

710

to ł"—4.

713

Ol

716

717

718

719

720

721

722

723

724

725

726

727

728

729

730

731

732

733

734

735

736

737

738

739

740

741

742

743

744

745

746

747

748

749

750

751

2224.3

2227.4

2280.5

2233.7

2236.8 2240,0

2243.1

2246.2

2249.4

2252.5

2255.7

2258.8 2262,0

2265.1

2268.2 227J,4

2274.5

1277.7

2280.8 2283,9

2287.1

2290.2

2293.4

2296.5

2299.7

2302.8

2305.9

2309.1

2312.2

2315.4

2318.5

2321.6

2324.8

2327.9

2331.1

2334.2

2337.4

2340.5

2343.6

2346.8

2349.9

2253.1

2356.2

2359.3 2862,5

393693

394806

395920

397036

398162

399273

400394

401516

402640

403766

404893

406021

407151

408283

409416

410551

411688

412826

413965

415106

416249

417394

418540

419687

420836

421987

423139

424293

425447

426605

427763

428923

430085

431248

432413

433579

434747

435917

437088

438260

439434

440610

441788

442966

444147

501264

502681

504100

505521

506944

508369

509796

511225

512656

614089

515524

516961

518400

519841

521284

522729

524176

525625

527076

528529

529984

531441

532900

534361

535824

537289

538756

540225

541696

543169

544644

546121

547600

549081

550564

552049

553536

655025

556516

558009

559504 •

561001

562500

564001

565504

354894912

356400829

357911000

359425431

360944128

362467097

363994344

365526875

367061696

368601813

370146232

371694959

373248000

374805361

376367048

377933067

379603424

331078125

382657176

384240583

385828352

387420489

389017000

390617891

392223168

393832837

39544690t

397065375

338688256

400315553

401947272

403583419

405224000

406869021

408518488

410172407

411830784

413493625

415160936

416832723

418508992

420189749

421875000

423564751

425259008

26,61

26,63

26,65

26,66

26,68

,26,70

26,72

26,74

26,76

26,78

26,80

26,81

26.83

26,85 26,87 26,89 26 91

26.93

26.94 26,96 26,98 27,00 27,02

27,04

27,06

27.07

27,09

27,11

27,13

27.15

27.17

27.18 27,20

27 22 27 24 27.26

27.28

27.29 27,31 27,33 27,35 27,37 27,39

27 40 27,42

■ >    ■    ■ 'o ’ ” V    -•

iiiisimi ąggsiiitts iiiiifiisS liisiiiiii n

co'"co oo afco'afco cd*co oToo oo'o> co co co' co' co co co co ci cT os os o. os oś os os o* os oś os as os oś oś oś as os oś os osas

,, *

Koło

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

nlr.

Pierwiastki

Kwadrat

n-

Sześcian

ocr>oc-<!Cïa«rt^Oî

oï o

»O lO IO lO lO lO lO !Û

c— c— t— e- o c— e- c— i— i— i— !>• c— i— i— c—

-vT — I

771

772

773

774

775

776

777

778

779

780

781

782

788

784

785

786

787

7S8

789

790

•O -O M -o ZO CD CO CD CD CD W IO M

797

2365,6

2368.8

2371.9 2375,0

2378.2

2381.3

2384.5

2387.6

2390,8

2393.7 2397,0

2400.1

2403.3

2406.5

2409.6

2412.7 2416,0 2419,0

2422.2

2425.8

2428.5

2431.6

2434.7

2437.9 2441,0

2444.2

2447.3

2450.4

2453.6

2456.7

2459.7 2463,0

2466.2

2469.3

2472.4

2475.5

2478.7

2481.9

2485,0

24881

2491.3

2494.4

2497.6

2500.7

2503.9 2507,0

445329

446512

447698

448884

450073

451262

452454

453647

567009

568516

570025

571536

573049

574564

576081

577600

426957777

428661064

430368875

432081216

433798093

435519512

437245479

438976000

454842

456038

457236

458436

459636

460838

462042

463248.

464455

465664

466874

468086

469299

470514

•471731

472949

474169

475390

476613

477837

479063

480291

481520

482751

483983

485217

486452

487690

488928

490168

491410

492653

493898

495144

496392

497641

498893

500146

579121

580644

582169

583696

585225

5S6756

588289

589824

591361

592900

594441

595984

597529

599076

600625

602176

603729

605284

606841

608400

609961

611524

613089

614656

616225

617796

619369

620944

622521

624100

625681

627264

628849

630436

632025

633616

635209

636804

440711081

442450728

444194947

445943744

447697125

449455096

451217663

452984832

454756609

,456533000

458314011

460099648

461889917

463684824

465484375

467288576

469097433

470910952

472729139

474552000

476379541

478211768

480048687

481890304

483736625

485587656

487443403

489303872

491169069

493039000

494913671

496793088

498677257

500566184

502459875

504358336

506261573

508169592

^oococoooooaocr    io to to u, to tc to to co w totot^iototoiotctoto totototsiototctc

fk cl'slfl'iws    sisb'l§g£gss Xsfs'2&Ys&:

