■MBR

if_______________ _____.......

: . .1

■pili

IMh

iBSiiiilii?

iii

.................

BHMWHPPB!

m

_ -V:

Aiilii

iliilifll

PBliM

IH _ __ __ J

■■i

:

III!

:: 11; ! i® MSii: ia!!:i: ;is;

11$

,......,..,J

V..

■«»*

whęęmęęęęr

iii

11    r‘

sfciiiii®lii

mmM

: - I:;::.:.!:;-;:

/: •.:_c

: ::i: i! *:!

mm

1

i:i:K3S|i;Pi

lii

Jillli

mm

mmmmii

ii

:

... Ji liillii

ii;

\

)

1

I

"l

.

Biblioteka Politechniki Kiakow^kiej

100000275632

BIBLIOTEKA POLITECHNICZNA TOM I.

PODRĘCZNIK

TEORYI MOSTOW

BELKI PROSTE

NIEWYZNACZALNE.

Dla

i słuchaczów szkól politechnicznych

z 92 rysunkami w tekście i 4 tablicami opracował

MAKSYMILIAN THULLIE dyplomowany inżynier, profesor szkoły politechnicznej we Lwowie.

Wydany staraniem

Komisyi wydawniczej Biblioteki politechnicznej.

Cena 4 złr.

LWÓW.

NAKŁADEM AUTORA.

GŁÓWNY SKŁAD W KSIĘGARNI HOSCHEKA I SPÓŁKI.

J Związkową drukarnia we Lwowie

1892.

T- 'bWl

cm

ca

r***

ca

~s

■ r^rs 5HJ 5^5

?0 -

► ■"Ó

JK

r ■"

-3

i

era

r-*«4

V

Akc* Nr«

A

/

77

iĄ

_ L V *    t

i ¹ IZ oih

PRZEDMOWA.

Tom niniejszy Podręcznika teoryi mostów jest ciągiem dalszym wydanego przed dwoma laty tomn I. części I. tegoż podręcznika. Tom ten zamyka część I. Podręcznika, traktującą o belkach prostych i obejmuje teoryą belek ciągłych, belek kratowych statycznie niewyznaczalnych i natężeń drugorzędnych.

Jak w poprzednini tomie starałem się, aby praca niniejsza stała się podręcznikiem nietylko dla mych słuchaczów, ale także i dla inżynierów wykonywujących, dlatego też umieściłem w nim to, co może być w praktyce przy obliczeniu mostów potrzebnem, ale zarazem tylko o tyle, o ile to jest potrzebnem. Z wielu sposobów n. p. wyznaczania natężeń drugorzędnych podałem tu tylko jeden według mego zdania najprzystępniejszy. Przy teoryi belki ciągłej podałem oprócz dokładnej teoryi dla przekroju stałego sposób przybliżony Lebera, a inne sposoby dla przekroju zmiennego opisałem jak najkrócej.

Rozumie się, że w pracy niniejszej przypuszczałem znajomość prawideł statyki budowli i części teoryi mostów, wyłożonej w pierwszym tomie: niejednokrotnie też powoływałem się na dawniej wydane przezemnie podręczniki tych nauk.

W układzie mej pracy trzymałem się zwłaszcza co do teoryi belki ciągłej głównie dzieł prof. Winklera i rozumie się, korzystałem także z prac innych uczonych w tym przedmiocie. Dla dokładnego wyznaczenia natężeń belki ciągłej i belek kratowych statycznie niewyznaczalnych, użyłem prawa Maxwella i Mohra, a nie korzystałem z prawa Castigliana, które jest zawilszem i bez którego przy użyciu prawa Mohra można się było wygodnie obejść. Trzymałem się bowiem zasady, że w podręczniku należy podawać tylko sposoby najłatwiejsze i najprzy-

stępniejsze, które jedynie mogą znaleść w praktyce szersze zastosowanie. W dodatku pomieściłem zresztą spis dzieł i ważniejszych artykułów, traktujących odnośne działy nauki dla tych, którzyby chcieli obszerniej te działy studyowaó.

Jak w poprzednich podręcznikach użyłem zamiast drzeworytów rycin, litografowanych w zakładzie tutejszym Przy-szlaka, co wpłynęło na względne obniżenie ceny dzieła, a nie zmniejszyło zdaniem mojem zewnętrznej wartości dzieła.

Oddając tę moją pracę pod pobłażliwy sąd inżynierów, pospieszam wywiązać z miłego obowiązku podziękowania komi-syi wydawniczej Biblioteki politechnicznej, która zajęła się rozpisaniem przedpłaty i poparciem moralnem, Towarzystwu politechnicznemu we Lwowie, krakowskiemu Towarzystwu technicznemu i Szanownej Redakcyi Przeglądu Technicznego za łaskawe poparcie wydawnictwa i bezinteresowne zbieranie przedpłaty i asystentowi memu p. Edmundowi Libańskie mu za pomoc w części rysunkowej wydawnictwa.

Maksymilian Thullie.

We Lwowie w lipcu 1892.

SPIS RZECZY.

Str.

§. 1. Wstęp

A. Belka ciągła bezprzegubowa.

I. Ogólne analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych belki ciągłej o ściance pełnej i przekroju stałym.

§.    2.    Ogólne uwagi...........

§.    3.    Belka pochyło utwierdzona ........

§. 4. Belka poziomo utwierdzona ........

§.    5. Momenty podporowe belki ciągłej o równo wysokich podporach

§.    6. Momenty, siły poprzeczne i oddziaływania .

§.    7. Obciążenie zupełne jednostajnie rozłożone .    .

§.    8. Momenty podporowe w przęsłach nieobciążonych

§.    9. Siły poprzeczne, oddziaływania i momenty w przęsłach nie

obciążonych ..........

§. 10. Momenty podporowe przęsła obciążonego .

§. 11. Obciążenie najniekorzystniejsze dla sił poprzecznych .

§. 12. Największe siły poprzeczne ........

§. 13. Bezwzględnie największe i najmniejsze siły poprzeczne §. 14. Najniekorzystniejsze obciążenie dla momentów .

§. 15. Wyznaczenie największych momentów dla obciążenia ciągłego . §. 16. Wielkość ciężaru jednostajnego ciągłego .

II. Belka ciągła dwu- i trzyprzęslowa.

§. 17. Momenty podporowe belki dwuprzęsłowej

§. 18. Ciężar własny ........

§. 19. Ciężar ruchomy ........

§. 20. Momenty podporowe belki trzyprzęsłowej

§. 21. Ciężar własny ........

§. 22. Największe siły poprzeczne .....

§. 23. Największe oddziaływania .....

§. 24. Największe momenty......

§. 25. Przykład .........

24

25

26

31

32

34

36

36

III. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych.

Str.

§. 26. Zasada .    ...    .

§. 27. Najniekorzystniejsze obciążenia §. 28. Belka trzyprzęsłowa .

§. 29. Przykład .    .    .    .    .

45

47

47

49

1Y. Belka o nieskończonej ilości przęseł.

§. 30. Ogólne uwagi ...........

31. Obciążenie zupełne jednostajne ciągłe ......

§• 32. Momenty podporowe dla obciążenia układem ciężarów skupionych    54

§. 33. Największe momenty dla obciążenia układem ciężarów skupionych    56

§. 34. Największe siły poprzeczne §. 35. Największe oddziaływania

52

52

57

57

V. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych dla przekroju stałego.

36. Pierwszy wielobok sznurowy ........

§. 37. Linia ugięcia ...........

.§. 38. Wielobok ugięcia ..........

§. 39. Wyznaczenie momentów podporowych ......

§. 40. Porównanie z belką poziomą obu końcami utwierdzoną $. 41. Przęsło nieobciążone ..........

§. 42. Dwa przęsła sąsiednie nieobciążone ......

§. 43. Siły poprzeczne, oddziaływania i momenty w przęsłach nie-obciążonych ..........

tę. 44. Przęsło obciążone .    .    .    .    .    .    .    .    .    .

§. 45. Dwa sąsiednie przęsła obciążone .......

§. 46. Dowolne obciążenie przęseł ........

§. 47. Obciążenie jednostajne zupełne .......

§. 48. Obciążenie jednostajne częściowe ...

§. 49. Obciążenie jednym ciężarem skupionym......

§. 50. Linie wpływowe..........

§. 51. Najniekorzystniejsze obciążenie dla sił poprzecznych i momentów 77 §. 52. Największe siły zewnętrzne

58

59

60

62

63

65

66

67

68

69

70

72

72

73

75

77

YI. Obliczenie analityczne belki ciągłej o przekroju zmiennym.

§. 53. Belka pochyło utwierdzona ........

§. 54. Wyznaczenie ilości pomocniczych .......

§. 55. Wyznaczenie ilości -Jt' i 9(1"    ........

§. 56. Momenty podporowe belki ciągłej .......

§. 57. Punkty stałe...........

§. 58. Przykład ............

O h N CO CD ^ X CO X CO CO X

Y1I. Obliczenie dokładne belki kratowej ciągłej o przekroju zmiennym.

§. 59. Dokładność rozmaitych sposobów obliczenia .

§. 60. Zasada dokładnego obliczenia ....

85

Str.

§. 61. Prawo pracy przygotowanej .....

§. 62. Prawo Maxwella .......

§. 63. Linia wpływowa ugięcia ......

§. 64. Linia wpływowa oddziaływania belki dwuprzęsłowej §. 65. Linie wyływowe sił poprzecznych i momentów .

88

89

90

91

91

YIII. Wpływ podpór.

§. 66. Ogólne uwagi .........

§. 67. Momenty podporowe przy nierówno wysokich podporach

§. 68. Wpływ zmiany wysokości jednej podpory

§. 69. Najkorzystniejsza wysokość podpór .....

§. 70. Belka dwu- i trzyprzęsłowa ......

§. 71. Podwójne łożyska ........

§. 72. Wpływ przytwierdzenia belek do filaru ....

92

93

93

94

94

96

96

B. Belki kratowe statycznie niewyznaczalne i natężenia drugorzędne.

IX. Belki kratowe statycznie niewyznaczalne.

§. 73. Pręty nadliczbowe

§. 74. Obliczenie sił wewnętrznych prętów nadliczbowych §. 75. Belka równoległa o kracie złożonej §. 76. Belka wieloboczna .    .    .

§. 77. Belka Howe’a ........

§. 78. Belka ciągła ........

79. Wpływ zmiany ciepłoty ......

98

99

102

106

106

X. Natężenia drugorzędne.

§. 80. Określenie natężeń drugorzędnych .

§. 81. Zasada obliczenia natężeń drugorzędnych §. 82. Zmiana kątów w trójkącie ....

§. 83. Kąt odchylenia osi prętów ....

§. 84. Bównanie momentów węzłowych .

§. 85. Wykreślne wyznaczenie momentów węzłowych §. 86. Wpływ mimośrodkowego utwierdzenia prętów §. 87. Wpływ przekroju prętów ....

§. 88. Wpływ obciążenia......

§. 89. Wpływ ustroju belki

§. 90. Połączenia przegibne .....

. 107 . 108

109

. 109 . 110

T“H T—I tH t-H

115

. 115 , . 116 . 116

Jlodnlek. Literatura

. 118

Sprostowanie omyłek drukarskich.

Str. 4. wier. 2. z góry )5 4.    ,,    3.

zamiast 2 e.J 2zJ

czytaj

2eZ

2eI

4    6

,,    ,, u.

^

r—I    tH

68/

VrMr+Mr-l+3lr"

Mr =

jx 51" — 9ł'

[Ar vr — 1

6ll

Vr Mr “j- Mr—1 = 9tr "

Mr =

[*r W" - W

[Ar Vr — 1

§, I. Wstęp.

W pierwszym tomie Podręcznika teoryi mostów podzieliliśmy teoryą belek prostych na siedm działów. Cztery pierwsze działy stanowiły tom pierwszy, w niniejszym tomie wyłożymy trzy ostatnie działy. Mówić będziemy mianowicie o belce ciągłej bezprzegnbowej, o belkach kratowych statycznie niewyznaczal-nych i o natężeniach drugorzędnych.

A. Belka ciągła bezprzegubowa.

I. Ogólne analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych belki ciągłej o ściance pełnej i przekroju stałym.

§. 2. Ogólne uwagi.

Mówiliśmy już w tomie I., że belkę prostą, spoczywającą na więcej niż dwu podporach, nazywamy belką ciągłą lub wieloprzęsłową (n. continuirlicher Trager, f. poutre continue, a. continuous beam). Mówiliśmy też, że oddziaływań podpór nie możemy tu wyznaczyć zapomocą prawideł statyki, lecz badamy odkształcenie belki , które zależne jest od obciążenia i stąd otrzymujemy równania, brakujące do wyznaczenia sił zewnętrznych.

Przy wyznaczeniu odkształcenia wchodzi jednak w rachubę przekrój, przed obliczeniem belki jeszcze nieznany; stąd powstaje bardzo wielka trudność. Gdybyśmy chcieli wprowadzić w rachunek przekrój niewiadomy jako funkcyą sił wewnętrznych, zadanie nie byłoby rozwiązalnem. Dlatego obliczamy belkę ciągłą najprzód w przybliżeniu, przyjmując przekrój stały. Na podstawie w ten sposób uzyskanych sił zewnętrznych obliczamy przekroje w poszczególnych punktach, a wtedy dopiero, znając w przybliżeniu przekroje, możemy przystąpić do dokładnego obliczenia belki.

W bieżącym rozdziale wyznaczymy więc siły zewnętrzne tylko dla przekroju stałego i to w sposób analityczny, odstępując w tym wypadku wyjątkowo od równoczesnego używania obu sposobów analitycznego i wykreślnego, gdyż w tym wypadku oba te sposoby znacznie się różnią.

W następnych rozdziałach uwzględnimy zmienność przekroju, w rozdziale tym trzymać się będziemy toku dowodzenia Winklera.

§. 3. Belka pochyło utwierdzona.

Wiadomo ze statyki budowli*), że równanie różniczkowe linii ugięcia, jest:

dhj M

dx²

. . 1)

jeżeli M oznacza moment statyczny sił zewnętrznych, I moment bezwładności przekroju, t spółczynnik sprężystości.

Jeżeli scałkujemy równanie 1), otrzymamy:

--dx~—

0

dla x — 0 (rys. 1.) £ Jst a = bIt₁ — C, a dla

£ I st fi—£ _Zt₂ = — Mdx 4- C T,=sta a T₂=st$,

tl(— t<],) = [₀Mdx .    2)

Scałkowawszy jeszcze raz, będziemy mieli £Iy=_ J J Mdx² + Cx + C\.

Wyraz —Mdx‘¹ możemy częściowo scałkować i otrzy-

£    —x$Mdx+$Mxdx+Cx-t Ci.

Jeżeli teraz za §Mdx wstawimy wartość, będziemy mieli

dy +\^Mxdx+Cx . . y=0 =C„

£ Is=ell t₂ + [oMx dx, zl (s — h<₁)=loMxdx .    .    .

mamy

rys.l.

x=l

jeżeli a stąd

£ ly=alx

dx

Dla x=0 jest dla x=l jest

więc

więc

.    .    3)

. . 4)

i.

cc

Nazwijmy X₀ moment wypadkowej wszystkich ciężarów (bez oddziaływania) na długości AC, M moment wszystkich sił zewnętrznych (z oddziaływaniem), po lewej stronie będących, ze względu na punkt C, Q‘ siłę poprzeczną w i, a M‘ i M“ momenty w punktach A i B na podporach, które nazywałby momentami podporowymi (Stutzenmoment, Normalmoment),

to

M'=Q‘a, M=Q‘(a+x) + Xt)l=M‘ + Q‘x+X₀    . . 5)

Dla punktu JB będzie

0 *

Stąd otrzymamy Q‘

M“=M‘ + Q'l+X“ 31“ — 31'

6)

wnanie 5.)

M=M‘Ą

X"

—y , a wstawiwszy to w ró-

X“x x--+ X„.

=/

Dla belki w dwu punktach podpartej jest

=X, gdy X oznacza moment sił zewnętrznych

X“x

więc M=X& dla belki w dwu punktach podpartej.

A więc możemy napisać M=

M‘ (l — x)+M“x

+-X . 6a)

Podstawiwszy tę wartość w równanie 2), otrzymamy M' (1 — x) + M“x

■» l

albo

1+TJ=\

V o

2eI(t, — rJ= (M‘ + Mu)l+2$loXdx.

Xdx,

Podstawiwszy zaś wartość za M w równ. 4), otrzymamy M/ (l — x) x A M“x'¹

dx+\

v O

a stąd

eI(s — Uj=\

O

6zl(s — UJ = (M‘+2MU) l² + 6$loXxdx.^ Rozwiązawszy te dwa równania ze względu na M‘ i M“,

Xxdx

będziemy mieli

• • 7)

Jf Za=2f * X(3 x — 21) dx+2 e 1(2 lxt + fr₂ — 3s)

M1,l²=2§,cX(l — 3x)dx — 2eI(Ul+2h₂—3s)i Nazwijmy 9)V i 9k“ momenty na podporach belki poziomo utwierdzonej o tej samej rozpiętości i tak samo obciążonej, to tu 5=0, a=(3=0, więc -₁=t₂=0, a zatem według równ. 7) będzie

mT=2\\X(3x-2l)dx m,T=2[l X (l — 3x) dx

Możemy więc napisać

l (2 Tt + t₂ ) — 3s

1.²

M“=Wlu—2eJ.

l(r₁ +2 t„) —3 s

. . 9)

Z tych dwóch równań możemy wyznaczyć t, i t₃, mianowicie otrzymamy

6eX

•₂ = -

(2 M' + M" — 9T) 4- y (»P+2M" — »")+t

. . 10)

jeżeli dla skrócenia nazwiemy

u)

§. 4. Belka poziomo utwierdzona.

Momenty SDP i SDł" dla belki poziomo utwierdzonej możemy dla danego obciążenia obliczyć według równan. 8). Zbadamy tu kilka przypadków.

aj Ob ciążenie j ednym ciężarem skupionym. Tu musimy rozdzielić całkę naznaczoną w równ. 8), bo X=f(x) zmienia się, gdy E (rys. 2.) przekracza punkt C, a mianowicie •

Petx

rys. 2.

\P

dla

O <C x <C e jest X

- ą-

a dla e <Z x <C l jest X

Pe tx .P

(x-e)%

rs    > >

od O do ( a drugi od e do l.

więc pierwszy wyraz całkować będziemy

Zatem będzie na podstawie równania 8)

=2 p\

v O

etx

(3x—21) dx — 2 p[ (x — e)(3x — 21) dx.

v O

Pierwszy wyraz jest między granicami O i Z równy zeru, drugi zaś upraszcza się bardzo i otrzymujemy:

— Pe(P+e' — 2el)=^Peet \

Podobnie otrzymamy    —Pe²e₁ więc,

Pee,²

l²

12 a)

*) p. Podr. t. m. tom I. str. 39.

/{Jr- ?/

Pe et

l²

. 126;

Teraz możemy obliczyć wyrazy 9P i 91" z równania 11), a mianowicie będzie

Pe et (21 — e)__    Pet (l² —et²)

l²

Pe (l²— e²)

9?"= —

Peet (1 + e)

. . 13)

l²

Równanie 12) otrzymaliśmy w inny sposób w Podręczniku statyki budowli (str. 145). — Tam też rozważaliśmy wypadek, gdy belka jest ciężarem q

b) całkowicie obciążona i otrzymaliśmy

m=mu=- a qi²,*)

14)

a na podstawie równania 11)

9l‘=9t"=-jill² • •

c) Częściowe obciążenie jednostajne, a) Obciążenie z lewej strony.

. . 15)

długości dx (rys. 3.) cięźar_j>cfe. Możemy uważać go jako ciężar skupiony, otrzymamy więc moment, wywołany tym ciężarem, według 12) pdxxx (l — xx)²

W punkcie C działa na

rys.3.

dx

dW

a zatem moment w A

y\ox i (l~x iYdx==

— 2lxx²+xx³) dx=

pe²

12P

(6 P-{-8el j-3e²), wreście

Podobnie otrzymamy 9)1"=    9)1" =—77^ #²(1— xx)dx —

16)

stąd

91'

121

j (2P-J⁻46₁? 1- 6    ² -f fe-ł⁻ 3 fij e)

p e²

2 (l + ei)²

17)

91“

12 P

(2Ze+6eet + 2²-f- 2le + 3ex²)

7p(21J-e’)

<-......

£) Obciążenie z prawej strony.

Dla obciążenia jednostajnego z prawej strony punktu C (rys. 4.) aż do prawej podpory otrzymamy momenty podporowe, wstawiając w równa-rys.4.    nie 16) ex zamiast e i na odwrót i 901"

flilliillllil fff zamiast 901'. A więc ------x--

931'= —

p ex ³

Wr

PC,²

. . 18)

12 P

(Z² + 2eZ+3e²)

Stąd otrzymamy dalej:

fp-om-o,

Winkler podaje dla ułatwienia następną tabliczkę dla 91' i 91", obliczoną z równań 17) i 19) dla rozmaitych wartości e:

91

9?"=—

^p0²-e²)J.    19)

obciążenie z lewej strony (rys. 3.) obciążenie z prawej strony (rys. 4.)

91'

91"

91"

H(MCO^lOCDl>COffiO

OÓÓÓÓÓÓÓÓÓH

0-00903

0-03240

0-06503

0-10240

1-14063

0-17640

0-20703

0-23040

0-24503

0-25000 0-00497

0-01960

0.04298

0-07360

0-10938

0-14760

0.18497

0-21760

0-24097

0-25000 0-25000

0-24097

0-21760

0-18497

0-14760

0-109B8

0-07360

0-04298

0-01960

0-00497 0-25000

0-24503

0-23040

0-20703

0-17640

0-14063

0-10240

0-06503

0-03240

0-00903

pP

pl²

pr

pl²

§, 5, Momenty podporowe belki ciągłej o równo wysokich podporach.

Jeżeli belkę ciągłą (rys. 5.) obciążymy, to ugnie się wskutek tego. Na podporach styczne do linii ugięcia będą,

rys.5.

Om-t

'lam

ogólnie biorąc, nachylone do poziomu. Om+i Każde przęsło tej belki uważać tedy tę możemy jako belkę ukośnie utwierdzoną i zastosować doń równanie 10). Przypuśćmy przytem, że podpory wszystkie są w równej wysokości, to s=0, więc dla w go przęsła będzie, jeśli st(3m=st

(Mm _ 1 + 2 Mm — 9ł“m), jeśli momenty na podpo-

Zm

rze

A oznaczymy znaczkiem (m — 1), a na podporze JB znaczkiem m, zaś 91 i Z oznaczymy znaczkiem przęsła. Dla (m+l)go przęsła otrzymamy także z równania 10)

~m

(2Mm+Mm+i — 9^+0, jeśli £ i I mają

6 e 7

te same wartości, co w poprzedniem przęśle. — Z porównania tych. równań otrzymamy

lm+1 (2 Mm + Mm+x-Wm+\)~*-lm (Jfm-l + 2    91"m)

T!

albo

Mm —1 Iwd⁻2 MTO (Imd⁻d⁻Mm-fl lm+l — m lm "ł“ 91 ?n+l lm+1 20)

Ważne to równanie posłuży nam do wyznaczenia momentów podporowych (rys. 6.).

rys. 6.

Zastosujmy równanie 20) do wszyst n-2 n-i n kich przęseł belki ciągłej i zważmy, * Zr * l₂ a    że M₀=M„=0, jeśli belka jest w tych

punktach wolno podpartą. Mianowicie podstawmy w równaniu 20) m = 1,2,8, . . . (n — 1), a otrzymamy:

dla m= 1 m—2

2M, (l₁ + l<2)+MJg=9ll“l,+M₂'l3 Mt 1 + 2 M₂ (l₂+l₃) + M₃l₃=%'%+%‘l₃

m — n —- 2    Z„_2 + 2 Mn—2 {ln—2 + ^n-i) + -^n—i In—1 =

— 91"w_2 /„_2 + 91/n—1 In—1 4-l + 2dfM_! (Zw_i-bZw)==91n—iy/ łn—1+yłn'łn

21)

„ m=w— 1 Jfn_₂

Widzimy więc, że otrzymujemy (w — 1) równań, które wystarczą nam do wyznaczenia (w — 1) momentów podporowych. Równania te nazywamy równaniami momentów podporowych (n. Normalmomentgleichungen).

Jeżeli belka na pierwszej podporze jest poziomo utwierdzona , to M₀ nie jest = 0. Aby M, wyznaczyć, pomyślmy sobie, że przed lt jest jeszcze jedno przęsło o długości Z₍, =0, wtedy dwa punkty podparcia tego przęsła wyznaczają dwa punkty linii ugięcia, a zatem styczną poziomą. Widzimy więc, że potrzebujemy tylko zastosować równ. 20) także do przęsła zerowego, czyli wstawić wartość m=0.

Otrzymamy więc 2 Jf₀lx + MtZ, =9fl₁ 'Z,,

Otrzymujemy zatem jedno równanie więcej, wystarczające do wyznaczenia jeszcze jednej niewiadomej M₀.

Tak samo, jeżeli belka jest poziomo utwierdzona na w tej podporze, otrzymamy:    ln + 2 Mn ln=^nU K

23)

czyli

§. 6. Momenty, siły poprzeczne i oddziaływania.

rys⁷

Niech przęsło AB (rys. 7.) belki ciągłej będzie dowolnie obciążone, wypadkowa wszystkich ciężarów na długości AB dzia-^4* łających niech będzie R, a rx jej odstęp ąp , " 1JŹ M, od B. — Nazwijmy dalej momenty pod-porowe w A i J5, M‘ i M‘\ siłę poprze-.........i czną Q‘ przy podporze .A, przy podporze' i?, ^(obiedwid wewnątrz przęsła), to otrzymamy z równ. 5) M“=M‘JrQtl—Rrt, a

. . 24)

Q"= —

CM CM

rys.8.

a w (m-j-l)m przęśle $»+T,

Qm-j-l/r= Qm“ + 0

0m = — Qm// + Q'Wl-j-l/ •    • 27)

0n = ~ Qn"-

Nazwijmy dalej Om oddziaływanie w punkcie J5, to siła poprzeczna przy B (rys. 8.) w m tern przęśle jest Qm",

_g_a więc i czyli

a dla m=n

* 0a = Q'

§. 7. Obciążenie zupełne jednostajnie rozłożone.

Dla ciężaru stałego jednostajnie ciągłego g mamy według równania 15)    —\gXl, więc

5R."=

Ustawmy teraz równania momentów podporowych według 21), a otrzymamy*)

2 M, (l,+h)+M'k=-łg (lt³ + l,*) M,k + 2Mt(l, + l₃) + M₃l,=—lg(l,³+l₃³) 3fn—2 In—1 + 2 Jfw_ 1 (4—1 + ^*) = J ^ (/w_i³ + ^n³)

24) i 25) 72=^,

o'-*.!-!

Dla wyznaczenia sił poprzecznych wstawmy w równanie r=rx =hl, a otrzymamy

. . 29)

~s>

CO

M"

iK -

Q=Q — gx

BO)

Otrzymujemy więc równanie linii prostej dla zmiennej x i widzimy, że linia sił poprzecznych w każdem przęśle będzie

prostą (rys. 9.) Jeżeli ciężar jednost-iys.9.    ko wy jest ten sam we wszystkich

^[^przęsłach, to linie we wszystkich przęsłach będą równoległe. Oddziaływania wyznaczamy z rów. 27).

Momenty otrzymamy z równań 26)

Jf= Jf'4- Q'x — b g%1 a wstawiwszy za Q' wartość z równ. 29),

K=JgX(l-X) + «l'(l-yj

.    .    31)

M "x

. . 32)

dM

=0,

To równanie przedstawia parabolę o osi pionowej. — Jeżeli ciężar jednostkowy jest ten sam, to parabole mają ten sam parametr (rys. 10.) Chcąc znaleść największe M, zróbmy

a więc w^edle równania 31) Q'—gx—0,

Tys.10.

możemy napisać

T T n/    (Jf' - Jf")

Nazwawszy xt odcinek dla najw M,

Q*

gl

.    .    33)

Tę wartość wstawmy w równanie 32), a otrzymamy

najw 31=--\gP + £ (M' + 31") -f

. 34)

Jf' —Jf''

■ *

Jeżeli Jf'=Jf", to xx=\l, a zatem najw M jest w środku przęsła, w innym razie wychyla się trochę ze środka.

§. 8. Momenty podporowe w przęsłach nieobciąźonych.

najw (-*)—łpl^is-p —20 + 8-j3 • • 113).

§. 27. Najniekorzystniejsze obciążenia.

bU

§.J>^fl5elka pochyło utwierdzona.

§. 71. Podwójne łożyska.

§. 85. Wpływ mimośrodkowego utwierdzenia prętów.

§. 8. Momenty podporowe w przęsłach nieobciąźonych.

Niechaj rte przęsło belki ciągłej będzie obciążone (rys. 11.), a inne przęsła nieobciążone, wtedy Tys'^'    otrzymamy następne równania momen-

—€ów podporowych

2 iif, (4 + 4)+-JZj 4=0

jf₁4d-2jf₂(4+4)+Af₃4=o

j\£r—2 4_i + 2 J\£r—144-i + 4)+d-4 /j—91r/ 4

J/r_i 4+2 J\£r (4+4+0+14+i 4-j-i⁼⁼9+,/ 4

-Jfw_ 2 4— l + 2Jfw_i (4—1 + 4) —O

Z pierwszego równania mamy:

(4 + 4) = — Mx{% + -y¹^

przeciwne znaki, a bez względu, na znak Jf₂ >2M,. Dalej otrzymamy

Jf₂

2 M,

a więc Jf₂ i Jf, mają

il/₃

jf,[9 + Ł( a + 5)

l/a

jest

Kt)

a zatem bez względu na

ujemnem i , więc

/    3 in \

znak lf₃ > i)/₂ (2 -f }; Jf₃ znów ma znak przeciwny, niż

\    ^3/    /    / \

M₂. Ogólnie możemy napisać -Mm-f i > Mmy 2+ §    •    •    36)

A zatem momenty podporowe przęseł nie-obciąźonych są naprzemian dodatnie i ujemne i każdy następny jest więcej, niż 2 razy, większy od poprzedniego.

Nazwijmy M₂=—a M₃=—pi₃ ilf₂, to wtedy [J-₂ =

‘Mł* +4) _ 4 4 4is

2(4+4)

zaś [j.₃ =

drugiego końca belki ££, to otrzymamy podobnie

Jeżeli będziemy liczyli od

Vn-1

2 (4+4—i)

2 (4—i+4—2) —

4-i

v»-i

. 87)

Vw-2

4—2

Ogólnie możemy napisać na podstawie równania 36)

31w-i

2 Im

Współczynniki jjl i v zależne są tylko od rozpiętości przęseł i dla danej belki dadzą się łatwo obliczyć.

4—i

38)

Dla używanych stosunków między granicami 3’5 a +2.

4j-f-i

0-9 do 1'3 waha się [x i v

§. 9. Siły poprzeczne, oddziaływania i momenty w przęsłach nieobciąźonych.

Jeżeli przęsło jest nieobciążone, to 11 =O, więc dla m go przęsła otrzymamy z równ. 24)

Qm

Mm- Mm-1

im

89)

Ponieważ tn Mm i Mm—i mają znaki przeciwne, więc Qm

będzie miało ten sam znak, co M raz dodatniem, drugi raz Mm+i-Mm

więc naprzemian będzie ujemnem. W (m + 1) przęśle będzie

Qm+1

im-\-\

Podzielmy to równanie przez równ. 39), a otrzymamy

Qm-f-1 •^•^jn-f-1

Qm -Mm Mm—\

1+    M m 11 +    i>n

lJ m + 1    im-1-1

1    im-1-1

40)

i ^4.1 są dodatnie, więc cały wyraz jest ujemnym. Ponieważ l + [i.M-|_i "> 3, a 1 + -—<C§, więc

M*

Qm±} ^ 2

.    . 41)

im

Qm

im-\-1

Z tego wynika, że siły poprzeczne są naprzemian do d a fnTe T uje inne i wzrastają ku przęsłu obciążonemu/j eżeli, jak zwykle, 2 lm ;> lm+

Według równ. 27) jest 0m=— Qm//Jr Qm+\ ; ponieważ Q mają znaki przeciwne, więc z tego wynika, że 0m będzie miało ten sam znak, cO (łm-j-i', a więc także będzie naprzemian dodatnie i ujemne. — Podobnie możemy napisać

0m-\-\ ⁼⁼    Qm-j-1 + Qm-\-2 •

Podzieliwszy to drugie równanie przez pierwsze, otrzymamy

Qm-\-2

Qm-\-\‘    Qm-f2

0?n    Q m + Qm-\-i

fl

Qm

przyczem opuściliśmy zna-

Qm+1

czki, bo w przęśle nieobciążonem Q' — Q'‘=Q.

