2«J

II

Tl]

[IÎ

Si

ml

pC

|;|’*

jfi

P|"*

f :■ „i

i*

*•

ES -

IJ

r.

:r*l

[;<k >

{Tr

■ii

y>-

mi&a

p$

rf»

ii*.

Ir ' -Z

''J' fey

'.W

«• -

"*i‘j

ćtr

■

;;T«

: <ł

s!

Ł-j

m

ÿïà

Kt-»

aS

■    r,V,^

p.

W?

, u*

i    4iLr

ii    &

UW ' «ö

fc*****

BfL Mtbm ,

fiLk Witó

»ßrF; Pi

v, I

■*.»

tf

£\;

a|

B • * ą

; v i -

->/ .w'. "

•%BÄ

ET--

ir

.5

fłl

rfk

ap!

-A-# V kklri

.->. &■■.' -.far

r i?

Jl

K#'

"zSTJ

Pi,,.. SV| y*ł-N*%Ł* t p>

[/v¹

Aa

H'

vr.

SS»

rji

ri a, .,    >*

(|a-1 Vuj.J

[&» -’j

Ps⁻

-A

l'bViX-

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

100000275634

Ul

,

-,

%

O

■

%

#

I

%

J

|i»mwi^

.«s

'

CP

00 mblfg*

<2?

"C

AŻmu3

PODRĘCZNIK

TEOEYI MOSTÓW

dla

inżynierów i słuchaczów szkół politechnicznych

z 144 rysunkami w tekście i 5 tablicami.

CZĘŚĆ I. BELKI PROSTE.

TOM I. BELKI STATYCZNIE WYZNACZALNE.

Opracował

MAKSYMILIAN THULLIE dyplomowany inżynier, profesor szkoły politechnicznej we Lwowie.

Cena 4 złr.

Üâ

■jr

mdN-

-------

%'? t

LWÓW.

NAKŁADEM AUTORA. GŁÓWNY SKŁAD W KSIĘGAKNI GUBIŁ YNOWICZA

4f/j

? o;

& SCHMIDTA.

I. Związkowa Drukarnia we Lwowie.

1890.

<J=r\

T_ 'b

4<§

KRAKÓW

chn'ÇjSl

Fl

I assite.....

Àkc.

Nr.

><

PRZEDMOWA.

Zachęcony przychylnem przyjęciem mego Podręcznika Statyki Budowli, przystępuję do ogłoszenia dalszego ciągu mych wykładów w lwowskiej szkole politechnicznej, mianowicie teoryi mostów. Nauka ta jednak obecnie tak dalece się rozwinęła, że tom niniejszy zawiera tylko jej cząstkę, teoryą belek prostych statycznie wyznaczalnych, które zresztą największe zastosowanie znajdują w praktyce.

Staraniem mojem było, aby praca niniejsza stała się podręcznikiem nietylko słuchaczów szkół politechnicznych, ale także i inżynierów wykonywujących, dlatego umieściłem w niej dane, potrzebne do obliczenia belek mostowych i przydałem przykłady, które wyjaśniają i ułatwiają zastosowanie otrzymanych wzorów.

Ponieważ teorya mostów opiera się na musiałem przyjąć jako znajome prawidła statyki budowli, w odnośnych miejscach odwołuję się jednak ustępów Podręcznika Statyki Budowli.

I w niniejszej pracy używałem porówno obu metod, liczebnej i wykreślnej. Ta ostatnia ma

statyce budowli, więc

zawsze

do odpowiednich

w teoryi mostów jeszcze większe zastosowanie, niż w statyce budowli i więcej przedstawia korzyści, choćby tylko jako kontrola.

W układzie mej pracy trzymałem się głównie dzieł prof. Winklera, korzystając, rozumie się, także z wszelkich zdobyczy nauki, dokonanych przez innych uczonych inżynierów, uwzględniłem nareście własne

swe prace w tym przedmiocie. Jak się łatwo można przekonać z dat publikacyj w spisie bibliograficznym, końcu książki, używałem konsekwentnie linij wpływowych tak w wykładach, jak i mych publikacyach o wiele przed wyjściem II. wydania Winklera Teoryi Mostów w r. 1881 ; w którem on też je wszędzie zastosowuje.

zamieszczonym

na

IY

Dzieła naukowe z rycinami są dość drogie nawet niemieckie i francuskie; polskie takie dzieło musiałoby być jeszcze droższe. Aby cenę jego, ile możności zniżyć, musiałem jak w Podręczniku Statyki Budowli, tak i tu użyć zamiast drzeworytów rycin litogra-fowanych w zakładzie p. Przyszlaka. Jeżeli wskutek tego parę figur odbiło się niezupełnie wyraźnie, łaskawy czytelnik zechce wybaczyć ze względu na cel zniżenia ceny dzieła.

Oddając tę moją pracę pod pobłażliwy sąd techników, pospieszam wywiązać się z miłego obowiązku podziękowania Towarzystwu Politechnicznemu we Lwowie za życzliwą pomoc w wydawnictwie, Szanownej Redakcyi Przeglądu Technicznego a w szczególności redaktorowi p. Adamowi Braunowi i Krakowskiemu Towarzystwu Technicznemu za łaskawe poparcie wydawnictwa i bezinteresowne zbieranie przedpłaty i p. inżynierowi Albinowi Zazule, który podjął się przejrzenia rękopisu i z którego uwag niejednokrotnie korzystałem.

Maksymilian Thullie.

We Lwowie w styczniu 1890.

SPIS RZECZY.

Str.

Wstęp

A. Siły, działające na mosty.

I. Siły zewnętrzne.

§. 1. Rodzaje sił zewnętrznych..........

§. 2. Ciężar własny.............

§. 8. Ciężar ruchomy mostów drogowych........

§. 4. Ciężar ruchomy mostów kolejowych........

§. 5. Obciążenie śniegiem...........

§. 6. Ciśnienie poziome, powstające w skutek chwiania się parowozów

i wozów..............

§. 7. Parcie wiatru .............

§. 8. Siła odśrodkowa .    .........

II. Natężenie dopuszczalne.

§.    9. Natężenie dopuszczalne dla mostów żelaznych i stalowych

§. 10. Natężenie dopuszczalne dla mostów drewnianych

H (M lO    CO CO O

tH Tl rH    h h im

. 21

26

B. Belka prosta jednoprzęsłowa zwykła.

III. Działanie ciężarów skupionych.

§. 11. Linie wpływowe sił poprzecznych .......

§. 12. Linie wpływowe momentów........