ZD ZD ZD ZD ZD ZD ZD ZD ZCZDZDZDZDZDZDZDZDZD ZDZDZDZDZDZDZDZDZDZD ZDJD ZD Zy ZD JD _ZD ZD _ZD ZD    ZD ZD ZD^D^ZD^D_ZD ZD

o c? ^    ooœcœcoco^^

o^tooo^oo^toco    cstocc^oostocctf^o cjt^coit-ootocD

Liczba

799

800

801

802

808

809

810

811

812

CC ^    lO CD    N    X C. C    —' (N CO lO CD>    CC OC O

i rH    —‘    ^    CM    (N Ol CM    CM CM CM CM    Ol CM CO

GCC0C0CCC0C0XC0 OOCOQO'OOCOCOOOCOOOOQ

831

832

833

834

835

836

837

838

839

'840

841

842

Koło

Obwód

nr.

Powierzchnia ' n²K

25101

2513.3

2516.4

2519.6

2522.7

2525.8 2529,0

2532.1

2535.3

2538.4 2541 6

2544.7

2547.8 2551,0

2554.1

2557.3

2660.4

2563.5

2566.7

2569.8 * 2573,0

2576.1

2579.3

2582.4

2585.5

2588.6 2591 8 2595,0 2598jl

2601.2

2604.4

2607.5

2610.7

2613.8 2617.0 2620,1 2623,2

2626.4

2629.5

2632.6 2635 8

2638.9

2642.1

2645.2 2648,4

501400

502656

503913

505172

506433

507696

50S959

510224

5,1491

512759

514029

515301

516574

517849

519125

520403

521682

522963

624246

525530

526816

528103

529392

530682

531974

533268

534563

535860

587160

538458

539759

511062

542367

543673

544981

546290

547601

648913

550227

551542

552860

554178

555498

556820

558144

5Ô6

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

n³

638401

640000

641601

643204

644809

646416

648025

649636

651249

652864

654181

656100

657721

659344

660969

662596

664225

665856

667489

669124

670761

672400

674041

675684

677329

678976

680625

682276

683929

685584

687241

688900

690561

692224

693889

695556

697225

698896

700569

702244

703921

705600

707281

708964

710649

510082399

512000000

513922701

515849440

517768662

519718146

521660125

523606616

525557943

527514112

529475129

531441000

533411731

535387328

537367797

539353144

541343375

543338496

545338513

547343432

549353259

551868000

553387661

555412248

557441767

559476224

561515625

663559976

565609283

567663552

569722789

571787000

573856191

575930368

578009537

580093704

582182875

584277056

'586376253

5884S0472

590589719

592704000

594823321

596947688

599077107

*SlS'S gggg&ggggg 8888888888 8888888888 8888888888 88

Cl co

OCDCD CD CD _CD O CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CDCDCDCDCDCDCDCOCDCD CDCDCDCDCDCDCDCCDCD CO O

CDt^-oaicrcDOK— -o ^ oaitoaocni-^ioococn to co ^ o a to cc ---j

^-^-00 OO OO to tsO I-O — O O O -i oo id oitocorf^o-aoococnto

Koło

Liczba

Obwód

To-

wierzchnia

n^r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

nz

\/ n

xxxœxxx XXXXXXXXXX XXXXXXXXXX CO CC <X) cc cc cc

559469

560795

562123

663452

564784

566117

567452

568787

570125

571464

572805

574147

575491

576836

578183

579532

580882

582234

788589

584942

586298

587655

589015

590377

591739

593103

594469

712336

714025

715716

717409

719104

720801

722500

724201 725904 727609 729316 731025 732736 734449 736164 ' 737881 739600

741321

743044

744769

746496

748225

749956

751689

753424

755161

756900

601211584

603351125

605495736

607645423

609800192

611960049

614125000

616295051 618470208 620650477 622835864 625026375 627222016 629422793 631628712 633839779 636056000

638277381

640503928

642735647

644972544

647214625

649461896

651714363

653972032

656234909

658503000

877

878

879

880

595836

597206

598577

599948

601322

602697

604074

605451

606832

608214

758641

760384

762129

768876

765625

767376

769129

770884

772641

774400

660776311

663054848

665338617

667627624

669921875

672221376

674526133

676836152

679151439

681472000

881

X 00 CO CD CO CO CO XXX

05 CTl !(*• Ü5 to

609597

610981

612368

613756

615145

616536

617928

619322

620718

776161

777924

779689

781456

783225

784996

786769

788544

790321

683797841

686128968

688465387

690807104

693154125

695506456

697864103

700227072

702595369

jOjgjOJOJOJOJO|OJO JgjgJg₈$gg.ggg gggggggggg    ggggggg

SSS3ĆSSS38 388Ê88S8f83    SKEÏSÏg

^ ^    O CD ^ CD CD O CD CD COCDCDCDCDCDCDCDCDCD OCDCDCDCDCDCDCDCDCD CD CD CD CD CC CD CD

ggsggsfgf gssgggsggg Kÿsssss§2s ssgÊëëVêVs islëftfesë

onoooi^Hoocoottonoółi—OîOîCDoitox^o-'icc œa mowmmwo® oî œ ct h ix o

Koło

Liczba

Obwód

Po-

nr.