Licznik jest tu dodatni i większy, niż 1 + 2

imĄ-1

im-\-

nownik ujemny i mniejszy, niż 1 + 1

im-j-2

zaś mia-

i'm

więc

1+2

lm+2

42)

Z równania 42) widzimy, że oddziaływania są na-przemian dodatnie i ujemne i wzrastają ku przę

słu obciążonemu (jeżeli 4lm nie jest <i lm+2). Momenty obliczymy z równania 26), mianowicie będzie M=Mm-i-\-Qm%-Wstawmy wartość za Qm, to otrzymamy

M=M₇

M=Mm-1

hi)

czyli

Mmx

Im

43)

Ze względu na a; jest to równanie Igo stopnia, linia momentów będzie więc prostą. Wyniki te przedstawiliśmy na rys. 12.

rys. 12.

. falka ugięta ____C    JJ

li

siły poprzeczne

;n i 1 i rn 111 ? 1111! 1 ii T!'

:    mornatty

j___r^fTTTMfTrm^

rys. 13.

A*

l'm

i¹-i)

Im

Jeżeli w kaźdem przęśle są momenty dodatnie i ujemne, to musi być rp w kaźdem przęśle punkt, w którym j£*Złf=0. Nazwijmy a odnośne x (rys. 13.), to z równania 43) otrzymamy -J+i—1 Im

a stąd am

czyli am=

Mm

. A gdy

Mm

Mm-1

y-m, będzie aTO=

Irre

1 + ^m

. 44)

-Mrn—1

Stąd widzimy, że ponieważ y.m zależy tylko od rozpiętości, a nie zależy od obciążenia, am pozostaje niezmiennem, którekolwiek przęsło z prawej strony danego przęsła dowolnie jest obciążonem. Zawsze wtedy linia momentów przechodzi przez I,

zatem I jest punktem stałym (n. Fixpunkt, f. foyer, point

danego przęsła, wtedy otrzymujemy punkt stały A, możemy wtedy podobnie napisać

hn

1 +vm

45)

Moment w lewym punkcie stałym jest niezależnym od obciążenia z prawej strony zaś moment w prawym punkcie stałym jest niezależny od obciążenia z lewej strony.

Jeżeli belka jest na zerowej podporze wmurowana, wtedy

*o=0,

=2

więc

“i li

46)

Tak samo otrzymamy, jeśli belka jest na ntej podporze utwierdzona.

47)

Jeżeli belka ciągła jest na obu skrajnych podporach podparta, to na tych podporach M— 0, więc at =b»=0    .    .    48)

Według równania 38) jest {jl>2, więc

ttm <b

im

im

stąd Um < g

i^m +

r-J ICO

. . 49)

skrajnych

one na

a zatem punkty stałe leżą w skrajnych trzecich częr ś ciach przęsła. W przęsłach skrajnych leżą podporach, a w razie utwierdzenia poziomego tych przęseł w jednejWrzeciej długości przęsła.

§. 10. Momenty podporowe przęsła obciążonego.

Dla przęsła obciążonego mamy według równania 35)

.    50)

3Ir— 2 ir— 1 + 2 Mr—1 (Jr—1 + ir) + ~Mr = lr Mr-\ ++2 il/r (ir-\-ir-\-i) +    ir-\-l— $1/' ir

Przypuśćmy na chwilę, że nie r-te przęsło jest obciążone, lecz inne na prawo leżące, to byłoby

4/ r—2 ir—1 + 2 Mr—1 (Jr—1 + ir) + FLr ir = 0.

A ponieważ Mr=—więc

Mr—2 ir—1 + 2 J/r_i (/r_i+Zr) [JLr JTr_i ?r = 0 . . 51)

To równanie przedstawia związek między Mr który, jak wiemy, jest niezależny od obciążenia r-tego przęsła, więc także prawdziwy, gdy r-te przęsło jest dowolnie obciążono. Podobnie otrzymamy

i Mr

~Mr-f-1 Ir-f-1 "k ^ JSI-r    %r-j-l) s,r ~Mr ^rr==^    • • • 52)

Te dwa równania dają w połączeniu z równaniami 50)

następne:

\j.r Mr—i + Mr=9^/ \

yrMr+-Mr-i^łr"l *. '

.    . 53)

Z tych dwu równań otrzymamy

vr 91/ dłr"

Mr-1

Mr =

.    . . . 54)

P*r    1

Wiemy, że spółczynniki ja i v są większe, niż 2, więc mianowniki równania 54) są dodatnie.

Według równania li) jest 9fł/=29Jł/-f90,ł//,

Vr %' — 91/'=2 Vr 9W/+vr 2W/' — 2 9Jłr" — Wr'=

=9)1/ (2 vr — 1) + 9)1/' (vr — 2).

Ponieważ momenty 9)1' i 9)1" są zawsze ujemne (według rów. 12), a 2vr—1 i vr—2 zawsze dodatnie, więc licznik jest . ujemny, a mianownik dodatni; a zatem lłfr_i jest ujemnem. To samo możemy udowodnić dla Mr. A zatem momenty podporowe przęsła obciążonego s"ą zawsze ujemne.

więc

§. II. Obciążenie najniekorzystniejsze dla sił poprzecznych.

a) Obciążenie odnośnego przęsła.

Niechaj będzie tylko jedno przęsło AB (rys. 14.) belki ciągłej obciążone, i to niech działa w punkcie E siła P, to siła poprzeczna Q w punkcie F będzie według 24) i 25), gdy x )> e )> 0,

Q^W₊P(l-ę)__P)

M"—M' P(ł-e)

a gdy l e >» x

.    . 55)

Z równań powyższych widzimy, że linia wpływowa będzie funkcyą e wyższego stopnia, niż pierwszego (bo M' i M“ są f(e), a więc będzie to linia krzywa. Wiemy jednak, że dl e=0 i e=l jest $=0 i że różnica rzędnych w F wynosi F—

GB

=F"F'"ę Linie A‘F'" i FUB‘ będą się mało co różniły od prostych, bo wyraz pierwszy jest stosunkowo mały. Z kształtu

to

rys.14.

TB

k **—>

'sJT"

F-

F'"

linii wpływowej widzimy, że dla najw Q musi być obciążona długość FB, a dla najmn Q długość AF, a więc tak samo, jak dla belki jednoprzęsłowej. Tak samo musi też dla ciężarów skupionych jeden ciężar stać w F, największe i najgęstsze ciężary blisko F.

b) Obciążenie reszty przęseł.

Przypuśćmy teraz, że odnośne przęsło nie jest obciążone, wtedy Q'. Z rys. 12. widzimy, że, aby to Q było dodatniem, musi być lewe sąsiednie przęsło obciążone, a prawe nieobciążone, inne zaś przęsła naprzemian, gdyżeśmy udowodnili, że siły poprzeczne są naprzemian dodatnie i ujemne w przęsłach nieobcią-żonych. Stosownie do tego będzie linia wpływowa w innych przęsłach naprzemian pod lub nad osią (rys. 14). A więc dla

najw (+ Q) i najw

rys.15.

(—Q) w punkcie F

AM

najwAQj

AjnMinilp iT|llljllililiy przęsła GD musi być * * *    belka obciążona we-

F dług rys. 15).

najw.(-Q)

§. 12. Największe siły poprzeczne.

Według równania 24) i 25) można obliczyć najw. siły poprzeczne w danym punkcie C (rys. 16.) dla obciążenia jednostajnego ciągłego. Wiemy, że przytem musi być

rys. 16.

\R

MIT

jc -

długość BC obciążona.

Podstawmy w tycb równaniach

B=p(l— x), r₁=±(l—x), P== 0,

M"-

najw (+Q)=—j

to

— M'

P(1 - x)²

.    .    56)

Dla najmniej szóści sił poprzecznych musi być obciążona

długość AC (rys. 17), więc

7 )    7    -w.

B=px, r, = l—F=px.

W stawmy te wartości w ró-

rys.17.

^^

wnania 24) i 25), a otrzymamy

najw (— Q)

M"— M'

px²

i *1

. . 57)

M"—M'

Według równ. 80) mamy dla obciążenia zupełnego Qz= — -f- § p (l — 2 #),- widzimy więc, że

co zresztą jest oczy wistem.

najw (— Q)=Q*— najw (+<$) .    .    .

.    .    58)

rys. 18.

toto

Linie największych i najmniejszych sił poprzecznych, będą prawie paraboliczne, wyraz IfG& pierwszy bowiem jest wprawdzie^ i funkcyą x, ale jest zazwyczaj ^ bardzo małym (rys. 18).

§. 13. Bezwzględnie największe i najmniejsze siły poprzeczne.

Z rys, 18. i z poprzednich równań widzimy, że największe siły poprzeczne są na podporach i to na lewych każdego przęsła dodatnie, na prawych ujemne. W rys. 19. oznaczyliśmy

rys. 19.

obciążenie dla najw ( + $) w C. Bezwzględna największość jest dla

^Hll!il!!Hlillill!lllll|4-<71111,jjiiiy— x=0, więc oba przęsła, między któ-

remi leży punkt A, muszą być

ry s. 2,0.

obciążone. W rys. 20) oznaczy-

liśmy znów obciążenie dla najmn

Q w C. Bezwzględna najmniej-K 2    > szość jest dla #=Z, więc znów

oba przęsła, między któremi leży podpora B, muszą być obciążone ; reszta przęseł ma być naprzemian obciążoną. Z równ. 56) i 57) otrzymamy

dla x=0 bezwzględnie najw Q

M"— M'

„ x--=l

najm Q

M"—M'

. . 59)

fHlCl

Ponieważ oddziaływanie równa się różnicy sił poprzecznych po obu stronach podpory, a obie siły poprzeczne są największe dla tego samego obciążenia, więc oddziaływanie będzie największe także dla tego samego obciążenia, t. j. gdy oba przęsła sąsiednie są obciążone.

Najmniejsze oddziaływanie, powstające z powodu ciężaru ruchomego, jest ujemnem. Jeżeli oddziaływanie dodatnie, wywołane ciężarem własnym, jest większe od oddziaływania ujemnego z powodu ciężaru ruchomego, to oddziaływanie dla ciężaru własnego i ruchomego jest ostatecznie dodatnie; w przeciwnym razie ujemne.

W tym ostatnim wypadku, belka musi być przytwierdzoną do podpory, gdyż inaczej podniosłaby się w tern miejscu, czego dopuścić nie możemy ze względów ustrojowych. Największe oddziaływanie ujemne powstaje, gdy dwa sąsiednie przęsła są nie-obciążone, a dalsze naprzemian obciążone i nieobciąźone.

§. 14. Najniekorzystniejsze obciążenie dla momentów.

a) Obciążenie przęsła badanego.

Niechaj w punkcie.F r-tego przęsła belki ciągłej działa

siła P (rys. 21.), to wiemy, że według równań 12 a) i

AA

rys. 21.

1 cc—*.........c........*~-b —->j

Uri j\ E H K Mr

Ti    $

«.......J

12 b) będzie

Pe²et

JC-

#?•

,    ^    V 9P— 91"

czka r Mr—\ — —

u.v

Mr

pff

w'=

Dalej według równań 54) mamy po opuszczeniu zna-

Podr. Teor. mostów.

{XV — 1    *

Na podstawie równan. 60) dadzą się linie wpływowe dla momentów podporowych Mr-1 i Mr według Solina w następny sposób wykreślić (rys. 22.). Zróbmy BR=l — 3 6=AB — 3 BK, IK

RD=l~=AB

Al

Podstawmy w tych równaniach wartości z równań 44) i 45) — 1, z rys. 21. c—l — a

— li v=

|*=-a

i 91" z równ. 11), to otrzymamy

Rac et ~~d'~

~b

6 i wartości za 91'

Mr-1 =

(2l — 3b — e)

Mr = —

Bbee,

. . 60)

Cl²

(l — 3 a -f e)

FL momentowi dla belki w dwu punktach

Pee,

DD'—FL i wykreślmy D'R, to

podpartej

-py, DD‘'RF Peei (J — 364 e,) Paexe

Y ^ ~rtT~⁼~~T * ~    =-—-

(2^—36—e)=Mr-1.

D‘

rys.22 .

//'

/ ! ..

i F'

......

JJ

G A:

7>.i i | '

'<—ecj-k-¹--j-

j-.y -....j —»* —

y'l :

-----C —---X4" O---^

k-

k—W- - - $

Podobnie otrzymamy FF"=Mr. W ten sam sposób możemy otrzymać momenty Mr~\ i Mr dla innego położenia siły P, a połączywszy końce rzędnych, przedstawiających momenty, otrzymamy linie wpływowe AF'B i AF"B. Zróbmy teraz AAx =FF', i BB^FF", połączmy 4, z 5, i zróbmy L‘C=FL, to AlCBl będzie przedstawiać linię momentów w przęśle AB, jeżeli siła P działa w P. Ponieważ L‘ leży zawsze niżej L, więc C będzie zawsze poniżej AB, a zatem moment w punkcie zaczepienia siły jest zawsze dodatni. Z rysunku widzimy, źe, jeżeli siła P leży w F, w punktach U i W jest moment równy zeru. Wyznaczmy położenie tych punktów obojętnych.

Z rysunku wynika, że AAX UCsjUFC, więc u: (e— u) = =(—    Mx, gdy Mt=FC, zatem

u: e—(— Mr—i): (i), więc iPr_i e

U= — '

Z rys. dalej wynika: M. = CL'—FL

ĄMr+(Mr^-Mr)

W równaniu tern dajemy znak ( + ). bo Mr i Mr-\ są ujemne. Wstawiwszy wartość za Mx w poprzednie równanie, otrzymamy po skróceniu

podobnie będzie

Mrl

W Mr—Mr~\ Fe

. . 61)

r , to

Wstawmy teraz wartości z rów. 60) za Mr_\ i M otrzymamy

. . 62)

a (21 — 3 b — e)el cl² + (2a — b) el — (aĄ-b)e b (21 — 3 a—ex)exl cl² + (2b — a)exl— (a+bje^

W przęsłach skrajnych jest w pierwszem a=0, w ostatniem b—0, więc dla przęsła pierwszego u=0, c=l

b(2l — ex)exl    b(2l — ex)exl b(P — e²)l

W cl²+ 2 be, l — be²~ P — b (l²—2 exl+ex ²)~ P — be2 W ostatniem przęśle jest &=0,    — a, w=0,

a(2l— ę)eZ

(l—a)P-Ą-2ael—ae²    P—

Z rysunku 22. widzimy więc, źe, jeżeli siła P stoi w F, momenty na długościach w i m; są ujemne, zaś na długości UW dodatnie.

. 63)

u=

a(P — et²)Z

aex

. . 64)

Podobnie dla ex=0 jest dla ex=l jest

Zbadajmy najprzód, jak wielkie może być u i w. Z rów. 62) wynika, że dla e=0 jest u—0, zaś dla e=l jest u=a. w=0, w=b.

A zatem widzimy, że gdy u może być najwięcej =a, a najw w=^b, a zatem na długości IK między punktami stałymi moment jest zawsze dodatni, zaś na długościach Al i KB może być moment ujemnym lub dodatnim. Rozróżniamy z tego powodu trzy części w kaźdem przęśle, część pierwszą Al, część drugą, średnią IK i trzecią KB. Rozumie się, że w przęśle pierwszem część pierwsza AI= O, a w przęśle ostatniem KB=0.

A zatem możemy powiedzieć: W części średniej przęsła belki ciągłej każdy ciężar, gdziekolwiek na tern przęśle działający, sprawia moment dodatni, a więc dla największego M musi być to całe przęsło obciążone, dla najmniej szóści wcale nie-obciąźone.

Dla punktu U, leżącego w części pierwszej, jest moment równy zeru, jeżeli P stoi w punkcie F. Jeżeli siła P posunie się na lewo, moment w punkcie U jest dodatnim, jeżeli na prawo, ujemnym. A zatem dla najw M w punkcie U w części pierwszej przęsła musi być to przęsło obciążone od A aż do F, dla najm M od F do B.

To samo da się zastosować do nunktu W w trzeciej części przęsła. Dla najw M w punkcie W musi być obciążone przęsło od F do B, dla najmn M od A do F. A zatem badany przekrój jest zawsze dla naj większości obciążony, a dla najmniej szóści nieobciążony.

b) Obciążenie reszty przęseł.

Z rys. 12. widzimy, że obciążenie przęsła CD sprawia w części I i II przęsła sąsiedniego na prawo momenty ujemne, a w części III dodatnie, dla przęsła sąsiedniego lewego zaś w części I dodatnie, w II i III ujemne.

dla

A zatem dla części I dla największości musi być sąsiednie prawe przęsło obciążone, sąsiednie lewe nieobciąźone, a reszta przęseł naprzemian (rys. 23.). Dla części średniej muszą być sąsiednie oba przęsła nieobciąźone, a inne naprzemian części III zaś musi być sąsiednie prawe przęsło nieobciąźone, a lewe obciążone, inne zaś naprzemian.

Ogólnie więc możemy powiedzieć dla wszystkich trzech części: Do części obciążonej danego przęsła przytyka przęsło nieobciąźone, do części nieobciąźonej obciążone przęsło. Inne przęsła mają być naprzemian obciążone.

W rys. 23. wykreśliliśmy schemat najniekorzystniejszych obciążeń ciężarem jednostajnie rozłożonym. Jeżeli mamy belkę obciążać układem ciężarów skupionych, to ponieważ tu otrzymamy linie wpływowe krzywe, nie uzyskujemy tak prostych

rys. 23.

części

f.xT r /rA *

i — - Q-

-J

7i/yw + M

jnnmnnHnm

cześćlL

jnnnnnnii%

// M

<    część UL

JTTTriirnTTTTTTTTT^ "

----y

//    - M

jTTTTTHiriłuiimn

prawideł dla najniekorzystniejszego położenia, jak dla belki jednoprzęsłowej. Linia wpływowa będzie miała jednak w danem przęśle także kształt trójkąta, lecz o bokach krzywych, z wierzchołkiem w punkcie badanym tak, że w przybliżeniu możemy zastosować dla najniekorzystniejszego obciążenia prawidła dla momentów belki w dwu punktach podpartej.

Co do obciążenia reszty przęseł kształt linij wpływowych, które otrzymamy później wykreślnie, da nam pewne wskazówki co do ustawienia ciężarów skupionych w rozmaitych przęsłach. Zwrócić jednak musimy uwagę, że obciążenie tego rodzaju, jak na rys. 23., jest w praktyce nieprawdopodobnem, a przy mostach kolejowych wprost niemożliwem. Przy mostach drogowych, gdzie obciążenie takie jest możliwe, przypuszczamy przy obliczeniu rzeczywiście ciężar ruchomy podzielony na kilka części, przy kolejowych moźnaby albo przypuszczając jeden pociąg przyjąć na długości, któraby nie powinna być obciążoną, wozy próżne (ważące 6 t), a zresztą parowozy i wozy ładowne *), albo też

*) porów. Podr. t. m. tom I. str. 68.

przyjmujemy tylko dane przęsło obciążone. Przyjmowanie niemożliwych obciążeń dla obliczenia belki wydaje nam się nie-usprawiedliwionem.

§, 15. Wyznaczenie największych momentów dla obciążenia ciągłego.

a) Średnia część przęsła. Dla największych momentów musi być dane przęsło całe obciążone, dla najmniejszóści zaś całe nieobciąźone, reszta przęseł naprzemian (rys. 23.). Dla najw (— M) otrzymamy z równ. 24) i 26), gdy P=E=0,

. . 65)

u aj w (— M)=M'—(VI'— itt") j

Jestto równanie linii prostej.

. . 66)

Jeżeli    to najw (—. .

jestto równanie linii poziomej.

Podobnie otrzymamy z równań 24) i 26)

najw (+M)=ML'—(M'—M") v + 5 px (1 — x) .    .    67)

b) Pierwsza część przęsła. Dla najw (—M) musi być przęsło dane AB obciążone od F do B (rys. 22.) Według

Pet 21 •

— T\l‘

równania 24) otrzymamy więc Q' =-f~ +

Wedle rów. 26) M— M'+ Q'%, więc

, MM"

pe,² x

. . 68)

najw (—M)=M-

Dla najw (+J1) musi być przęsło AB obciążone od A do F. Tu jest    , a M=M'+Q'x-bpx\

najw (+M)=I'-(I/—r)y +

więc

px

21

(2 el — e²-lx) .    69)

4 I

ciej części

c) Trzecia część belki. Podobnie otrzymamy dla trze

2

najw (— M)=M'— (M'— M") y-

— x)

ii

. . 70)

najw (+M)=M/—(M'—X^(|X    ^

21

71)

We wszystkich częściach przęsła jest

. .    72)

najw (+M) + najw (— M)=M jeżeli Mz oznacza moment dla obciążenia zupełnego.

Jeżeli wykreślnie przedstawimy linie największych i najmniejszych momentów, to otrzymamy rysunek 24. Dla ujem-nycłi największych momentów otrzymujemy w średniej części każdego przęsła linie proste.

rys. 24.

ftflk

AĘ

liii

f¹

li!

li

W

§. 16. Wielkość ciężaru jednostajnego ciągłego.

W poprzednich paragrafach przypuszczaliśmy, że ciężar jednostkowy p jest w danem przęśle jednostajny. Dla mostów drogowych jest ciężar ruchomy p dla wszystkich przęseł jednostajny, jeśli liczymy na podstawie obciążenia tłumem ludzi, co zwykle jest wskazanem dla belek głównych większej rozpiętości. Jeżeli rozpiętości są nierówne, może się wszelako ciężar własny g poszczególnych przęseł różnić. Przy mostach kolejowych jednak, jeżeli rozpiętość przęseł jest nierówna, przyjąć należy dla rozmaitych przęseł różne wartości nietylko dla ciężaru własnego y, ale też i dla ciężaru zastępczego p. Dla ciężaru zastępczego dla sił poprzecznych należy przyjmować zmienne p nie według długości przęseł, lecz według długości obciążonej.

Rozporządzenie austr. min. z r. 1887. Mosty kolejowe (§. 3 c). Dla belek ciągłych należy przy obliczeniu pasów przyjmować obciążenia wedle skali a, odpowiadające rozpiętościom obciążonych przęseł i uwzględniać ten rozkład obciążenia, który wywołuje największe momenty.

Dla obliczenia kraty lub ścianki tych belek należy jednak przyjmować w danem przęśle obciążenia według skali b, zaś obciążenia równoczesne innych przęseł według skali a.¹)

II. Belka ciągła dwu- i trzyprzęsłowa.

§. 17. Momenty podporowe belki dwuprzęsłowej.

Jeżeli rozpiętości pierwszego i drugiego przęsła belki dwuprzęsłowej nazwiemy 4 i 4 (rys. 25.), to otrzymamy według tys.25.

rów. 21.), zważywszy, że M{)-= 0

_ T i ^=0,

? _.....jf 2Jf, (4 -hZ₂) = 9^,"Zj    więc

moment podporowy na średniej

m IV'4+54(4

2 (4+4)    ' • *

Jeżeli oba przęsła są, równe, to lx=l₂=l więc

-4

X--P

podporze B

78)

74)

Przypuśćmy, że ciężar jednostkowy w pierwszem przęśle jesr pt, w drugiem p₂.

Jcż:li pierwsze przęsło jest obciążone (rys. 27.), to

s»«r=o.

"Wstawiwszy to w równ. 73), otrzymamy

rys. 26.

M.= —

MI

• 75)

Załóżmy    l₂ =1, to

JL MI______

l-T-J 8    1+3    8    *    ‘

3³

M l²

I 1 "

. . 76

Jeżeli drugie przęsło jest obciążone (ryz. 27.), to otrzymamy

rys 27

odnośne wzory, jeżeli zamienimy px na p2X 4 na 4 i 4 na 4? zatem

p, 4³

l_M

8 (4 + 4)    1+3 8

. . 77)

Jeżeli teraz oba przęsła są obciążone, to otrzymamy

p. 4 ³+p₂4³₌₌_ C^p, + pM 8 (4 +4)    8 (1 + 3)

Mt=-

. . 78)

3³

Wyrazy ^ i' ₁₊₃,

używanych stosunków 3.

Podajemy tu niektóre wartości:

obliczył L e b e r dla rozmaitych

3=0-5    0-6    0-7    0*75    0-80    0-85    0-90    0*95    1-00

0-0833 0-1350 0-2018 0-2411 0-2844 0-3320 0*3837 0-4397 0-5

5S

r-i3

0-6667 0-6250 0-5882 0-5714 0-5556 0-5405 0-5263 0-5128 0-5

§. 18. Ciężar własny.

Dla ciężaru własnego otrzymamy MX1 moment podporowy w 3, z wzoru 78), jeśli tylko px i p₂ zamienimy na gx i y₂, więc

(3%,+g.,)!²

gJi³+.hh³

8 (lx +Z₂)

8(1+5)

. . 79)

Jeżeli jak zwykle, lx==l₂=l, więc 3=1, a g₁=g₂=g, to

gl²

80)

Chcąc teraz wyznaczyć siły poprzeczne w pierwszem przęśle, zastosujemy rów. 29), zważywszy, źc tu jest M'=0, M"=MX)

n 7 ^n 7 3 9lO_ y:i+_    1 o- I _

8 (/,-+/,)/, *g,lł

2!si_+sa)]

8(1+3) 3 ‘

. 81)

Q'— \ 9\ h

a dla 3 = 1 i gx =gi =g,

Q/=.]71— ^l=|^y= + U-375gl; .... 82)

iptM¹ • • • ■ • ⁸³⁾

zaś

a dla przęseł równych

TH IX

Q"=— \g] —    0-625 gi . .

Według równ. 30) mamy dalej ogólnie Q=Q'—gx, a dla

przęseł równych    Q = §^ — gx—i g (31 — 8 x).....85)

Jestto równanie linii prostej.

Moment otrzymamy według 32)

.. 84)

M, x

. . 86)

M = lg,x(l₁ —x) + a dla przęseł równych będzie

M.=yx(l — x)— Igi² |=|gx(31 — 4x)    .    . 87)

Jestto równanie paraboli.

Niech będzie dla najw Mjx=xx, to znajdziemy xtl różniczkując równanie 86), więc

dM

M

= bg₁ (/,—2 #,) + -y- = 0, zatem xx = = sh +^y • Dla przęseł równych Mx =— lgl², więc#, = §£=0-3751.

dx

A\

Wstawmy tę wartość w równanie 87),' to będziemy mieli

najw M = g#.|Z(3Z + I ^/t=T5 8$^2=r

— 0*07036gl² . 88) Z równ. 87) widzimy, że M=0 dla 3 Z—4#', więc dla #'=§ Z=0‘75 Z.

Wyniki te zestawiliśmy na rys 28), z którego jeszcze widzimy, że oddziaływanie w B jest

= gl • 89)

Ogólnie jest 0₁ =gyy l>i⁷i²(4 Z, + h)+£Eh² (H +/₂)] . 90)

rys. 28.

MM

Tl

LS

^|Hlrrrw

4-1 U*

§. 19. Ciężar ruchomy.

Teraz obliczymy siły zewnętrzne, wywołane ciężarem

ruchomym.

rys. 29.

ę-v-

,<-4: -y <-.....

Otrzymamy więc z rów. 19)

a) Siły poprzeczne. Dla naj w (+ Q) w p .E (rys. 29.) musi być obciążona długość JEB, a drugie przęsło nieobciążone.

PxQ i²—x²)²

4lt ²

9ł/=0.

Moment w B będzie według równ. 73)

2 (Z, + ^₂)

Mx

Pj([i ²—x²)'

8lt (/, + 7,)

91)

Dalej otrzymamy wedle równania 56), wstawiwszy M'=0,

najiv (+$)

*Wi + h)

czyli

najw ( + Q)

Pl Ol — x)²

Ponieważ dla obciążenia zupełnego według rów. 81) i 85)

Qz=bpJi—    ---Pix> więc otrzymamy najw. ujemną siłę

poprzeczną, odciągnąwszy najw (+$) od Qz, zatem

(3^ +

Pil^+Pj*³ Pi (h~XY 8 (*,+/,)/, 8/₁²(/₁ + /₂)

+ 4:ltlt— 2/,    (T²) =

= 5 Pl (fi — 2x>

81i²(I,+1₂)

+ 41,1,— 21, x —x²)}

{p,l.‘+p.l,l.⁸+p. (l,-x)¹(S],!+

. 93)

Jeżeli /t ==Za =?, zatem 3 = 1, a p₁=p₂=p, to z równ. 92) otrzymamy

2ii^l3X)5{71²--21x-x!)} ,    .    .    94)

-    (2 /-⁴ — (/ — x)² (7 l² - 2 te - z²))=

16~P (l⁴ + 101²xJ    x⁴) . .

najw (+Q)

a z równ. 93)

najw (—Q)=\p'l - 2+) . . 95

6) Ciśnienia na podpory. O₀, ciśnienie na podporę Af jest największe, gdy pierwsze przęsło jest obciążone, a drugie nie. Otrzymamy więc z równ. 92)

najw 0„

dla x=0

a dla 7, =/, =1

|.,V(8l,+4),) |

8(1, t«,)    '

najw 0. = A pi

. . 96)

Największe 0, w punkcie B otrzymamy, gdy oba przęsła będą obciążone, a więc jak dla ciężaru własnego według 00), -

8j7n[p,l,,(+,,+,,)+p,I,,(4li+l>)]

najw 0, =

.    97)

a dla równych przęseł

Najw (— OJ powstaje, gdy drugie przęsło jest obciążone, a pierwsze nie. Wtedy otrzymamy z rów. 81) i 96)

najw 0X-=| pl

najw (— 0,,)^= hPih —

M⁸+M⁸

8(/i +/,)/,

P,V_

8(l,+la)l

Pt h (3 /, +4/a)

8 (ft+Q

Dla przęseł równych jest Równocześnie działa jednak ciężar własny, więc

najw (—0„)p= —T\jpl

najw (—    —

M³+M³

$(/,+/,)7

(^1 + U ^1 ² - (ffl^l ³ + ^2^ ³+i^2^ ³)

8(^1 +/a)

A więc wajw (— 0„) jest ujemnem, jeżeli

9x h ³+ (g₂ +p₉) h³ > 4#i (/, + ',)/,²,

najw (— 0₀)=

czyli jeżeli

ft> (³ i?⁺⁴ł)

£1 — 9i

. . 100)

Jeżeli rozpiętości są równe, oddziaływanie 0n jest ujemne, jeśli p^> 6 g.

Moźliwem zatem jest oddziaływanie ujemne tylko, jeśli Z₂, a zatem i gx jest znacznie większe niż /,, względnie gx. Przy równych długościach przęseł mogłoby to nastąpić tylko przy bardzo małych rozpiętościach około Z=10m. 0, nie może być wcale ujemnem.

c) Momenty. Przęsło pierwsze, część druga.

W przęśle skrajnem, jak wiemy, nie ma części pierwszej,

tu punkt stały wpada na punkt A (rys. BO). Według równania 37) mamy

rys. 30.

Ą £

^5 *jt • J

K-------

telljiiillllliiiilllillilMlM nafw(+Mj

Vb-T    *

/W:

v«

„=o,

a dla lt=1₂=l

więc według 45) /a

6,“i+^s= 3^+2/; • •

101)

1=02 i

102)

Dla najw (-M) musi być pierwsze przęsło nieobciąźone, a drugie obciążone, więc według 77) Mx =

_ Pih3 8(l,+k) •

Wstawiwszy w rów. 65)    M'=0,

/,    8 lt (1, -+-la)

Najw (-f-Jf) jest dla obciążenia uzupełniającego uwzględniając rów. 86)

najw (+M)=iPlx(/t—x)-Pt'' jlA i +

M"=J/j, otrzyma my

.    .    103)

więc

[Sl.+łl,)!, —iCl.+I,)!] • 104)

Dla przęseł równych otrzymamy z row. 10B) mijw M =—yS pIx    . .

najw (+ M)=T’(5 px (71— x) .

a z rów. 104)

Przęsło pierwsze, część trzecia.

Najw (A-M) (rys. 31) będzie w punkcie W części trzeciej,

jeśli obciążymy długość FB,

rys. 31.

najw. (-MJ e —>

Aę--—^    ---------Z^c dziemy wcale obciążać.

naiwPMj r........\ w _    ^    Wtedy 11,

------7.-----4    %'=

a drugiego przęsła nie bę-

Pa-Oł

4'i

a zatem

według równ. 73)

Mt=-

Pyjl^—ey

8/i(^+4) ’

a według równ. 71), wstawiwszy Jf'^0, M"=Ml,

2/,

² —e²)'²^ , p₁{J-i — x) (lxx—e²)

8/, ²(^i -bć,)

2/,

najw (+M)

Pi

[(41,1, (l₁a+ea)+31,³ (l² + 2e²) — e⁴)x-f

— 4l₁²(li+l,)(x² + e²)] Długość zaś e znajdziemy z równ. 63)

107)

b(l²—e²)l

-VI

dla b

w) 1

3 /, + 2 /₂

. 108)

b (1—w)

w=// — x .