§. 13. Najniekorzystniejsze obciążenie ze względu na siły poprzeczne §. 14. Wyznaczenie największych sił poprzecznych ....

§. 15. Najniekorzystniejsze położenie układu ciężarów ze względu na mo

menty.............

§. 16. Wyznaczenie największych momentów......

§. 17. Bezwzględnie największy moment.......

§. 18. Największe momenty dla zmiennych rozpiętości ....

27

29

30

33

34

38

43

46

IY. Obciążenie ciągłe.

49

§. 19. Obciążenie jednostajne zupełne........

§. 20. Najniekorzystniejsze obciążenie ze względu na siły poprzeczne

Str.

§. 21. Największe momenty §. 22. Obciążenie ciężarem własnym i ruchomym, jednostajnie rozłożonym 51 §. 23. Ciężar zastępczy

50

52

Y. Wpływ poprzecznie.

§. 24. Ciężar stały........

§. 25. Siły poprzeczne wskutek ciężaru ruchomego §. 26. Momenty wskutek ciężaru ruchomego

57

58

61

VI. Belka ciągła przegubowa.

§. 27. Określenie.........

§. 28. Obciążenie dowolne.......

§. 29. Linie wpływowe belki wystającej .

§. 30. Linie wpływowe belki ciągłej przegubowej .

§. 31. Obciążenie jednostajne zupełne .

§. 32. Największe siły poprzeczne.....

§. 33. Największe momenty......

63

64

64

65

66

67

69

C. Belka kratowa równoległa.

VII. Belka o kracie pojedynczej.

§. 34. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach §. 35. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w krzyzulcach §. 36. Wykreślne wyznaczenie sił wewnętrznych .    .

§. 37. Belka o kracie równoramiennej......

§. 38. Przykład............

72

73

74

75

77

VIII. Belka o kracie wielokrotnej.

§. 39. Zasada obliczenia............

§. 40. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych......

§. 41. Dokładne wyznaczenie sił wewnętrznych w krzyźulcach .

§. 42. Dokładne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach .

§. 43. Krzyżulce giętkie............

§. 44. Przykład. Obliczenie mostu drogowego o kracie dwukrotnej prostokątnej ..............

79

80

81

82

84

84

IX. Belka o kracie złożonej.

§. 45. Krata złożona bez sztucznego natężenia .

§. 46. Krata złożona ze sztucznem natężeniem .

§. 47. Belki Howe’a i Kidera.....

88

90

91

X. Ilość materyału.

§. 48. Uwagi ogólne §. 49. Objętość pasów

92

Str.

§. 50. Objętość kraty z jednego materyału §. 51. Objętość kraty z różnego materyału §. 52. Objętość narożników .    .

§. 53. Objętość całej belki kratowej .

94

96

97

98

D. Belka kratowa wieloboczna.

XI. Belka o kracie pojedynczej.

§. 54. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach §. 55. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w kracie

§. 56. Krzyżulce giętkie .    .......

§. 57. Ogólne wykreślne sposoby wyznaczania sił wewnętrznych

§. 58. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych w pasach

§. 59. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych w krzyżulcach .

§. 60. Linie wpływowe sił wewnętrznych w krzyżulcach

§. 61. Wyznaczenie analityczne największych sił wewnętrznych w krzy

źulcach.............

§. 62. Linie wpływowe sił wewnętrznych w pasach. Największe i naj

mniejsze siły...........

§. 63. Wyznaczenie wykreślne największych sił wewnętrznych .

§. 64. Podwójne krzyżulce giętkie........

99

100

102

103

104

105

108

111

112

113

117

XII. Belka o kracie wielokrotnej.

§. 65. Zasada obliczenia.......

§. 66. Wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach .

§. 67. Linie wpływowe sił wewnętrznych w pasach §. 68. Linie wpływowe sił wewnętrznych w krzyżulcach *.    §. 69. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych .

118

118

119

120

120

XIII. Belka kratowa paraboliczna.

§. 70. Kształt pasów.......

§. 71. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych . §. 72. Linie wpływowe belki górnoparabolicznej §. 73. Siły wewnętrzne przy obciążeniu zupełnem §. 74. Największe siły wewnętrzne .

§. 75. Przykład.......

121

123

124

125

126

128

XIV. Odmiany belki parabolicznej.

§. 76. Zasada belki Paulego §. 77. Kształt belki Paulego §. 78. Belka paraboliczna niezbieżna .

§. 79. Przykład......

131

132

133

134

XV. Belka Scliwedlera.

§. 80. Określenie belki........

§. 81. Przybliżone wyznaczenie kształtu pasów

140

Sfcr.

§. 82. Dokładne wyznaczenie kształtu belki .

§. 83. Przykład........

144

145

XYI. Inne belki kratowe.

§. 84. Belka Winklera...........

§. 85. Belka eliptyczna..........

§. 86. Belka górnoparaboliczna o stałym przekroju w pasie górnym

§. 87. Belka z ciężarem pomocniczym.......

§. 88. Belka rozporowa prosta.........

149

151

152

153

154

XYII. Ugięcie belki.

§. 89. Ogólne uwagi.........

§. 90. Wyznaczenie analityczne ugięcia belki

§. 91. Wyznaczenie wykreślne ugięcia belki kratowej .

Dodatek. Literatura.........

155

157

161

164

WSTĘP.

Opracowując Podręcznik Statyki Budowli wyłączyliśmy ze statyki budowli obliczenie mostów, które z powodu odmiennego sposobu obciążenia jest przedmiotem osobnej nauki, tak zwanej teoryi mostów (n. Theorie der Brüchen), którą obecnie wyłożyć zamyślamy.

Zadaniem teoryi mostów jest obliczenie sił, działających w każdej części mostu, odkształceń, spowodowanych temi siłami i wyznaczenie potrzebnego przekroju każdej części mostu.

Wyznaczymy więc najpierw:

a) siły zewnętrzne (n. äussere Kraft, f. force extérieure, a. outer force, stress) i

h) siły wewnętrzne (n. innere Kraft, f. force intérieure, a. inner force, strain), potem

c)    najkorzystniejszy ustrój mostu ze względu na koszta i ilość potrzebnego materyału i

d)    odkształcenie mostu (n. Formänderung, f. deformation, a. deformation).