wipizchnia

n²o

Kwadrat

n-

Sześcian

Pierwiastki

\/n

CO 00 OD-00 CD 00 00 CO 00 00 Oï 030i0ï050i.Ci 05 05 05 05

to i—¹

CO^iOCDr-OOOiO

r-H *—i ł—( tH ł—I vH y—t y— *—< 'M

OT¹ Ot O* O* Ot Ot Ot Ot Ot

921

922

923

3* 0*

927

cc c; o

CM CM CO Ot ot Ot

931

ii lilii! iiilfif ililii iifSIl 1

622115

623514

624915

626316

627720

629124

630532

631940

633350

634768

636174

637589

639005

640422

641841

643262

644685

646109

647534

648961

650390

651820

65325i

654686

656121

657557

658995

660433

661875

663318

664763

666209 667656 669102 670556 672008 6734«2 674917 676374 677832 679292

680754

682217

683682

685148

792100    704969000

793881

795664

797449

799236

801025

802816

804609

806404

808201

810000

707347971

709732288

712121957

7145x6984

716917375

719323136

721734273

724150792

726572699

729000000

731432701

733870808

736314327

811801 813604 815409 817216    738763264

819025 820836 822649 824464 826281 828100

741217625 «43677416 746142643 748613312 751089429■ 75357ÎOCO

829921

831744

833569

835396

837225

839056

840889

842724

844561

846400

848241

850084

851929

853776

855625

357476

859329

861184

863041

864900

866761

868624

870489

872356

756058031

758550528

761048497

763551944

766060875

768575296

771095213

773620632

776151559

778688000

781229961

783777448

786330467

788889024

791453125

794022776

796597983

799178752

801765089

804357000

806954491

809557568

812166237

814780504

29,83

29.86

29.87

29.88    ! 29,90

29.92

29.93    i 29,95 ! 29,97 i •29,98 30 00

30,02 30 03 30,05 30,07 30.08 30,10

3012

3013 3015 3017

30,18

30.20

30.22

30.23 30,25 30,27 '30 28 30,30 30 32 30,33

30,35 30 36 30,38 30.40 30 41 £0 43

30.45

30.46 30 48 30,50

30 51 30,53 30,55 30,66

9,619

9,623 9,626 9,630 9,633 9 637 9,641 9,644 9,648 9,651 9655

9,658

9,662

9,666

9,669

9,673

9,676

9,680

9,683

9,687

9,690

9,694 9,698 9,701 9,705 9 708 9,712 9,716 9,719 9,722 9 726

9,729 9,733 9,736 9.740 9 743 9,747 9,750 9,754 9,757 9761

9,764

9,768

9,771

9,775

Koło

Liczba

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n²r.

Kwadrat

Sześcian

Pierwiastki

w³

935

936

937

938

939

940

941

942

943

94 t

945

946

947

948

949

950

953

954

955

956

957

958

959

960

rW(MCO 'rfl IQ CO CO CO CO co OT OT)

ZD ZO 05 05 05

CO CO CD CO CO CD CO CO CD -^1    *0 -Cl *vj    CC OT)

OT> 04 ^ oo to ^    O CO CO

977

978

979

2937.4

2940.5

2943.7

2946.8 2950,0

2953.1

2956.2 2959 4

2962.5

2965.7

2968.8 2972,0

2975.1

2978.2

2981.4

2984.5

2987.7

2990.8

2993.9

2997.1

3000.2

3003.4

3006.5 '3009,7

3012.8

3015.9

3019.1

3022.2

3025.4

3028.5

3031.6

3034.8

3037.9

3041.1

3044.2

3047.4

3050.5

3053.6

3056.8

3059.9

3063.1

3066.2

8069.3

3072.5

3075.6 3078,8

686616

688086

689557

691029

692504

693979

695457

696936

698416

699898

701382

702867

704352

705842

707332

708024

710317

711811

713307

714805

716304

717805

719308

720812

722317

723825

725333

726844

728356

729869

731384

732901

734419

735939

737460

738983

740507

742033

743561

745090

746621

748153

749687

751222

752760

754298

874225

876096

877968

879844

881721

883600

885481

887364

889249

891136

893025

894916

896809

898704

900601

902500

904401

906304

908209

910116

912025

913936

915849

917764

919681

921600

923521

925444

927369

929296

931225

933156

935089

937024

938961

940900

942841

944784

946729

948676

950625

952576

954529

956484

958441

960400

817400375 82C025856 822656953 825293672 827936019 830584000

833237621

835896888

838561807

841232384

843908625

846590536

849278123

851971392

854670349

857375000

860085351

862801408

865523177

868250664

870983875

873722816

876467493

879217912

881974079

884736000

887503681

890277128

893056347

895841344

898632125

901428696

904231063

907039232

909853209

912673000

915498611

918330018

921167317

924010424

926859375

929714176

932574833

935441352

938313739

941192000

cT £^äqjs^    05 05 o, 00.0 00°    $2 Î2    co^

co co co co S §0 cococtjcBcococBcBocco coScococococococBco ćoćocoćocoćoćoćoćoco Scocoćocococoćocoćo