Możnaby teraz wartość tę dla e wstawić w równanie 107) i otrzymalibyśmy najw (A-M) jako funkcyę x. Odciągnąwszy tę wartość od wartości dla obciążenia zupełnego, otrzymalibyśmy najw (—M). Ale ponieważ wzory te byłyby za zawiłe, więc zaniechamy ich wyprowadzenia. Wskazanym jednak powyżej sposobem możemy w każdym danym przypadku wyznaczyć najw (A-M) i najw (— M).

Jeśli /t=Z₂=Z a p₁=i?2=p, to otrzymamy z równ. 107)

przyczem

109)

(7 ltxA-10l²ex — e*x — 8 Z³e² — 8 l³x²) .    110)

Z równ. 108) otrzymamy dla b=£l e=ąÓ⁽i

najw (A-M)

l — l-\-x)

ilx

A/o-4- .

ł    X

— BO —

Wstawiwszy tę wartość za e w 110), otrzymamy

u ii j w (+M)=^p^41x — x²

l³

— 51²-f 2 —

. . 112)

Mz dla obciążenia zupełnego jest według równ. 87)

Mz=— ±px (4# — 3/), więc najiv {—M)= — lpx{4zX — 3/) — najw (Ą-M), zatem

¹

patrz Podr. t. m. tom I. str. 55.

najw (-*)—łpl^is-p —20 + 8-j3    • • 113).

Na podstawie tych równań wykreśliliśmy linie najw. momentów dla bel-ki dwuprzęsłowej o równych przęsłach (rys. 32.) Dla ta-kiejże belki obliczył Winkler tablice

lys 32

według poprzednich wzorów, które tu podajemy.

Ciśnienie na podpory. najw (+ 0₀)=0,3750tfjrZ-l-0,4375^Z najw (—0a)=0’3750gl—G‘0625^ najw (+ Ot)=1.25(g +p)l najmn (Ą-O^-l^gl.

Siły poprzeczne.

Siły poprzeczne

0-1

0-2

0-3

0-375

0-4

0-5

0-6

0-7

0-8

0-9

1-0

ciężar własny

Q_

+ 0 375 + 0-275 + 0-175 + 0-075

i'

9l

najw (+ Q)

ciężar ruchomy

najw (— Q)

“T

0.4375 0-3437 0-2624 • 0-1932 0-1491 0-1359 0-0898 0-0544 0-0287 0-0119 0-0027

0-0625 0-0687 0-0874 0-1182 0 1491 0-1609 0-2148 0-2794 0-3537 0-4369 0-5277 06250

pil

pl

ęooooooooooooo

gocoOTOD^i-aosaite-cotoi-¹

+ 0-0325 0-0550 0-0675 0-0700 0-0625 0-0450 0-0175

0-5423

0-7454

0-8885

1-00

— 0-0200

—    0-0425

—    0-0675

—    0-0950

—    01250

0-03875

0-06750

0-08625

0-09500

0-09375

0-08250

0-06125

004688

0-03000

0-01523

0-00611

0-00138

0-00625 0-01250 0-01875 0-02500 0-03125 0-03750 0-04375 004688 0-05000 0-05773 0-07361 0-09638 0 12500

gP

pP

pP

- BI —

Momenty.

moment

N ^ UJ Cs*.

ciężar własny

ciężar ruchomy

najw ("-ł— il/>

na.jw (— M)

nagie (-\-Mg)— +0,070Bly/s, dla #=03750/. „    +0-09566 p/²,    „ #=043741.

§. 20. Momenty podporowe belki trzyprzęsłowej.

Tu przypuścimy, że przęsła skrajne są równe i że ich rozpiętość /t =3/, zaś rozpiętość przęsła średniego /.

albo

Otrzymamy wtedy według 21)

2 Mx (/, +/) + M,    \    ' /

Mtl+2M, (/+g=9V'/+9V/

2Mt (l + 2)+.3fa==9li"3+9ła' Mt + 2 Jf₂ (1

a stąd otrzymamy

M₂

2(1+ $) (91, - 3 + % ') f- (9i₂" + 9l₃ ⁴ 3)

4(!+^)²— i

2 (l + 3) (91₃" + 9l,/3)-(9?,,^+9i₂ o •

. 114)

4(l + h)²— l

Jeżeli obciążone jest tylko całe pierwsze przęsło cięża

rem jednostkowym plt to

9V'=4lV'i²

9fł₃/=9fla/=9l₂//==:0, więc 43(1 + 3)    43* (1+3) p,I!(

4(1+3)*—1 8    4(1 + 3)’-1 8 /    '

w₂=

23

2 i?³

M²___

4 (1 + 3)²— 1    8    4(1 + 3)*-1 8

Ptl²

.    H56;

Jeżeli obciążone jest tylko całe drugie przęsło ciężarem jednostkowym p, to

I je

"=9V=0, 9V=9V'=— %pl², więc 2(1 + 3 )±pP —

4(1 +3)² — 1

2(1 + 23) pl²

4(1+3)²“i    8

albo

Mj = M₂=—

pl²

116)

mamy

Jeśli wszystkie przęsła są całkowicie obciążone, otrzy-[43³(l+3) — 2 3³]_Pj + 2 (1 + 2 3) p l'1 4Tl+3)²-l

(1 + 23)23^+2(1 + 23)^ f 4(l+3yiJ

Mt=M₂ = -

m,=m₂=—

?(^P,+P)1² ₁₁₇, 3+23    8    '

Jeżeli pt=p, to M₁=M₂= —

2 (1 + 3³) pl²

3+23    8    *    '

. . 118)

L e b e r obliczył dla rozmaitych wartości 3 spółczynniki rów. 115), 116), 118). Podajemy tu z nieb niektóre:

dla 3=05,    0-6, 0-7, 0-8, 0-85, 09,    0-95, 1-00

0-375 0-416 0-451 0-482 0-496 0-509 0-521 0-533

43(1+3)

4(1+3)2_i

43³(1 + 3) 4(1 + 3)*—1

0-094 0-150 0-221 0-308 0*358 0-412 0-471 0-533

0-500 0-476 0-455 0-435 0-426 0-417 0-408 0-400

3 + 23

^ł+_|!)=0-563 0-579 0-610 0-657 0-687 0-720 0*758 0-800

O -j“ 2 3

23

4(1 + 3)2-1 23³

4(l + 3)²‘3i

-r=0-125 0-130 0-133 0-134 0-134 0-134 0-134 0-133 =0-031 0-047 0-065 0*086 0*097 0-108 0-121 0-133

§. 21. Ciężar własny.

a) Momenty podporowe otrzymamy według 117)

2(3³gl+g) V 3+23    8    .....

_ 20+33 gi²

3 + 23 ~8.....

Mt=M₂

119)

a dla g=gt

b) Siły poprzeczne.

W pierwszem przęśle jest Jf'=0,    więc według 29)

M,-Ma

120)

= l9l 1 —

²PVi +g) A

3 + 23    83²

Q'={3g^A+2)-g}

II

43²(3 + 23)

. . 121)

4:3² (3 + 23)

122)

a dla dowolnego punktu Q=(J'— g,x'......

"W drugiem przęśle otrzymamy    więc

123)

. . 124)

a dla dowolnego punktu ty—Q₇' — gx=£g(\— 2x)    .    •    125)

jak dla belki jednoprzęsłowej.

c) Oddziaływanie 0₉ na podporze skrajnej równe jest Qit, na drugiej według 27)

ff,3²(53 + 6)+y 43² (3+2 3) g (6 3+43J + l)+gt (5 3³ + 6 3²)

Ot = Q₂' — Qlt'= gH

ŁCJM.

l. . . .    126)

43(3 + 23)

d) Moment otrzymamy w dowolnym punkcie na podsta

wie rów. 32)

rys. 33.

A,

ST

ir

JJ

:jt

ZW

W pierwszem przęśle jest M'=0,    więc

M=M₁j^+£g₁x(l₁ — x) . . .

li

. . 127)

W drugiem przęśle jest M'=M‘'=M, więc M=Mj + j gx (1 — x) .    .

128)

Wykreślnie przedstawiliśmy siły poprzeczne i momenty

na rys. 33,

dla 3=0-77.

9\ =0*891 g.

Ai

IMI

IHMiiniillffi

5 E

/jr~........yy

§. 22, Największe siły poprzeczne.

rys. 34. najw. 4+ Q)

najw 4 0)

fjrfciliillliliy

-i~~ i

JJ

W pierwszem przęśle otrzymamy najw (+Q), obciążając pierwsze przęsło od E do B i całe

trzecie przęsło

J? (rJs- ³⁴)-

Wtedy otrzy-

mamy

ff₂(Z,ł-*²)ł

4 Z, ²

^3' = —więc według 114)

2(i+3)p₃

4Z₁²[4(l + 3)² — 1J ’ a

2 (1 + 3) £>a (1 — m²)² —Pl Z,²3 4 (1 + 3)² — 1

Mt=—

nazwawszy ——m,

4(l + ^)3³    2 Pli!

4(l(-3)¹—lft(1 m) ^4(1+5)^

Jeżeli teraz w rów. 56) wstawimy M‘=0,    to

otrzymamy

jf,=

-i]l ¹²⁹>

najw (+Q)=

4 (1 + 3)²— 1

Dla najw (— $) musi być przęsło pierwsze obciążone od -4 do E i drugie całe przęsło. A więc

f^(2 V-x\    9}₃'=0,

9!,"=

więc według 114)

— x²) 3

Mt=-

j— pP

w-

4(14 3)² — 1

a dla Ę-

Z,

=m

4(l + 3)3³

4(l+3)³—1

p₃m'(2 — wa)+3~23l

i>]    •

Jeżeli teraz w równ. 57) wstawimy M‘-= O otrzymamy

132)

. t /vx M. . P₃X

n»jw (— Q)=-r-L — i

M    J1

Dla najw. sił poprzecznych w punkcie E drugiego przęsła musimy obciążyć całe pierwsze przęsło, a drugie od E do C. A więc będzie:

(p—xy

4:P

9^"=—Pi

Pi O—*)'

4Z²

[2 Z²— (L—+)²] = —

— (Z² + 2 7a? — #²).

Według 114) jest Mx — M₇

3V^+9V~ 9V'-9V^

1 + 23    ’

a wstawiwszy otrzymane wartości, otrzymamy po skróceniu

Mx —M%

2p₄ (l — x)²xi-pili$i

4Z² (1+23)    ’

a więc według 56) i zważywszy, że M‘=Mt, M“ = Mi,

rz-*;²

•    /    PiZ⁴3³—2p, (l—x)²x²

p₁Z⁴^r³4-2pł (Z —;r)²(Z² + 23Z² —z¹) 4~Z³ (Z + 2 3)

, albo

(4-Q)=

a wstawiwszy y=w, otrzymamy najw (+Q)

pt3³ + 2 p₄ (1 — n)² (1 + 2 3 — nJ)

4(1 + 23)

.1    .    133).

Najw (— Q) otrzymamy z równania 133), zmieniwszy znak i x na (Z — x), lub w na (1 — n), więc

najw {—Q)=~

ptZ⁴3³ + 2p₅ff²(23Z² + 2Zff —x²)

4Z³(Z+23)

lub

najw (—Q) =

pl3³ + 2p₅n²(23+2n— n²)

4(1 + 23)

1    .    134)

§. 23. Największe oddziaływania.

Największe oddziaływanie ujemne w A otrzymamy, wstawiwszy w rów. 131) i 132) x=0 i m—0. Otrzymamy więc

z rów. 131) Mx

zatem

4(3 + 2S) ’

najw (—OJ

Pi

43(3 + 23):

135)

Najw (+0„) otrzymamy, odciągnąwszy rów. 135) od rów. 121) dla obciążenia zupełnego, zmieniwszy w niem gx i g na px i p. Więc

najw (+0J

3j?t3²(3 + 2) — p

pl

43(3 + 23)

33(3 + 2)

43(3 + 23)    4(3 + 23)

ptl 136)

Najw (—OJ otrzymamy, wstawiwszy w rów. 134) #=b

P,l^³

i n=0, a mianowicie najw (—0,)

4(1 + 23)    *    '

. .    137)

Najw (+0,) otrzymamy, odciągnąwszy rów. 137) od rów. 126) dla obciążenia zupełnego i zamieniwszy gt i g na ]), i p, ff(63+43² + l)+j?₁(5 3³ + 6 3ł)

najw (+0,)=

43(3 + 23)

PjZ3³

najw (+Oj)

4(1 + 23)

_p (63 + 43² + l) (1 + 23) + 2 pj3² (63²+ 103 +3) 1

4 (1+3)² — 1

4 138)

§. 24. Największe momenty.

I. przęsło, część średnia. Największy ujemny

części średniej otrzymamy przy obciążeniu średniego przęsła, największy dodatni przy obciążeniu obu skrajnych przęseł. Dla najw (—M) otrzymamy więc 31, =3ł₃ =0,    31₂ =

~=—3 pl'¹, więc według 114)

ment w

mamy

mo

(1 + 2 3 )pP 4(4(l+3)²—1)

A więc według 65), wstawiwszy 0 i M"=MX, otrzy-

pP

4(3 + 23) •

najw(—M) = —

plxX

pl²

r 139)

43²(3 + 23) l~ ^43²(3 + 23)    4(3 + 23) lj

Najw (+Jf) otrzymamy, jeśli pierwsze i trzecie przęsło są obciążone, więc 31, = 31₃ ==— \px lx², 31, =0.

A zatem według 114)

Mt=-

(1+2 ySpJS _ $Ptl\²    23³

4 (4 (1+3)² — 1)    4(8+23)    3 + 23 8

a więc według 67)

najw (+Jf)

najw (+Jf)=

4(8 + 2 3)

3(2 + 3) Zt-2(3 + 23)0 4(3 + 23)

3 (2 + 3) —2 (3 + 23) m

4 (3 f 2 3)

. .    140)

• f -i •

jeśli m=T

h'

Trzecia część. Najw (—M) otrzymamy w punkcie TT,

gdy pierwsze przęsło obciążone jest od A do F i całe drugie przęsło (rys. 35.). Według 63)

f— e—&—+,

i.

jest

czyli

Tys.35

...__    _ei) eih

lO-WO-Zeili+eO)

a stąd

el Hl

(•-v?

— w)h 1    —w)

. . 141)

e=lx

l. b, —w

bx Jx—w

142)

Odstęp ća punktu stałego Kt od C w drugiem przęśle jest

według 45) ćj

l+v2

zaś według 37) v,

2 (Z, + Z)

2 (1 + 3), więc

Dalej va

hi 3 + 23 fl2 2(/f/₁) —~    2(1 + 3)

143)

2 3(1+3)

v.=

(3 + 2 3) (1 + 2 3)

2 3 (1 + 3)

więc, ponieważ bx =■

l'+v.

b,

23(1 + 3)

144)

3 + 103+63²

Dla obciążenia pierwszego przęsła od 4 do F i całego drugiego przęsła jest

(W-e'), 9J₂'=SR/'—JpP, 9i₃‘=0,

4 (l + 3)3³p,m,² (2 — m, J) + 2(l4-23)_p l²

4 (1 + 3)² — 1

4(1 + 3) 33 4(1+3)²-

^ Pimi² (2 — w,²)

2    ] V

3+2 3 P\ 8 '

Teraz otrzymamy wedle 70)

najw (—M)=

M,x , Piea (I, — x)

21,

. . 145)

Najw ( +Jl) obliczymy, obciążając długość FB i trzecie przęsło. Otrzymamy wtedy analogicznie do 129)

— 2(l+3)p, (1 —m,²)²+p₃ Z,J3

4 (1+3)² — 1

. . 146)

a według równ. 71)

najw (+M)=Mt -^4

Pa (1 — m)(m — m,²), a

li

. 147)

II. przęsło, część pierwsza.

Tu dla najw (—M) w punkcie U (rys. 36.) musi być T,yw.(-MJ    ^ ⁶'    obciążone całe

z?<|RjH!l!!!lll!H!!ill[H!l!!l!HHI^

my w. (+Jfj

pierwsze przęsło & i drugie od F do

_________ C. Dla najw (+M)

pillini|iil'llllllli;ll[il|i musi by6 ?rzeoi.

wnie obciążone

drugie przęsło od B do F i trzecie przęsło.

a (2 l — 3 b — e) el cl² + (2 a—b) el — (a + b) e

"Według 62)

a ponieważ a^=b₂, więc c=l— 2 J₂, b₂ (21 — 3 &₂ — e) cl U== l³ — 2\ P + b.d- Źb^

_ (3+43) l— (3 + 2 3) e el U (l+2 3)ZJ + e£ — 2e² 3 + 2 3 * ’ * albo rozwiązawszy to równanie ze względu na e

Z(3+43)-««(3 + 23)    (1 + 2 3) uP

(3 + 23) (l — 2 u) ^ l — 2 u Przy obciążeniu, dla którego otrzymamy najw (—M) jest

r    72    5

a ze względu na 143)

. 148)

148 a)

—JM¹,

pJJ — e)

(Z²+2 Ze e²),

a więc według 114)

2 (1+3) fjp,/,’>+ —

4Z²

4(1 + 5)’- 1

2(1 ■+ 5) [*>,ltH'S+p(l — e)’(ż’ + 2rf— e’)] — p(l‘‘—et)'‘ il' [4(1+5)’- 1]

M,=-

a wstawiwszy ^=nx

Mx

-i

4(1 + 3) 2r*p _

4(l + 3)²—1

M,—Jf₂

4^?

1 + 2 3²

4(1+3) (1—w₁)¹(l+2w₁— nx²)p

2p (1 —nx ²)²1 Z2 4(l+3)² — lj 8

4 (1+3)² — 1

2p (Z—e)²e² — pxll$3 =    4Z²(l+23)

(!-«,)*«, «-gg) •

149)

Teraz otrzymamy według rów. 68)

Mt -M,

najw (— M)=M, —

x-|

Pei²x

21 *

. . 150)

Najw (+ Mj otrzymamy, obciążywszy drugie przęsło od 5 do _F,

4F    — e)2’

i całe trzecie przęsło, a zatem 9^=0, 9^'= pe²

9ł/'

4 Z²

(2 i’-O, 9ł,=-łM*,

2 (1+5) ^ (2 i-c)’- ^ (2 J* - e*)-łp, l, ’5

Mx

V

4(1 + 3)J—1

4(l + 3)²-l

(2(l+3)(2-Wl)²-(2-V)) +

4 (1 + 3)²—1J

. 151)

pe²

Al²

(2Z-e’)+|£(2ż’-0+IM^

1 + 23 ² (! —wi)H

23³

1 + 23 Vx

G0|

152)

- 40 —

158)

M₂)n+5^ (2nt — nt²—n)l²

jeśli .

Średnia część.

Dla średniej części otrzymamy najw (—M), obciążywszy pierwsze i trzecie przęsło, zaś najw ( + Jf), obciążywszy drugie przęsło. Jeśli pierwsze i trzecie przęsło jest obciążone, otrzymamy z rów. 129, robiąc m=0 a p₂=p₁.

23³ p,2²

.    .    154)

8+23    8    '    ¹

Wstawiwszy w rów. 65) M' = Mx = M₇ = M'j otrzymamy

najw    =—

23³ p,l²

3+23    8    '

.    .    155)'

Jestto równanie linii poziomej.

Dla najw ( + Jf) należy obciążyć drugie przęsło, więc

=o,

2(1 + 3)91/—

zatem

Mt=Mi

pl²

a według 67)

4 (1 + 3)² - 1

4(3 + 2 3)

najw (+M)

pl²

4(3 + 23)

+ ipx(l —x) . . • 156)

§. 25. Przykład.

Dane. Most kolejowy ma dwie belki główne ciągłe trzy przęsło we. Rozpiętość przęseł skrajnych wynosi lx = 27-87 m, średniego l = 36-2 m. Obliczyć należy największe siły poprzeczne i momenty, przypuszczając ciężar zastępczy wedle rozporządzenia austryackiego. Jako ciężar stały przyjmiemy dla przęseł skrajnych wedle wzoru g = 301 + 800¹), gt = 30.27-87 + 800 = = 1636 kg/m = 1-64 t/m; g = 30.36-2 + 800 = 1886 kg/m = 1-89 t/m.

Na jednę belkę wypada więc

gx = 0¹82 t/m, g = 0-94 tjm.

Obliczenie. Wedle rozporządzenia ministeryalnego austryackiego jest dla obu belek ciężar zastępczy dla momentów dla obciążenia całkowitego przęsła skrajnego 6145 kg Im, zaś dla średniego 5771, więc p, = 3-073 t/m, P — 2-8855 thn.

a) Ciężar stały.

27.87

Spółczynnik 3 = y = ~qq~2~ = 0-77, więc według 119)

= — 94.84#»».

2 (0-77³.0-82 + 0-94)    36-22

Mt = M.₂ = —    3 + 2.0-77

W drugiem przęśle, otrzymamy według 128)

M = - 94-84 4- 4 0-94 y (l - y) = — 94-84 4- 047 y (l — y) ia,

34 = — 94-84 4- 615-91 y (l — y) .

Ol 02    03    04    05

X

y =    ⁰

34= —94-84 -39-41 4-3*70 4-34-50 4-52-98 4-59-14 tm.

Zatem dla ~r

b) Ciężar ruchomy, a) Siły poprzeczne.

W pierwszem przęśle otrzymamy największe dodatnie siły poprzeczne, obciążając pierwsze przęsło od E do B (rys. 34.) i całe trzecie przęsło. Otrzymamy wtedy według 130)

— 2 (1 4- 0-77) pt (1 - my 4- 3-073    27-87.077

4 (1 4- 0-77)² — 1 + hPi (L-m)².27-87 najw (4- Q) = — 1-647p₂ (1 — w²)² -(- 1-429 4- 13-935p.₂ (1 — m)².

a) Siły poprzeczne. Według 121) Qt' = (3.0-82.0-77' (2 + 0-77) - 0-77)

27-87

4.0-77²(3 + 2.077)

= 8-29t

$,"= 8,29 — 0-82.27-87 = — 14-57 t.

W drugiem przęśle Q₂ — 5 0-94 X 36-2 == 4“ 17*011 &"= - * 094 X 36-2 = - 17-011.

P) Oddziaływania. O, =    = 8*29 t

Q₂ = 14-57 4- 17-01 = 3-58 1

y) Momenty.

W pierwszem przęśle otrzymamy według 127)

M = — 94-84 ~ 4- 4 082 ~ (l — yj lt ²,

M=    94‘84-^-4-318-47 y (l-y) .

Dla

K| 8

0-2    0-3    04    05

= O 4-19-18 4-31-98 4-38-42 4-38-90 4-32-20 tm. 06    07    08    0-9    1-00

rH

M = 4-19-53 4-0-48 —24-84 —56-70 —94-84 tm.

najw (4-Q)

7-049

Dla m = 0 jest p₂ = —g—

więc najw (-j- Q) — 44-7321.

Wstawiając dla innych m wartości m i p₂, otrzymamy x

w = 0

0-1    02    03    04    05    06    07    08    09    1*0

36-2²

najw (4-0= 44-732 36-465 28-955 22-440 17-325 12.801 8-928 6-101 3-763 2-132 1-4291. Najw (— Q) otrzymamy z rów. 131) i 132)

Ml — — (02803p₃ w² (2 — m²) + 04405p)

najw (— Q)= ~T~ — h

a wedle 132)

163-805

najw (— Q) = — (0-2803 p₃ m² (2 - m¹) + 0-4405 X 2-8855)

— 2P3    27-87,

najw (— Q)= — (1-647 p₃ m² (2 — w²) + 7-470 + 13-935p₃ m².

Wstawiwszy wartości za m = y i za ^>₃ wedle rozporządzenia austrya-

ckiego zmienne wedle długości obciążonej, otrzymamy dla m =    0

27-87

0-1

0-2

0-3

0-4

0-5

0-6

najw (- Q) = —7-470, —9-038, —12-111, —16-163, —20-572, —26-014, -31-994,

0-7

0-8

0-9

1-00

—38-410, -45,949, -54,101, -62-389#.

W drugiem przęśle otrzymamy najw (+ Q) z rów. 133)

najw (+ Q)

3-073 X 0-77³ + 2ft(l-»)²(l + 2X 0-77 - »²)

4(1 + 2X0-77)

najw (+ Q) = + 5-0 + 7-126^ (1 - w)² (2-54 - w²).

X

Wstawiwszy wartości za w = y i pt według długości obciążonej przęsła średniego, otrzymamy,

dla

0-1    0-2    0-3    0-4    0-5    0-6    0-7    0-8    0-9    1-0

najw(+Q) = 63-517 54-059 44-747 35-921 27-858 21-210 15-763 11-405 8-302 5-996 5-00.

Ponieważ belka jest symetryczną, więc najw (+ Q) dla n jest zarazem równe — najw (- Q) dla (1 — »). Powyższe wartości dają nam więc zarazem najw (— Q).

P) Momenty. Pierwsze przęsło, część średnia.

Według 38) jest v₂ = 2(1 + 3) = 2(1 + 0-77) = 3-54, zaś b₂ = yyy =

~    3-51 —    — 0'221 — 0-22 X 36-2 = 7-964 w.

2(1+3)    1    2(1 + 0-77)

“ 3v₂ ~    0-77

lx

b' — 1 + 4-231⁼ 5-231 = 0-191211

0-77 X 3-54

= 5-328 m.

Wprost możemy otrzymać bx z rów. 144)

2 X 0-77 (1 + 0-77)

— 3 + 10 X 0-77 + 6.0-772 Według rów. 139) i 140) otrzymamy

2-855 X 36-2² a;

najw (- M) = — 4“(3 + 2 X 0-77) Tj ⁼

3 (2 + 0-77) - 2 (3 + 2 X 0-77) m 4(3 + 2X0-77)

najw l+M) = 1092-251 m — 1193-456

najw (+ M) =

4-231

27-87 = 0-1912 X 27-87 = 5-328 m.

— 208-2

.3 073.27-87*»»,

Dla m — 0

najw (+M) = 0 +97-29 +170-71 +220-26 +247-75 +247-76 +225-71 najw (-M) = 0 —20-82 -41-64 —62-46 -83-28 —104-20 -124-92

0-1

0-2

0-3

0-4

0-5

0-6

0-7

0-8

+179-79    +99-99

—145-74 -166-56.

Pierwsze przęsło, część trzecia.

Tu wyznaczymy najw (+M) i najw (—M) tylko jeszcze dla punktów dla których m = 0-9 i 1-0, czyli dla w — 0-1 i w = 0.

Z rów. 142) otrzymamy

dla w = OT

i*

= 27-87

lx 5-328 - 2-787

bx 27-87 - 2-787 ~ ²²'⁵⁶¹ *"»

Dalej mamy dla w = 0-1, px = 3T92, p = 2-885, 22-551

«i, =    — 0'8092, więc według 145)

j/, - - [^^1 X 3-192 X0-8092s (2 - 0-8092’) +

3 +”23 ²'⁸⁸⁵]

Mx = - (0-2803 X 3-192 X 0-6547 X 1*3468 + 0-4405 X 2-885) 163-805,

Mx = - (0-7880 + 1-2790) 163-805 =    338-585 tm.

Najw (-M) — — 338-585 X 0-9 + najw (-M) = - 304-72 + 68-93 = — 255 79 tm.

Dla w = 0, pt = 3-073 i mx — 1

2-711 X 22-551+1 -0-9)

36-2’

M, = -[4fl+⁺^^l³’°⁷³⁴

8 + 2S²'⁸⁸⁵]

36-2’

Mt = — (0-2803 X 3-073 + 0-4405 X 2-885) 163-805, Mx — — 350-525 tm.

Dalej otrzymamy według 146)

11-308

dla w = 0-1 i Pi = —2 — ⁼ 3-654

najw (+ 71/) =

— 2 (1+0-77) 5-654 (1 -0-8092’)’ + 3-073 27-87’ X 0‘77 4 (1 + 0-77)’ — 1 = + 8-856 tm

a według rów. 147)

najw (+ 211) — 8-856 X 0⁻9 -}

5-654 X 0-1 (0-9 — 0-8092’)

27-87’ =

— 7-970 + 41-50 = 49-47 tm.

Dla w = 0 otrzymamy p., = 0, więc z rów. 146) 3-073 X 27-87’ X077 4(4(1+0-77)⁴ - 1)

Mx =

= 39-86 tm,

a więc otrzymamy

0-9

1-0

dla m —

najw (+ M) +49-47 najw (— M) —255-79 Drugie przęsło, część pierwsza.

Otrzymaliśmy pierwiej &₂ = 0-221 = «₂, a więc wyznaczymy największe i najmniejsze momenty dla u — 0-12 i u — 0-22, bo dla u = 0, czyli dla średniej podpory, jużeśmy otrzymali najw (+ M) i najw (— M).

+39-86 tm —349-29 „

44 —

Z rów. 148 a otrzymamy, wstawiwszy v = -y

e” — e X 36-2

e² — e X 7-97

(3 + 4X0-77) — v(3 +2X0-77) , (l + 2\0-77> . (3+ 2.0-77)(1-2?;)

6-08 — 4-54 v 2-54®

1 —2»

36-2¹ = 0.

1 — 2v

l — 2v

X 1310-44 = 0.

Stąd otrzymamy dla v = 0-1

e² — 56-047 e +- 416-065 = 0, więc

e = +- 28-023 — V28-023> — 416-065 = 8-81 m, e² — 68-701 e + 1109-2 = 0, zatem e = 34-35 - V3+35²'~1I09;2 = 25-94 m.

My wyznaczymy z rów. 149),

= 0-1

a dla v = 0-2

zatem dla v —

8-81 = 3+2

0-2434, a = 3-073 t/m

ar,= [

2 (1+0-77) (3-073 X 0-77 ³+ 3-084 (1-0-2434)² (1+2X0-2434-0-2434*))

4 (X 4 (1 + 0-77)² — 1) — 3-084 (1-0-2434²)2 "”4(4 (1 + 0-77)² — 1

M\ = — 323-55 tm.

36⁻2², czyli

Dalej mamy

- Mi =

więc według 150)

2 X 3-084 (1 — 0-2434)²0-2434² - 3-073 XO'77ł

4(1 + 2X0-77)

najw (+ M) = - 323-55 + 122-89 X 0-1 +

X36-2² = -122-89 tm, 3-084 X 27-39² X 0*1

= — 323-55 + 12-29 4- 115-68 = — 195-58 tm. 25-94

-- 0-7066, p = 4-214 t/m, 5 = 0-77,

36-2

Dla v = ~y = 0-2, otrzymamy wedle 149)

Mx = [— 0-2803 X 3-073 - 0-614 (1 - 0-7066)² (1 + 2 X 0-7066 - 0-7066²) 4-214 + + 0-1734 (1 -0-7066²)²4-214] 163-805 = 180-98tm.

Dalej mamy Jf, — M₂ = [1-5748 (1 — 0-7066)² 0-7066⁵ X 4.214 — 0-7874 X X 0-4565 X 3-073) 163-805 = — 134-67, więc według 150) najw (—M) — — 180-98 + 134-67 X 02 + .] 4-214 X 10-26² X 0-2 = 109-70 tm. Najw (+ M) otrzymamy według rów. 151), 152) i 153), a mianowicie

9-214

dla v = 0-l, wstawiwszy e = 8‘81m,p = —⁼ 4-607t/m, px = 3-073 tm, Mt =(— 0-1734 X 4-607 X 0-2434² [2(1 + 0-.77) (2 - 0-2434)² - (2 - 0-2434²)] -+ + 0-07918 — 3-073) 163-805 = - 29-72 tm Dalej My — M₂ = (—4 X 0-3937 X 4-607 X 0-2434²) (1 — 0-2434)² +

-+ 0-3937 X 0-77² X 2 X 3-073) 163-805 = 140-67 tm.

4-607

Najw (-+ M) = — 29-72 — 14-07 + —g- 0-1 (2 X 0-2434 — 0-2434² -+

— 0-1) 36-2² == 45 09 tm.

6-232

Dla v = 0-l jest e = 25-94m a p = -- ^ =3-11 Qt/m, mx= 0-7066, więc

Mx = (- 0-1734 X 3-116 X 0-70662 [2 (1 + 0-77) (2 — 0-7066)⁷ — (2 - 0-7066²)] + + 0-07918 X 3-073) 163-805 = — 141-01 tm.

Dalej mamy Mx'■—3/, = (-4 X 0-3937 \ 3-116 X O7066²) (1 - 0-7066)² + + (0-3937 X 0-77² X 2 X 3-073) 163-805 = 146-40 tm.

Zatem najw (-f- M) = — 141-01 — 146-4 \ 0-2    \ 3-116 X 0-2 (2 X

X 0-7066 — 0-7066²— 0-2) 36-2² = - 170-29 + 291-44 = + 121*15 tm. Przęsło drugie, część druga.

Według rów. 155. otrzymamy

36-2²

2 5³

najw (— M) = — g 2^, 3-073 X

najw (— M) = -0-44053 X 0-4565 X 3-073 X 163-805 = 101-23 tm.