Częściami składowemi mostu są:

1. przyczółki i filary (n. Widerlager, Pfeiler, f. culée,

pile, a. pier),

2.    łożyska (n. Lager, f. support, coussinet, a. support, bearing), służące do przeniesienia sił z belek mostowych na przyczółki i filary,

3.    belki czyli dźwigary (n. Träger, f. poutre, a. truss),

4.    pomost (n. Brückenbahn, f. tablier, a. planking),

5.    tęźniki pionowe i poziome (n. Querverbindungen). Obliczenie filarów, łożysk, pomostu i tęźników podamy

w części ustrojowej (konstrukcyjnej) budowy mostów; w części teoretycznej mówić będziemy tylko o belkach, których jest kilka rodzajów.

Rozróżniamy mianowicie belki główne (n. Hauptträger, f. poutre principale) m m (rys. 1), spoczywające za pośrednictwem łożysk na filarach i przyczółkach, belki poprzeczne czyli poprzecznice (n. Querträger, f. pièce du pont n n,

spoczywające na belkach głównych i belki podłużne czyli podłuźnice (n. Nebenträger, secundäre Längsträger, f. longeron) p. p.

rys. /

7JV

Z'

■i*

7/

9\

71

Ib

171.

7///,

Belki główne dzielą się znów ze względu na łożyska na 3 rodzaje. Jeżeli belka obciążona jest tylko siłami pionowemi, a oddziaływania są także pionowe, nazywamy belkę belką prostą (n. gerader Träger, Balkenträger, f. poutre droite, a. straight girder, beam) (rys. 2). Drugim rodzajem belki jest wiesz ar (n. Hängwerksträger, f. poutre suspendante, a. suspension girder, hanging girder), który działa nawet przy obciążeniu pio-nowem na podpory w kierunku ukośnym, dążąc do ich zbliżenia (rys. 3.) n. p. przy moście wiszącym. Nareszcie rozpornicą, belką rozporową (n. Sprengwerksträger, f. poutre à gambettes, poutre de châssis, a. strut framed girder) nazywamy belkę

rys. 3.

rys. Z.

23

łr

która działa nawet przy obciążeniu pionowem na podpory w kierunku ukośnym, dążąc do v/ich oddalenia (rys. 4). Jeżeli belka taka ma o' kształt łuku, to nazywamy ją belką łu-^ kową lub lukiem (n. Bogenträger, f. poutre en arc, arc, ’a. arch, arched girder).

Oprócz tego używamy często belek układu złożonego, n. p. połączenia belki prostej z wiszącą, wieszaru z lukiem prostej z lukiem.

Ze względu na materyał i cel rozróżniamy dalej mosty drewniane, żelazne, stalowe i kamienne, dalej mosty kolejowe, drogowe i mosty dla pieszych.

rys A.

'/a

7,

im

belki

Według poprzedniego podzielimy nasz przedmiot, t. j. teo-ryą mostów, w następujący sposób:

I.    Belki proste.

II.    Rozpornice, wieszary, łuki i układy złożone.

Obliczenie mostów sklepionych i filarów podamy przy opisie ustroju mostów.

Część pierwsza teoryi mostów zawierać będzie tylko teoryą belek prostych, którą podzielimy w ten sposób, że najprzód będziemy mówić o siłach zewnętrznych, działających na belki, potem o siłach wewnętrznych, a nakoniec o ugięciu belek. Przy wykładzie o siłach zewnętrznych rozróżniamy belki proste jednoprzęsłowe zwykłe (n. einfacher Träger), spoczywające na dwóch podporach, i belki ciągłe (n. continuirlicher Träger, f. poutre continue, a. continuons beam), podparte w więcej, niż dwu punktach. Przy belkach ciągłych urządzamy niekiedy przeguby (n. Gelenh, f. charnière, a. joint) i nazywamy je wtedy belkami ciągłemi przegubowemi (n. continuirli^ eher Gelenhträger).

Ponieważ obliczenie przekroju belek blaszanych i drewnianych podaliśmy w statyce budowli, więc będziemy tu mówić tylko o siłach wewnętrznych w belkach kratowych. Z powodu zaś, że do obliczenia sił zewnętrznych bezprzegubowych belek ciągłych potrzebna jest znajomość sił wewnętrznych, mówić będziemy o bezprzegubowych belkach ciągłych w jednym z późniejszych rozdziałów.

Stąd wynika następny podział przedmiotu :

A.    Siły, działające na mosty.

B.    Belka prosta jednoprzęsłowa zwykła.

C.    Belka kratowa równoległa.

D.    Belka kratowa wieloboczna.

E.    Belka ciągła bezprzegubowa.

F.    Belki kratowe statycznie niewyznaczalne.

ćr. Natężenia drugorzędne.

Cztery pierwsze działy stanowią tom pierwszy, resztę podamy w tomie drugim.

A. Siły działające na mosty.

I. Siły zewnętrzne.

§. I. Rodzaje sił zewnętrznych.

Na mosty działają rozmaitego rodzaju siły zewnętrzne, a mianowicie:

1.    Ciężar własny, stały (n. Eigengewicht, ruhende Belastung, f. charge permanente, a. dead load), ciężar belek, pomostu i w ogóle całego ustroju mostu.

2.    Ciężar ruchomy, zmienny (n. zufällige, rollende Last, f. charge roulante, variable, surcharge, a. live load, rolling load), zależny od celu mostu, a więc ciężar parowozów, wozów lub tłumu ludzi.

8. Siły poziome (n. Horizontalkräfte), powstające wskutek parcia wiatru, chwiania się parowozów i wozów i wskutek siły odśrodkowej.

•\

4. Oddziaływania podpór (n. Pfeilerdruck, f. réaction des appuis, a. supporting force), które się oblicza na podstawie danych ciężarów.

§. 2. Ciężar własny.

Gdy mamy most jaki projektować, ciężar własny jego jest nieznany, dlatego przy obliczaniu sił zewnętrznych przyjmujemy go w przybliżeniu i na tej podstawie obliczamy wymiary wszystkich części mostu. Mając teraz plan mostu, możemy dokładnie obliczyć cały jego ciężar, który z przyjętym porównujemy. Jeżeli ciężar, do obliczenia przyjęty, różni się znacznie od obliczonego, musimy powtórnie obliczyć wymiary belek mostowych na podstawie obliczonego ciężaru. Rozumie się, że wymiary te po części się zmienią, a więc i ciężar, obliczony na podstawie nowego projektu, będzie się znów różnił od przyjętego. Jeżeli ta różnica jest znaczna, musielibyśmy rachunek jeszcze raz powtórzyć. "Widzimy stąd, jak ważnem jest, aby przy pierwszem

obliczeniu przyjąć ciężar własny trafnie, gdyż w takim 'razie oszczędzimy sobie powtarzania obliczeń.