IIIIIslIII    lisi III ijiijtl lilii lllllsllll

C5~ 05~ Oi Ci Ci oT oś' OŚ~ Ci Ci Ci OŚ~05050505    05050505050505050505    05050505050505050505    050505C5 05 05 05 C5 05 05

Liczba

'iH O)

00 cc

05 05

983

987

988

989

990

991

995

ID w CD

999

Koło

Obwód

nr.

Po

wierzchnia

n²r.

Kwadrat Sześcian

Pierwiastki

riŁ

3082,0

3085,0

3088.2

3091.3

3094.5

3097.6

3100.8 3104,0 3107,0

3110.2

3113.3

3116.5

3119.6 ' 3122,8

3125.9 3129,0

3132.2

3135.3 3138,5

755838

757380

758923

760468

762015

763563

765112

766564

768216

769770

771326

772884

774443

776003

777566

779129

780695

782261

783830

962361

964324

966289

968256

970225

972196

974169

976144

978121

980100

982081

984064

986049

988036

990025

992016

994009

996004

998001

944076141

946966168

949862087

952763904

955671625

958585256

961504803

964430272

967361669

9702990C0

973242271

976191488

979146657

982107784

985074875

988047936

991026973

994011992

997002999

31,32

31,34

31,85

31.37

31.38 31,40

31.42

31.43

31.45

31.46

31,48

31.50

81.51

31.53

31.54 31,56

81.58

31.59 31.61

OCDCDCDCCCDCDCC'XCT'

ssi’fes'g'felsïs

-.ÎOOO^OOO^COO 05 C» O C5 CD O 05 CD^C C5

fl

Str.

8 w. 8 z góry

24 „ 2

Ważniejsze omyłki.

zamiast

czytaj

Pi

P\

Pi

Pi

am

dx

dW

42 „ 14 z dołu 2 kolumna

kg

cm³

kgjm³

48 „ lz góry „

kg

m³

43    „ 4 z dołu

44    „ 2 z góry

2700

kg Im3 12700

kg

kg

cm²

m³

45 „ 14 z dołu

a'b‘

, ³\a'b‘ V-abyl.

ab

OB\,

przyczem B\E

51 „ 15

57 „ 15 do 18 z dołu cyf£+ umieszczone w czwartej i szóstej kolumnie mają być

w piątej i siódmej

i i OOu przyczem OtE

63 „ 13 z dołu 70 „ 2 z góry

72    „ 6 z dołu

82    „ 1 z góry

Statyka.

8 = 8' + co

8 = a' + co

CO    ^

r-H    y—i

«m

małe

160

stałe

16

4>

kg jem³

kg jem“¹

Vî

+ 20000

m — 0-35

d₂

m/3

208

0,07 mm

88)

— 20000 m — 0,45

§ ? Ił

36

Str.

83 w. 13 z góry 83 „ 14 . „

85    „ 15    ,,

86    „ 1 „

90 „ 5

zamiast 874 d2 0,083

żelazo twarde ciśnienie

7t d²

czytaj 864 72 0,034

żelazo lane ścinanie r. d²

5 7

Ci Ci

77    1    77

„    2 z dołu

P'

99 „ 13 z góry

d²u

T1

100 „    6 z góry

2 z dołu

100 „

101 „    2 z góry

Tit-

d 0,75 b₎ dx — 2 c

|AC?2²7C

4

dlr.

T‘1T

średnica sworznia cż 0,75 b, średnica oka dt = g b + d

jxc?j +

P"

123    „    7 z góry

Grubość

£?, 7Ï

h=h,i<

Średnicę <7, +

~rz

ai

125    „ 14

126    „ 7 126 „ 10 126 „ 13

(b + 21)

(è, + 2 ż)

4000

14(14,3 + 4)

16,0

4000

14(14,3 + 4)

= 16,0

dla

27 bl

141)

141)

27X20X40    21600

7 (3 X 20 + 2 X 20)    700

do osi

ciężkości belki 2,5981 r⁴

£<*-**-/=/+ Ae1 Iy wst 45°

/ = (Ix + /) — Il

= 31

\7m

il

(5-0,81)

0.4

154)

*2

dla tych

45 bl

140)

141 a)

45X20X 40    360

7 (3 X 20+2 X 20]    7 — 51,4

od osi

ciężkości przekroju belki 2,5981 r²’

+*w,.)= I

J,=/+ Ae'-Iv wst>² 45° ß = — «o

1= (Ix + yl) - 7t

VS(rys-⁹⁰ ^

(5-0,8) 0,8

0,8.0,4

151)

Str.