Najw (-f- M) otrzymamy z rów. 156), mianowicie najw (+ M) = — 0-44053 X 2-885 X 163-805 + j 2-885^ (1 - n) 36-2² =

= — 208-18 - 1890-97 n (1 — »),

a więc dla

0-3    0-4    0-5

nojw (+ M) = 188-92 245 65 264 56 tm.

III. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych.

§. 26. Zasada.

Widzieliśmy na przykładzie, jak żmudne jest obliczenie sił zewnętrznych belki ciągłej trójprzęsłowej. Jeżeli belka ma więcej przęseł, obliczenie staje się jeszcze żmudniej szem. Znacznie uprościć da się jednak rachunek, jeżeli według Le-bera przyjmować będziemy dla momentów tylko całkowite obciążenie przęseł. Wiemy z poprzedniego rozdziału, że każde przęsło średnie da się podzielić na trzy części. W części średniej otrzymamy największe lub najmniejsze momenty, gdy dane przęsło jest całe obciążone lub całe nieobciąźone, a inne przęsła naprzemian. W pierwszej i trzeciej części linie największych i najmniejszych M są liniami czwartego stopnia, które jednak dadzą się w przybliżeniu zastąpić prostą i parabolami, przyczem otrzymamy zamiast AXKX (rys. 37.) linią A₁NKi. Ta linia łamana odpowiada obciążeniu całkowitemu przęseł, i tak najw (—M) w A odpowiada obciążeniu I (rys. 38.), gdy e=0, dla którego otrzymujemy parabolę AXN. Najic (—M) w K odpowiada obciążenie I, gdy <?=Z, dla którego otrzymujemy prostą NK{, przechodzącą przez punkt stały I.

Leber udowadnia, że linie te najw ( — M) przybliżonych mają wspólne styczne z linią dokładną w At i TT, tak, że wy-

rys. 38.

A \ ir ab rys 39.

I²

II__I

A<------Z-----bZ?

le n L i,

\\

L'

rys. 37.

Jel

dopetnm ue_

----

------• —

^ ; /

/-

z?

JSj

kresliwszy te linie moglibyśmy jeszcze na podstawie tych stycznych wykreślić AXKX. Różnice są jednak tak małe, że w praktyce możemy się nawet zadów olnić liniami bliżonemi ²).

przy-

Pomeważ dla obliczenia przekroju chodzi zwykle głównie o bezwzględnie największe wartości, więc, jeśli chcemy je otrzymać, obrócimy najw {—M) około osi poziomej. Przełóżmy je na górę, wtedy punkt L przypadnie na L'. Widzimy stąd, że bezwzględnie największe momenty możemy łatwo wyznaczyć w przybliżeniu, przyjmując obciążenie całkowite przęseł.

Metoda Lebera polega na tern, że obliczamy momenty podporowe dla obciążenia całkowitego każdego przęsła z osobna. Obciążenia te i momenty kombinujemy w ten sposób, aby otrzymać przybliżoną linią momentów. L e b e r uwzględnia zarazem ciężar własny, inny dla każdego przęsła; można jednak łatwo obliczyć osobno momenty podporowe w skutek ciężaru własnego, a osobno w skutek ciężaru ruchomego. Znając momenty podporowe, łatwo obliczymy albo wykreślimy zapomocą szablonu parabolicznego momenty w drugiem przęśle całkowicie obciążo-nem lub nieobciąźonem. Dla sił poprzecznych musi być w da-

- 47 —

nem przęśle obciążenie jednostronne. Dla tego obciążenia oblicza się momenty podporowe i dodaje do nich momenty, powstałe z obciążenia całkowitego innych przęseł. Na tej podstawie oblicza się największe siły poprzeczne w kilku punktach przęsła.

¹

patrz Podr. t. m. tom I. str. 6.

²

Weyrauch przyjmuje nawet w przybliżeniu proste AyKx i IlBl, linie te są jednak zanadto niedokładne.

§. 27. Najniekorzystniejsze obciążenia.

Na rysunku 40. i 41. są wykreślone linie największych i najmniejszych momentów i sił poprzecznych dla sumy ciężarów stałego i ruchomego dla przęsła średniego i skrajnego. Na

rys. 42. podajemy wedle Lebera schemat obciążeń , które

sprawiają w różnych częściach bel-

\3

-h

' /V'

-f

sfj

rys. 40.

■⁶\+

d'1

co o

rys. 41.

ki najw. i najmn. momenty. Jeśli belka jest symetryczna, liczba kombinacyj znacznie się zmniejsza.

Ciężar własny, który zmienia się wedle rozpiętości , przedstawiliśmy czarną kreską, ciężar ruchomy prostokątami białymi. Liczby wpisane odnoszą się do rys. 40 i 41. i wskazują, którą część linii najw (+M) lub najw (-M) otrzymamy danem obciążeniem. Znaki -fi — na rys. 42. oznaczają, że w tern przęśle po dodaniu obciążenia jednostronnego dla . tego obciążenia przęseł otrzymamy najw ( + $) lub najw (— Q).

§. 28. Belka trzyprzęsłowa.

Jako przykład wskażemy tu sposób wyznaczenia

rys. 42.

² 1......k + -ł

4 ___

i ar^7i

iPTrl A, 2^35x3.

1 [    i

— i    zŁ

¹PTTL n

2    4-a4-ł-ł -a.

fTTTl ⁴Pis in?A s^r⁵!³ jn

6 J" "A"⁴! --4—A

1 a ⁴ r~i

^ .. A iL +. A A

najw. sił zewnętrznych dla 6 ^.....^ A.

belki trzyprzę-przęsłowej, której przęsła skrajne są równe (rys. 43.)

Na podstawie równań 115) i 116) otrzymamy, jeżeli pierwsze przęsło jest obciążone (rys. 44.)

CM

rys.43.

~E

------* I-----*-—-lt

rys.44.

------

PjĘLM

7\

M,=

i-

43³(1 + +) p,l2 4 (1+3)²—1 8

M₂ = +

rys. 45.

-fljllillillillliliiiiISlillift?

—x.------J,----->

Pll²

i—I

4(1_3)2_1    ₈

M, =JHe =—

Jeżeli drugie przęsło jest całkowicie obciążone (rys. 45.), otrzymamy

2 pl²

3 + 23 8

158)

rys. 46.

4    .ffi/4

i £;

l......

.....

M,

<7

y—1>

Jeżeli pierwsze przęsło jest obciążone od E do B (rys. 46.), to otrzy-

9C

mamy z 129) gdy m=—,

n

4 (1 + 3) 3³

4(1—3)2 — 1 P2 (l m)

. . 159)-

-jC—3C=-->;

rys. 47.

Ajrrlff

"3T

j)

Ti

Mt = -

4(l + 3)33 4 (1+3)²—1

Jeżeli pierwsze przęsło (rys. 47.) jest obciążone od A do E, to według 131)

P

2'\ J

p₃m²(2— m²)

. . 160)

<-

lys. 48.

jf* Y m,

■ £

-l -A

-X-

8 *

Jeżeli drugie przęsło jest obciążone od JE do C (rys. 48.), to według 138),

jeżeli —=w,

4(1 — n)Ju² l2 1+2 3 P4 8 *    '

Nakoniec otrzymamy wedle 56) i 57)

M,-Ma

. . 161)

najw (+Q)

M"— M'

t-IPm (1 — m)²!™

M"— M/

najw (—Q)=

lm

— | pTO m²lm

. . 162)

§. 29. Przykład.

Dla porównania sposobu L e b e r a ze sposobem dokładnym, obliczymy przybliżonym sposobem ten sam przykład, co w §. 25.

Dla ciężaru własnego wzory są tak proste i obliczenie tak łatwe, że użycie sposobu Lebera nie przedstawia tu żadnej korzyści. Ograniczymy się więc tylko na ciężarze rucbomym.

a) Momenty. Najprzód obliczymy, jak w §. 25., odstępy punktów stałych, potem momenty podporowe.

Jeżeli jest obciążone pierwsze przęsło, to dla 3 = 077 wedle 157)

—14109 tm

36-2*

Ml = — 0-2803 X 3-073

iW₂ = +0-0792X3-073

36-2²

= + 39-87 tm.

Jeżeli drugie przęsło jest obciążone, otrzymamy według 158)

36-2²

208’20 tm.

Mx = Mz=- 0*4405 X 2-8855

Pierwsze przęsło. Dla wyznaczenia linii 6 (rys. 49.) t. j. linii najic (+ M) w pierwszem przęśle średniej części, obciążyć musimy pierwsze i trzecie przęsło (rys. 42. układ 3), więc

Mi = — 141-09 + 39-87 = — 10122 tm Wykreślnie moglibyśmy więc zrobić B 6 = 101-22 tm i wykreślić szabloną paraboliczną dla pt = 3-073 linię 6. Szablonę tę możemy wyciąć z pa-

Podr. Teor. mostów

pieru wykreśliwszy parabolę momentów według rów. M =    x (l—x\ jak

Pi

dla belki zwykłej.

rys. 49.

V2

TT \

Liczebnie możemy obliczyć punkty linii 6 wedle równania 67): najw(-f-M) = — Mtm -j- ^ 3-073m (1 — ni) = 101-22m -j-388-37X3-073m(1—m), najw (+ M) = 1092-25 m - 1193-45 w²,

zupełnie jak w §. 25.

Z wzoru tego otrzymamy, jak poprzednio:

dla m — 0, 0-1    0-2    0-3    0-4    0-5    0-6    0-7    0-8

najw (-fM) = 0, 97-29, 170-71, 220-26, 247-75, 247-76, 225-71, 179-79, 99-99.

Linia 3. leży poniżej 6, nie potrzebujemy więc jej koniecznie wyznaczać, co zresztą nie przedstawia żadnej trudności. Dla najw (— M) musi być przęsło średnie obciążone (rys. 42. układ 4), a zatem najw (— M) = — 208-2 m, jak w §. 25; a więc dla m = 0

najw (— M) = 0, —20-82, —41-64, -62-46, —83-28, —104-2, —124-92,

0-1

0-2

0-3    0-4

0-5

0-6

0-7

0-8

-145-74,    —166-56 im.

Dla wyznaczenia linii 5) obciążymy pierwsze i drugie przęsło (rys. 42. układ 1), a więc

Mx = —141-09—208-20 =—349-29 (punkt Bt rys. 49.). Dla m = -j~ otrzymamy

l ²    '

M= — 349-29 m -f 4r 3-073 m (il — m) = 844-16 m — 1193-45 m\

Więc dla m =

0-8

0-9

M = —88-48 — 206-95 tm.

Widzimy, że w §. 25. otrzymaliśmy dla m = 0-9, M =— 255-79 tm, gdy według Lebera otrzymujemy tylko —206-95tm. Jeżeli jednak zaokrąglimy kąt przy F lukiem parabolicznym, to zbliżymy się znacznie do wartości dokładnych. Punkt J5a możemy także łatwo otrzymać, gdyż dla

b) Siły poprzeczne.

36-2²

Pierwsze przęsło. Dla najw (-j- Q) w pierwszem przęśle musi być oprócz obciążenia jednostronnego w tern przęśle obciążone także 3-cie przęsło, więc według 159)

4 39-87.

najw (4 M) musi być wtedy 'obciążone tylko trzecie przęsło, więc Mt= = 4 39-87 tm, jak w §. 25.

Drugie przęsło.

Dla wyznaczenia linii 1. w drugiem przęśle obciążamy pierwsze dwa przęsła (rys. 42, układ I) więc

Mt — — 349-29 tm

M₂ = + 39-87 - 208-20 = — 168-33 tm,

a według 67)

36-2^

M = — 349-29 — (—349-29 4 168-38) n 4 —g- 2-8855 n (1 — w), M= — 349-29 -f 180-91 n + 1890-65n (1 — w),

A zatem dla n = 0-1 M = -161-05

n = 0-2 —10-60 tm.

Dla wyznaczenia linii 2 obciążamy tylko pierwsze przęsło, więc Mi = — 141-09, ikf₂ = + 39-87,

M — — 141-09 — (—141-09 — 39-87) n = — 141-09 4 180-96 w. Stąd dla » = 0’1 M = — 122-99.

0-2

0-3

104-89.

82-79 tm.

I tu widzimy, że linie 1 i 2 dość znacznie odstępują od linii najw (—M), że jednak wrysowawszy między te dwie linie łuk paraboliczny znacznie się zbliżymy do prawdy.

Dla wyznaczenia poziomej 3 obciążymy oba przęsła skrajne, więc Mx = M, = M = — 141-09 + 39-87 = — 101-22 tm. *

Dla wyznaczenia paraboli 6 obciążamy tylko średnie przęsło, więc Mx = — 208-2 tm a M = — 208-2 -j- 1890-65 n(1 — n), zatem jak w §. 25. Dla n =■

M= 104-31

0-2

0-3

0-4

0-5

188-84

245-55

264-46 tm.

Mi = — 0-2803 p.₂ (1 - my Mi = — 45-914 p₂ (1 - my + 39-87.

Jeżeli teraz w równ. 56) wstawimy M' = 0 i M“ = Mt, to najw (-j- Q)= = 1-647pn (1 — my + 1-431 + 13-985 p₂ (1 - m)\ jak w §. 25.

Dla najw (— Q) obciążamy przęsło pierwsze z lewej strony danego punktu i drugie przęsło, więc według 160)

4(1 + 5) Sr³    P

M\ = — 4(i 4 4* ip*m2 (2 —    8" “ ²⁰⁸*²⁰>

Mi == — 45-914 p₃ w² (2 — w²) — 208-20.

Jeżeli teraz wstawimy w rów. 57) tę wartość, to

M

najw (— Q) =    — hPi = — 1-647p₃ w² (2 — w²) — 7-470 — 13-985_p₃ m\

jak w §. 25.

IV. Belka o nieskończonej ilości przęseł.

§. 30. Ogólne uwagi.

Jeżeli belka ciągła ma 4 lub 5 przęseł, to możemy w praktyce obliczać siły zewnętrzne w ten sposób, jak gdyby ilość przęseł była nieskończona. Stosuje się to zwłaszcza do obliczenia szyn kolejowych i podłużnie. Z tego powodu zastanowimy się tu nad belką o nieskończonej ilości przęseł.

Przypuśćmy przytem, że wszystkie przęsła są równe, to według rów. 87)

4:1 —

M-a 4,    [x₃

Drugie przęsło.

Dla najw (-f- Q) obciążymy pierwsze przęsło całe, a drugie po prawej stronie danego punktu, więc według 161)

Ml — M₂ = — 141-09 — 39-87 +

4(1 — »)² nJ P 1-4-23    8 ~

= — 180-96 + 257-959 (1 — «)² w²p₄.

180-96 — 257-959 p₄ (1 — w)² n¹

Więc według 162) najw (+ Q) = -\

“k 1P* (1 — w)⁵36-2 = 5-0 — 7-126p₄ (1 — «)'w: -j- 18-lp₄ (1 — w)², jak w §. 25.

36-2

8-75,    i*₄ =3-733

1X5=1x6=3-732, więc otrzymamy z rów. 44) dla przęsła 2

^=0-2000 0-2105 0-2113 0-2113.

Przy dowolnem obciążeniu możemy teraz momenty i siły poprzeczne obliczyć według rozdziału II. My tu jednak zastanowimy się bliżej nad tern, gdy belka jest obciążona ciężarem stałym jednostajnie rozłożonym g i gdy jeden ciężar skupiony może leżeć w jednem przęśle.

§, 31. Obciążenie zupełne jednostajne ciągłe.

Jeżeli belka o nieskończonej ilości równych przęseł jest obciążoną całkowicie ciężarem jednostkowym g, to według rów. 28) otrzymamy następne równania.

2 Mx (l+^ + M^-igiP+l^-^gl*,

Mtl+2M₂ (l+l)+MJ=— \gl³

czyli

4 Mx+M^—\gl* Mt +4 M, Ą-M, =— 5gl²

JJfn_i + 4Jf»=-^²

Jeżeli w jest nieskończenie wielkie, to możemy przyjąć Mm=Mm+\=Mm+<z, więc 6 Jfm= — 5^², a stąd momenty podporowe przęsła średniego

Mw=— TX5 gl² = — 0*0833 gl²

164)

Wstawiwszy w pierwsze dwa równania 163) M₃ — —j^gl², otrzymamy 4 Mx -f M₂ - — £ yZ²,

Ml+4:M,-ł-(— T\gP)=— %gl\ z czego wynika

. . 165)

Ma=^gl²=-0*07778 gl²)

Mt = — 0*10833 gl²/ ’ *

Na podstawie tych momentów podporowych, możemy wyznaczyć siły poprzeczne i momenty.

Według rów. 29) otrzymamy dla przęsła skrajnego

f 0*3917 gl

Qi"--

Mx

= —0*6083 gl

. . 166)

=0*3917 gl-gx,

f 0*5306 gl

dla przęsła drugiego M-M,

Mx — M,

Q2/7—

Q₂ = 0*5306 gl — gx

a dla przęseł średnich

Q'=£</*=+0*5 gl)

Q"=- —o*5gi J

Q=0*5gl — gx

— 0*4694 gl

. . 167)

168)

Momenty zaś otrzymamy z rów. 32) dla przęsła skrajnego

m=yx(i—x)+

M"x

- 5 gx (1 — x) — 0*1083 glx .    169)

Najw (+.M) jest dla x₀ = ^I, więc

najw (+M)=0-125^² — 0-0833^²=+ 0*0417 gl² . 172)

§, 32. Momenty podporowe dla obciążenia układem ciężarów

skupionych.

(**-0

Pe{P— e²)

Najw (Ą-M) jest dla x₀, dla którego Q=0, więc według r. 166) #₀ =0*3917 Z, zatem

najw (+M)= + 0*0767gl²

Dla przęseł średnich otrzymamy z powodu, że M'=M",

. . 171)

170)

M=£ gx (1—x) — 0*0833 gl² . .

Jeżeli r-te przęsło jest obciążone ciężarem skupionym P, to według 13)

%'=

zaś według 54)

Mr-1

!*r vr- 1

albo wstawiwszy vr=|xr=3-7321

Mr-X=-

3*7321 Pex (P — et *) — Pe (P-e²)

12*9287 P

(3-7321 e(l — e) (21 — e) — e(P — e¹)) .    173)

12*9287 P

Najw Mr-1, a zatem i największe wszystkie momenty podporowe po lewej stronie r- tego przęsła, otrzymamy dla e₀, dla

którego ~^~¹=0, zatem

3*7321 (2 P — 2e₀l — 4e₀ Z+3e„²)—P + 3e₀ J=0, a stąd e₀ =0-78861 — V/O-7886 V — (J4554T²=0-3804 /, a wstawiwszy to w r. 173), otrzymamy dla obciążenia r-tego

. .    174)

przęsła

najw Mr-i=— 0-08505 PI . .

Mr-,= + 0-02279 PI

Mr-z=— 0*268² x 0-08505 Pl= — 0-00610 PI Mr-₄=— 0.268³ x 0-08505 Pl= + 0-00164P/

Mr-5=— 0-268⁴ x 0-08505 P/=— 0-00044 PI Mr-6= + 0-00011 PI.

Dalej otrzymamy M,

r— 2-= —

Jeżeli więc co drugie przęsło na prawo r-tej podpory jest obciążone ciężarem skupionym P, to

najw (— Mr)=— (0-08505 + 0-00610+ 0-00044) P/=

=—0*09159 PI .

Jeżeli co drugie przęsło z obu stron r- tej podpory jest najniekorzystniej obciążone, to

najw (— Mr)=— (0-09159+0-09159) PZ= — 0*18318P1 . 176) Dla przęsła skrajnego jest

a=0,    £=0-21132Z, c=0-78868l.

Wstawiwszy to w rów. 60), jeżeli ciężar P znajduje się w skrajnem przęśle, otrzymamy

a najw {—Mx) jest dla e₀, dla którego -    ¹ =0

(ICC

Pb

(/² —3e₀²)=0, stąd e₀

Pbe(l² — e²)

cl²

więc

~cP

V/3

0-5774/.

Zatem najw (— M, )=— ==—0*10313 PI.....

PI 0-21132x0-5774(1 — 0-5774²)

078868

177)

Dla drugiego przęsła jest a=0*2Z, £=0-21132 Z, c=0-58868Z, więc według 60)

Mt=-

Pae(l — e)

cl²

(2 Z — 3 & — e),

dMt

Pa

de

cl²

(2 Z²—3 £Z-6 leu +6 e₀£ + 3 e₀ ²)=0,

więc e₀—(l — b) — V/(Z — b)² — § Z² -j- £/, a po wstawieniu wartości e₀ =0*78868 Z— 0-40827 Z=0-38041 Z. Dla tej wartości e₀ będzie zatem

PI (0-2 x 0-3804 x 0-6196 (2—3 x 021132 — 0-38041)

0-58868

Jft=— 0-07893 PI A zatem najw (— Mt) = — (0-10313 + 0-07893+0+0160+ + 0+0044) PZ=-0*1841 PI

178)

179)

Chcąc otrzymać najw (+Jfr) na r-tej podporze, musimy umieścić ciężary P w przęsłach przedtem nieobciążonych, otrzymamy więc najw (+J/r)=+ (0-02279+0-00164+0-00011) PZ, najw (+Mr)=+0*02454 PI a jeśli obciążymy w ten sposób belkę po obu stronach r- tej podpory, to

. . 180)

najw (+Mr)=0*04908 PI . .

. . 181)

Aby otrzymać najw (+Mt) możemy zastosować wzór 180),

bo =4‘0, a za-.... 182)

zmniejszywszy tylko moment w stosunku tern najw ( + MJ=+0 02290PI . . . .

8-732 4-000 ’

— 56 -

§. 33. Największe momenty dla obciążenia układem ciężarów

skupionych.

Momenty podporowe, któreśmy wyznaczyli w poprzednim paragrafie są największymi momentami ujemnymi, dodatnie najw. momenty otrzymamy zawsze w punktach zaczepienia

M

siły P. W tym wypadku mamy według 24) Q=— a według 26)

Pexe

183)

Przęsło skrajne.

Jeżeli tylko przęsło skrajne jest obciążone ciężarem P, to

Ple (l² — e²)

M'=0, M"

M Ple² (l²— e²) L Pe(J — e)

cl²

więc

cl³

Chcąc wyznaczyć najw (4-M), zróbmy dM

PI    P

(2 ej,²—4e₀ ³) + y (J—2e₀)=0, zatem

^3 eo³ +1 — j eo =°j a st4d eo =0-4271,

najw (+lif)= +0-2047 P/.

Jeżeli oprócz tego obciążymy inne przęsła najniekorzy-stniej, to otrzymamy według 182) Mx =0-02290PI, a M= =0-02290P£y. Wstawiwszy #=0-4271 i dodawszy ten moment do poprzedniej wartości, otrzymamy

najw (+M)=0-2047 P/+0-0098 PZ= +0*2145 PI . 184) Przęsło średnie. W przęśle średniem największy moment otrzymamy, gdy e₀ = b 7, a to z powodu, że M‘=M", a zatem

a zatem

de

cl³

PI

według rów. 183), M=M' + -y-.........

Wstawiwszy e=-|- w rów. 173) otrzymamy wreście

185)

Jf=

PI

(3-73211J³-! Z³)+ ₄-=0-17076 PI 186)

12-9287 l²

Jeżeli oprócz tego obciążymy inne przęsła na prawo i na lewo najniekorzystniej, to według rów. 180)

l~y^jPl= + 0*18873 PI 187)

najw ( + M)=(0-17076+0-02454

- 57 —

§. 34. Największe siły poprzeczne.

Największą siłę poprzeczną otrzymamy, gdy ciężar P leży na którejkolwiek podporze, wtedy z 24) otrzymamy    O,

rt=l, więc Q'=P.

M‘

naj-

Oprócz tego należy inne przęsła tak obciążyć, aby było największością. Dla przęsła skrajnego musi być

większością, więc wedle rów. 182)

najw (+Q)=(1+0-02290) P=-+1*0229 P . . 188)

W przęśle średniem otrzymamy dla najkorzystniejszego

obciążenia jednostronnego z rów. 175) Mr=—0-09159 P/, a Mr-1= +0-09159

3-782

P^=0-02454 PI, Mr-2=—0-0658 Pć ~Dla,najw (+0 albo

najw (— Q) musi być obciążone dane przęsło i co drugie na prawo i na lewo, a zatem będzie

Mr= — (0-09159 +0-00658) Pl= — 0-09817 PZ,

Mr—\ = + (0-02454+0-02454) Pl= 0-04908 PI,

189)

więc najw (-Q)=-(1+0-09817 + 0-04908) P=— 1 14725P) „ ( + Q).........=+ 1*14725 P/

Najw (—Q) w pierwszem przęśle otrzymamy, obciążając przęsło pierwsze, drugie, czwarte itd. najniekorzystniej. Otrzymamy zatem według 174)

najw (— Q)=— (1+0-08505) P= — 1 08505P    .    190)

§. 35. Największe oddziaływania.

Oddziaływanie 0₀ na podporze 0 jest równe sile poprzecznej, więc

Najw (+0₀)= 1*02290 PI „    (—0₀)= —1*08505 Pi

191)

Według 27) jest 0m=— Qm"+ Qm+i- Dla najniekorzystniejszego obciążenia otrzymamy więc z rów. 189), zważywszy, że siły P na r-tej podporze wcale nie kładziemy,

najw (— 0r)=— (0-14725+0-14725) P=-0*2945 P.

Najw (+0r) otrzymamy z rów. 189), jeżeli zważać będziemy na to, że ciężar P na r-tej podporze wywiera oddziaływanie P i uwzględniając rów. 27)

najw ( + 0,)=(l+0-14725+0-14725)=+1*2945 P.

- 58 —

Y. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych dla przekroju stałego.

§. 36. Pierwszy wielobok sznurowy.

Jeżeli belka ciągła jest obciążona ciężarami Pt, P₂, P₃, P₄, P₅ (rys. 50.), to możemy wykreślić dla tych ciężarów wielobok sił i wielobok sznurowy, zamknąć ich jednak nie możemy, bo wiemy wprawdzie, że P, -f- P₂ + P₃ + P₄ + P₅ = O₀ + 0l + 0₂4- 0₃, lecz wielkości pojedynczych oddziaływań nie znamy. Gdybyśmy

rys. 50.

0O

Ps

/d

\t

1,lJ

a.

IS

-*---

!j| l ii! i; i! i

TU''!

.9

w jakikolwiek sposób wyznaczyli momenty podporowe, to moglibyśmy zamknąć wielobok sznurowy i wielobok sił i wszystkie siły zewnętrzne byłyby wyznaczone. Momenty Mu i Mn są równe zeru, pozostałe (w — 1) momenty odciąwszy w pionowych podporowych, możemy teraz łatwo wykreślić zamykające abl, bvcit) ctd we wszystkich przęsłach. Jeżeli teraz wykreślimy w wielo-boku sił równoległe do zamykających, to otrzymamy oddziaływania O₀, On 0₂, 0₃.

Jeżeli znamy oddziaływania, wyznaczenie momentów i sił poprzecznych nie podlega już najmniejszej trudności*). Widzimy więc, że w celu wyznaczenia sił zewnętrznych belki ciągłej dążyć nam wypada najpierw do wyznaczenia momentów podporowych.

— 59

^§. 37. Unia ugięcia. __-

Wiemy ze statyki budowli*), że równanie linii ugięcia jest:

192)

d^y

dx² el

w którem moment sił zewnętrznych M wyrazić mamy jako funkcyę x, a, a oznacza długość, którą możemy dowolnie przyjąć.

Równanie zaś linii sznurowej (lub linii ciśnienia w sklepieniu**) jest

jeśli q oznacza ciężar jednostkowy, a H odległość biegunową.

Widzimy więc, że obie linie będą te same, gdy zrobimy

M ' zł a

dla której obciążenie jednostkowe jest propor-cyonalne do momentu M, a odległość biegunowa do el, iloczynu momentu bezwładności i spółczyn-nika sprężystości.

Więc jeśli powierzchnię momentów uważamy jako powierzchnię obciążenia i do wykreślenia wieloboku sznurowego

d⁷y

dx‘l

193)

a zatem linia ugięcia jest linią sznurową

użyjemy odległości biegunowej b—^ {b w podziałce sił), to ten

wielobok sznurowy będzie przedstawiał oś belki. Jestto twierdzenie Mohra.

_1 zł n a² ’

zł

to rzędne linii

Jeżeli zamiast b=— ^ przyjmiemy b ugięcia będą n razy większe. Jeżeli więc długości były wykreślone w podziałce ^ , to teraz rzędne linii ugięcia będą w naturalnej wielkości.

Jeżeli więc belka AS (rys. 51.) jest dowolnie obciążona i dla tego obciążenia wyznaczymy zapomocą odległości biegunowej h momenty, to uważamy teraz według twierdzenia Mohra powierzchnię momentów, jako powierzchnię obciążenia, dzielimy ją na części dowolnie liniami mn i m'n‘, kreślimy wielobok sił 0123, używając do przemiany powierzchni na linie podstawy a,

*) porów. Podręcznik statyki budowli str. 137.

„ 220.

14.

obieramy biegun Oj w odległości b i kreślimy drugi wielobok sznurowy. Jeżeli \    linie podziału są pionowe,

-h~>0 to, jak wiemy*), wielobok ten jest styczny do linii sznurowej. W ten sposób otrzymujemy wykreślnie 'ty ugięcie belki o przekroju stałym. Jeżeli zaś linie podziału mn i min₁ nie są pionowe, to wielobok sznurowy abcde nie będzie stycznym do linii sznurowej. Tylko boki skrajne, równoległe do promieni skrajnych wieloboku są styczne w a i e do linii sznurowej, która według twierdzenia Mohra przedstawia ugiętą oś belki. Boki skrajne drugiego wieloboku sznurowego są więc stycznymi do linii sznurowej na podporach czyli tak zwanemi stycznemi podporowemi (n. Stutzentangente, a. tangental lines over the points of support).

7i rów. 192) i 193) wynika, że

rys. 51.

__

mlii!

A/

aL

rn 7iv

ITOinnii

ir £

H el

a jeśli chcemy, aby rzędne linii ugięcia były n razy większe, to robimy ~

tów, a li pierwszą odległość biegunową. Jeżeli zrobimy teraz aq=y. 1 i wstawimy b=H, to

nM_nhy

gdzie y oznacza rzędną linii momen-

nhy

więc

195)

n ctbh

przyczem b odczytać należy w podziałce sił.

Jeżeli podpory są w nierównej wysokości, to należy różnice wysokości rysować według n razy większej podziałki niż długość.

§. 38. Wielobok ugięcia.

Dla belki ciągłej potrzebne nam są tylko styczne podporowe, które dla pewnej podpory są te same dla obu sąsiednich

61

że na podporach momenty zwykle są

przęseł. "W takim razie powierzchnię momentów możemy podzielić prostemi ukośnemi ujemne, więc dzielimy powierzchnię momentów, jak to uwidoczniliśmy, na rys. 52, na trzy części prostemi A"B' i A"B".

A"

rys. 52.

li W’

i.

k---A?/-----£tr-

-----ri".....-&1-*

■*

‘ V'JM

k~~% f Ci

'*\e

■AĄ——j

At

A—

bi n

-f,

P—A

jn

____i__

i- — i-—

a?

*___

Powierzchnię A‘'C'B", którąby-śmy otrzymali j ako powierzchnię momentów dla belki j ednoprzęsło wej gdyby A"B“ była zamykającą, nazywamy zwykłą p owierzchnią momentów (ein-fache Momenten-flache). Niech bę-

dzie wielkość jej ac, to

A'A"C“B"B'= — A'A"B' — A"B"B'-ł A"C“B"=a{- tt —t₇ 4-c).

Z rysunku widzimy, źe

Ml

atx =A/A"B'=A m‘l=b —y ~ h

at₂ =A/B‘B//= \ m"l=

M"l

jeżeli 9JI oznacza średni moment

nareszcie ac=A"C"B"= belki jednoprzęsłowej.

Kreślimy teraz wielobok sił ab e/’ obieramy biegun 0 w odległości    według poprzedniego paragrafu, więc będzie

Długość a, służącą za podstawę przy wyrażaniu płaszczyzny przez proste, możemy przyjąć dowolnie, a więc np. możemy przyjąć a— średniej rozpiętości albo jednej z rzeczywistych rozpiętości. Gdy wszystkie przęsła są równe, wtedy przyjmujemy

M“

a=l, więc mamy następne siły: tx —

Gdyby styczne podporowe były znane, to konstrukcya drugiego wieloboku sznurowego byłaby następną:

W odstępie b ód pionowej przez środek ciężkości 8 zwykłej

tx = | M‘

ah

f — 1 7lf// _

ah

el

ah ’

6=-f- .    196)

aLn

j M‘

powierzchni momentów odcinamy z obu stron długość c—

i łączymy te punkty na krzyż, otrzymane w ten sposób proste nazywamy liniami krzyźowemi (n. Kreuzlinien, fr. trans-nersales), które pierwszy wprowadził Cullmann, a które przedstawiaj ą promienie wieloboku sił.