Aby otrzymać potrzebne wzory dla ciężaru stałego, zastanowimy się najprzód, od czego ciężar własny zależy. Otóż ciężar własny jest zależny od materyału, a mianowicie od natężenia dopuszczalnego i ciężaru gatunkowego materyału, od ciężaru rucbomego, od rozpiętości i od ustroju mostu. Wzory dokładne musiałyby uwzględnić wszystkie te czynniki. Uwzględnienie materyału i ciężaru ruchomego nie sprawiałoby wielkich trudności, ale ustrój mostów jest tak rozmaity, że trzebaby bardzo wiele wzorów ustawiać, aby najrozmaitsze ustroje mostów uwzględnić. W części ustrojowej budowy mostów podamy takie szczegółowe wzory, tu musimy się ograniczyć na wzory ogólniejsze, które do rozmaitych ustrojów mostów się stosując, nie mogą być zbyt dokładnymi.

W ogóle możemy postępować tu w dwojaki sposób. Licząc w przybliżony sposób używamy wzorów, które podają odrazu ciężar całego mostu. Licząc dokładniej, obliczamy pojedyncze części mostu i tak naprzód pomost, potem obliczamy ciężar pomostu dokładnie i dalej przystępujemy do obliczenia podłużnie, przyczem znamy dokładnie ciężar pomostu, działający na podłu-źnice i przyjmujemy tylko ciężar podłużnie wedle wzorów. Obliczywszy podłuźniee, wykreślamy je i obliczamy dokładnie ich ciężar, co nam posłuży do obliczenia wymiarów poprzecznie, a nareszcie w ten sam sposób i belek głównych.

Podamy tu najprzód wzory ogólne dla ciężaru całego mostu i to dla żelaznych mostów kolejowych na metr bieżący mostu według rozmaitych autorów, którzy otrzymali je na podstawie ciężarów wykonanych mostów. Wzory te mają kształt funkcyi rozpiętości l, od której zależy moment sił zewnętrznych, przyczem przydana jest pewna stała ilość, gdyż ciężar poprzecznie, podłużnie i pomostu nie jest zależny od rozpiętości. Jeżeli więc g nazwiemy ciężar mostu w hg na metr bieżący, l rozpiętość w metrach, a i ß spółczynniki, to ogólnie możemy napisać :

1)

g = cd -}- ß ltg\m

Ponieważ wé wzorze tym ustrój mostu nie jest uwzględniony, nie może on więc być dokładny, a różni autorowie podają rozmaite wartości dla spółczynników a i ß. I tak Weiss podaje:

dla mostów jednotorowych .    .    .    </ = 450 + 33£ Jcg/m

„    „ dwutorowych g = 1800 + 11,11 + 0,44£² „

Według Asimonta i Prauenholza

dla mostów jednotorowych g = 31,4 Z + 700 Jcgjm* Według Otta dla mostów jednotorowych g = 30£ + 800 „

„    „    dwutorowych g = 571 + 900 „

„ Heinzerlinga dla most. jednot. g = 30^ + 650 „ Możemy polecić następne wzory dla g:

dla mostow

pud

st

jednotorowych kolei głównych ......

dwutorowych kolei głównych ......

jednotorowych kolei drugorzędnych . . .

0,170Z + 15

0,44l² + 11,11 + 1800    0,0761² + 0,0681 + 88,5

0,1531 +14

30 Z+ 800

27 Z+ 750

301 kgjm    0,1701 pud/st

271 „    0,1531 „

Ciężar belek głównych możemy przyjąć dla mostów jednotorowych kolei głównych: dla belek równoległych „    „ wielobocznych

Dla żelaznych mostów drogowych ciężar jest także zależny od szerokości mostu. Tu więc liczymy ciężar stały na Im³ pomostu.

Możemy przyjąć przy użyciu na pomost podwójnej dyliny dla belek równoległych g — 4,01-+ 230 ~ = 2,361 -+ 63,9 „    „ wielobocznych g = 3,71+230 „ =2,191-)-63,9

zaś przy użyciu 0,2m grubej warstwy żwiru: dla belek równoległych g= 6,41 -+ 630^ = 3,791 +175 „    „ wielobocznych g= 6,01-)- 630 „ =3,561+ 175

Przy małych mostach bez poprzecznio i podłużnie możemy przyjąć w rów. 2) zamiast 230 (63,9) tylko 130 (36), a w równaniu 3) zamiast 630 (175) tylko 400 (111,2). Jako ciężar belek głównych możemy przyjąć pierwsze wyrazy (ze spółczyn-

nikiem l) równ. 2) i 3), zmniejszone o 0,6    ^0,36 Z

pud

sąż. lew. > 2)

n '

pud

sąż. lew. > 3)

pud sqè. lew.

Dla mostów drewnianych możemy przyjąć następne

)•

wartości :

a) mosty kolejowe, jednotorowe z zastrzałami na długość 0,2 l na metr bieżący mostu

pud

tymczasowego

stałego

501 + 750    0,281 -j- 10,61

62 l + 625    0,36 l + 11,6/ ‘

. 4)

Dla belek kratowych Howe’a przyjmujemy przy moście

tymczasowym

stałym

541 -f- 490    0,311 + 9,1)

721 4 650    0,412 4- 12,1/ '

9 =

9 =

b) mosty drogowe na lm² pomostu:

• 5}

kg

pud

st. kw.

dylowanego o gr. 15 cm żwirowanego „ „ 15 „

26

n    v >> u ! j

Jeżeli nam chodzi o dokładniejsze wyznaczenie ciężaru mostu, to, jak już wspomnieliśmy, zaczynamy od obliczenia progów lub dyliny i wyznaczamy ich ciężar; na tej podstawie znowu obliczamy bezpośrednio dźwigające części mostu, podłu-źnice, poprzecznice i tak kolejno postępujemy, aż nareszcie obliczamy belki główne.

Poniżej podajemy ciężar własny poprzecznie i podłużnio według Winklera:

1. Mosty kolejowe.

a) P o d ł u ż n i c e. Niechaj g oznacza ciężar podłużnie na m. bieżący toru w kg, a (rys. 1) odstęp poprzecznie w w, to mamy g dla:

g = 8,251 4 230 4,191 4 64i

202 + 400    10,2 2 4 111} . 6)

g =    25 2 4-540 12,7 2 4 150.

kształtowki

belki blaszane

kolei

kg

pud

st

SIS

pud

st

drugorzędnych o normalnej szerokości toru.....

głównych.........