zamiast

126 w. 22 z dołu

126

20

CD CD CN <M

rH r—*

17

16

126 „ 14    „

126 „ 13    „

126 „ 12 „

126 „11 „

126 „ 10 i 9 z dołu 126 „

126 „ 7 126 „ 6

126 „ 3

^(0,8.5² + (7,5 -0,83) 7,5²

(2,5 - 1,3)

8,67 = - 15,15 2 (-15,15)    30,30

18,66 - 52,36"“33,70 41°57/28"

20° 58' 34"

15,16 = 45,65 + 2,39 -f 10,13

czytaj

y (0,8.5³ + (7,5 — 0,8)

7,53

= 0,891

(2,1 - 0,5)

11,56 = — 18,04 2 (—18,04)    36,08

18,66 — 52,86    33/70 —

46°56'42"

23°28'21"

18,04 = 44,06 + 2,95 + 13,18

1,070

8 z dołu

?o

58-14

18,86 + 52,36 - 58,17= 12,85 12.82

60,20

18,66 -j- 52,36 — 60,20 = 10,82 10,82

= 2,493

t/60,20

= 2,516

126 „ 3

12.85

9,36

= 1,172

= 1,075

129 „ 1

“CD

129 „ 8 z góry

J—* b-* h-1 »—* CO OD oo 00 tO " •- ?-

» ⁸    »

„ 18 z dołu

» i    »

0#²a²

wst²ßg²

V²

1+1

wst²<? wst²ß OflV2 wst² ß ç²

02» - 1 rf‘²2n - 2

7+i,

e\ e2

bin — 2 d i2n — 2

133 „ 10

¥«

136 „ 12 z góry 144 „

6 z dołu

7 z dołu

iy

107)

vudv

a' dv u

prosta da najw a‘

171

3,92 8,83 8,83 5.23 12,3    12,3

6,53 15,9 15,9 7,83 19.5 19,5 9,14 23,0 23,0 h=0$h

60

(c ®o)

P²

Py

142)

vudv

z‘du du

proste dO najw a'

117

2,74 4,42 4,42 3,70 6,09 6,09 4,62 7,94 7,94 5,54 9,73 9,73 6,46 11,53 11,53 hi = 0,9 /t

70

(e-v₀)

Pą

Str.

zamiast

czytaj

195 w. 5    „

201 „ 17    „

M²

W,

M²

~w?

dl

bh²

<;

201 „ 18 „

M²

202    „    8    z dołu

203    „    2    z góry

203 „ 11 203 „ l2 „ 203 ,, 12    „

203 „ 14    „

5?

203 „ 17    „

4,77779

log Mt = 99585 \og Mi ==59950 99585 + 8.59950 =    8

800

= 767,44

99585+8,58.59950

800

4,77679 Mi = 99685 Mt = 59812 99685 + 8.59812_

203 „ 20    „

99585+8,85.59990

203 „ 12 z dołu

= 787,52

99585 +6,66.59950_„op

800' ' ’

800

722,73 =766,09 786,28

99685+6,66.59812_^

800

99685+8,58.59812

800

99685+8,85.59812

800

800

rys: 164

^____

208 opuszczony rys. 164

L A(P

gpS

----*---

-----

V<

O O O O

r—i t—ł rH i-H -r-i

(M (N

tsO fcO tO

t—ł r—! tH rH tH i-H rH rH

<M <M CM <N

11 z dołu

4 z góry

18

19

21

0,81

1,45

0,52

0,65

ległem

legc/m¹

42 51

47

0,80

1,46

0,51

0,65

ległem2 ległem'1, 41 52

46

Str.

zamiast

czytaj

215    2 z dołu

23.7 „ 4 z góry

52

57

bicz

die

51

56

bwG G i D

217 „ 15

iv

77

h‘

218

218

77

77

on os

77

05 Cl

7?

14

7.7

77

bwx

biv G

T'

77

4 z dołu

T'

77

5)

77

222 „

1 z góry 6 z dołu

§• 61. d²;c

“4"

■ 222 „ 1

223    „

224    „

228 „ 8

229 „ 7

2 z góry 2 z dołu

77

bd

bd

vx ²d'²A\ do osi vt‘

biv

bw

v\ WA'y

do odstępów od osi v'z'

229 „ 4

-2"*o

2~

230 „ 5 z góry

fn

fn

%fn +

230

12

231

77

(d — Zy — a)³

231

ti

Mz

(d — zj — a)2 Mzi

v'

231

6 z dołu

277

244

231

231

231

277 68,8 68,8 75,7 6,88 468

231

0,33

244 06,5 60,5 60,6 60,5 412 0,033

to to

•03 03 tO H-¹

>!1

60,4

1 z góry

68,8

en

0,033^

3,247

0,0303 (d — a) 0,068 (d — a) (d-z) 10,32

interpelować o,o33+y

3.247

0,0303(<Z - a)3 0,068 (c? — a))

(<*-z)³

io;s²

interpolować

Str.