Jeżeli znamy styczne podporowe Ax U i Bx V, to zróbmy UUx—mmx i Wi=nn₁, połączmy U z Vt i Ux z V, a otrzymamy drugi wielobok sznurowy, który przedstawia linię ugięcia i który dlatego nazywamy drugim wie lob okiem sznurowym lub wielobokiem ugięcia (n. elastisches Poły gon, fr. le second poły gon funiculaire). Konstrukcyę powyższą podał Mohr.

a stąd

Wyznaczenie momentów podporowych.^^

Z rys. 52. widzimy, ż&AMUc\jabO i BNVc\jOfe, a więc AM:tx=\l:b i BN:t₂ = l:b,

i BN=

AM=

Ml

tj

o-:

-w

Podstawmy wartości za tx i 4, a otrzymamy

AM-

IM'

ah

M'V

36

BN

6 abh ’

6 abh

a więc odcinki AM i BN są proporcyonalne do momentów podporowych. Jeżeli przyjmiemy

AM

b=\ a, to

BM

a.

197)

Tys.53.

Jeżeli chcemy wynaleść odległość x (rys. 53.), w której pionowy odcinek między przedłużeniami pierwszego i drugiego boku drugiego wieloboku sznurowego M'

równa się

: A3f=x: £ l, więc x=

TT

y₃z

to otrzymamy M‘jl

bU

W**

a jeżeli a—l, to

AM

M'

BN

M"

m"

198)

•    •    d    •    *

a zatem pionowa w odległości x= ^ a odcina

(rys. 52.).

M'

Grdy a=l, to AM ="3

§. 40. Porównanie z belką poziomą obu końcami utwierdzoną.

Poprzednia konstrukcya da się wprost zastosować do belki jednostronnie lub obustronnie poziomo utwierdzonej. Poprzednio

przyczem b mierzymy według podziałki sił,

eI

a^n

przyjęliśmy 6=

teraz przypuszczamy b=\a według podziałki. długości. Jeśli więc zrobimy oba te przypuszczenia, to stosunek podziałki sił do podziałki długości jest już dany.

Dla belki obustronnie poziomo utwierdzonej są obie styczne podporowe poziome, więc oba odnośne promienie Oa i Of (rys. 54.) poziome; zatem punkt a wpada na f, a stąd c—tx-albo A/A“E-\-B‘B“E‘=EElC/, co się da słowami wyrazić: Dla belki poziomo obu końcami utwierdzonej jest suma powierzchni ujemnych momentów równa powierzchni momentów dodatnich*). A zatem = 5 2JPŻ+5    jeżeli 9K' i oznaczają momenty podporowe

belki poziomo utwierdzonej, a więc    (SJP-ł-SJł")* Dla belki

poziomo utwierdzonej otrzymamy więc drugi wielobok sznurowy AU₀S₀V₀B₀, a dla tak samo obciążonej belki ciągłej AUSVB.

M

Ą;

Q\

i#

Z rys. widzimy, że AU₀M(I ^ U₀V₀V₀‘: więc A M₀ =

=v₀v₀‘=vv\

rys. 54.

dK

a;

As

4a

Ao

S\

'AT

%B₀

i-ff

Nr

l

¹ \ -4.-—\-A>0

t₂

WP

odstępowi linij krzyżowych MT i NS. Dalej otrzymamy AM₀: ^1 =

, tx : b, a zatem wstawiwszy wartość za t1}

AM₀

a jeżeli b = ^a, więc

6 abh

AM,=W(^²

a podobnie B₀N₀(-~) —

= UnU₀‘= UU\ Widzimy stąd, że odstępy linij krzyżowych w pionowych trzecich części (n. Dritteherticale, fr. verticale trisectrice) są proporcyonalne do momentów 9)1" i 9)1'. Dla a=l a b—^l byłyby te odstępy pomnożone przez odległość biegunową równe momentom 9)1' i 9)1". Zmieniwszy odpowiednio podziałkę i odczytując 9)1' i 9)1" w po-działce momentów, otrzymamy 9)1' i 9)1" wprost równe odstępom linij krzyżowych w pionowych trzecich części. Na przyszłość przyjmować będziemy, że momenty odczytujemy według osobnej podziałki momentów.

F₀ F=FP,

Jil

tf-

SiP^rT'

--zn------

—21----->

Z rysunku widzimy, że

QS= FF'=9)1'

<pf=2Fć7'=2 9Jl"

J//$=(2 9Jl"+9)l/)^j =91"    , podobnie NT= 91' ^ j .

, więc

a więc

odstępy linij krzyżowych w pionowych podporowych są proporcyonalne do ilości 91" i 91', a dla a-^l równe ilościom 91" i 91'. Ilości 9)1' i 9)1" i 91' i 91" są zależne tylko od obciążenia i dadzą się, jak wiemy, analitycznie wyznaczyć (§. 4). Znając je, możemy linie krzyżowe wykreślić.

Z rysunku widzimy też, że odcinki JUS i NT są to momenty statyczne siły c, działającej w S, ze względu na pionowe podporowe AS i BT*). Mamy więc

MS .b=cm,

b

cn

. .    199)

NT.b=c.n, NT=—j—

* b

Długości c, m i n są znane, jeżeli obciążenie jest dane, dla danego b możemy więc obliczyć także w ten sposób MS i NT i wykreślić linie krzyżowe.

Jeżeli belka jest tylko z jednej strony poziomo utwierdzona, to tylko ta strona ma styczną poziomą AU₀ (rys. 55.)

Ponieważ na drugiej podporze B moment jest równy zeru, BN= 0, zatem UVB jest linią prostą. Znając linie krzyżowe potrzebujemy więc tylko wykreślić UU₀ = odstępowi odnośnemu linij krzyżowych i wykreślić BS i UUS.

rys 55.

ił

iT* F

~JB

§. 41. Przęsło nieobciążone.

Jeżeli dane przęsło jest nieobciążone, a którekolwiek inne przęsło obciążone, to c== 0, więc drugi wielobok sił składa się tylko z dwóch sił ti = \M' ~ i t₂ = £ M''

ah

. Jeżeli styczne pod-

rys. 56.

porowe są dane, to jest on zupełnie

v\

ir

Mr

■jr

oznaczony. Wiemy z poprzedniego, że momenty podporowe w przęsłach nieobciążo-nych są naprzemian dodatnie i ujemne i wzrastają ku przęsłu obciążo-

k-

nemu (rys. 56). Wykreśliwszy drugi wielobok

sznurowy, mamy:

M"(iy

h V „)

BN=

h 'a' ¹

więc A M :BN=M': M". Z rysunku widzimy też, że

*) por. Podręcznik statyki budowli str. 12.

Podr. Teor. mostów.

- 66 —

at:(l — ax)=AM: BN, więc ax:(l—al)=M,:M'‘, a że także Ax I: IBX =M': M", więc

ax=AxI, (l — ax)—IBx.

A zatem punkt Ix przecięcia się boku średniego UV z prostą AB wyznacza punkt, w którym moment staje się zerem w przęśle nieobciążonem. Jestto ów^punkt stały znany z §. 9; że rzeczywiście jest on punktem stałym, udowodnimy to w następnym paragrafie.

§. 42. Dwa przęsła sąsiednie nieobciążone.

Jeżeli teraz weźmiemy pod uwagę dwa sąsiednie przęsła nieobciążone (rys. 57.), to wiemy, że styczna podporowa w B

jest wspólna dla obydwu przęseł. Jeżeli przedłuży-my boki 4C średnie wieloboku ;    ugięcia obu

•    przęseł, to

>*    WW„ wy

znaczy kierunek wypadkowej dwóch sił tx i tx\ działających w V i U₁. M l    M l

A że t₂    — : h~ir~-—h więc odstępy poziome wypad-

ti a    ti a

kowej W₀WX od V i Ux muszą się mieć jak l: Zt, a zatem x==

a od Ux o ,

<-----

.1

Tys.57.

Vt

Pionową WW₀, odległą od V o

niezależną

od obciążenia, nazywamy przesuniętą pionową podporową (n. verschrdnkte Stutzenverticale, fr. verticale auxiliaire, contreverticale); widzimy więc, że przedłużenia boków średnich dwóch przęseł nieobciąźonych przecinają się w przesuniętej podporowej.

Z rysunku widzimy dalej, że J, U₀:7, W₀ = U„ Ul: W W„, a także U₀UX: V₀V=l:lx, F, V: WW₀ = IV₀: IW,

U₀ Ux: WW₀ =2 IV₀ :L.IW₀, nareszcie I U₀: It W₀ =IIV₀: L IW₀.

a więc

Widzimy więc że położenie punktu It jest przy danych. Z i Z, zależne tylko jeszcze od położenia punktu J, więc dla jakiegokolwiek wieloboku sznurowego pozostaje punkt J, ten sam, jeżeli punkt I się nie zmienia. Ponieważ w przęśle skraj-nem punkt I, w którym moment staje się zerem, jest zawsze na podporze, więc położenie jego się nie zmienia, a zatem i w następnych przęsłach punkty I nie zmieniają swego położenia, są więc stałymi. Z tego wynika następna konstrukcya wyznaczenia punktów stałych: Z punktu stałego I (a w pierwszem przęśle z podpory A) kreślimy dowolną prostą IW i otrzymujemy punkty V i W, kreślimy VB aż do przecięcia się z pionową trzecich części w Ux i łączymy Ut z W. Punkt przecięcia się z prostą AB wyznacza punkt stały It. Jeżeli A, B i C nie leżą w linii prostej, to właściwym punktem stałym dla przęsła BC jest punkt 7₀, a punkt Ix leży w pionowej punktu stałego.

W rys. 58. wyznaczyliśmy w ten sposób punkty stałe Z, i J3 dla podpór równo wysokich. Zaczynając z drugiego końca E wyznaczyliśmy też drugie punkty stałe K? i Kx.

! nyf-ł.58.

‘A

Jeżeli belka jest na pierwszej podporze w A poziomo utwierdzona, to wedle poprzedniego (§. 9.) punkt stały i", leży nie w A, lecz w jednej trzeciej pierwszego przęsła.

i/fa

Z konstrukcyi tej podanej przez Mohra wynika bezpośrednio, że punkty stałe leżeć muszą w skrajnych trzecich częściach przęsła.

§. 43. Siły poprzeczne, oddziaływania i momenty w przęsłach

nieobciąźonych.

Rysunek 59. przedstawia pierwszy wielobok sznurowy dla belki ciągłej, której n-te przęsło jest obciążone. Linie momentów są w przęsłach nieobciąźonych proste i przechodzą przez punkty stałe, stąd momenty podporowe są naprzemian dodatnie i ujemne, wzrastają ku przęsłu obciążonemu i są więcej niż dwa razy większe od poprzednich. Siły poprzeczne są to pochodne

— 68 __

funkcyi momentów, a więc w przęsłach nieobciążonych linie sił poprzecznych są poziome, a że st ? jest naprzemian dodatnia

rys. 59.

Zł

dli

ii

im

więc i siły poprzeczne są naprzemian dodatnie

i ujemna

i ujemne. Oddziaływania równają się różnicy algebraicznej sił poprzecznych z prawej i lewej strony podpory, a więc gdy siły poprzeczne zmieniają naprzemian znaki, oddziaływania są też naprzemian dodatnie i ujemne.

r §. 44. Przęsło obciążone.

Jeżeli przęsło AB (rys. 60.) jest obciążone, a inne przęsła

nieobciążone, to można podobnie, jak w §. 41, łatwo dowieść,

że przedłużenia boków

rys. 60.

ri

\ AT

średnich drugiego wielo-bokn sznurowego dwóch sąsiednich przęseł przecinają się w przesuniętej podporo wej i przedłużenia boków średnich SM

i SN przechodzą przez punkty stałe I i K, gdy podpory są w jednej linii prostej, inaczej zaś przez punkt przecięcia się prostej CA względnie BE i pionowej przez punkt stały. Aby więc wykreślić drugi wielobok sznurowy przęsła obciążonego, postępujemy w następny sposób. Jeżeli mamy dane obciążenie, wykreślamy linie krzyżowe. W §. 40 udowodniliśmy, że UUi i VVt są równe odnośnym odstępom linij krzyżowych odnosi się to i do innych odcinków, więc i do* II. i KKX1 które

tr

,-■'1

M..

-*r-

Vt

li

Y'

a że

robimy równe odnośnym odstępom linij krzyżowych, kreślimy IK, i KIX i w ten sposób otrzymujemy dwa średnie boki drugiego wieloboku sznurowego. Odcinki AM i BN, któreśmy teraz uzyskali, są proporcyonalne do momentów podporowych.

Ponieważ Al <^, a M?7S<Cl80⁰, więc siła działająca w U= ęM‘ ~ działa do góry i jest ujemna ujemnem. Widzimy więc, że momenty podporowe przęsła obciążonego są ujemne.

Jeżeli podpory leżą w linii prostej, to do wyznaczenia momentów podporowych możemy użyć następnej konstrukcyi (rys. 61).

Jeżeli AxCxBt jest zwykłą powierzchnią momentów, a SN MT liniami krzyźowemi, to spuszczamy z punktów stałych I i K pionowe, które przecinają linie krzyżowe w I¹ i K\ a TKf jest wtedy linią zamykającą AB, jak w (rys. 60.), odcinki zatem ^ AM i BN są równe (jeżeli ax =l)1 albo proporcyonalne do momentów M‘ i M“. Robimy teraz momenty M‘=AXA^ i M“=BlBiJ a A^Bę, jest linią zamykającą dla belki ciągłej.

a stąd i M‘ jest

rys. 61.    ]{

, iLUflS.

At

f-7

Oj

-----

-w

§. 45. Dwa sąsiednie przęsła obciążone.

I tu (rys. 62.) WGW jest wypadkową sił i tx'x leży więc w odległości

od r„,

rvs.62.

V b , ⁴.y,js ■ "

! A.A *    • I

*•

a zatem przedłużenia boków średnich dwóch sąsiednich przęseł przecinają się w przesuniętej podporowej. Możemy tu także udowodnić, że prosta l'Ix' poprowadzona przez punkt B przecina przedłużenia boków śre-

/■

k-l-A

dnich VS i UtSx w pionowych punktach stałych. Widzimy bo-rysunku, że: U₀UX 1 VV —l:lx i VV₀: WW₀ = T V₀:1‘ Wof

wiem z

a zatem U₀UX: WW₀=łI'V₀: ltI‘W₀.

Dalej mamy U₀ Ut T c\J W₀ WIwięc

U, u\: WW₀ = U₀It': WJ\ ', zatem UJx':WJx‘=l.I‘V₀:lxI'Wo:

Gdy punkt T porusza się w pionowej, nie zmienia się stosunek J'V₀:1‘WQ, więc i stosunek U₀It': WvIt‘ zostaje ten sam, a zatem It‘ pozostaje w tej samej pionowej. Gdy więc punkt I jest stałym, to i I' jest także punktem stałym.

46. Dowolne obciążenie przęseł.

Jeżeli belka ciągła o nierówno wysokich podporach jest dowolnie obciążona (rys. 63.), to korzystając z poprzednich twierdzeń, możemy wykreślić drugi wielobok sznurowy i zeń

rys. 63.

By

1)₃ K

& o'

\*

i "\E,

J3 I

fi

A/X

!<iU

Ki

[<ól

ii

Ig

-T

- i-

N?

A''

wyznaczyć momenty podporowe. Postępujemy wtedy w następny sposób.

1.    Wyznaczamy punkty stałe Ax, J₂, I₃...Kl, Kx... zapo-

mocą~koń

w §. 42.

2.    Wykreślamy we wszystkich przęsłach linie krzyżowe, a to według §. 38., wykreśliwszy drugi wielobok sił i przyjąwszy odpowiednią odległość biegunową b=l a, lub też, co lepiej i prędzej, obliczając 91' i 9P', a stąd odstępy linij krzyżowych w pionowych podporowych według §. 40.

Według §. 38. odstęp między średnimi bokami w pionowych trzecich części, a zatem i w innych pionowych jest równy

71 -

odpowiedniemu odstępowi linij krzyżowych. A więc robimy AC=OxQx, kreślimy CAX aż do _D₂, do przecięcia się z pionową punktu stałego w drugiem przęśle, wtedy Z)₂ jest punktem boku średniego drugiego wieloboku sznurowego według §. 45. Dalej robimy D„ C₂ = 0.₂ Q₂, kreślimy C₂A₂ aż do D₃ i t. d. Potem zaczynamy znów od A₄, robimy AiE₄=^R₄PiX kreślimy E₄A₃ aż do F₃, robimy F₃E₃=E₃P₃ itd.

4. "W ten sposób otrzymamy dla każdego boku średniego dwa punkty C i Fx, C₂ i F2X A i Ex itd. tak, że te boki możemy wykreślić. Pionowe trzecich części, przecinające boki średnie, wyznaczają punkty boków skrajnych, które teraz możemy wykreślić. Odcinki pionowe między przedłużeniami boków średnich a podporami są, jak wiadomo, proporcyonalne do momentów podporowych, które w ten sposób możemy wyznaczyć. Czy konstrukcya była dokładna, możemy sprawdzić w następny sposób:

1.    Boki średnie przecinam się w przesuniętych podporowych np. CFX i E.aD₂ w F.

2.    Punkt przecięcia się boków średnich jednego przęsła musi leżeć w pionowej nad punktem przecięcia się linij krzyżowych np. Sx' nad Sx.

3.    Prosta łącząca punkty przecięcia się boków średnich z pionowemi trzecich części w przęsłach sąsiednich musi przechodzić przez podporę, np. punkty Vx, Ax i U₂ muszą leżeć w prostej. Jeżeli przęsło które nie jest obciążone, to obie linie krzyżowe wpadają na siebie. Konstrukcyę tę podał pierwszy C ulmann.

Co się tyczy podziałek musimy pamiętać, że stosunek po-działki momentów jest, jak wiemy, ~, jeżeli stosunek podziałki długości jest 1 Im. Druga odległość biegunowa b ma być równą — . Jeżeli nie chodzi nam o ugięcie, a podpory są w linii pro

stej, to obojętna jest podstawa a do zamieniania powierzchni; jeżeli zaś podpory są w nierównych wysokościach, a różnice wysokości wykreślimy w podziałce , to musimy według 196) przyjąć 6=

ml a²m '

Przyjmujemy więc najprzód a równe rozpiętości średniej lub jednej z danych rozpiętości, przyjmujemy dalej &=-*! w podziałce długości i obieramy taką podziałkę sił, aby ml a²m '

§. 47. Obciążenie jednostajne zupełne.

Jeżeli przęsło AB (rys. 64.) belki ciągłej jest jednostajnie

rys.6k.

f-Jb*

obciążone, to linia momentów jest tn parabolą. Ilości 91' i 91" wyznaczymy według równania 15), miano-

Vjb:

A’

a więc według §. 40) odcinki podporowe linij krzyżowych OP=QR=lgP =    . Wyznaczenie

momentów podporowych w ogóle odbywa się podług poprzedniego paragrafu w razie, jeśli podpory znajdują się w linii prostej, według §. 44 (rys. 61).

fi

W,

Znając momenty podporowe AA' i BB', kreślimy A'B' i w połowie przęsła pionową BE=\gl², wtedy A'E i EB' są stycznemi paraboli a

Siły poprzeczne wyznaczamy w następny sposób: Robimy ff=gl, / O, h EB' i eOt II A‘E, to otrzymamy biegun 0, i pierwszą odległość biegunową h. Prowadzimy teraz Ogll AB, jako zamykają-oej, a będzie eg=Q', gf=Q". Zróbmy teraz AtA\'=Q'=eg i BB'=Q"=gf, to A/B/ jest linią sił poprzecznych.

Ax A/ i RjR/ możemy też wprost otrzymać. Zróbmy Rj//= — AyS=h, dalej SAt'j/EA' i HBt'//B'E, to otrzymamy Q‘ i Q".

§. 48. Obciążenie jednostajne częściowe.

Jeżeli tylko część przęsła CtlB₀ (rys- 65.) jest jednostajnie obciążona, to linia sznurowa składa się z prostej AC i paraboli CB. Jeżeli w wieloboku sił wykreślimy promienie równoległe do stycznych podporowych, to dla obciążenia całego przęsła styczna byłaby EF‘, więc odnośny promień OE' // EFJ. Zróbmy

78

też OA'/ICA i OB'//BG, to A'B‘: BtF,=\x :l. Z rysunku widzimy, że GBTcsj) OA‘B‘, więc BT: B'A'=lZt :h. A że

AJB'=p^, więc BT:2)ęl=l^₁ :h, a zatem

BT

200)

Jeżeli długości BT=d dla zmiennej wykreślimy jako rzędne, to otrzymamy według 200) parabolę dla £,=Z, a więc

pP

dla obciążenia zupełnego jest BT'=2 FF'—^, więc gdy na-

zwiemy FF'—t, to d=PT=-^₂ i;, ²

=2t

5.Y

. . 201)

rys. 65.

a₇

Ć/

SC

/'T"“

--->i

-ł

4'

(F'

c- - .4l

Jestto równanie paraboli, a na niem zasadza się następna konstrukcya (rys. 66.). W znany sposób wykreślamy parabolę A erb, dla d według równ. 201), zrobiwszy ; Bltb=2t. Zróbmy i    towr=d, ro-

Bo ; bimy więc d=nr= d =BT, łączymy A z T, j w połowie (7„P„ spuszczamy pionową ,

. ; otrzymujemy G i styczną GB, poczem wykreślamy bez trudności paraboliczną linię sznurową C„B.

CJ. 49. Obciążenie jednym ciężarem sku-pionym.

Jeżeli ciężar skupiony P działa w punkcie D₀ (rys. 67.), a trójkąt A CB jest po-T'    j edynczą powierzchnią

74

momentów, to jeżeli

rys. 66.

CD=f\ ABC=l lf\

ABC

“

j więc =

= hf-

At

rys. 67.

7-

G-

Pjl'S

1 !/

' 'Jtt'

Jiff

/i

7~—a

Zróbmy AE=EB, EF^^ED, to przez F Aa przechodzi oś ciężkości trójkąta ACB, bo EF'=\ EC. Ponieważ CD=f jest' proporcyo-nalne do 9k, więc możemy tu zaraz wykreślić drugi wielobok sznurowy. Z powodu, źe/V=23R-, więc dlatego

przyjmiemy 2 razy większe, więc b= =2^ a—\a.

Jeżeli chodzi nam o wyznaczenie momentów

Bo

w,

Bi

podporowych tylko danego przęsła, to możemy przyjąć l=a; jeżeli zaś

jest kilka przęseł nierównych równocześnie obciążonych, a momenty wyznaczamy według §. 46), to wtedy musimy przyjąć a wspólne dla wszystkich przęseł, najlepiej średnią długość przęseł.

Tu przyjmiemy a=l, zatem b=\l. Jeżeli więc N jest drugim biegunem, to ND i NC są promieniami skrajnymi drugiego wieloboku sznurowego. Jeżeli NK//AB, to NK—^AB. Linie krzyżowe są równoległe do ND i NC, jeżeli chcemy, aby przechodziły przez A i B, to wykreślmy AMj/NC i BLjjND. Punkt przecięcia się linij krzyżowych S musi leżeć w pionowej pod środkiem ciężkości pojedynczej powierzchni momentów i mamy

SBM^NDC, zatem BM: CD=BF:NK. Ale BF^\AB+

+ l(n AB — AD)=łi (2 AB—AB), a NK=\ AB,

BM: (71)=(2 AJ? — AIJ) : AD.

Zróbmy teraz DG=AB i DH—AB, to 5(7=2 AB—AD. A więc prosta GC musi przechodzić przez punkt i)I, gdyż w takim razie

więc

BM: CD=BG: GD, czyli BM: GD=(2 AB — AD): AB, jak pierwiej. Podobnie otrzymamy, przedłużając linią HC, punkt L. Jeżeli punkt G wypada za papier, użyć możemy drugiego sposobu wyznaczenia punktów L i M.

Wykreślmy FTP// AB (rys. 68.), (7L//5F i CMjj AW. Wtedy linie AM i BL są liniami krzyżowemi, jak to zaraz udowodnimy. Przedłużmy AB i MC aż do G,

to GDC£±) AB W, bo DC=BW,

rys. 68, A 0 J    A) F E

KB E

a wszystkie boki równole-

głe, więc GD= =AB, a zatem na mocy poprzedniego dowodu punkt M jest punktem linii krzyżowej. To samo możemy udowodnić co do

punktu L. Z konstrukcyi powyższej wynika, że punkt S musi leżeć wewnątrz trójkąta ABC. Po wykreśleniu linij krzyżowych możemy teraz łatwo według §. 44) wyznaczyć momenty w da-nem przęśle. Spuszczamy z punktów stałych pionowe do przecięcia się z liniami krzyżowemi w I' i P i kreślimy przez I‘ i K' zamykającą A‘B‘. Powierzchnia kreskowana przedstawia powierzchnię momentów.

mjr

im.

>11

§. 50. Linie wpływowe.

Na podstawie poprzednich twierdzeń możemy wyznaczyć łatwo linie wpływowe sił poprzecznych i momentów. Tok konstrukcyi wedle Steinera (tabl. I, rys. 1.) jest następujący:

- 76 —

1.    Wyznaczamy punkty stałe (rys. a) według §. 42. w znany sposób.

2.    Dzielimy każde przęsło na pewną ilość części np. na

wykreślamy wielobok sił,

4 części i wyznaczamy momenty dla położenia ciężaru w punktach 1, 2, 3, 5, 6. Niech np. ciężar P= 11 działa w punkcie 2. Przyj ąwszy podziałkę    ¹ ~lrn

a mianowicie a‘b‘ = P (rys. y), obieramy biegun 0 w odległości h=^t, kreślimy promienie i wielobok sznurowy (rys. $). A‘PB‘ jest pojedynczą powierzchnią momentów.

Zrobiwszy 2 H=A‘B\ kreślimy II2' aż do A", a prosta B‘AU jest linią krzyżową. Druga linia krzyżowa przechodzi przez A. Ti punktów stałych A i Kx spuszczamy pionowe aż do przecięcia z liniami krzyżowemi, łączymy punkty przecięcia się i otrzymujemy zamykającą A'b, która odcina na pionowej w B odcinek równy momentowi podporowemu dla tego obciążenia. Linię tę momentów sprowadzamy teraz do poziomej zamykającej (rys. 3) i wykreślamy też momenty w innych przęsłach, prowadząc linie momentów przez punkty stałe. Linie te momentów oznaczyliśmy na rysunku cyframi 2. Tak samo wykreślamy linie momentów dla położeń ciężaru P w punktach 1 aż do 6 i linie te oznaczone są znaczkiem punktu zaczepienia siły. Teraz możemy wykreślić linie wpływowe momentów (rys. o). Jeżeli chcemy np. wykreślić linią wpływową dla punktu 2, to gdy siła P stoi w 1, w punkcie 2 M= 2" a, robimy więc (rys. r,) l'a' = 2"a. Gdy ciężar P stoi w punkcie 2, to moment w tym punkcie 2"2, robimy więc (rys. r,) 2'2=2"2 i t. d.

Jeżeli ciężar stoi w punkcie 7, to sprawia ten sam moment w punkcie 2, co ciężar w punkcie 5 sprawia w punkcie 10, więc b 10", robimy więc b 10''—7'6' i t. d. Połączywszy poszczególne punkty, otrzymamy linią wpływową momentów dla 2.

Tak samo wykreślamy linie wpływowe dla innych punktów.

1 mm ’/₂ tin ’

Stosunek podziałki dla momentów będzie -y

Na rys. £ wykreśliliśmy linie wpływowe dla sił poprze cznych. Pełna linia jest dla punktu 2, dla innych linie kreskowane. Jeżeli ciężar P stoi w punkcie 2, jak w danym wypadku, to kreślimy w wieloboku sił promień Om// A'b, a wtedy 0m=0₀. Na długości od 4 do 2 jest więc Q=0₀=a,m, dla punktów zaś od 2 do 4 Q=0₀ — P=mb‘. Widzimy więc, że wszystkie linie

1 mm

m */₂ t

77 —

wpływowe dla punktów od A do 2 będą miały w 2 tę samą rzędną , zaś linie wpływowe dla punktów od 2 do B mają w 2 rzędną c 2/. Długość 2'2 = 7J. Wyznaczenie linij wpływowych dla sił poprzecznych jest więc bardzo łatwe, bo te nakrywają się po części.

Jeżeli ciężary przenoszą się na belkę zapomocą poprzecznie, to linie te zmieniają się wskutek tego tak, jak przy belce jedno-przęsłowej. Zamiast linij wpływowych otrzymujemy wieloboki, których wierzchołki, odpowiadające poprzecznicom, leżą na tych liniach krzywych.

§. 51. Najniekorzystniejsze obciążenie dla sił poprzecznych i momentów.

następne przęsła są naprzemian obcią-

Z kształtu linij wpływowych sił poprzecznych widzimy, że siła poprzeczna w danym przekroju jest największą lub najmniejszą, gdy obciążenie sięga od przekroju do prawej lub lewej podpory tegoż przęsła żonę. Chcąc wyznaczyć najniekorzystniejsze położenie dla momentów, załóżmy, że w punkcie D przęsła AB (rys. 68.) działa ciężar P. Dla tego położenia ciężaru wyznaczyliśmy linią zamykającą A‘B‘, a więc jeśli a=l, AA' i BB‘ są równe momentom podporowym. Z rysunku widzimy, że jeżeli ciężar jest w D, w O moment jest równy zeru. Jeżeli ciężar posunie się na prawo, w O moment jest ujemny, jeżeli na lewo, dodatni. Dla najw M w punkcie 0 musi więc być obciążona długość AD, dla najmn M długość DB. Ponieważ punkt S jest wewnątrz trójkąta ABC, więc punkty O i R leżą po za punktami stałymi. Widzimy więc, że tylko dla punktów pierwszej i trzeciej części przęsła mamy punkt obojętny, dla punktów części średniej między punktami stałymi nie ma takiego punktu obojętnego, moment jest zawsze dodatni, a zatem najw M jest dla zupełnego obciążenia (tabl I, rys. 2yj). Inne przęsła muszą być naprzemian obciążone.

§. 52. Największe siły zewnętrzne.

Siły poprzeczne i momenty dla obciążenia układem ciężarów skupionych najlepiej obliczymy zapomocą linij wpływowych. Sposób wyznaczenia największych sił zewnętrznych na podstawie linij wpływowych podaliśmy w Podr. teor. most. w tomie I (str. 38). Jeżeli belka jest obciążona ciężarem jednostajnym

ciągłym, to największe siły poprzeczne i momenty wyznaczymy w następny sposób:

1.    Wyznaczamy najpierw punkty stałe znanym sposobem według §. 42 (tab. I, rys. 2 a).

2.    Dla wyznaczenia momentów podporowych (rys. |ł) postępujemy w następny sposób:

przyj-

Na pionowej przez podporę A odcinamy Tt odległość linij krzyżowych na podporach dla obciążenia zupełnego pierwszego przęsła. Według §. 47) jest T.=9Gdy mierny    to TIt=yV={pll'¹, a z konstrukcyi otrzymamy

wprost moment podporowy M. T₄ możemy też otrzymać zapo-mocą konstrukcyi, łącząc B z wierzchołkiem paraboli wykreślonej dla belki zwykłej, T₄ będzie wtedy także =2= =    Dalej obliczymy I₃, i Tx dla obciążeń częściowych

pierwszego przęsła od podpory A do punktu 8, 2 lub 1 (§. 40.) Jeżeliśmy, jak tu, przyjęli    to    i t. d., zaś 91' wy

znaczymy według równania 17). Punkty w ten sposób wyznaczone łączymy z a punkty przecięcia się tych prostych z pionową punktu stałego Kx, połączone z A, wyznaczają na podporowej B punkta 1, 2, 3, 4. Odcinki 181, -8 2, i? 3, B4 są to momenty podporowe dla obciążeń długości -4.1, A 2, A 3 i AB.

Podobnie otrzymujemy i w drugiem przęśle momenty podporowe -8 5,-8 6,-8 7, -88 i Cb, C6, C7, C8. I tu odcinamy najpierw na obu pionowych podporowych ilości T₅, T₆. . . T₅', T₆‘. łączymy te punkty z O, a względnie z B i przez punkty przecięcia się z pionowemi punktów stałych prowadzimy zamykające, które odcinają momenty podporowe dla odnośnych obciążeń częściowych drugiego przęsła.