47 a 0,27 a 59 a 0,33 a

18 + 81 a 0,24 + 0,17 a 21+ 38 a 0,89 + 0,42 a

b) Poprzeczniee. Niechaj G będzie ciężar jednej po-przecznicy blaszanej, P ciśnienie koła parowozu w t (pudach), ej -i ciężar poprzecznie na m (st) bież. toru, b długość poprze-cznicy, c odstęp podłużnie (rys. 1), to możemy przyjąć:

GO

pud

St

.8*18

pud

kg

dla kolei

-(2,66 + 0,0743 a) (& — 0,73 c)

1

- (2,49 + 0,0590 a) (b — 0,73 c)

1 ,

a (3,89 + 0,1055 a) {b — 1,74 c)

1

a (3,77 4 0,839 a) (b — 1,74 e)

Lands ber g podaje następne przeciętne ciężary pokładu mostu kolejowego na m (st) bieżący toru w lig (pud), jeżeli a oznacza odstęp poprzecznie.

Koleje główne.

pokładu

(poprzecznie i podłużnie)

pudjst

leg

1,55

1,05+ ~

hu + tf

¹’²⁰ + ²f 1,88+-^

3,97

272

56 -{-¹ a

482

⁷⁷ + ir

m + jT

98 + -^

357

700

a (143 -j- 13,1 a) (b — 0,73 c) 1

-(134 + 10,4 a) (Jb- 0,73 c) 1

-(209 +-18,6 a) (& —l,74c) 1

-(203 +-14,8 a) (& — 1,74 e)

jednotorowych głównych ..... (55 4 5,3P-+    (1,02 4 0,0016 P 4    1

+ 1,31 Pa) b + 0,000122 Pa) b

jednotorowych drugorzędnych . .

dwutorowych głównych .....I (94 + 9,1P +    (1,75 + 0,003 P +

-+ 2,26 Pa) b 40,00021 Pa)b

dwutorowych drugorzędnych . .

Ciężar

podłużnie

poprzecznie

Most

pudjst

kg_

pudjst

kg_

0,18

0,60 4- —-a

³² + ä

32 + —

¹ a

32

32 + — a

, 32 32+ —

¹ a

1,37

°>⁴⁵+ir

2,55

0,84+^

1,84 ⁰⁾⁶⁰+cT 3,79

i,23 -j-

240

450

24 4--

a

45 + — a

32 + — a

nn 668

66-1--

a

325

3,0 vi

4,5 w

jednotorowy, pomost u góry b

u dołu b

u góry & = 5,5 m

u dołu b =ł= 8,0 m

dwutorowy,

Dla kolei drugorzędnych możemy przyjąć:

433 hg

dla pomostu u dołu 67 -)--

Oj

■ te. ,    ²°0

»    » u gory ⁴⁵ + —— i,

Lv

125 4-+^ ^

’    a st

1.13

0,84 + -^ „

2. Mosty drogowe:

a) Podłużniee. Niechaj gx‘ będzie ciężar w hg (pud) na 1 mb. (st b.) jednej podłuźnicy, gx ciężar podłużnie w kg (pud) na m² (st. hw.) pomostu (dla c — 1,2 m), a odstęp poprzecznie, c odstęp podłużnie w m (st), to możemy przyjąć następne wartości :

Mosty dla

ciężar

belki kształtówki

belki blaszane

w leg i m

w pud i st

w kg i m

w pud i m

12+1,8« 21+ (2,9+ +2,lc) « 12+5,4« 21+ (4,2+ +4,0e) « 12+9,0 « 22+ (6,6+ +5,2c) «

pieszych . .

wozów

lekkich

wozów

ciężkich

wozów bardzo ciężkich

0,068+0,0031« 0,39+ (0,016+ +0,0037c)« 0,068+0,094« 0,39+(0,024+ +0,0069c)« 0,068+0,016« 0,41+(0,037+ +0,0092c)«

4,8a

11(1+0,23c) (1+0,37«; 13+4,8« 13,4 (1+0,28c) (1+0.37«) 23+4,9« 16,5(1+0,26c) (1+0,37«) 34+5,0«

0,0083 « 0,20 (l+0,070c) (1+0,11«) 0,074+0,0083« 0,25(1+0,085e) (1+0,11«) 0,13+0,0085« 0,31(1+0,079e) (1+011«) 0,19+0,0087«

b) Poprzeczniee. Niechaj Cr bidzie ciężar jednej poprze-cznicy, b szerokość mostu , a odstęp poprzecznio w m (st) g2 ciężar poprzecznie na m² (stopę hw) pomostu, a możemy przyjąć dla poprzecznie blaszanych :

Mosty

|l G ciężar jednej poprzeeznicy

g₂ ciężar poprzecznie

dla

pud

Jcg

pud

rn-

st kw.

pieszych . wozów lekkich . .

b

- (0,028+0,0038«)

wozów ciężkich . wozów bardzo ciężkich .

(2,6+1,9«) (1+ +0,115 |)&2 (3,4+2,6«) (1+ +0,115 |)&> (6,8+2,3«) (1+ +0,115

(0,015+0,0033«)

(1+0,115 !)&> (0,019+0,0045«)

(1+0,115-1) &2 (0,039+0,0040«)-(1+0,H5 ~) &²

-(5,0+2,2«)

b    b

- (10,2+1,6«) •- (0,058+0,0028«)

(11,8+2,1«) -(0,064+0,0036«)

b    b

- (12,0+2,2«) — (0,068+0,0038«) O    O

.Nakoniec podamy ciężar pomostu i jego pokrycia wedle Winklera.

Ciężar pomostu mostów kolejowych.

Ciężar pomostu

Część pomostu

szerokość toru zwyczajna s = 1,5 m

koleje wąskotorowe

koleje główne cięż. koła = 6,5t

koleje drugorzędne cięż. koła =: 5t

S = lm ciężar koła = 3,81

s—0,75 m ciężar koła — 2,5t

kgjm

pudjst

kgjm

pudjst

kgjm

pudjst I kgjm pudjst

Szyny żelazne z dro-bnem żelaziwem Szyny stalowe z dro-bnem żelaziwem

Progi......

Dylina .... Progi jeden obok drugiego ... Progi w żwirze . Żwir .    . .

Żelazny pomost . Cały pomost dla progów zwyczajnych w przecięciu

Poręcze z obu stron

CM

Jp* J⁻¹    s-,

'm.'cd'os "Ćh 05 CO 00    03

r! ho^h

CO CO (M

iH (M

JF*»    M.