zamiast

czytaj

366    „ ll,10i9zdołu 370 „ 14 z dołu

2 z dołu

o ^

r—ł r—(

0,574 kg/cm3 kg/cm³

0,545 kg/cm2 kg/cm2 ikf₂ e₂ J-i

punkt styczności elipsy U ma być na linii OH. od rzutu punktu OH

od punktu OU .

fyld²A -f

0,0063

0,00068

3268

3368

0,105

0,078

0,104

0,079

3368

1272

>10

0,045

— <110

a

0,0173.4

a⁸

a¹

36

3,6

3,0 cm

3,0 m

więc i₀ = J-j- Ii dost a₂ -j- Pj dost at dost a.m _ 1

370 „

3 z dołu

dost G i T Pm -f- Qm

2n wst—

501 „ 9 z góry

(c-h)

M^i

h + e + e\

/yW = I+J1 dot a₂ —I⁻ Pi dot dot a?«—4 dost a

P i 0

Pm -j- Qm , ,

--Ï8Ôd0t“

2n wst-

n

(c —H)

Miei

h *ł* c + e\

Aa:

-3,1

AE

dost œ

do równowagi

-3.3,1

AE

dostp

dla równowagi

■ gl«LI0TEKA2

u Mniâ X

mm

>

f

/

/

*

t

'"'•k

.

%

0"

2’

3’

ri=15, 07cm

r 7’ r 9’ lo’ii’n’ gi3' //

15’

16'

TT

17'    f/9'    1/ 19

'18”

17"

17

r'

16"

16 X

— CldOcnr-

15 \

At26P\*i²

¥~~

~X7pt/

19

Ir

20Tt- 10.6.6.2

16

« 918cm'¹

13"

13

927cmA

16

12",

1:

/ /■

10

r _ ^1 ⁺ J* =, 922 cm ą J8 ~ ²

j    (26,0.9²1 28,056*)2

16

i rj = 178, 1 cmĄ

Af 61,8 c nr

:T__

A ~95,3crnz

19/M

17

,16

15    /

z -20/i cm

1)

Ni

2\

3\

L_i

\8’\

//

4-

. ! , /T*

Zz

Z0'9

ifS

4>

\

\ ^ Ns

II

Ki

Po

zz

C= I

2”

t\5

17

w\N

m'

Po

1    05 O

h«*

r «&•

i 2-1 dla przekroju szyny. _f 1A dla innych długości.

w

E\

->

■65 m

ir

f'

tu

<-

Przekrój belki blaszany.

210

VAT/SSA

on

Rzut poziomy układu belek.

Tabl II.

i F\ i i

11.3 m.

-If.Otn

O Mm

•y,

ta ta a

Siły poprzeczne.

Przekrój belki drewnianej.

'--JK

■L

T~n

!>......20........V

i: 10

'////////1 %/////////// fl //z/////.

i.>sBssls

16

16

no

Momenty.

G,

r=r:

Wyznaczenie dłtiyości nakładek.

161

o te

0 0. o

...

66.0

00.9

i- 2T-

5680

.....>

î;

8000

9900-

■>

.....*

r-1

Sji\

Ni

*>*

>>

tin.

r-

"s~

001.

V»

10

20

30

kO

SO

60

J,

10

J,

80

90

/00    110    120 m m

130 tm.

*i

.• ■ ■ i

’ • \v;' • .

' ■

V

’ if

\

itf

F ,-wt

■i*V

V ■ V

iâi

■

*&«

•f.

■ ;

i

/n

Vf¹/*

K - 0,677

JV

f-4«

10,0/7

\/

■s

^---T-

'l&l

ïr

JPr- 0338

-~i

•>

t-

4,03

Ci

«a

-Sî- .

U-,-

y,oo

40

!*--

pe----

2,26

r-⁻

wONvcwez

/yuot

'jK-0,t77

4\

,îèT:

Jl

•h-

>>

______rs

~~Æl-

> oaoaxcp/xaa/

Sa

te

Va

Ci

WS

r-T

ws

Ci

c*

P₂

Pa

PS

y5

a’

V

JT = 0,677

IV

n,

h,

P - 1,4

Jf

Ci

fC j|

NJ

d,

3/

c,

a,

,T-

-18,00

O/

JBXXV

O!

/02

Ni

03

04

té

Js

c, n, e,, ntf

‘-’l l'iaW /v

3i

tu

17

J/

t.

b,

P,

C,

jÛ6. 111

^W/UXh/iZ/ JUw.tA

45X45

,2

ôFvoFpwie/

■/

>10 <

'Hz

b¹

J1L

140 X 140

11

Z/Zft

^ ê/Ci^pVUX/

13

a, d, h, r,

ü, dlf \Jlt/ 7,,

<2jQA4)yCK/ j-VoßoAVO/ AyVG/ZÂXAAA/

Ao aaavcloIa/

m, l, <

100

► SW/, ln

SdAXûA/UzoXvy

O/UXMH

è/Uiy

AVAIVA,

jxvùnva mféo/z/u/. iskiwn/i/ aa) Axywvuzcix

S \X\Ą' aa) eAV4VcXrl/ZAĄ £/ AV

r.