3.    Teraz rysujemy najmniejsze momenty i to najprzód w pierwszem przęśle. Na długości AKX są najmniejsze momenty, gdy jest obciążone przęsło średnie (obciążenie I, rys. 7), wtedy moment na podporze B jest B8. Zróbmy (rys. 8) B'0'"=B8 i połączmy A‘ z 0"', wtedy prosta ta do Kx będzie linią najmniejszych momentów. Dla wykreślenia dalszej części tej linii najle-

7    97 Q7 Al

piej będzie wyznaczyć ją stycznemi dla obciążenia ~    ^ i ^

i dla równoczesnego obciążenia drugiego przęsła [II, III, IY, Y, rys. 7]. Najprzód wyznaczymy według rów. 201) długość dla powyższych obciążeń i otrzymamy di=<2t=

Dla najmniejszych momentów na trzeciej części średniego przęsła musi być obciążona pewna długość od B i trzecie przęsło (obciąż. YII do X, rys. y). Najprzód więc wyznaczymy momenty podporowe dla każdego obciążenia. Np. dla obciążenia YII, otrzymamy ujemny moment w C dodając CO* do C 5, otrzymamy więc C5', na podporze zaś B będzie M=Bb — BO. Teraz wyznaczamy według §. 48)

=A'4'" (rys. 3), d₃=A/3"/, d₂=A'2'", d, — A'l‘“. Moment podporowy dla obciążenia II jest =Bl-j-B8=B0"/-\-0''' V"=B 1'", zatem V l‘“ jest styczną do linii sznurowej dla obciążenia II. Podobnie otrzymamy styczne 2" 2'", 8" 3'", 4" 4'" dla obciążenia III, IV i Y, które wyznaczają resztę linii najmniejszych momentów w pierwszem przęśle.

W przęśle średniem także najpierw wykreślimy linią najmniejszych momentów. Dla obciążenia IY (rys. y) otrzymamy moment ujemny w C CO'=BŁ Połączmy O z a otrzymamy moment podporowy w B. Punkt tej prostej wyznacza najmn. moment w punkcie K; jeżeli więc przez poprowadzimy poziomą, to F₂"K₂ będzie linią najmniejszych momentów. Pozostaje jeszcze krzywa 4go stopnia AT,/8', którą znowu wyznaczymy stycznemi.

d₈=2    8', d₁'=Bl‘ itd., odciągamy od tego odnośny

moment podporowy w B i otrzymujemy wtedy punkty 8" 7" i t. d.; które połączone z punktami 8' i 7' itd. dają styczne do linii najmniejszych momentów.

Resztę linii najmniejszych momentów dopełniamy, rysując symetrycznie do środka belki.

Linią największych momentów otrzymamy przez odciąganie rzędnych linii najmniejszych momentów od linii momentów dla całkowitego obciążenia. Aby zaś tę linię otrzymać, zauważymy, że dla zupełnego obciążenia otrzymamy momenty podporowe, dodając momenty, wywołane obciążeniem każdego przęsła, więc w punkcie B będzie JI=—R4—B8 + B0. W C będzie moment także tak wielki, a znając teraz momenty podporowe, wykreślić możemy z łatwością paraboliczne linie sznurowe.

Wyznaczenie sił poprzecznych jest łatwe; zważyć nam tylko trzeba, że obciążenia w schemacie (rys. y) uwidocznione, wywołują najmn Q dla odnośnych punktów. Jeżeli więc od punktu A, 1, 2, 3, B, 5, 6 itd. (rys. e) na lewo odetniemy odległość biegunową a i wykreślimy równoległe do odnośnych stycznych

A O"',    2"2'" itd., otrzymamy punkty linii najmn. sił po

przecznych.

Dla obciążenia zupełnego linie sił poprzecznych są proste, dość więc wyznaczyć dla każdej po dwa punkty, co robimy w ten sam sposób, kreśląc n. p. On' // A'n i t. d. Linie największych sił poprzecznych otrzymujemy znów przez odciąganie rzędnych najmn Q od linii sił poprzecznych dla obciążenia zupełnego. Ostatnie 3 rysunki (£, rn o) przedstawiają wyznaczenie sił zewnętrznych, wywołanych ciężarem własnym. Tu wyznaczamy tylko momenty podporowe dla obciążenia całkowitego przęseł, a więc B4, B8 i CO. Moment w B będzie M= = —2?4—.S8+C0; dalsza konstrukcya jest wobec tego, cośmy wyżej powiedzieli, zupełnie jasną.

VI. Obliczenie analityczne belki ciągłej o przekroju zmiennym.

§.J>^fl5elka pochyło utwierdzona.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że przekrój belki ciągłej, a więc i moment bezwładności był stały, teraz zbadajmy, o ile obliczenie to się zmieni, jeśli przekrój będzie zmienny, przy-czem wyłożymy rzecz według Winklera.

Dla belki pochyło utwierdzonej otrzymamy wtedy zamiast równań 2) 3) i 4), jeśli I jest zmienne

⁶ Ol — *a) = J

* O

dx

202)

diy

•    . 203)

ey=sx T ¹⁷ dx

xdx .    .

xdx .    .

.    . 204)

("Cl xdx f ¹ Xq

r)rr~v i

Równania 5) i §a) pozostają niezmienione. Wstawiwszy rów. 6 a) w 202) i 204) otrzymamy

. 205)

(l — x)dx M

^    x(l— x)dx , M"Clx‘*dx

l t) O

Xxdx

205 a)

Nazwijmy 1₀ średni moment bezwładności, t. j. taki, aby

l i dx

j «' T

“*■[)

przyczem całkować mamy od początku do końca belki przez wszystkie przęsła.

Nazwijmy dalej dla pewnego przęsła 21₀ Clxdx

v O

=B

3IĄ¹ x²dx

to, jeśli I stałe, A=B= C= 1.

=9ł“    X (l—x)d(l — x)₌

P J o    I

6IX¹ Xdx

l I • • • •

207)

Nazwijmy jeszcze dla skrócenia 67, ęl Xxdx P~)o

to

208)

Wstawiwszy te wartości w rów. 205) i 205 a), otrzymamy 6 e I„l (tj — t₂)=3 (2 A — B) M‘P + 8 BM“P —    + W‘) P,

6 e I₀ (s — h₂)=(3 B—2 C) M'P + 2 CM“P — W'P.

A stąd otrzymamy

~1 =

V(2aM'+YM“ — W) +

6eln

. . 209)

"₂ = —

6el₀

jeżeli

a=3 A — 37?+(7, $=C, y=3B— 2C . . . 210)

a==^=y—1,

Dla przekroju stałego otrzymamy znowu a wtedy rów. 209), przechodzi w rów. 10).

Jeżeli dla belki poziomo utwierdzonej nazwiemy, jak pierwej, momenty podporowe 9JI' i $Jł", to według rów. 209)

0=2 a 3TC'+Y    — w, 0=Y +2 £

9i'=2xM+?m", m"=ymj+2PM" . . 211)

Dla przekroju stałego przechodzi rów. 211) w rów. 11).

więc

§. 54. Wyznaczenie ilości pomocniczych.

II

J)

rys. 69.

JE L

Uli!

a -2?

W celu wyznaczenia ilości pomocniczych a, P i y, wykreślmy w każdym punkcie belki rzędną proporcyonalną do odwrotności momentu bezwładności, więc

~ (rys. 69.). Końce tych rzędnych, wyznaczają

Podr. Teor. mostów.

linię krzywą, a powierzchnia między tą linią a osią niech się nazywa odwrotną powierzchnią bezwładności (n. Krummungsflachę).

~ V, . Cl dx Cl xdx Cl x²d

CaBa J„ T ’    3„ I

oznaczają zatem powierzchnię

odwrotną bezwładności A', moment jej statyczny S' i bezwładności T ze względu na AH, więc

A l ’

Nazwijmy moment statyczny i bezwładności ze względu

c^, to

•J o 'L    O

72 C dx Sl xdx f * x‘ldx

^(A‘l-S‘)=2A-B,

Ct = ^-(A₁P — 2lS'+r)^SA — 3B+C,

B=

2I₀S‘

na JBL S" i I" i Bt

Sn(l G-X) dX

V O

(l — x)²dx

- Kj

więc

xdx

=A‘l—S‘

AXP -2IS‘+I‘

a zatem według 210)

a=C1? £=C

Do wyznaczenia ilości pomocniczych a, ^iy potrzebujemy więc tylko A, Ci Ct, a więc powierzchnię i momenty bezwładności odwrotnej powierzchni bezwładności, co możemy wyznaczyć albo rachunkiem sposobem zwykłym lub Simpsona albo konstrukcyą albo planimetrem.

§.^£5. Wyznaczenie ilości 91‘ i 91".

y=3B— 2C=3A— a — p . . 212)

Według rów. 207)

rys. 70.

l::

mmm

-B’

6I₀r Xxdx

⁼⁼~~pj₀~t~7 9!'=+^f *(*-*) dg-*)

91"

przyczem X oznacza moment dla belki w dwu punktach podpartej. Jeżeli wykreślimy zwykłą linią momentów ACB (rys. 70.) i jeżeli każdą

lo

to nowe rzędne dadzą nam po-

rzędną pomnożymy przez -j

wierzchnię kreskowaną ADC'EB, którą nazwiemy skurczoną powierzchnią momentów (n. verzerrte Momentenflache).

Nazwijmy Sx moment statyczny tej powierzchni dla pionowej AA‘, a S₂ dla pionowej BB‘: to

91"= —

21B)

§.J>6, Momenty podporowe belki ciągłej.

Jeżeli równanie 209) zastosujemy do dwóch sąsiednich przęseł belki ciągłej o równo wysokich podporach, jak w §. 5, to otrzymamy

a stąd

lm (;fm Mm+i + 2 [im Mm — 91m'')

0 £ I{) Tw = "h lm-\-1 (2 ALm d⁻ (m-f-1 -JZ»i-f-1    91m_(_i )

Ym lm Hlm—1 T 2 {?>m 1 m d⁻ ®m-f-1 lm-f l) Mm d~ Ym+1 lm-)-l    —

= lm + Wrn+l' •

Równanie to posłuży nam do wyznaczenia momentów podporowych , jak dla przekroju stałego.

. . 214)

§. 57. Punkty stałe.

Jeżeli tylko jedno przęsło jest obciążone, to w nieobcią-żonych przęsłach otrzymamy momenty podporowe, podstawiając w rów. 214) m= 1, 2, itd. i 91'=91"=0, więc

2 (3X + «j 1₂) Mx + Yj h    —¹0,

Y₂l₂il7, +2 ($₂1₂ + aal₃)

Z pierwszego równania wynika

Jf₂= —

2 i—+ - ' Ó)

' Yj Yi4/

-K⁺s(⁸

Ya ⁺Ys ^a

t*a

2 (3Ji +«al₂)

) 1 Jfj, a zatem

2(M> -KU- ^

S-J

. . 215)

1^3

T3I3

Podobnie więc, jak dla przekroju stałego, momenty podporowe są naprzemian dodatnie i wzrastają ku przęsłu obciążo-

y₂i₂

nemu; podobnie też w kaźdem przęśle znajdują się dwa punkty stałe, dla których, jak w 44 i 45),

1+V

216)

1+p*

Dalsze obliczenie odbywa się zupełnie, jak dla przekroju

stałego.

§.

Przykład.

Jako przykład obliczmy momenty, wywołane ciężarem własnym, dla tej samej belki trzyprzęsłowej, którą obliczyliśmy dla przekroju stałego w §. 25. A więc niech będzie Z, — 27-87 m, Z = 36-2 m, Q\ = 0'82 t/m , y=094 t/m. Na rys. 1. tab. II. wyznaczyliśmy na podstawie poprzedniego obliczenia przybliżonego dla przekroju stałego przekroje pasów, do których przy stałej wysokości proporcyonalne sa momenty bezwładności. Jeżeli przyjmiemy

AK¹

wysokość belki 8⁻16 m, to I— ₉ = 5 A. Na rys. 3. wykreśliliśmy na tej 1 Z , 1000 podstawie -j (linie kreskowane), i wypisaliśmy j, • b)la połowy belki obliczyliśmy teraz powierzchnie prostokątów, odczytując długości w mm, wyso-

i otrzymaliśmy powierzchnię 215-9.

kości według liczb na

Podzieliwszy tę powierzchnię przez długość 138-5 mm, otrzymaliśmy 1-56

1

czyli właściwie 0-00156 jako średni odwrotny moment bezwładności y„ .

Jn    1    1    ¹

Aby wyznaczyć ~j~, podzieliliśmy j przez r i wykreślili i oznaczyli na

rysunku j (linie pełne).

Jeżeli l₃ — lt mierzyć będziemy w mm, więc ?₃ = 83-9mm, to A‘ =88-2, 88-2 r

a że J₀ = 1, więc A — ggTg — 1-051.

/1000\ rysunku    j— J

A.

Dla pierwszego przęsła jest 2'=17294, 7" = 252025, więc gdy I{) = 1

= 1-111 = a,, T=3.1-051—0-870-f

3.17294

83-93 — 1-111 = 1-172.

= 0-870 = ^

3.252025

83-9³

Podobnie otrzymamy dla drugiego przęsła 103-8

A = jqqt₂ = 0-919, P = I" = 377533,

a2 — Pa —

3.377533

109-2³

0-944

y₂ = 3.0-919 - 2.0-944 = 0-869.

W celu wyznaczenia 91' i 91" wykreślamy zwykłe powierzchnie momentów (rys. 2.). W pierwszem przęśle otrzymamy dla x = \ lx 10-82.27"87²= 79-6im, w drugiem £ 0-94.36-2² = 154-0tui Mnożąc odnośne

rzędne przez —j- otrzymaliśmy skurczoną powierzchnię momentów.

przęśle

Dalej otrzymamy moment statyczny tej powierzchni w pierwszem S, = 39038 ttn³, Sz = 46823 tm³,

Dla drugiego przęsła otrzymamy

St =S₂ — 97950#»i³, a więc według 213) 6.97950

448-47 tm.

36-2²

Teraz ustawimy równanie momentów podporowych- Ponieważ tu z powodu symetryi Mx = M-₂. więc wystarczy jedno równanie,'które otrzymamy z 214), wstawiając m — 1,

2(Pd, -f ¹ J)MX + TłlMt = 1,%"+ 1%',

a po wstawieniu wartości

{2(0-87.27-87 +-0-944.36-2)+ 0-869.36-2} IWj = 27-87.301-56 + 36-2.448-47,

a stąd

a więc według 218)

6.39038 27-872 6.46823 ⁼ + “27-87ł

V'=-

= 301-56 tm

361-71 tm.

VT

Mx = M₂ — — 165-4 tm.

W §. 25. otrzymaliśmy dla przekroju stałego    — — 94⁻84 tm.

Widzimy więc, że wpływ zmienności przekroju jest bardzo znaczny.

VII. Obliczenie dokładne belki ciągłej kratowej o przekroju zmiennym.

qJ. 59. Dokłldność rozmaitych sposobów obliczenia.

Powyżej wyłożony sposób obliczenia belki ciągłej o przekroju zmiennym jest bardzo żmudny, a pomimo tego dla belek kratowych, o który tu zwykle chodzi, niedokładny. Obliczając bowiem belki ciągłe kratowe, według poprzedniego sposobu uwzględnimy przy wyznaczeniu momentu bezwładności tylko przekrój pasów, krzyżulców zaś wcale nie uwzględniamy. Błąd, jaki z tego powodu popełniamy w wyznaczeniu momentów podporowych jest bardzo znaczny, tak dalece, że mniejszy błąd popełniamy, licząc według sposobu dla przekroju stałego, niż uwzględniając zmienność pasów, a nie uwzględniając krzyżulców. Dlatego licząc sposobem przybliżonym, będziemy zawsze przyjmować przekrój stały, a licząc dokładnie, musimy uwzględnić także i krzyżulce.

§. 60. Zasada dokładnego obliczenia.

Zasada obliczenia dokładnego belki ciągłej polega na tern ¹), że uważamy belkę jako w dwu punktach na skrajnych podpo-

rach 1 i D (rys. 71.) podpartą i wyznaczamy ugięcie obciążonej belki liczebnie lub wykreślnie. Otrzymujemy w ten sposób ugięcia na podporach yt, y₂...

Teraz przypuszczamy, że na podporze B działa do góry siła 0t = 1 *0n na "belkę nieobciąźoną (ani ciężarem własnym) i wyznaczamy ugięcia na podporach —y/ i —y₂'. Tak samo wyznaczamy ugięcie, jeśli siła =1 działa na drugiej podporze i otrzymujemy —y/', —y₂“ itd. Dla belki ciągłej ugięcia w punktach _B, C... muszą byc równe zeru, więc

— — . .=0

y-1 — 0ty^ — 0,^,"—... =0

Otrzymamy w ten sposób (n—1) równań, właśnie tyle, co mamy nieznajomych. Z równań tych wyznaczymy teraz Oj, 0₂. . . dla danego obciążenia.

Ponieważ dla rozmaitych prętów belki najniekorzystniejsze obciążenia są rozmaite, więc dla każdego z nich musielibyśmy powtórzyć cały żmudny rachunek.

Dla wyznaczenia linij wpływowych trzebaby przyjąć P=1 działające po kolei we wszystkich węzłach dolnych i dla tych przypadków wyznaczyć siły wewnętrzne. Droga to dość żmudna, do wykreślenia linij wpływowych możemy dojść jeszcze innym sposobem, który poniżej podamy.

rys. 71.

ko*

y*

Wt

-k

■\

. . 217)

Przykład. Belka ciągła ABC (t. III r. 1) dwuprzęsłowa o rozpiętości 2 razy po 24 m jest obciążona tylko w drugiem przęśle BC, pierwsze przęsło AB nie jest wcale obciążone. Niechaj będzie ciężar własny jednej belki 09t/m, z czego wypada 06t/m na pas dolny a 03t/m na górny. Ciężar ruchomy niech będzie 3‘16 t/m. Według tego obliczone ciężary węzłowe są oznaczone na rysunku.

Przekroje pojedynczych prętów, które należy tymczasowo wyznaczyć wedle przybliżonej zwykłej teoryi, uwidoczniliśmy poniżej w tabliczce. Przypuszczając, że belka jest tylko podparta na podporach skrajnych 4 i C, kreślimy wielobok sznurowy i plan sił (rys. 2. i 3.), obliczamy skrócenia i przedłużenia wszystkich prętów i wyznaczamy ugięcie belki sposobem Wil-1 i o ta *) (rys. 4.). Otrzymaliśmy w ten sposób ugięcie punktu B yl=168mm.

*) patrz Podr. t. m. tom I. str. 161.

,'d

dV

mm

4-1-2 [ —15-8

4-33-5

0-8

4- 5-0

0-5

2-5

4- 7-0

9-5

6-0

—    48-0 4-45-2 -15-0 4-12-4 4- 18-8

—    21-0 4- 50-8 — 53-0

— 1-4

4-3-3 — 3-3

4-1-6 — 1-05 4-0-8 -0-7

2*

4-28-5

-28-5

4-28-5

-28-5

4-28-5 — 28-5

4-28-5 — 28-5

—    28-5 -0-7 4-28-5 4-0-8

—    28-5 —1-05 4-28-5 4-1-6 -28-5 —3-3 4-28-5 4-3-3

—    28-5 - 1-4 4- 28-5; 4- 1-2

dl

mm

- 1-9

4-2-1

— 4-3

-43

4-42

-36-5

iao

420

420

420

420 4- 34-8 ! 4- 3-8 420 — 29-5 | — 1-7 420 4-26-8 4-1-0 420 —21-8 —0-6 420 4-20-0 -fO-5 _ o-9 -0-02 420 — 18-5 — 0-6 420 4-16-5 -fO-7 420 4-14.0 4-0-5 420 — 17-0 — 1-0 420 4-47-2 4-5-2 420 - 50-0 - 5-5 420 4-80-2 4-4-0 420 | - 82-4 | - 3-6

300

cm²

00 CM 00    CO    <X>*©iOOOOi©iO<X>00- COtNCO

1—1    iH    COlOC'-Oł<X>ałI>-lOCOrHr-l'^-*iH

-+3

4- 11-5 4- 26-4 4- 29-8 4- 22-5 4- 50-5 4- 92-7 4- 88 4- 37-2

0-45

73-4

— 101-2

82-0

17-0

28-0

29-8

20-8

0-45

dV

mm

-1-7

— 2-0

— 6-0

-7-5

-7-5

— 6-0

— 2-0

- 1-7

+ 2-0 + 3-4 + 6-0 + 8-05 + 6-0 + 3-4 + 2-0

P‘

20-15

60-4

— 100-65

— 140-9

— 140-9

— 100-65

60-4

20-15

+ 40-25 + 80-5 +120-75 + 161-0 4- 120-75 + 80-5 4- 40-25

dl

mm

4- 2-7 4- 2-9 4- 6-6 4- 6-6 4- 7-7 4- 9-7 4- 5-0 4- 4-7

0‘02

5-7

7-9

— 10-2

4-9

7-5

4-7

3-0

0-01

cm

8- 49 + 009 0-091+ 009

9- 961+ 009 9-861 + 009 0-991 + ! 009 9-181 + | 009 9-98 + 009 0-18 + ! 009

0-45

300

300

600 I - 114-8 600 - 183-5 600 — 205-0 600 - 180-5 600 - 150-5 600 ! — 110-5

60-5

0-45

009

300;

300

cm²

35

90

09

75

75

09

06 .

35

55

38

09

70

09

110

09

: 70

09

38

55

Pręt

© *©    © 'ts ©

©i

r8

•ca

Teraz przypuśćmy, że w B działa siła P=40f do góry. Dla tego obciążenia kreślimy plan sił (rys. 5.) i otrzymujemy siły, zestawione w tabliczce w rubryce P'. Obliczywszy odpowiednie dl', wykreślamy połowę (z powodu symetryi) ugiętej belki i otrzymujemy ugięcie punktu B 165 mm.

165

Zatem dla siły P—1 yx' = ^ , a według 217)

165

168 — O,-|q- = 0, stąd Ox=40

168

•165

= 4071.

W rysunku 2. otrzymaliśmy O₀ = 81-7, 0₂ = 58-18, od tego odjąć na-40-7

leży —w-= 2035, więc

O₀ = 11-35 ż, 0, = 40-7#, 0₂ = 37-83#.

Na tej podstawie wykreśliliśmy plan sił (rys. 7.), z którego otrzymujemy dokładne siły wewnętrzne dla danego obciążenia (P" w tabliczce).

^§. 61. Prawo pracy przygotowanej.

Jeżeli na pręt jakiś belki kratowej działają równe i wprost przeciwne siły S (rys. 72.), to praca ich, t. j. iloczyn sił przez drogi w kierunku sił, jest w czasie jakiegokolwiek ruchu pręta

rys. 72

P-JS

[E

=0. Ruch ten możemy bowiem rozłożyć na postępowy, podczas którego prace obu sił S są równe i wprost przeciwne i znoszą się i na obrotowy, około dowolnego punktu pręta E, podczas którego praca jest równa zeru, bo kierunki sił przechodzą przez punkt obrotu.

Jeżeli długość pręta wzrośnie z jakichkolwiek przyczyn (a więc niekoniecznie wskutek sił S) o As, to praca sił S da się wyrazić równaniem

A=S

pAs

v O

/ Ponieważ odnosi się ona do jakichkolwiek, byle nadzwj'-czaj małych możliwych przesunięć, więc nazywa się ona pracą możliwą, przygotowaną (n. virtuelfe Arbeit). Dla całej belki kratowej będzie

A=ZSds

Siły wewnętrzne, działające w prętach belki, możemy zastąpić każdy dwiema siłami S, działającemi w kierunku pręta, zaczepiającemi w węzłach. Ponieważ mają one zatem kierunek wprost przeciwny, więc praca ich jest —ZSds. Przypuśćmy, że

218)

— 89 -

na belkę tę działają siły zewnętrzne P, które są w równowadze między sobą i z siłami wewnętrznemi, a rzuty przesunięć się odnośnych punktów zaczepienia na kierunki tych sił nazwiemy x ^

dp, to w kaźdem węźle dla równowagi suma składowych pio- _^

nowych i poziomych wszystkich sił jest równa zeru, a na podstawie zasady momentów przygotowanych²) i praca ich jest równa zeru. Zatem praca możliwa wszystkich sił zewnętrznych i wewnętrznych musi być równa zeru. Więc

.    . 219)

Prawo powyższe zwane prawem pracy przygotowanej³) lub możliwych przesunięć (n. Princip der rirtuel-len Arbeił, der rirtuellen Yerschiebungen) można w ten sposób

ęSPffo — ZSds=0 . .

wyrazić: W stanie równowagi sił zewnętrznych i wewnętrznych praca przygotowana sił zewnętrznych równa się pracy odkształcenia belki kratowej (n. Formanderungsarbeit).

§. 62, Prawo Maxwella.

Przypuśćmy, że wskutek jakichkolwiek sił zewnętrznych zmieniły się długości s prętów belki kratowej A₁AJ (rys. 73.) o As, przy-czem węzeł Ax zrobił drogę lx=AxBx a węzeł At drogę 8a =A^Bi.

Na mocy prawa pracy przygotowanej możemy wyznaczyć 8,, które powstają wskutek As, nazwawszy St siły wewnętrzne, wywołane siłą =1, działającą w Ax w kierunku AXBX. Mianowicie mamy wtedy 1^=2$, As.^

Podobnie wyznaczymy 8,, nazwawszy siły wewnętrzne, wywołane siłą =1, działającą w Ax w kierunku A₂B₂. Otrzymamy wtedy

As ^s.73.

A\

\cC

1.3a=Z5a A a.

Dla pewnego obciążenia jest

As

Ss

eA

220)

A'

7*

Z! ł²

7P

jeżeli S oznacza siłę wewnętrzną, odpowiadającą danemu obciążeniu a A przekrój pręta. A zatem otrzymamy

V«1 Ss

^S₂Ss

" eA '

Załóżmy, że S=S₂, to o, =

gdy S=St, to

v S,S₂s

~ ..E A .

s Mi⁸

. . 221)

.    .    221 a)

S₂ =

a ponieważ wtedy o,=B₂, zatem możemy wypowiedzieć następne twierdzenie:

Siła równa jedności, zaczepiająca w Ay w kierunku A₁JBi przesuwa punkt A₂ w kierunku A₂JB₂ o długość, która jest tak wielką, jak długość AtBi: o którą przesuwa się A,, gdy w A2 działa siła =1 w kierunku A₂B₂.

Twierdzenie to nazywamy twierdzeniem Maxwella.

Jł

§. 63. Linia wpływowa ugięcia.

/o.

Ao,

Aby wynaleść linię wpływową ugięcia punktu C (rys. 74.)

postąpimy według Mullera Breslaua w następny sposób:

? Zaczepmy w C ⁰ siłę pionową =1 i

rys, 74.

wyznaczmy w znany sposób liczebny lub wykreślny wielobok ugięcia pasu, na którym leży pomost (np. J#' pasu górnego), to rzędna yd oznacza ugięcie punktu D, gdy w C działa siła =1. Uwzględniamy tu jednak tylko ugięcia

pionowe. Na mocy prawa Maxwella będzie jednak yd oznaczać także ugięcie punktu C, jeżeli w punkcie D działa siła — 1. To samo możemy powiedzieć o każdym innym punkcie pasu A DIB, a zatem linia A'D'B' jest linią wpływową ugięcia punktu C.

Jeżeli więc siły P1? P„ i P₃ działają na belkę, to ugięcie w punkcie C będzie ye==P₁y. + P₂y₂ +P,y₃.

— 91 —

^§. 64. Linia wpływowa oddziaływania belki dwuprzęsłowej.

Jeśli mamy wyznaczyć oddziaływanie O, belki ciągłej \ dwuprzęsłowej na środkowej podporze B (rys. 75.), przypuszczamy,

że belka jest podparta tylko w A i CA a w B działa na dół siła pio^ nowa =1 i kreślimy dla niej wielobok ugięcia pasu dolnego A'B'C'. Na mocy poprzedniego paragrafu jest A'B'C' zarazem linią wpływową ugięcia punktu B.

Przypuśćmy teraz, że na belkę ciągłą ABC działa w 1) siła P, to w B powstanie oddziaływanie nieznane nam jeszcze Oj. Z linii wpływowej otrzymamy ugięcie punktu P, które dla belki ciągłej jest równe zeru, więc Py—Oxc—0, a zatem

rys. 76.

rys. 75.

ł‘

B'

V’

1-

----

G'

P!

ŁlTTITim^

F)

- Pij . 222)

Ponieważ c jest ę ilością stałą, więc widzimy, że linia A‘B‘C‘ jest zarazem linią C wpływową oddziaływania O,, a - jest mnożnikiem dla tej linii.

U.

ag;

W podobny spo-sób przypuszczając, że ¹ belka podparta jest w B i C a obciążona siłą =1 w A, otrzymamy (rys. 76.) linią wpływową A"B"C“

dla oddziaływania O₀, przyczem 0₀= * Py.

§. 65. Linie wpływowe sił poprzecznych i momentów.

Wyznaczmy teraz linie wpływowe siły poprzecznej w przedziale FG (rys. 76.).

Jeżeli u <ix

Q=0a — P

„ u'>xAra Q=O₀.

Jeśli więc zrobimy A"F“ // A'2?', to różnica rzędnych linij A"F" i A"F' wyznacza Q. Dla u^> xĄ-a jest linia wpływowa dla O₀ zarazem linią wpływową dla Q. W przedziale FG jest linia wpływowa prostą, więc F"G'.

Dla momentu statycznego jest znowu,

jeśli u xt

M=Onxir

JJ=0₀xx — P(x} — u).

M

Niech będzie M'=-- , to dla u xx M'=0₀,

a „ u<xt M'=Oit — P —

X,

A więc dla u xt linia wpływowa dla On jest zarazem linią wpływową dla a więc i dla M z mnożnikiem xx, dla

długości A6r mamy od rzędnej linii 0₀ odciągnąć yx =P——- . Dla

x\

u—O jest y, =P, dla u=xt jest y, =0, a więc powierzchnia kreskowana jest powierzchnią wpływową momentów.

/ Widzimy więc, że do wykreślenia linij wpływowych sił poprzecznych i momentów potrzebujemy jednego tylko wykresu ugiętej belki i kilku linij prostych.

W jaki sposób na podstawie linij wpływowych wyznaczamy największe siły poprzeczne i momenty i największe siły wewnętrzne, wiemy z tomu pierwszego.

VIII. Wpływ podpór. §. 66. Ogólne uwagi.

Dotychczas przypuszczaliśmy, badając belkę analitycznie, że podpory znaj dywały się w jednej linii, a właściwie, że belka jest tak podparta w kilku punktach, jśe^p r z e z to podparcie nie powstają żadne momenty, gdy ciężaru własnego nie uwzględnimy. Badając belkę ciągłą sposobem wykreśloym przypuszczaliśmy już jednak także nierówno wysokie podpory, to samo musimy teraz zrobić przy użyciu sposobu liczebnego zwłaszcza, że podpory czasami umyślnie umieszczamy w nierównej wysokości, czasem zaś wskutek osiadania się filarów niektórych nierówność ta powstaje pomimo naszej woli.

Pokrótce wspomnimy też w tym rozdzielę o wpływie na momenty łożysk szerokich albo podwójnych i przytwierdzenia belki stałej do filaru.

§. 67. Momenty podporowe przy nierówno wysokich podporach.

Niechaj odstępy pionowe podpór od poziomej, przechodzącej przez pierwszą podporę będą s,, s,... sn, przyczem oznaczamy je jako dodatnie dla podpór niżej leżących, to jeśli przypuścimy, że belka nie jest wcale obciążona, więc 91' = 9ł"=0, otrzymamy dla m- tej podpory belki ciągłej, analogicznie jak w §. 5, na podstawie rów. 10) .

Im

'm= —

(2 Mm "h Mm-)-l) "t

Sm-(-1    Sm

, 1

A stąd

Mm—1 lm"i~ 2 Mm (lmd⁻Im-J-l) “HMm-)-1    —

~I=6sI(- U

. . 223)

Sm—1    Sm+1 Si

lm-)-l

Wstawiając w tern równaniu za m wartości od 1 do n— 1, otrzymamy n—1 równań momentów podporowych, z których możemy wyznaczyć n—1 niewiadomych momentów podporowych,

wywołanych nierówną wysokością podpór.

Do tych momentów dodać należy momenty, wywołane obciążeniem, które wyznaczyliśmy w poprzednich rozdziałach. Widzimy stąd, że najniekorzystniejsze obciążenie i linie wpływowe sił poprzecznych i momentów dla obciążenia są niezawisłe od wysokości podpór, których wpływ zupełnie osobno obliczamy.

§. 68. Wpływ zmiany wysokości jednej podpory.

Jeżeli jedna podpora się zniży o s (rys. 77.), to na tej podporze linia ugięcia jest ku dołowi wypukłą, a zatem powstaje

-I,

tu moment dodatni. Przez podwyższenie

podpory średniej powstaje przeciwnie moment ujemny.

Ponieważ obciążenie belki sprawia na średnich podporach moment ujemny, zatem przez podwyższenie podpory moment ten się powiększa, przez zniżenie powiększa.