'ćo 'h“*-    'bo

O) CO OO    to

51

45

88

150

0,95

0,84

1,64

2,79

34    0,63

30

48

112

0,56

0,89

2,1

80

37

200

3,7

200

Ol CO

3,7

300

36

1100

110

5,6

0,57

20,5

2,0

200

22

760

76

3,7

0,41

14

0,14

Ciężar

460    8,6    450 8,4

50    0,93 j 50 0,93

pomostu mostów

290

5,4

190

50

j 0,93

3,5

50

0,93

Cię żar pomostu

mostu drogowego dla wozów

Część pomostu

kładki

lekkich (3 U.)

ciężkich

(2 U.)

b. ciężkich

(1 U.)

kg

pud

kg

sąi. kw. (I wi²

pud

kg

pud

sąi. kw. || to²

sąi. kw.

kg

pud

m² sąi. kw.

I.    Pokrycie pomostu.

Dylina ......

Bruk drewniany na żwirze

Beton i asfalt.....

Bruk drewniany na betonie Żwirówka . .

Bruk kamienny

II.    Pomost właściwy.

Kształtówki......

Dylina ........

Płyty z żelaza lanego . .

Sklepienia ceglane . . .

Płyty kamienne ....

Pomost z kształtówek wraz z pokryciem przeciętnie. 180    50 || 340    94 1380 106 420 117

Poręcze z obu stron 150 Tcg na m b. mostu = 2,8 pud na st b. mostu.

80

22

130

36

160

44

150

150

350

30

60

80

180

240

190

53

42

42

97

8,3

17

22

50

300

340

340

600

40

100

120

500

250

67

83

94

94

167

11

28

33

139

69

250

340

350

380

640

60

130

150

600

300

69

94

97

106

178

17

36

42

167

83

260

380

360

420

680

80

160

180

700

350

72

106

100

117

189

22

44

50

195

97

§. 3. Ciężar ruchomy mostów drogowych.

== ^ (Py + P‘y“ 4- P“‘y+ •••) = ^ s Py. . .27)

§. 18. Największe momenty dla zmiennych rozpiętości.

§. 26. Momenty w skutek ciężaru ruchomego.

§. 37. Belka o kracie równoramiennej.

IX. Belka o kracie złożonej.

§. 58. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych w pasach.

XIII. Belka o kracie wielokrotnej.

XIV. Odmiany belki parabolicznej.

§. 82. Dokładne wyznaczenie kształtu belki.

§. 90. Wyznaczenie analityczne ugięcia belki.

So 

§. 3. Ciężar ruchomy mostów drogowych.

Największe obciążenie mostów drogowych jest tłum ludzi lub wozów. W Austryi, Anglii i Niemczech przyjmowano dawniej obciążenie tłumem ludzi (n. Menschengedränge, a. crowd of people) na 1 sążeń kw. 25 do 30 centnarów, czyli 390 do 467 kgjm², w Bawaryi 360 kg/m². W Ameryce przyjmują od 366 do 488 kgjma, dla większych mostów mniej, mianowicie w miastach od 488 do 244 leg Im², na wsi 342 do 222 kgjm\ "We Francyi przyjmują zwykle 300 kgjm².

W Austryi należy przyjmować wedle rozp. ministeryalnego z dnia 15/9. 1887. (odnoszącego się jednak tylko do mostów na drogach dojazdowych i przejazdów nad koleją) wedle ważności drogi dla mostów na drodze

I. klasy (w miastach) 460 kgjm² — 128 pudjsąż. kw. '

• 7)

II.    „    (gościńce)

III.    „ (drogi gminne) 340 „

Dla mostów dla pieszych przyjąć należy jednę z tych wartości 340 do 460 kgjm² wedle tego, czy most ten znajduje się na wsi, w pobliżu zakładów przemysłowych, lub też w wię-kszem mieście.

400    .

Pojedyncze części mostu mogą być jeszcze więcej obciążone n. p. dyle pomostu, bo na jednym dylu może stać więcej ludzi, zaś na sąsiednich dylach nikt, więc dlatego liczyć będziemy obciążenie dylów pomostu na 1 m b. 160 kg, czyli 3,0 pjst.

Dla obliczenia obciążenia tłumem wozów potrzebne nam są ciężary i wymiary wozów. Według wyżej wspomnianego rozporządzenia austryackiego przyjmować należy dla dróg 1. klasy (w większych miastach lub miejscowościach fabrycznych) wóz wedle rys. 5.), dla dróg II. klasy (na gościńcach) wedle rys. 6.), dla dróg III. klasy (gminnych) wedle rys. 7.) W Rosyi nie unormowano ciężarów wozów, polecamy więc wyżej podane cię-

12 t

sze rokość wozu, 2,-5rro ” tono 1.6 ”

rys. 5.

•fl

"f

--------3.8-----;'—

<--------t- — xè —* *

-- 3,6-----4 13À rrt

— ZZ

i,s

rys. G.

szerokość 7voz&2Ąm tonet,dnu

rys. T

"    ternU,■Gm gr'~T~

"X-----__W (--'Jć—-

szerokość mozużGjm

)j

Ï-

oi-yin 7.Û k

-2.4- -y—•]3.1-

vK

U

4.8

1.3

żary i wymiary wozów wedle rozporządzenia austryackiego. Tylko ciężar pary koni wydaje się nam za wielki, wystarczy przyjąć 1,01. Wozy dla kolei konnych, drogowych możemy przyjąć wedle rys. 8.)

rys. 8.

szerokość mmi. 2,4 v> terał4 —

te

krl żm'''

ï- 2,0--1,9---Y-5.9 -

Ÿ    V

Ä-;    u

4i0 ------À 7,3" Tîl

«i

Jeżeli po umieszczeniu wozów zostanie jeszcze wolne miejsce na moście, to przyjmujemy dla reszty mostu i dla chodników obciążenie tłumem ludzi.

Z tych dwóch rodzajów k obciążenia tłumem ludzi lub wozów należy w każdym poszczególnym wypadku i dla każdej poszczególnej części mostu uwzględnić obciążenie niekorzystniejsze.

- §, 4. Ciężar ruchomy mostów kolejowych.