■<

/Z/AMMHćPaA/ C\&

/żwiAA/ wdxznc-

/z/zn-f/vu-oclw cifz-az'U-A’fïi' ■ yWMO / OWMAfyA.-

/z/^WmmhU*/ m’ÂaxMma ' Qu^uruZza-

r    ”    "    • .c ,Zv

/z/JUxV-tfr /vynaMiey__

40

-x 20    *'

— 40------

soe

42 -f w uxxUa/aaHajJvua/    Çfaylv

'    4-VUA-'

/z/ teiveA

/Z/

^p.'UMvej,

70

54

22/iO

2,85

7,46

20,76

ca ça ■ ta⁴ Pj

+ Il t !

22,30

21,25

1,36

21,90

3,10

7,04

3,36

29,34

6,60 ï

3,75 +-

27,85

S, y

■r- 130

- S s,,

21,25

1,89

7,86

4-

29,11

0,67

2,03

S>

10

K    risj s: S- 'ö ^

18,10

2,78

21,30

3,10

8,42

1,36

11,55

4- 4-

4- 4- I

7,04

1,55

5,07

1,40

7,04

1,55

3,50

0,67

7,04

5,07

1,51

3,36    —

O 4

4-    3,75

3,36

0,65

3,36

0,65

1,5)

4-4 1    1+4-

28,94

4,65

23,17

4,18

6, k

2 8,34

4,65

11,95

2,03

27,94

16,65

11,51

*---

--55

-—-55

1,36

21,90

0,68

2,04

2,85

3,10

18,10

1,8.9

30

20

80

30

2,78

! 4- 4- !

7,46

20,36

S et;kt,

J.:    -

200

1,55

4,52

6,54

24,44

b,

i-

45

•x 20

x-

- 50    ------* 20

•c    XJ

^    O

20

45

50

230

01*01* 01 >

h,

4 *4 I i 4 4 i

21,30

2,85

1,40 \ 7,46

4,18

3,10

8,42

1,36

20/10

J/,55

10,00

0,34

2,85

0,34

1,51

1,55

3,72

0,68

7A6

5,52

1,55

i 4- 4

28,76

4,65

12,1?

2,04

28,50

16,80

11,51

t)*vdzu\$ia' <\Fcl’ clacÂu/ V À/AVCOZOUl' AMA<XA/IAA/ '

ffod zuxFiiO/ Aùx v&ciw y i/HÙa jtumou’cc^)

Al

ÎO

*»

e>

TO

II

12

SxAi^yùeAVUi

r T. A

l’RLYSSUK I.W0V

%

..

■

y

-■

?

>

'

ff

<j&s,

s*

/

T

il

.

•'

-1

(

>

>

Tab. IV.

; uit lit.

eau ci? a urna u’ y>

iz:

i r'\"<T'W~'if !1||"‘' ~ä'*’?Z7 '"v'r'i*' '''■• '”v    -./-v.

'i

'o

!"

---\s

J/ :

V.

'4

A-

/r — +

/ <V/

V .    55r«}?i

v

f?

?/-

tio-

1h

-éh-

r/    /

k"

-N-4z-

/Î

/ f/r

i-----

V/

-T

*fcr

-S?

->v

K¹

S?

e.t

e6........L_

>r

Vl

«3

r,

D_

?>

'i

* 'I

_<Z

'1

•1

) L^ tl z.'C'Cx {✓ (4 a c t v.

r>

I!

4\

__

É.__

4 **

Z

4^

IR

ZtlZ----->

-Ą

t.s

u\ H

•x\t

9H

>•«

I*

Z"

r-^

0 7/1

>>

ii*i

II; ir

ki:

v\

Nn

ł">

«

>4

•8

W⁵

■r

■ ii

I-ii----1

vX

CR

• -*

mw i-

Cl'

Ji

z\\

-Ą-

;\z

«fei

"J

3 A ./

L.

4--

ś-

r*

sani

'■>

i"

Z¹

C«

pa

___L.

\kZ

<3V

//

' XiL:

4;

N"

W5

X ;

44

--fc’

ŚgF^=

vj=

[à

:s

V

«-i

■s?~

ZA

zna&zenux -

•=

-X

LJ od/LlCllkoi dli

*•>

r-

.(2

4N

's -

<3

c.

^5"

I®

lv

!"

wm

s¹

-x-

k"

■

sr*À

s4

Cl >

V-

:

H/

/■

A—

Re

WM

Hi

/-

iS —

i,

/X

UV, ■

//,

G)JÔ uAzeo ù

a/--*—/-

v—/~

/ X

Ł .|------

--J'

'A*

/XA

'-\A-

~H

.i

X€/

Atö ,AAjrzjvvax/z£A\XLs/ /Ùaaâu /CiÔrviCAiVC AV D.

kîcpienAi^ Xvuzxvz

OAVA/nv

Q^ z^e fz zo j QÜ. Q .