Momenty na sąsiednich podporach zmieniają znak i stają się coraz mniejsze, co możnaby udowodnić zupełnie w ten sam sposób, co dla obciążenia jednego przęsła w §. 8.

Udowodnione w § 9. twierdzenia co do sił poprzecznych i oddziaływań stosują się i tutaj.

§. 69. Najkorzystniejsza wysokość podpór.

Przez zmianę wysokości podpór zmieniają się momenty. Zachodzi więc teraz pytanie, w jakiej wysokości muszą leżeć podpory dla najmniejszej ilości materyału.

Jeżeli przekrój belki ciągłej jest stały, to obliczamy go według największego momentu. Bezwzględnie największe momenty są tu ujemne na podporach (rys. 78.). Jeżeli środkowe podpory zniżymy, zmniejszamy najw (—M), za to wzrasta

najw ( + M). Naj-A    korzystniej byłoby

więc zniżyć o tyle podpory średnie, aby najw (— M) było bez względu

rys. 78.

na znak równe najw ( + M).

Jeżeli przekrój belki ciągłej jest zmienny, wtedy o ilości materyału rozstrzyga powierzchnia momentów i sił poprzecznych. Tn musimy w każdym wypadku szukać, kiedy te powierzchnie będą najmniejsze. "Wiele nie możemy jednak zaoszczędzić na materyale przez zmianę wysokości podpór, bo jeśli w jednem miejscu momenty maleją, to w drugiem wzrastają tak, że wysokość podpór prawie nie wpływa na ilość materyału.

( §, 70. Belka dwu- i trzyprzęsłowa.

Jeżeli średnia podpora belki dwuprzęsłowej zniży się o s, to z rów. 223) otrzymamy

a dla \ =l₂=l

2ilf,p,+y=6e/(^+j)

3 els / 1    1 \

\x⁺kr

zatem

3 els

lt -W,

3 els

M, ——

lii. * ’

. . 224)

. 225)

Rozumie się, że dla podwyższenia podpory średniej o s otrzymamy* równie wielki moment ujemny.

226)

Ponieważ Mx = O₀ lx, więc 3els

3 e Is

1,²1²

Oj =- (O₀ +0₃)

Dla =l₂ —l

3 e Is

fiels

Jeśli obie średnie podpory belki trzyprzęsłowej zniżą się o 5, a rozpiętości jej są lt=$l=l₃, Z₂=Z, to otrzymamy M₁=M do określenia którego wystarcza jedno równanie według 223)

2Ml (/j Ą-l)+M₂l=6iI~ , a zatem

0„ =—T3

0i=—

. . 228)

_ esis ¹    (3 + 2 Sr)31a 7

---meTr

0    1    (3-H23) 3²ł³ '    ’

. . 229)

Si,

230)

Is

Rów. 225) i 229) możemy ogólnie wyrazić Mw=a. ^ , gdzie

a oznacza pewien spółczynnik. Moment średni, wywołany obciążeniem, da się przedstawić w kształcie b. qP, siła wewnętrzna

a moment bezwładność ^

przekrój pasu

6^2 /i -    ’

w pasie

T . Ah² fcgp/i    ,,

/=—, zatem Mw—

mierny h=ln, przyczem c i « oznaczają pewne ilości stałe.

bąPhs_nbnąls

a “4+P    . 4t

= cJs, jeżeli przyj -

na-

Jeżeli największy moment, wywołany obciążeniem, zwiemy Mc=bxqP, to

cis

. . 231)

Mw

Cl l

Zatem stosunek momentu podporowego, wywołanego zmianą wysokości podpór do momentu, wywołanego obciążeniem, jest wprost proporcyonalny do różnicy wysokości s, a odwrotnie do rozpiętości.

Winkler oblicza, że jeśli s wyrazimy w mm, a l w m, to dla belki dwuprzęsłowej Cj=0*25₇ dla belki trzyprzęsłowej c,=0*ll, a więc jeśli s=10mm będzie

dla l = 10    30    50    100    150 m

dla belki dwuprzęsłowej

. Mw

Ma

= 0-25    0-08 0-05 0-025 0-016

- = 0-11    0-04 0-02 0-011 0-007.

V n trzyprzęsłowej

Wpływ małej zmiany względnej wysokości podpór jest więc dla belki ciągłej bardzo znaczny przy małych rozpięto-ściach, mały przy wielkich. JX,

¹

p. sposób Fontyiolan ta. Koc li lin. Statiąue grapliiąue str. 838.

²

p. Franke. Mechanika teoretyczna str. 168.

³

Mohr. Betrag zur Theorie des Fachwerkes Z. d. Ar. u. J. V. zu Hann. 1874. 1875.

*) p. Podręcznik statyki budowli str. 81.

§. 71. Podwójne łożyska.

Dawniej używano często dla belek ciągłych na jednej podporze dwu łożysk tak, że właściwie powstawały oprócz wielkich przęseł, także przęsła małe między dwoma łożyskami jednej podpory. Chociaż teraz nie używamy już nigdy dwu łożysk na jednej podporze, to także szerokie jedno łożysko działa podobnie jak dwa łożyska.

rys. 79.

rys. 80.

Mogą przytem zajść dwa wypadki. Jeżeli oddziaływanie w C (rys. 79.) wypada ujemne, a belka nie jest zakotwioną, to belka w tern miejscu się podnosi i przy obliczeniu przyjąć należy, że belka w C nie jest podpartą. Jeżeli od-j działywania w B i C są ”jj“ dodatnie (rys. 80.), to wtedy długość BC stanowi rze-i czywiste przęsło, które przy J    obliczeniu należy uwzglę-

_D dnić.

Z powodu, że obecnie unikamy tak podwójnych, jak i szerokich łożysk, nie będziemy wchodzić w szczegóły obliczenia takich belek, które zresztą małoco się różni od obliczenia belek o pojedynczych łożyskach, trzeba tylko dodatkowo badać, czy oddziaływania są ujemne, czy dodatnie.

§. 72. Wpływ przytwierdzenia belek do filarów.

Jeżeli belki są stale połączone z filarami, to filary muszą wziąć udział w ugięciu belek (rys. 81.), a więc pewna część momentu podporowego A M zostaje zużytą na ugięcie filaru. Jeżeli moment przy podporze po lewej stronie oznaczymy jedną, a po prawej dwiema kreskami, to

»₂

ilfj'—M;'= \M₂ itd.

Nazwijmy kąty nachylenia stycznej linii ugięcia na podporach t₀, t1} t₂... t₄ , to na podstawie rów. 10) otrzymamy 6e7r₁ = -Z₁(2Jf/— 3?/')

6 6/-, = +^ (2J7,"-f J7a'-9?₂')

6£7t₂^—Z, (Mt" + 2 M₂'— SR/') . . . . 282) 6ć/t₁ = +7₃ (27ŁT₂" -f- 2I7₃'— SR/')

że s7₂=AJ7₂r, jeżeli 7,

h‘\ }

iys.81.

mm;

-----In

h‘

Z rysunku widzimy, że t₂ = g-- ’

oznacza moment bezwładności filaru, a możemy przyjąć h'=0‘7 ń₂, 0'7h₂AM₃    0-35

to

T₂ =

2 £ i₂

K (M/'-Jf/)

podobnie

0-35

*i (J7/'-J7/) Z porównania rów. 232) i 233) otrzymamy 2-1 j\ (Mx"-Mx')=-lx (2Mx'— SR")

2-1 j hx (Mx"—Mx')= + l₃ (2 ■*■1

21 yhJM,"

2-1 / h,    +1, (2 Jf,"+

—7kT₂0=—4 (i!7/'+2 J7/-SR/')

. . 288)

. 234)

Otrzymujemy w ten sposób 2(w—1) równań, które nam służą do wyznaczenia 2 (w—1) niewiadomych.

Podr. Teor. mostów.

- 98 —

Ponieważ równania 234) mają ten sam kształt, co równania momentów podporowych 21), więc też i wszystkie twierdzenia co do najniekorzystniejszego obciążenia, co do stosunków momentów podporowych przęseł nieobciążonych, co do zmiany znaku sił poprzecznych i oddziaływań są i tu ważne. Odstępy punktów stałych obliczyć można ze stosunku dwóch momentów podporowych.

Momenty po obu stronach każdej podpory mają ten sam znak (rys. 82.).

rys. 82.

,-rfitlłTmTTTT.

—-nTn-rrrTTTTnfTrrr^

B. Belki kratowe statycznie uiewyzoaczalue i natężenia drugorzędne.

IX. Belki kratowe statycznie niewyznaczalne.

§. 73. Pręty nadliczbowe.

Belki kratowe mogą być, jak wiadomo¹), albo statycznie wyznaczalne, albo statycznie niewyznaczalne, albo też chwiejne. Belek kratowych prostych ostatniego rodzaju nie powinniśmy w praktyce używać, o statycznie wyznaczalnych jużeśmy mówili, teraz mówić mamy o belkach kratowych statycznie nie-wyznaczalnyh.

Jeżeli ilość węzłów nazwiemy m, ilość prętów n, to otrzymamy belkę kratową statycznie niewyznaczalną, jeśli 2m—3 <^n. Chcąc z takiej belki kratowej utworzyć belkę statycznie wyzna-czalną, musimy n — 2w+3 prętów opuścić, a zatem te Jc=n-{-—2m + 3 pręty nazywamy nadliczbowymi (n. iiberzdhlig), inne pręty nazywamy potrzebnymi (n. nothwendig).

Opuściwszy pręty nadliczbowe, możemy dla danego obciążenia wyznaczyć w pozostałych prętach siły wewnętrzne

poczem w miejsce prętów nadliczbowych przyczepiamy

^ '-'V *

po kolei za każdy pręt dwie siły równe jedności i wprost przeciwne, działające w kierunku, tego pręta. Nazwijmy siły

wewnętrzne, wywołane siłami =1 zamiast pierwszego pręta nadliczbowego, ux', wa', u₃‘..., zamiast drugiego pręta u₂", u₃".. zamiast trzeciego wt"', wa"', w₃'"..., nareście nazwijmy 5a, $₃... rzeczywiste siły wewnętrzne prętów potrzebnych belki statycznie niewyznaczalnej, a S', S", Sprętów nadliczbowych, to

Sl=<&₁ +wx-f w, "/S"+wt... 5₂=©a    ...

$₃=©₃ +M3/'S''+w₃//&,'+w₃"'£//'-f- . ..

§. 74. Obliczenie sił wewnętrznych prętów nadliczbowych.

Z powyższych równań widzimy, że moglibyśmy łatwo obliczyć 5j, Sa..., gdybyśmy znali siły wewnętrzne prętów nadliczbowych S‘, S“, S‘“. Siły te wyznaczymy na podstawie odkształceń. Nazwijmy odkształcenia prętów potrzebnych dsx, ds2ł ds₃... a prętów nadliczbowych ds\ ds", ds“\ to na mocy prawa pracy (§. 61.), możemy napisać

2)

2 Pdp — 2 S ds=0,

a wstawiwszy wartość za S

ZPdp — l<5ds — S,dsZu/ — S“ds'Lu“—...=0    . . 3)

Równanie to jest ważne ogólnie dla jakichkolwiek sił w równowadze zostających i dla jakichkolwiek przesunięć możliwych wskutek zmiany długości prętów. Załóżmy, że wszystkie P są równe zeru, S‘=l, $"=$'"=0, to

ds 2w'—0, czyli

q Ic równań 4)

u₁tdsi 4-Wj'dSj -\-u₃‘ds₃ + ... ds‘=0 Podobnie możemy napisać

4-«₃"ds₃ -j-...ds“= ux“‘dsx +u₂luds₂ -j-u₃t“dsi+... dsut= 0 Jeżeli ciepłota prętów potrzebnych jest t₀, to dla tej ciepłoty są długości prętów, a zatem i położenie wszystkich węzłów oznaczone. Jeśli przy tej ciepłocie wstawimy pręty nadliczbowe tak, że przez to nie nastąpi zmiana kształtu belki, to przy każdej innej ciepłocie odstępy węzłów są inne i wstawienie prętów nadliczbowych wywołuj e. natężenia.

100

Dla innej ciepłoty t i dla obciążenia innego zmieniają się siły wewnętrzne, a zatem i długości prętów, przyczem możemy napisać ogólnie

Ss

.    .    5)

ds=a(x — t₀)s +

jeżeli a oznacza spółczynnik rozszerzalności, s długość pręta,, a A przekrój.

Nazwijmy p=- S

tA

6>

U— a (t—t„ )ź. A........>

to

ds=p(U+S)........>

Widzimy zatem, że wpływ zmiany ciepłoty możemy uwzględnić jako zmianę siły wewnętrznej, że podwyższenie ciepłoty o (t — x₀) odpowiada ciągnieniu a (t~— t„)s.

Przyjąć możemy dla żelaza a=0’000012 £ = 2000000 kg jem2 dla stali a=0-000011, £=2150000 żty/cm², więc w przybliżeniu dla obydwóch ea=24 ległem"*.

k ró-

Równanie 4) możemy więc teraz napisać: ui *Pi (U\ + ^'i) + Ma/Pa (^a 4-$₂) + * • -4*p' (U'S')=0 (C^i 4"$i) JruAiPi (^a +^2) + * • • +    S")=0

Mi"'Pi (t^i +*S,|) + m2/“ P3 (^"3+^3)+.. . 4-p'" (U'" + S,"')=0 wnań '

Jeżeli mamy dane przekroje prętów, względnie jeśli je po. obliczeniu belki w sposób przybliżony przyjmiemy, jeśli znaną nam jest ciepłota t₀, przy której belkę zestawiano i ciepłota w danej chwili t, to możemy obliczyć dla każdego pręta p i TJ. Siły S są funkeyami sił znanych nam <B, u i nieznanych S',. S"r S"\ Widzimy więc, że w rów. 9) mamy tylko k nieznajomych S': S“, S"'..., dla których wyznaczenia mamy k równań. W ten sposób wyznaczymy siły zewnętrzne prętów nadliczbowych.

Jeśli ciepłota się nie zmieniła, czyli t=t₀, to t/=0, więc rów. 9) nieco się upraszczają i możemy napisać

. . 10)

ux ‘pt St + Vp₅ s‘2 + u₃'?₃s 3 + • • • + P'S'=0 ux "p, St + u₂"pa Sa + u₃ "?3 s₃ + • • • + ?"SU=0

Ul "'Pi S1+UA‘‘?1S1+U3 '"?3 ^3 + ... + ^"S"' = 0 Jeżeli w rów. 9) i 10) wszystkie ilości p pomnożymy przez, dowolną stałą liczbę, to przez to wartości S\ S'\ S‘łl się nie-zmieniają. Widzimy więc, że aby otrzymać w rachunku liczby wygodniejsze, możemy wszystkie p przez stosowną liczbę stałą, pomnożyć, co zupełnie na wynik rachunku nie wpływa.

Zamiast obliczać ds według rów. 5) możemy wyznaczyć je wykreślnie według Williota.

Przykład. Belka równoległa o kracie równoramiennej podwójnej (rys. 83.)

obciążona jest w punkcie 1 ciężą, rem 101. Belka ta jest statycznie niewyznaczalną, bo w—10, » —18 więc

fc = « + 3 —2m — 18 + 3 —20=1, a zatem jestto belka statycznie niewyznaczalna pierwszego rzędu, która ma jeden pręt nadliczbowy. Niech zastrzał AI będzie prętem nadliczbowym.

O J JT yn W 30 7F

1 r    ę>n ™

it

rys.83.

2 mm

[T

wB

-Al

-23

■ -oA

WB

o,

-in

nm

mir

Na rys. 83 a) z prawej strony wypisaliśmy długości prętów, z lewej przekroje w cm¹. Wyznaczmy za pomocą planu sił siły © dla danego obciążenia (rys. 83 b).

Nazwa ® pręta __

1000000

MpS

u²p

iii

cm

cm

BK

rH Ol CO

MIII ++ + I + +I

lOUOiDOlOl lO lO 05 X X CC ip e-óiei^odoaoo^o^o^o^ó,

Ś8888888ŚŚŚSSS2SSS

qrc»qtqtqiqia«qłqiqtqiqtqtą<q«ą«CTqD

ÓÓÓÓGÓÓÓÓ

-l-H T—j -rH tH t—I t-H r-1

co cc co co co co co co

COCOCOCOCOOOCOOGO

rH

gg8£ &8&ŹS000

cdcpcdSScdppcdcocdcooooooioicood

-1-875 | + 14-06 -7-247 + 90-59 +8-106 - 38-82 -8-106 + 13-05 +7-247 — 30-44 -7-247 43.106 + 26-40 -3-106 - 26-40 +7-247 + 9-72 +144-83, -19-44    0

+19-44 — 93-31

_ 9.72

—19-44 — 93-31 +19-44 - 9-72 — 46-66 + 1-875— 4-44

ł—J1 r-¹    r—¹ r—¹

<x>ęococpcpcpcpq5totoc5q5totNDq50

CSMiKiMO^^tOOOOOOOOOW

Ul to to en or to to Ol -j

I ^

I CO

—    7-64 -12-75 -12-25

-    4-45

—    3-95

—    0-25 + 8-75 + 8-25; + 0-25! +15-19

-    0-29

—    4-51!

-    0-29 + 4-51 + 0-29 + 4-51

-    2-36 + 0-29

102 —

Przypuśćmy teraz, że zamiast Al działają na belkę 2 siły =1 w 1 i 1 wprost przeciwne. Siły, powstające wtedy we wszystkich prętach potrzebnych, znajdziemy również zapomocą planu sił (83 c). Są to siły u, których wielkość i znak, jakoteż i wielkość sił © zestawiliśmy w tabliczce. W tabliczce tej zestawiliśmy też długości prętów s, przekroje A i obliczyliśmy 100000 p.

Ponieważ tu jest jeden pręt nadliczbowy, czyli &=1, więc otrzymamy z rów. 1)

S₁=®₂ 4-Wj S‘

Sr =©, + w,S',

itd. Zatem rów. 10) przedstawi się w następnym kształcie wiPi (@i    (@a JrU2 S‘) + ... + p‘S'=0,

2wp@4-(2w²p + p')S'=0,

Zup®

^W⁻²p + p'

. . 11)

czyli

zatem

V»;

S‘ = —

12)

0-288 ć. Gdy tę wartość

S‘

Wstawiwszy wartość otrzymamy — 44-55 114-822-f-9-72'

za S‘ wstawimy w 11) otrzymamy £,, S₂ itd., któreto wartości uwidoczniliśmy w ostatnim rzędzie tabliczki.

Z porównania rubryk @ i S widzimy, o ile się różnią wyniki dokładne od przybliżonych. Ze znaków sił u widzimy też, że gdyby siła 10 ć działała w 8, otrzymalibyśmy w, a zatem i u S' równe, lecz ze znakiem przeciwnym. Jeżeliby więc działały symetrycznie dwie równe siły w 1 i 3 to « i byłyby równe zeru, a więc dla obciążenia jednostajnego zupełnego wyniki dokładnego obliczenia belki równoległej o kracie dwukrotnej nie różnią się wcale od wyników obliczenia przybliżonego. A że pasy obliczamy dla obciążenia całkowitego, więc obliczenie przybliżone będzie dla pasów zupełnie, dla krzyźul-ców w praktyce dostatecznie dokładnem.

§. 75. Belka równoległa o kracie złożonej.

Jako przykład wyznaczenia sił wewnętrznych w belce statycznie niewyznaczalnej wyższego rzędu wyznaczamy siły wewnętrzne dla tej samej belki, w której jednak urządzimy jeszcze słupy (rys. 84 a).

Teraz belka będzie miała 4 pręty nadliczbowe: AI, i słupy II, 2II, 8III.

Siły ® i u zostają te same, co w poprzednim paragrafie. Rys. 846 przedstawia plan sił, jeżeli zamiast II działają w I i 1

-7FB

mir

IVB

+ 3B

+BW

rys. 84.

JT

JT

i    2

■ 101 EM

³+im

4U-

siłamij

16

-23

+12

MM

siław/fs

sił

+ 23

+Mir

siła m I//3

(I

3B

siły równe jedności i wprost przeciwne, rys. 84 c, jeśli w II i 2 działają siły równe jedności, a 84 d, jeśli w III i 3 działają siły równe jedności. Siły wewnętrzne w pierwszym wypadku nazwijmy u‘, w drugim u“, w trzecim u‘“. Wyniki zestawiliśmy w tabliczce.

Nazwa ® ! pręta

u‘

ti"

u‘“

£ 1000000

cm²

cm

U P©

ki

Om

y I—|OOOLOMji»MyMC+

0    —1-00 -1-90

—    4-8 +1-00: +1-90

tH r-H

CD CD

i-H -rH

CD CD

co

o

OOOOmOOOmOOO

tH t—ł t-H

09009000000®®

cotoioibibibibibibibibib

3-75 + 14-06 8-33 + 90-59 3-57 — 38-82 3-57 + 13-05 833 — 30-44

8-33

3-57 + 26-40 3-57 - 26-40

8-33

9-72 +144-83 19-44    0

19-44    — 93-31

Nazwa ® pręta

u'

u“

In

j : 1000000

cm¹

cm

u p©

kg_

+ +1

tsO ^ O ^ O dc do do

tH tH tH tH Ó

§8888

—1-90 +1-90 —1-90    0

+1-90 —1-90 -1-90 +1-90 -1-00 +1-00

—1-90

—1-90

-1-00

rH rH t—I t—ł

CO CO CO CO co OD CO CO 00 o CO lbibibibcbibcbcbcb

OOO

OtOiO OOOiOiOiO Cu) rH tH CO Cu> T—l1 rH tH

<M ^ -ńH <M 1® CM O

^-^-^c^c^r-ooo

Ó5Ó® 03CÓÓÓÓÓ

r—I r—I    rH tH tH

— 93-31

— 46-66

4-44

44-55

Nazwa

pręta

u²p

UU'p

uu‘‘p uu‘“p

u‘p

u'p<3

u‘²p

0-937 6-305 2-702 + 5-001 2-702 + 5-001 6-305 +11-668 6-305 2-702 + 5-001 2-702 + 5-001 6-305 +11-668 9-72    0

19-44 +36-936 19-44 +36-936 9-72 +18-468 19-44 +36-936 19-44 +36-936 9-72 +18-468 0-937 - 1-875

OOO

—    5-001

—    11-668

—    5-001

—    11-618

—    36-936

—    18-468

—    36-936

—    18-468 + 1-875

0000

+ 5-75

_ 5.75

+11-668 +13-49 0    0

0    + 5-75

0    — 5-75

+11-668 +13-49 0    0

0    - 36-94

0    +36-94

+18-468 —18-47 0    —36-94

0    +36-94

+18-468 -18-47 — 1-875 — 3-75

—    71-88 24-15

—    49-00

+ 48-88 — 48-88

OOO

-177-31

-177-31

— 88-65 9-38

W CD H O O rH 2 S 2 2 2 2 [2

ooró®HO®®HOÓóibóó>ócb

CM    CM O- l> CO O- CO

144-82    226-15

—142-27

+58-39

530-62 +435-17

Nazwa

pręta

u‘u“p u‘u“‘p u'np u“u"‘p | M"p@ w"'p©    u“‘²p S

9-26

0000

21-71

21-71

o 4 O o o o -5 ti I-¹ o

0^0000

tH

I 4-

S 8 ~

ooo^ffio

CM

000000

O O O O rH O C4

rH

—    4-66

—    7-55J —10-97

—    6-08 j

—    2-54' + 4-95

u‘u“p    u“²p u“u,np u"p<&    u"'p<3    u'"²p

, Nazwa pręta

9-26

- 21-71

9-26

21-71

21-71

+ 48-88 — 21-71    0

21-71

—    70-19

—    35-10

35-10

70-19

35-10

0    +177-31

— 35-10    0

85-10

+10-03 + 6-62 + 1-40 + 9-21 — 1-96

2-42

—    70-19

—    35-10

3-75

35-10

3-75

70-19

35-10

3-75

i)

— 35-10 + 88-65 ^ 3-75 - 9-38

88-65

9-38

85-10

3-75

— 1-61 + 2-841 + 2-38 + 3-19

7-30

01 to M

Sa

- 5-69 + 4-03 — 0-22 — 0-30

276-27

1-31—128-27 117-37

Według rów. 2) mamy

St=<Bt+ulS,+ul,S,,+ulllS,,l+u₁,,,SIV

. . IB)

S₂₌₌@₂+W2S'+Wj'S" ą-u^S"¹ +Ui“‘Sir S₃ =@₃ + u₃S‘ +u₃ ‘S“+u₃ “S‘“ +u₃ ut8ir

14)

Gdy wstawimy wartości za S, w rów. 10), otrzymamy ui?i (©, +uiS‘ +u₁‘S“+ul''S‘“+u{"/SIV)+u₂p₂ (@₃ +wJS" + «VS" + + u, “S,u+u₃SIV)+... + ptS' =0, czyli 2 wp@ + (2 w²p + p') N' + N" luutp + S"/ZuuupJrSIVZuu'''p=0 2 u'p<5 + S‘2u‘up + S" (2 u,2p + p“) + S‘“ 2 u‘u"p+SIvl wV"p=0 2u“p @ + S‘2 u“up + S" 2u“u‘p + S‘“ (2 uu 2p + p‘“) +

+ SIVZu“u"'p=0

2w"'p©+S'2u'"up + S"2 w" Vp + S‘"2 u¹ “u¹ ‘p + Srr(2u‘“²p +

+ P/r)-0

Wstawiwszy wartości otrzymamy —44-55 + (144-82 + 9-72) S‘ + 226-15 S“ —142-27 S‘“ + 58-39 S¹¹ =0, —5B0-62 + 226-15 S'+(485*17 +10) S“ — 276-27 S‘“ + 117-36 S/r=0, + 330-31 — 142-27 S‘-276*27 S“+(276-27+10)S'“—117*37 SIV=0, — 128-27 + 58-39 S‘ +117-37 S" — 117-37 S,u + (117-37 + 10) Sn'=0.

A stąd po rozwiązaniu równań mamy S'=— 5-694, <S"=-f-4-026 , 8iU=— 0*220, SIV=—0*296.

Na podstawie tych wartości i wartości u możemy nareście obliczyć według 13.) dokładne wartości sił wewnętrznych S, które znajdują się w ostatnim rządku tabliczki.

— 106 -

Z porównania tych sił, ze siłami wewnętrznymi, któreśmy otrzymali w poprzednim paragrafie widzimy, że przez dodanie słupów zmieniliśmy zupełnie siły wewnętrzne i to nietylko w krzyżulcach, ale i w pasach. A zatem obliczenie kraty złożonej o krzyżulcach tęgich przez nieuwzględnienie słupów i rozłożenie na dwa układy daje wyniki zupełnie niezgodne z rzeczywistością. Dodanie słupów wzmaga w niektórych prętach siły wewnętrzne. A że obliczenie dokładne jest nadzwyczaj żmudne, więc lepiej nie używiać takiej kraty.

§. 76. Belka wieloboczna.

Sposób obliczenia belki wielobocznej statycznie niewyzna-czalnej jest taki sam, jak belki równoległej; nie potrzebujemy się więc powtarzać. Wyniki jednak obliczenia są tu inne, niż w poprzednich paragrafach. Winkler oblicza jako przykład belkę paraboliczną zbieżną o kracie równoramiennej dwukrotnej i dwóch słupach²) i otrzymuje wprawdzie dla pasów wyniki dokładne mało co się różniące od przybliżonych, dla krzyźulców zaś zupełnie odmienne.

Jeżeli krata jest więcej, niż dwukrotną, to liczba prętów nadliczbowych jest większa, niż 1. Dla belki równoległej rozkładanie na pojedyncze układy jest dozwolone, gdyż błąd jest bardzo mały, dla belki wielobocznej daje sposób ten przybliżony tylko dla pasów dość dokładne wyniki, dla kraty zaś nie.

To samo stosuje się także do belek o kracie prostokątnej i podwójnych gibkich krzyżulcach. Belki takie równoległe możemy snadnie obliczać według sposobu przybliżonego.

§. 77. Belka Howe’a.

Belka Howe’a ma kratę złożoną ze sztucznem natężeniem. W celu obliczenia jej dokładnego należy obliczyć ją naprzód bez względu na sztuczne natężenie, a więc według §. 72, uwzględniając tę okoliczność, że drzewo ma inny spółczynnik sprężystości , niż żelazo, a potem uwzględnić wpływ stucznego natężenia ³).

Wprawdzie obliczenie przybliżone kraty złożonej daje wyniki bardzo niedokładne, jednak z powodu, że natężenia stuczne nie dadzą się dokładnie wyznaczyć, więc dokładniejsze wyznaczenie sił wewnętrznych już z tego powodu nie jest możliwe; w praktyce więc wystarcza wyznaczenie przybliżone.

§. 78. Belka ciągła.

Sposób ten wyznaczenia sił wewnętrznych da się zastosować także do belki wieloprzęsłowej. Jeżeli w belce dwuprzęsłowej (rys. 85.), opuścimy pręt m n, to otrzymamy dwie belki

Tys.85

m ti

statycznie wyznaczalne. Pręt m n jest więc tu prę-i^)/\/\/\/A'\^\z\Z\Z\Z\^    tern nadliczbowym. W belce

A    B    C trzyprzęsłowej mamy dwa

takie pręty nadliczbowe, w czteroprzęsłowej trzy. Jeżeli przy-tem krata jest podwójna lub potrójna, liczba prętów nadliczbowych wzrasta. Dalsze obliczenie jest takie samo, jak w poprzednich paragrafach.

§. 79. Wpływ zmiany ciepłoty.

Jeżeli ciepłota in belki statycznie niewyznaczalnej się zmieni o (t—tq), to zamiast rów. 10) musimy użyć pierwotnych równań 9) i wprowadzić w rachunek ilości Z7=a (t—A według rów. 7).

Jeżeli belka składa się z części drewnianych i żelaznych, musimy uwzględnić tę okoliczność, że x i e są inne dla części drewnianych a inne dla żelaznych.

X. Natężenie drugorzędne.

§. 80. Określenie natężeń drugorzędnych.

Przy obliczeniu belek kratowych przypuszczaliśmy dotychczas zawsze, że pręty połączone są między sobą przegibnie, bez tarcia, a co za tern idzie, że siły zewnętrzne działają w osi prętów. Tymczasem przy mostach europejskich łączymy pojedyncze pręty zawsze nitami, wskutek czego kąty, jakie tworzą pręty belki kratowej przy ugięciu jej nie mogą się zmieniać, a więc w węzłach powstają momenty, zginające pręty, których osi nie są już teraz proste, lecz wyginają się w jednym kierunku lub esowato. A nawet jeżeli połączenie prętów jest przegibne (w mostach amerykańskich), to występuje zawsze tarcie, w skutek czego siły wewnętrzne przyjmują położenie mniej lub więcej mimo-środkowe.

Natężenia, wywołane siłami wewnętrznemi w przypuszczeniu połączenia przegibnego beztarciowego, nazywamy natężeniami pierwszorzędnemi (n. Hauptspannung, primdre Spannung), natężenia, które powstają wskutek stałych połączeń węzłowych, nazywamy natężeniami drugorzędnemi (n. Se-cundarspannung, fr. effort secondaire, cz. sekunderne napjeti).

Oprócz tych natężeń powstają jeszcze dodatkowe natężenia wskutek mimośrodkowego połączenia prętów, wskutek nagłej zmiany przekroju, ugięcia poprzecznie itd. Niektórzy nazywają te natężenia także drugorzędnemi, my jednak dla odróżnienia od natężeń, powstałych z powodu stałych połączeń węzłowych będziemy je nazywać dodatkowemi. W tym rozdziale mówić będziemy tylko o natężeniach drugorzędnych i wyłożymy rzecz tę według Rittera*).

§. 81. Zasada obliczenia natężeń drugorzędnych.

Według Manderli*), który rozwiązał pierwszy trudne zadanie wyznaczenia natężeń drugorzędnych, postępujemy w następny sposób:

Obliczamy najprzód siły wewnętrzne pierwszorzędne w przypuszczeniu połączeń beztarciowych przegibnych, z tych natężenia pierwszorzędne i zmianę kątów przy ugięciu, któreby powstały przy połączeniach przegibnych beztarciowych. Momenty, które powstają wskutek stałych połączeń węzłowych, uważamy jako nieznajome, które wyznaczamy w ten sposób, aby przez ugięcie prętów wskutek tych momentów, kąty te odzyskały pierwotną wielkość. Z momentów węzłowych wyznaczamy wreście w zwykły sposób natężenia drugorzędne.

Dla obliczenia natężeń drugorzędnych potrzeba według poprzedniego wyznaczenia natężeń pierwszorzędnych i znajomości przekrojów A zatem musimy zawsze najprzód wyznaczyć w zwykły sposób siły wewnętrzne i obliczyć przekroje, dla których dopiero możemy obliczać natężenie drugorzędne.

*) Ritter W. Anwendungen der graphischen Statik. 1890.

) p. Allgemeine Bauzeitung 1880.