Ciężar ruchomy mostów kolejowych składa się z parowozów i wozów kolejowych. Przyjmujemy zatem pociąg, składający się z 2 parowozów z jaszczykami (tendrami) i wozów kolejowych. Często przyjmują trzy parowozy na czele pociągu, a niektórzy chcą nawet przyjmować pociąg, składający się z samych parowozów, jednak to nie jest uzasadnionem, bo wypadki obciążenia mostów w ten sposób są nadzwyczaj rzadkie, a pojedyncze większe nieco natężenia w takim razie nie szkodzą jeszcze materyałowi, jeżeli nie przekraczają granicy sprężystości. A że granica sprężystości leży w przybliżeniu przy natężeniu dwa razy większem, niż natężenie dopuszczalne, więc obawy przekroczenia tej granicy w takich razach nie ma. Te same uwagi stosują się i do przyjmowania parowozów, zwróconych do siebie kominami. Przyjmować więc będziemy pociąg o 2 parowozach na czele, zwróconych kominami naprzód. Ciężar jednej osi parowozu jest ograniczony, bo wedle norm Tow. niemieckich kolei nie może przenosić dla kolei głównych 14 t, dla kolei drugorzędnych o normalnej szerokości toru 101, o szerokości toru 1 m 7,5

dla kolei o szerokości toru 0,75 m 5 t. Zresztą

jednak parowozy każdej kolei mają inny ciężar, ale z powodu, że parowozy nie przechodzą zwykle na inne koleje, obliczać-byśmy powinni mosty na podstawie danych dla pewnej kolei parowozów. Lecz w obec zwiększającego się ciągle ruchu, okazuje się potrzeba ciągłego powiększania ciężaru osi parowozów, a zmniejszania ich rozstępu, wskutek tego, gdybyśmy mosty obliczali na podstawie istniejących parowozów danej kolei, przy wprowadzeniu nowych parowozów mosty okazałyby się za słabe. Ażeby temu zapobiec, ustanowiono w Austryi i Rosyi pewne granice dla ciężaru parowozów. Mianowicie przyjęto pociąg urojony t. z. normalny, według którego należy mosty obliczać, a z drugiej strony parowozy, niekorzystniej na mosty działające, nie będą dozwolone.

Pociąg normalny austryacki, którzy jednak wedle wspomnianego rozporządzenia z r. 1887. §. 2. d należy brać za podstawę obliczenia tylko przy belkach łukowych, wiszących i systemach niezwykłych ¹) składa się z trzech parowozów wraz z jaszczykami wedle rys. 9.) i wozów ciężarowych (rys. 10.)^

Ü-

rys. .9.

30b

t-

<-----2ß-----r-U-y-łZ-f- i&r----3,0 - - -    -?J- - ->f- 7 J- - f 7 J

73    73    73    73

rys. 10.

161

Pr

1P i rn

------>i.

•a

Dla mniejszych rozpiętości (do 10 m?) przyjmować należy ciśnienie osi 141 zamiast 13 t, zaś dla bardzo wielkich

rozpiętości (wyżej 100m² ?) zmniejszyć (do

V ) _12 t?) ze względu na prawdopodobień-

3,0—n--£0-~>j ^stwo, że nie wszystkie ciężary osi i roz-7,0    ’ ź stępy będą, najniekorzystniejsze.

Poniżej podajemy schematy obciążeń pociągiem normalnym rosyjskim i kilku parowozami :

a) Pociąg normalny rosyjski: a) w pudach i stopach:

Odstępy osi : 12 V, 12 12% 12 12% 5% 6% 14'/, 4% 4'/, 4% 18, ciężar osi :

500 500 500 500 651 651 651 763 763 763 763

5V₂ 5'/₂ 12 V, 12 12 7₃ stóp 651 651 651 500 500 pudów.

ß) w tonach i metrach:

Odstępy osi: 3,85 3,66 3,85 3,66 3,75 1,68 1,68 4,42 1,32 1,32

8,2 8,2 8,2 8,2 10,7 10,7 10,7 12,5 12,5 12,5 1,32 5,48 1,32 1,32 1,32 4,42 1,68 1,68 4,67 1,32 1,32

12.5    12,5 12,5 12,5 12,5 10,7 10,7 10,7 12,5 12,5 12,5 1,32, 4,42 1,68 1,68 3,75 3,66 3,85 m

12.5    10,7 10,7 10,7 8,2 8,2 t.

ł>) Normalny parowóz ciężarowy państwowych kolei pruskich: Odstępy: 2,8 2,0    1,4 2,6    ;    1,5    1,8    1,5,    1,6 m

ciężary osi: 12,6 12,5 13,6

ciężar osi :

9,9 8,6.    9,1

c) Parowóz ciężarowy trzy osiowy kolei Lwowsko Czerniowieckiej :

t.

Odstępy: 2,61,    1,58 1,58 4,0

ciężary osi:

12,5 13.1 12.4

¹⁻¹ 00

00 ot

00 OT

1,815

d) Parowóz czteroosiowy kolei Lwowsko Czerniowieckiej :

4,35 1,63 1,53, 1,69 m 8    9,8    9,8    9,9

e) Parowóz Engertha dla kolei górskich, przy którym jaszczyk jest połączony stale z parowozem:

Odstępy: 2,53,    1,16    1,16    1,16

ciężary osi: 13,7    12,6    12,9 8,1

Odstępy: 2,73    1,275    1

ciężary osi: 10,8    10,8

CD r—I

to

GO

2.22 m

t.

f) Normalny austryacki parowóz kolei miejscowych i dojazdowych :

1,55,    1,5 lj5 1,55 m

8,33 8,33 8,33 t.

Odstępy :    2,65    1,2    1,2 2,65

ciężary osi: 12    12    12

g) Normalny parowóz jaszczykowy kolei miejscowych i dojazdowych:

Odstępy: 2,5    1,1    1,1    2,5

ciężary osi: 8,5 8,5 8,5 t.

t.

h) Parowóz dla kolei wąskotorowej o szerokości toru = 0,75m: Odstępy: 1,8 0,9 0,9 2,35 ciężary osi:

t.

Odstępy : 2,05    2,5 2,05

ciężary osi:

i) Wóz ciężarowy takiej kolei:

t.

Zamiast rzeczywistych ciężarów przyjmują często zastępczy ciężar urojony, jednostajnie rozłożony, wywołujący te same siły zewnętrzne t. j. momenty i siły poprzeczne.

Rozporządzenie ministeryalne austryackie z 15/9 1887. zawiera następujące postanowienia co do ciężaru zastępczego przy obliczaniu momentów dla mostów żelaznych i drewnianych:

„Obciążenie, służące za podstawę obliczenia pasów, pokrywające całe przęsło, wyznacza się przy konstrukcyach zwykłych wolno leżących (przy belkach w dwu punktach podpartych) na każdy tor na metr bieżący równo rozdzielone według rozpiętości, mierzonej od środka do środka łożyska w następny sposób :

Skala a.