’o

CT

y p

>zx~

¹ '

• \ i "4

■'N

l\<£

v\

/■

<\

\i \    ^

\ \i\

l\ N. \ \x

«< !\ \i •

V|

Vol44Jig ;

Ri I-

V/

Vi

•i

y*

.    ’ \\ \n f\\

#3 \ l

><p

V'

-A

Xùv

l_____

V«

0<

14

*\7T\

v\

t£p^xe^t'u?4 -A.

Ç4y

i?

,/

_k

_JS__

'S

Tab. V

r—

R?

r,

::A\ «

\Ri

Va

\r₄

4T

\ R 5

\ Vs

\\

\Rô

_a_ _

5

_L_l_

3 |

---it\i

ipi

r---------

3» :

^ \-

Hhs

--4-4

4/zÂ<rXA a. \ • 40

Ve

\J

\R

-kP.?

*P?

ÎL

rP-4

+Pa

{P 6

Lit. A. Przyszlah, Lwoiv.

î ' i. j ■

■

«śfllllS®

» ■

'

s

mśtmm

N

.

V

s [ s

.

/•

&

m

■

Tab.Vï.

/Liewu/.

k

<ÿD ,pataa

AÂÀoàAve

ucnwm

Lcjtedt

nw

jP-2.,56

09 7 -V

î\ï

ftÇL.

- sä

2,Sÿ

r-<< - -

«

*\-

W*

/

L

!

'7

S

«NT

\

ŹT²'*⁶

V

r”

.-A

*î-

„'-

- '7'^

.--

/

> V

->

■ *5

N'

->-

GfO.sj

v

h

4 m

. _>

:±S

.X

;

Gf\vs

- o,92 --‘r-.—

J'

\0 t

«

>

à

<3

4**

iji

- J.58

2

¥

T

• » i;'w"!

SS__

.ś -

s

*5."

^•*

^Sf*

R^i vV⁻¹

X

ÖS

X:-    ^

*

ô .

r->

.l

/

c-'

\M

kWg

s

\(V>

\ ^

>S ----

<c

• ^

V

sS -•+-

:7

:3

---

-

^ —

r

.3

~*

$

^3

//

-Ns

- G

P

—

r^>

o

fïHufâie/- JXakJbœ © uAwvav.

>

*

*•

jwn

' ff^V'

.

-•

ł

i

ï

m

:0

mm

&

1/

m

gn

.%*»<

mm

iHP

ffv

MS

-

wmr

m

a

p§pg|

m

m

v:

’v-

s?4vs

Sx/flÉ

*5®

HKj)

Wttmm&

A-

fin

0*

P||

&t(5v^ wllf - §i

s g

. •«.;<

r5‘«

§111

AV-r

WM

■Psi

. : /!

r, •

[*

MS

W

■

JP

PHHI    y^Ł^y

pfnpl

sscs

lag

;'/•

Ss!

♦

.■■■■',

;J/

i®3

■=Srr^ÎA*2? -*i

I g§

.-

’

iÉ7

m

ÉÜ£ÜF

m

4â

bHMe

su

%

m

r.

w

tm

r’

m

<4

SS

2vi

mmm

■

« •#» i'

■**» «

v4

.<>•*.

|lp|||

MÊÊÈÊm,

wm

'

I

i p

Vs ,

gü

Ä

SiPSpi

î^tiv’

”'■; P

JP»

kYJ.lS

;

■. h

?/z

n

•tï

Ęj

ftegP

L"V»?

s®

ïî

;

»

mtr

r,

m

Kl

Wß*

m

a

SŚN

l'W

t

•»i î'

«»j*j

p

'S

. i

i

¥

>2

fâii®Ë.it?f?TS

KSSË

ïmm^.

,v

- %

WË

r.

mmm

IT

wm

mm

ià-J

MM

... St

U v Lf l*

gStT

mĘm

^1§1|

mm

g®

illlt*

\\X

J IM -

sL-.vi

‘•.VX

; ’>

*Æmi -

Élll

Ävr-Är

;SłiL

7‘ifc

SK

vC’*“!^kz

wê

li^pyp

SI

Wm\i

.■

(SyT¹

3§f

ÉH

ÎS

SH*#.****.:

aß

HGËM

IfêÂflilElÈ

sgi

p|§g||

ÜÉflMÉl

IH

> /*rS Migÿ;

^sçT-

PI

BBÉ

s^js* ~;y

sSÿ

MIß

Üç

S9B

11

• U rjurjr.

IWSfc!

§fg

!Î§|

jflHsf

&SS

L*.*—

■■ g

jJi

SJ

!Â

Siifeg

pa

WUBl

■■ ■ s.

Bl

iMś

fl

tfg. ’j

sg

«JP

sV‘‘

su

r<(

'Jc-

7>E

!*,vy

É3g

Ma

<33

■'

æsrr

aiYg

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

W-11220

i !

—JM®!

■■ liii im

i;!

•    v;:

Politechnika Krakowska Biblioteka Głowna

miii

Wl