109 —

§. 82. Zmiana kątów w trójkącie.

Zmianę kątów trójkąta wskutek zmiany długości jego boków wyznaczyliśmy już w tomie I⁴). Nazwijmy zmianę kąta przy A (rys. 86.) 8a, przy B 3g, przy C 8 , v,, v₃ i v₃ natężenia prętów st, sa i s₃, to według rów. 90 (t. I, str. 159).

. .    15)

e 8«=(v₂ — V,) dot B+ (va — V₃) dot C e 8₆= (v₃ — vx) dot A + (v₃ — va) dot C ćSc=(vt —v₂) dot BJr(yl — v₃) dot A Równanie 15) da się wykreślnie też przedstawić. Spuśćmy z A, B i C (rys. 87.) prostopadłe na przeciwległe boki i ode-tnijmy na nich natężenia v przeciwległych boków, poczem wykreślmy do nich równoległe, a otrzymamy

rys. 87.

A⁴ iys.86.

£&⁴)

'a\a

b/v

sAvT)

więc

Vj dot J5=a', v₂ dot C=au, v₁dotR=c", v₃ dot (7=6', e la=a — V — c“

16)

e S₆=ó — c' — a“......

£ 8e=c — a‘ — b“ .

§. 83. Kąt odchylenia osi prętów.

ryś. 88.

Teraz będziemy się starali

_    wyznaczyć styczne kątów od-

chylenia osi prętów w węzłach.

Powiedzieliśmy wyżej, źe siła wewnętrzna S nie działa w osi pręta i wywołuje momenty węzłowe M i M' (rys. 88.), wskutek czego pręt się wygina. Nazwijmy styczne kątów nachylenia linii ugięcia

-4'

tłN'

T"—

'%Mś

110 —

w A i B ~ i t', to otrzymamy je, wykreśliwszy drugi wielobok sznurowy, jak dla belki ciągłej. Powierzchnię momentów dzielimy na dwa trójkąty, których powierzchnie \Ms i —^M‘s zaczepiają w pionowych trzecich części. A₂ U i VB₂ są to styczne podporowe.

Z rysunku widzimy, że B₂'B₂", pomnożone przez odległość biegunową sJ, jest moment statyczny siły \Ms, a więc \ Ms. | s 2 Ms ź

b₂‘B₂"

ej

6eJ

B₂B₂‘ =

M‘s²

6 ć e7 ’

więc

(2 M—M‘) s²

Gej

stąd t==

B₂B₂“    (2 M—MO s

6e J

a podobnie

(2M'-M)s

17)

6eJ

§. 84. Równania momentów węzłowych.

Przypuśćmy, że rys. 89. przedstawia nam ugiętą belkę,

rys. 89.

./

§0.

przyczem wykreśliliśmy pełno cięciwy prętów, wykreskowaliśmy ugięte pręty, schodzące się w węźle 4. Kąt zawarty między ugiętymi prętami 24 i 34 jest taki sam, jaki był przed ugięciem z powodu połączenia stałego nitami, kąt 3 42 jest o Ta— x₃ większy od tego kąta, zatem 8₂.₃=x₁—x₃, a ze względu na rów. 17)

s,(2M₇-M₂') s₃ (2M₃ — MJ)

6J₂

przyczem M₂ i M₃ oznaczają momenty węzłowe przy danem węźle M₂ i Mz‘ w przeciwległym końcu prętów.

Podobne równania otrzymamy dla S₃.₅ i §

<2-3

6J₃

5-6*

. . 18)

Ponieważ wszystkie momenty węzłowe w węźle 4 muszą być w równowadze, więc

19)

Mz+M₃ + M₅ + M₆ = 0

Otrzymamy więc dla węzła 4 cztery równania, które możemy także inaczej napisać, nazwawszy

sM

-    67“ ^

- 111 —

Otrzymamy mianowicie dla węzła 4

£ ®2-3 ⁼ (² 1^2    1^20    (² H*3    1*3 0 |

£S3.5=(²^3 — H-sO-C²^ — O} ....    21)

£ ^5-6 =(² M-5    (² ^6 t^eO J

■J;

S3

1^3 +~ ^5+— 1*6—0*

Podobne równania dadzą się ustawić dla każdego węzła, a otrzymamy ich tyle, ile jest momentów węzłowych; możemy je zatem obliczyć, rozwiązawszy równanie wedle ja.

§. 85. Wykreślne wyznaczenie momentów węzłowych.

Rozwiązanie 2 n równań byłoby rzeczą bardzo żmudną, prędzej, chociaż próbowaniem, dojdziemy do celu drogą wykre-ślną, podaną przez Rit ter a.

Przypuśćmy, że znamy jp dla węzła 4., a staramy się wyznaczyć ;j..

Wykreślmy wielobok sił (rys. 90.), odcinając siły ~ , potem

wykreślmy kierunki tych sił w odstępach i przesuńmy te

rys 90.

—-x—

’~9i    ^

'y

SI

2//-s

siły o [P. Złóżmy teraz te siły, a otrzymamy wypadkową 4. Odstępy przesuniętych sił od wypadkowej są równe 2 p..

Konstrukcya ta czyni zadość wszystkim rów. 21). Odstępy sił nieprzesuniętych od wypadkowej są 2 — [*', a różnica tych odstępów równa się sS, przez co wypełniają się pierwsze trzy równania. Ostatnie rów. 21) orzeka, że suma momentów doty-

112

czących sił ~ ze względu na wypadkową jest równą zeru co

wedle konstrukcyi się sprawdza.

Zachodzi tylko ta okoliczność, że nie znamy wielkości pi\ Nie pozostaje nam nic innego, jak w pierwszem przybliżeniu przyjąć    Otrzymamy przybliżone wartości n, które dla

sąsiednich węzłów dadzą nam f/.', możemy więc tam już dokładniej wyznaczyć pi, które znów są dla sąsiednich węzłów pt'. Na podstawie tych pi' obliczamy po raz drugi, a jeśli potrzeba i trzeci, pi tak długo, aż nie okażą się już więcej znaczniejsze różnice.

Przy tej konstrukcyi trzeba, rozumie się, uwzględniać znak i pi'. Kreślmy więc w kaźdem węźle pręty w porządku, jak wskazówką posuwa się na zegarze i odcinajmy dodatnie § na prawo, na prawo od wypadkowej leżące pi uważajmy jako dodatnie, na lewo jako ujemne.

Na rys. 91. widzimy dwa wieloboki sznurowe dla węzła 3 i 4 (rys. 89.). Nazwijmy odstęp nieprzesuniętej siły od wypadkowej to

²M-4=^ii + y!4 i 2[A₃=!V + Y)3.

rys. 91.

's!

<■

i—

113

Ponieważ dalej p.₄=+₃' i p₃ = p₄', więc

•Q₄ +² +

1⁵4

. . 22)

Gdybyśmy znali położenie wypadkowych, tobyśmy mogli wprost obliczyć p.', tymczasem ponieważ zwykle wypadkowe niewiele się przesuwają, więc na podstawie tych równań możemy w przybliżeniu wyznaczyć p/. Podwajamy cyrklem y)₄, dodajemy do tego rl3 i dzielimy przez 3, o tę długość p₃' przesuwamy siłę 3 na lewo.

Wyznaczywszy w ten sposób p., możemy łatwo obliczyć natężenie v'. Mamy bowiem v'i=ilfe, a że według 20)

M=

23)

61 p. .    6 e

— > W1S° v =-7 ⁵

Przykład. Jako przykład wyznaczymy natężenia drugorzędne mostu nad Pegnicą kolei Norymbergia — Neuliaus o rozpiętości 36 w (tabl. IV), dla którego Stein er wyznaczył te natężenia innym sposobem (liczebnym⁵). Pomost leży u góry, ciężar własny wynosi dla pasu dolnego 0-29 t/m, dla górnego 0-71 t/m, ciężar ruchomy 2-94 ł/m jednej belki. Belka jest całkowicie obciążona. Siły wewnętrzne pierwszorzędne S, przekroje prętów A, momenty bezwładności I, odstęp włókna skrajnego od osi obojętnej e i długości prę- , tów s podane są w poniższej tablicy.

Pręt

CC

V1

cm I cm²

cm³

cm

cm³    kr/jem²    kg\cm⁵

kg/cm² kglcm²

kgjcm²

00 05 to

400 86 2040 13-6 35-3 5-1 400 166 7110 18-0; 93+ 17-75 400 226: 13000 ■ 20-0 134-8 32-5 400 253 13000 20-0 159-71 32-5 400 253; 15100 j 20-0'. 168-0 37-75 48 2140 13-8 15-0 10-7 95 4270 13-8 66-4¹ 10-67 182 5960 I 16-0, 116-7 14-90 224 12260 20 0 149-3 30-65 239 13000 20-0, 165-9 32-5 143 4410 ; 12-6 70-9 11-61 136 6920 i 18-0; 70-6 16-13 117 5690 i 17-8 52-8 13-26 89 3200! 14-8 35-0 7-45 55 1640! 12-6 17-2 3-82 96; 12800 1 20-0 , 71-9 29-84 771 6550 ’ 16-0, 54-1 15-27 56! 3660 14-0 36-3 8-53 40    740    9-6    18-5    1-73

48; 1130 11-1 0-66 2-63

120

609

-410

—560

-596

—621

—664

+312

+699

+642

+667

+694

—496

—527

—451

-393

-313

+749

+703

+648

+462 |

+ 14;

n. p. w rys. 4. dla węzła 4 siły tym, w jakim natrafiamy pręty, posuwając się, jak wskazówka na zegarze.

Najprzód wyznaczyliśmy natężenia pierwszorzędne i dotyczne kątów i oznaczyli je na rys. 1. Na podstawie rów. 14) obliczyliśmy potem zmianę kątów so i z uwzględnieniem znaku oznaczyliśmy wartości te w rys. 2., poczem przystępujemy do wyznaczenia jj. i u.' według §. 82 (rys. 3. do 13). W każdym z tych rysunków wykreśliliśmy dla danego węzła wielobok sił

dla prętów 13, 12, 10 zawsze w porządku

Dalej kreślimy kierunki tych sił w odstępach e o w podziałce ₁₍₎₀ ^ ,mi r licząc dodatnie s o naprawo, ujemne na lewo; kierunki te wyciągnąć należy od razu tuszem. Siły te składamy teraz zapomocą wieloboku sznurowego i otrzymujemy tymczasowe położenie wypadkowej. Teraz przesuwamy kierunki o a', które nam jednak jeszcze nie jest znane, przyjmujemy więc ;j. w przybliżeniu, korzystając z rówT. 22), jj. i jj.', leżące na prawo od wypadkowej, uważamy jako dodatnie, na lewo jako ujemne i przesuwamy odpowiednio kierunki sił w pierwszym wypadku na lewo, w drugim na prawo. Dla przesuniętych sił kreślimy znów wielobok sznurowy i otrzymujemy poprawiony kieiunek wypadkowej. Teraz sprawdzamy, czy dla jednego pręta a otrzymane z jednego rysunku równa się jj.' w drugim, n. p. czy odstęp wypadkowej 1 w rys. 4. (węzeł 1) od siły 3, więc 2 jj.₃ równa się podwójnemu odstępowi wypadkowej 3 (rys. 6.) i poprawiamy rysunki te dopóty, aż tę zgodność osiągniemy, wtedy odczytujemy a z rysunków według podziałki

e o (tu Yot^Jr/jcm²) • Wpisaliśmy wartości te w tabliczkę w rubrykach jj. i jj/. Na podstawie rów. 23. obliczamy stąd wreście v, iv,', natężenia drugorzędne na obu końcach pręta.

¹

por. Podręcznik statyki budowli str. 183.

²

p. Winkler. Theorie der gegliederte Balkentrager, str. 252.

³

p. Podr. t. most. tom I. str. 90.

⁴

p. Podręcznik statyki budowli tom I, str. 158.

⁵

p. Handbuch der Ingenieurwissenschaften i. II. str. 362.

Podr. Teor. mostów.

§. 85. Wpływ mimośrodkowego utwierdzenia prętów.

Jeśli niektóre pręty są mimośrodkowo utwierdzone, to powstają wskutek tego dodatkowe natężenia, a oprócz tego. zmieniają się natężenia drugorzędne.

.    . 24}

Nazwijmy odstęp osi pręta od węzła c, dodatnie lub ujemne wedle tego, czy wskutek tego koniec pręta zgina się na prawo lub lewo, to odnośne momenty są M=Sc i M‘=Sc‘, a według 17) <2M- M‘)s (2c — c')Ss Tc“ 6s I ~~    67I    ' *

Kąty zmieniają się więc nietylko wskutek odkształcenia prętów, ale i mimośrodkowego utwierdzenia. Konstrukcya wskazana w poprzednim paragrafie cała małoco się zmienia, mianowicie każde poprzednie 3 powiększa się o tc, każde następne pomniejsza się o tę ilość, a więc w rys. 88. i 89., posuwamy kierunki sił o tc na prawo. Zresztą konstrukcya się nie zmienia. W ten sposób otrzymujemy natężenia drugorzędne.

— 115

oprócz tego obliczamy wprost natężenia, powstałe wskutek mimośrodkowego utwierdzenia; mają one zwykle znak przeciwny tak, że natężenia te po części się znoszą.

§. 86. Wpływ przekroju prętów.

Aby zbadać wpływ przekroju prętów na natężenie drugorzędne, pomyślmy, że momenty bezwładności I wszystkich, prętów stały się n razy większe, a przekrój ich A i odstęp skrajnej warstwy od osi pozostał niezmienny, to przez to jj. się nie zmniejsza, natężenia drugorzędne pozostaną te same. Przypuśćmy teraz, że także wszystkie A stały się n razy większe, e pozostały te same, wtedy natężenia stały się n razy mniejsze, a więc i 8 i fjt. n razy mniejsze, zatem natężenia zmniejszyły się n razy. Jeżeli zaś A nie zmienimy, lecz c stanie n razy większem, to natężenia n razy wzrosną.

Z powyższego widzimy, że natężenia drugorzędne są w prostym stosunku proporcyoyalne do szerokości prętów i natężeń pierwszorzędnych, a w odwrotnym do przekroju prętów. A zatem chcąc uniknąć wielkich natężeń drugorzędnych, należy robić pręty tak wąskie, jak na to pozwala dokładne połączenie nitami i wzgląd na wyboczenie prętów ciśnionych.

Ponieważ w mostach dla małych rozpiętości szerokości prętów są w stosunku do ich długości największe, więc też przy takich mostach powstają największe natężenia drugorzędne.

§. 87. Wpływ obciążenia.

Jeżeli na belkę działa ciężar ruchomy, to powstaje pytanie, dla jakiego obciążenia powstają największe Uatęźenia drugorzędne. Najprędzej wyznaczyć je możemy zapomocą linij wpływowych. Wprawdzie tu metoda linij wpływowych nie da się ściśle zastosować, bo tu zmiany ramion momentów wskutek odkształceń sprężystych nie są w stosunku do wymiaru prętów nadzwyczaj małe, ale i cała powyższa teorya jest tylko przybliżoną , możemy więc równem prawem używać linij wpływowych. W tym celu należałoby badać wpływ ciężaru P= 1, zaczepionego w pojedynczych węzłach; badanie takie byłoby jednak za żmudne. Winkler doszedł przytem do wyniku, że w ogóle można przyjąć, że natężenia drugorzędne są największe dla tego samego obciążenia, co pierwszorzędne.

§. 88. Wpływ ustroju belki.

Winkler badał natężenia drugorzędne dla rozmaitych belek kratowych; my tu podamy tylko wyniki, do jakich on doszedł.

W belce kratowej równoległej o kracie prostokątnej powstają natężenia drugorzędne wynoszące w pasach 10 do 24%, w kracie równoramiennej 5—14% pierwszorzędnych. Natężenia drugorzędne w kracie są również w pierwszym przypadku większe, niż w drugim.

Jeśli belki kratowe o kracie wielokrotnej obciążymy tak, że tylko jeden układ jest obciążony, powstają bardzo znaczne natężenia drugorzędne w pasach. Winkler otrzymał w pewnym wypadku natężenia drugorzędne, sięgające do 88% pierwszorzędnych, średnio 45°/₀ • Przy obciążeniu wszystkich węzłów otrzymał on tylko natężenia wynoszące 12%.

Jeżeli przytem krzyżulce są połączone, natężenia drugorzędne wzrastają jeszcze bardziej. Winkler otrzymał w pasach natężenia drugorzędne, wynoszące 27 do 113% , przeciętnie 65%, w krzyźulcach przeciętnie 51 °/n.

Na średniej podporze belek ciągłych powstają znaczne natężenia drugorzędne w pasie zwłaszcza dolnym, natężenia te mogą być dwa razy większe, niż w innych częściach belki.

§. 89. Połączenia przegibne.

Jeżeli pręty belki kratowej połączone są przegibnie, to jednak obrót pręta około sworznia nastąpi dopiero wtedy, gdy moment Mr, wywołany tarciem, mniejszy jest, niż moment węzłowy Jf, obliczony poprzednim sposobem. Siła S (rys. 92.)

rozkłada się na N=Sx xdost p i T—8 wst ©= =N st <p, przyczem 9 jest kąt tarcia, więc st<f=/‘. Jeżeli wykreślimy promieniem a koło, to dopóki kierunek siły S przecina koło, nie może ruch nastąpić, a zatem największy mimośród

możliwy jest    wst ©

JIT

SlL

t/

lal

Tys. 92.

----rf'---

24)

Mimów śród ten największy możemy odrazu obliczyć.

Wyznaczenie więc natężeń drugorzędnych pozostaje takie samo, jak wprzódy, tylko baczyć musimy, że najw Mr—Sa.

Z powyższego wynika, że aby natężenia były jak najmniejsze, powinne być jak najcieńsze sworznie, o ile tylko wytrzymałość materyału na to pozwala. Tam więc, gdzie natężenia drugorzędne są wielkie, dadzą się urządzeniem połączeń przegibnych zmniejszyć natężenia drugorzędne, ale tylko do pewnej granicy, zależnej od wielkości średnicy sworznia. Na każdy sposób widzimy, że nawet przy użyciu połączeń przegibnych nie dadzą się natężenia drugorzędne zupełnie usunąć.

118 —

DODATEK.

Literatura.

Podajemy tu w porządku chronologicznym spis podręczników i niektórych ważniejszych artykułów i nowszych dzieł, odnoszących się do części teoryi mostów, zawartej w niniejszym tomie.

1, Ogólne dzieła.

Rebhann: Theorie der Holz- und Eisenconstructionen. "Wiedeń 1856.

Mollinos i Pronnier: Traite thćorigue et pratique de la con-struction des ponts metalligues. Paryż 1857.

Laissle i Schubler: Ber Bau der Bruckentrager. Stuttgart 1857. 4 wyd. 1876.

Bresse: Cours de la mecanigue appliguee. II. część. Paryż 1862.

Scheffler: Uiber Gritter und Bogentrdger. Brunszwik 1862.

Cul mann: Bie graphische Statik. Zurych 1866. 2 wyd. 1875.

Winkler: Bie Lehre von der Elastisitdt und Festiglceit. Praga 1867.

Collignon: Cours de la mecanigue appliguee aux constructions. Paryż 1869.

011: Bie G-rundzuge des grptphischen Rechnens und der graphischen Statik. Praga 1870, 4 wyd. 1885.

Ritter W. Bie elastische Linie und ihre Anwendung auf den continuirlichen Balken. Zurych 1871, 2 wyd. 1888.

Ott: Yortrage uber Bamnechanik. Praga 1872. 2. wyd. 1878—1891.

Weyrauch: Allgemeine Theorie der continuirlichen und einfachen Trager. Lipsk 1873.

L e v y: La statigue graphigue et ses applications aux constructions. Paryż 1874. 2. wyd.

Winkler: Yortrage uber Bruckenbau I. Heft Aeussere Krdfte gerader Trager. 1875. 8. wyd. 1886.

Ritter: Lehrbuch der Ingenieur-Mechanik. Hannower 1876.

Jay du Bois: The elemcnts of graphical statics and their appli-cation to framed structures. Nowy York 1875. 2. wyd. 1877.

Winkler: Vortrage uber Bruckenbau. II. H. Innere Krdfie. gerader Trdger.

2. wyd. 1881.

Eddy: Researches in grapliical statics. Nowy York 1878., tłom. niem. 1880.

Castigliano: Theorie de Veąuilibre des systemes elastiąues et-ses applications. Turyn 1879.

Burr: A course on the słresses in bridge and roof trusses. Nowy York 1880.

Chalniers: Grapliical dctermination of for ces in engineering structures. Londyn 1881.

Schaffer i Sonne: Handbuch der Ingenieurwissenschaft II. B. Ber Bruckenbau. Lipsk 1882. 2. wyd. 1886—1890.

Stelzel: Grundzuge der graphischen Statik und dereń Anwendung auf den continuirlichen Trdger. Gradziec 1882,

Weyrauch: Theorie elastischer Kor per. Lipsk 1884.

Re sal: Ponts metalliąues. Paryż 1885—1889.

Muller Breslau: Bie neueren Mełhoden der Festigkeitslehre. Lipsk 1886.

Muller Breslau: Graphische Statik der Bauconstructionen Berlin 1879., 2. wyd. 1887—1891.

Planat: Pratiąue de la mecaniąue appliąuće. Paryż 1887.

L e b e r: Bie neue Bruckenrerordnung des bsterr. Handelsministe-riums. Wiedeń 1886.

Koechlin: Applications de la statiąue graphiąue. Paryż 1889.

Ritter W.: Anwendung en de graphischen Statik II. Th. Bas Fachwerk. Zurych 1890.

2. Belka ciągła.

Clapeyron: Calcul d’une poutre elastiąue reposant librement sur des appuis inćgalemcnt exposees. Comptes rendus. 1857.

Winkler: Beitrdge zur Theorie der continuirlichen Bruckentrdger. Civilingenier 1862.

Schmidt: Uiber die Bestimmung der dusseren auf ein Brucken-system wirkenden Krdfte. Allg. Bauz. 1866.

L i p p i c h: Theorie des kontinuirlichen Trdgers konstanten Quer-schnittes. Allg. Bauz. 1871.

Solin: Geometrische Theorie der kontinuirlichen Trdger. Mittheil. d. Arch. u. Ing. Ver. in Bohmen. 1873., 1874.

G r e e n e: Graphical method for the analysis of bridge trusses ex-tended to continuous gir der s and draw spans. Nowy York 1875. Meriman: On the theory and calculation of continuous bridges. Nowy Jork 1876.

Schaffer: Belastungsgesetze fur den geraden stabfórmigen Kbrper Zeit. f. Bauw. 1876.

Kleitz: Notę sur les calculs de stabilite des poutres continues, ayantes des moments d’inertie variables. An. d. pouts et chaus. 1876., 1877.

Hulewicz: Obliczenie wytrzymałości belek wieloprzęsłowych. Pam. tow. nauk ścisłych. Paryż 1876., to samo po franc. Ann. d. pon. et cha. 1882.

Krohn: Berechnung Jcontinuirlicher FachwerJcstrdger auf G-rund der Beformationen der einzelnen Fachwerkstdbe. Civilingenieur 1880. Landsberg: Beitrag zur graphischen Berechnung Jcontinuirlicher Trdger. Centr. der Bauver. 1881.

Rytir: Ber Jcontinuirliche BalJcen. Allg. Bauzeit. 1882.

Muller Breslau: Influenzlinien fur den continuirlichen Trdger auf drei Stutzen Wochenb. f Arch. u. Ing. 1888.

Thullie: Graphische Bestimmung der im continuirlichen Gitter-trdger mit 2 Feldern wirlccnden Krdfte auf Grund der Burch-bingung. (Woch. der Arch. u. Ing. 1884. i po polsku Przegl. Techn. 1887).

Solin: Zur Theorie des Jcontinuirliches Trdgers rerdnderlichen Querschnittes. Cimlingenieur 1885.

. Solin: Theorie zer nitrnich sil tramu primych, Praga 1885.

S t e i n e r: Uiber den Einfluss einer Erwdrmung der Gurte auf den Jcontinuirlichen Trdger 1887, 1888. Muller-Peterwitz: Einflusslinien fur Jcontinuirliche Trdger. Beutsche Bauz. 1888.

Thullie: Bestimmung der Einflusslinien fur die inneren Krdfte des continuirlichen Trdgers mit drei StiitzpunJcten Woch. (I. ósterr. Ing. u. Arch. 1891.

3. Belki kratowe statycznie niewyznaczalne.

Frankel: Bas Princip der Jcleinsten Arbcit der inneren Krdfte elastischer Systeme Z. d. Arch. u. Ing. Ver. zu Hann. 1882.

Muller Breslau: Uber clie Anwendung des Principes der Ar-beit in der Festigkeitslehre. Woch. f. Arch. u. Ing. 1883. Mohr: Uiber das sogen. Princip der kleinsten Deformationsarbeit Woch. f. Arch. u. Ing. 1883.

Weyrauch: Arbeitsbedingungen fur statisch unbestimmte Kórper. Woch. f. Ar. und Ing. 1884.

Krohn: Der Satz von der Gegenseitigkeit der Verschiebungen, Z. d. Arch. u. Ing. Ver. zu Hann. 1884.

Melan: Beitrag zur Berechnung statisch unbestimmter Stabsysteme.

Z. d. ósterr. Ing. u. Arch. V. 1884.

Steiner: Iheorie statisch unbestimmter Systeme. Z. d. óst rr. Ing. u. Arch. V. 1886.

Muller Breslau: Theorie statisch unbestimmter Systeme. Z. d. ósterr. Ing. u. Arch. V. 1887.

4. Natężenia drugorzędne.

Manderla: Die Berechnung der Secunddrspannungen. Allg. Bauz. 1880.

Landsberg: Beitrag zur Theorie der Fachwerke. Zeit. d. Arch.

u. Ing. Ver. zu Hann. 1885, 1886.

Muller Breslau: Zur Theorie der Biegungsspannungen im Fachwerkslrdger. Allg. Bauz. 1885, 1886.

Rit ter W.: Die secunddren Spannungen in Fachwerken. Schw. Bauz. 1885.

Manderla: Uiber die Wirkungsweise gelenkfórmiger Knotenver-bindungen. Allg. Bauz. 1886.

Podr. Teor. mostów.

■

■

®

m

mm

f..

j

-S:~s==s~:-:~;-s=s3

iSs£S?5E£xr-jg-

rys. 2.

Taż 7

T-

:

i

..V___

5&

2.....->

3

rys. 4.

C \i</ i

■

to

A

to

4

toto

ic--------

wieL

i

*

A

J.

$■

l

i -

•v __

i 7/

/

to

SM *1 W ^Na i-4 Jfc*. ^    ^    ^

ffM]....."Ik / / /"

h*

w

:

/

/

/

iw

co

to

<7-

s

tol

v\

i

to

;

/

jsTs

•3-

\ :

-_l£

o*

t Sfl

1

i\ \

\i

' a

w

<\

\\

7

4f

--------i---k—m

tc

B

&

<

?v~

r

&

<la

<©

h»

.c

e

10

n

D

W

lij

;-

to

i"

2”

-----y-

T

j

Tą |-;-^

~r~/K' ' ---------1-----L............

ii    i    :

;

wl <—1

;/•

Łl

I

~/V _

to

to to

«^lto

>/\ a /

3 :

i

-i.

-

6

ł

a'

(>\h

i)i

5

i

: 5"

6'

Jłl

"ZT

5_

(7

2)

I

’

I

!

i

6

<5

iS.

/Z

i

?5f

2

.3

6

N

:v

■:

-T-źto

i t

7

oi

w

'i

;\

!;

2

C

4;

f

>

i

.<1

r-/-ś

to

\

5

/

/

--v

.1

Ti

■to

.......

''I

i:

r\

2

O’

tov

to

1,

2/

5

>

ot/

H/

1’

!

5

6

7’

/

i

2'    S'.

jggj

2>

fto

/

''Tto

Cs

f7\

to

/

/

-V-

A

$

to;

^ /i

/

/

I

/

7'//'"

!/

K

to

'»j

/

* /

/;

r/

//x

7

-.....to

7

i

5

.2.

J5______

h

i

to

/

/

Jl.

,/

/

to

to

/

'

■P

to

\

/

7

/

f-

,cu^£a ^z^julsaZ^yo^ 4a£t4/vny/

8

A!

B

,'T

.0 /jjl^A^TLO^uy

I)

1 0 12 3 4 5

lO

15

30

«

Ul III H

——I    Xcnv \

fi'    ^iilitototo

C’

to|j|Pp'

0    5    10

H-H+l-h

+ *

Sr

t*

+ 8

00

+ Wl'

X

/v7/

11

uuuulUiIlli]J|||jjJ^

012545

10

15

20

30

fctn/

i

0 12 5 4 5

to

15

20

30

I i: m/

'

V

\

• ‘

66

92

159

119

089

046

21m

1: 333

5emJ

^ clTta C4cu)£a jo ynjkj$\Ajo\fju

pys.-i.

aao

204 A

109

146

MŁ

110

125

90

w'

116

rye.2.

Ol

g~ 22

rys 3

172

110

142

160

118

1 82

1 56

___13Z.___

102,

091

0 88

105

068

0 56

076

117

-lis

O 88

099

30    40    60

100

r»

10

20

25 o 25 ąo

l»n| 1 T

100

200

300

400

Tak H.

108

303

217

l-9t

■108

800

j tnv

500

cm

■

I

\

c\

17 ł 16 g 15

045

185

a \ar\i

X-|-

Yyo

16

1SI\

\N \XV

lł    x

pys.l.

W <»    7>    13 Oy 18 O, U ^    10

/n

»/

g'«c

Tso

*36

-X-----j_

10-Hx“-X........... !*■'■"■V” :>■

⁵ ;    !    i *NX

50 1

rłd6

°r /

⁴f⁵cK

11742.

'C

-X

T‘

.1

:0₂

ii

' /'/ w %

pys 4

11

ii

17

16

16

ii

7/----

~'7l

cu\^Ca łWtan>a'

•A 7

''0*5

pys. 5.

■I.

;-2fr§ft--1-2.4 -sHo—/i.....—

]\

—r"-?

—i-

------rA-

pys. 3.

o_

<7;

jt

c>

b’

<7

//

a"

Z*

T7

⁹ i;

7‘

0₂

d*e

bp

ct-h

x_

!'

1 i \ L.J.-A

J.

17

/.

:Ąx.x

■y----x/*7“—¹—

IA

^°r

-JUA ; /;

bi

i.

! '

«l /

?!/ i ;    :    --^4i

\ > \ /!

T~ "

rfi

rlezb

r- -

7*

0,

n t 16

_15

rys. 6.

_7l

*4_p ts (Jj is Oj

rA

-.....—-<u -

1 ci

'tor

6'

/!

isX.

”X2

165

1^

^ ii !/ i\ i /.

/v

i

,-r v/ i

\;    11-"    :    /X

rn;

10

r____16

rys "i.

₁₇^-—

|0

\3 /y

Podziałka długości. 4.400

A>

10

ro

30

0₂

PodziaHia sił.

gl

-\rf-.......Vj---r-j — r

-\-s......X------' —

10

10

20

30

40

50

60

70

_.3»

Xę;X'' -⁵

-Is 0„ 2

^ -~JS

HH-hH

2    5    4    6

d—ł—4~+

Podziałka ucięcia

10

14

r /s

-------1

- -61-

'f

i J

-I cm'

/-

|-

0,

-

'

V

i '

.

■

.1

-■*

■

.

■

V-

-4 10

-500

jucxitsoi/uXn6

1 iaUiciiŁOL;

-496

Jf

\0'6S7/

,4\

//

,S/

v06)

o l⁺3ta

wwna futtów

tJ

~—;,X

rysi

rys. 12.

-596

7    -621

9 664-

i\

u 10 s

%

\cp

<85

4^+699 a^ó\/42 yj^

rys. 2.

+667

+ 69 4

1(0

GK» o

’=

><

11 10

s'v

H9

fś

y7

-613

*WW

4572

4666'

⁺//

W !

88 S\

518

‘“'i?

rys 8.

<-775,

10

rys. 5.

s.

rys.4. 0 *2

-A—*

- >/

²V

.4

" /%

to

z_z.

tg

■<

rr.

ryso.

''2

Co

C71

//|W \ //rWL / , \ \

\ \

\ \

Ci

TO

25

rys 8

«n

Cm

►+-

ro

1/6

rs

rys. 9.

rys. 10.

rys.11.

-G>

~7

Ol

-o

<c

■A

-.i

ri

V »///

C* gp

11

ll

II

■V

CO

jL.

-•

sj/

06

-\

vt

£.

Cn

GO

o>-

C/1

►4¹*

«D.

i©

-*Sr

| CI1V

j» rnffi

h ioo

1 mm

Tab.W

rys. 13.

00

<0

ro

||, X

1H /

00

'

t-j 0.0

'

-i

,

■

i

■j

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

11-341277

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

100000275632