Ciężar ru- j ^ . chomy w t

Rozpiętości teoretyczne w m

Rozpięto-_ teoretyczne w m

Ciężar ruchomy w t

Rozpiętości teoretyczne w m

Ciężar ruchomy w t

-30

20

10

15

15

13,5

20

»O

r-T ocT    co

o o

CM CD

T-H T“ł

Dla rozpiętości pośrednich należy wstawiać wedle prawa linii prostej.

W celu obliczenia poprzecznicy pośredniej należy przyjąć jako ciężar ruchomy połowę całkowitego według skali a wynikającego obciążenia mostu, którego rozpiętością jest odległość od najbliższej lewej do najbliższej prawej poprzecznicy.

Końcowe poprzecznice należy wedle ich ustroju w każdym wypadku obliczać, przyczem należy w myśl poprzedniej reguły przyjmować zamiast brakującej sąsiedniej poprzecznicy odpowiednio odległą teoretyczną podporę toru.

Podłużnice należy obliczać jak belki główne, oparte na poprzecznicach. Podobne rozporządzenie rosyjskie podamy poniżej (§. 23). We Prancyi należy przyjmować według rozporządzenia z r. 1877. :

dla l =    2    3    4    5 10 15 20 30 40 60 100 150 m

» P = 12 10,5 10,2 9,8 7,3 5,7 4,9 4,3 4,1 3,7 3,2 3,0 tjm.

§. 5. Obciążenie śniegiem.

Dalszym ciężarem działającym na mosty jest śnieg. Ciężar warstwy śniegu 80 cm wysokiej na m² pomostu wynosi około

r-

100 7cg. Rozporządzenie ministeryalne bawarskie każe też uwzględniać obciążenie śniegiem, .wynoszące 100 Jcg/m²] ale ponieważ śnieg zmiata się z mostów, więc się go zwykle nie uwzględnia w obliczeniu zwłaszcza, że jeżeli śnieg jest na moście, to ruch jest po części zatamowany. Nie możemy więc przypuścić równoczesnego obciążenia śniegiem i wielkim ciężarem ruchomym.

§. 6. Ciśnienie poziome, powstające wskutek chwiania się parowozów i wozów.

Ciśnienie poziome, powstające wskutek chwiania się parowozów i wozów, jest tern większe, im większy ciężar i chyźość pociągu. Z doświadczeń Webera przekonano się, że mogą dojść te siły do ²/₃ ciężaru pionowego. Jednak ciśnienia te po części się znoszą, gdyż jedne koła działają na jeden tok szyn, a drugie równocześnie na drugi w przeciwnym kierunku. Przy obliczeniu mostów kolejowych przyjmujemy siłą poziomą, równą 0,08 ciśnienia pionowego u każdego koła parowozu, dla większych rozpiętości zaś (od 10 m) jednę siłę = 0,08 części ciężaru parowozu , więc dla kolei głównych 3,6 t = 220 pud, działającą u pierwszej osi parowozu.

Dla mostów drogowych i kładek możemy przyjąć jako siłę poziomą 100 Jcg/m² = 28 p/sąż. kw. Ponieważ jednak podczas wielkiego wiatru ruch na mostach drogowych jest mniejszy i powolniejszy, a przy wielkim wichrze ustaje, więc zwykle, uwzględniając parcie wiatru wedle następnego paragrafu, nie uwzględniamy już wstrząśnień poziomych, powstałych wskutek ciężaru ruchomego.

§. 7. Parcie wiatru.

Parcie wiatru w na płaszczyznę prostopadłą do kierunku wiatru wynosi²) iv = 0,ll2v², przyczem chyźość v przyjmu-jenly w metrach na sekundę, a w w Jcgjni². Dla miar rosyjskich jest w — 0,000064 pudlstJcw. Otrzymamy więc:

Chyźość wiatru v

parcie wiatru w

kgjm²

pjst-

silnej burzy ....

wichru ......

najsilniejszego wichru w Europie ....

80

40

50

98

110

131

164

195

305

OJ O    OJ

cd^-ih    t-

© l-T r-T

17 —

W Ameryce spostrzegano nawet parcie 500 Jcg/m², w Australii 570 hgjm², w Anglii w r. 1884. parcie większe, niż 560 Jeglm², lecz parcie to było tylko na małej przestrzeni tak wielkie, obok zaś było mniejsze tak, że, na większą płaszczyznę licząc, możemy je przyjąć średnio znacznie mniejsze. Doświadczenia Baker a wykazały, że dla płyty o płaszczyźnie 28 m2 było parcie równe tylko § parcia na małą płaszczyznę (<Cl?w²).

dla mostów drogowych i kładek w — 0.100 tjm²

Przy obliczeniu mostów musimy zważać na tę okoliczność, że gdy parcie wiatru wynosi 170 Ä#r/m², to wozy osobowe próżne mogą się wywrócić, a zresztą z powodu wielkiego tarcia między szynami a kołami ruch pociągów staje się niemoźebnym. W rzeczy samej zastanawia się ruch pociągów podczas silnych wichrów, dlatego przyjmujemy parcie wiatru dla mostu obciążonego w — = 0,170 tm² (4,72 p/sąś.²) dla kolei o torze normalnym. Wozy kolei wąskotorowych są więcej wywrotne, dlatego przyjmujemy dla obciążonego mostu kolei wąskotorowych w — 0,125 t/m7 (35,7 p!saś\

(27,8 pjsqè⁷).

Nieobciążony most musimy obliczać na największe parcie wiatru, które w naszych stronach możemy przyjąć w = 0,27 tjm² = = 65 p/sąż². W okolicach mniej wystawionych na działanie wiatru, zasłoniętych górami, w dolinach prostopadle do ich długości możemy przyjąć mniejsze parcia.

Dla mostu obciążonego jest wprawdzie parcie na m² mniejsze, ale powierzchnia, wystawiona na parcie, większa. W każdym więc szczególnym wypadku wyznaczamy parcie wiatru dla mostu obciążonego i nieobciążonego i obliczamy siły zewnętrzne na podstawie większego parcia. Przytem przyjąć możemy jako wysokość wozów drogowych 2,5 m, kolejowych 3,0 m, a tłumu ludzi 2,0 m. Jeżeli liczymy parcie wiatru dla belki o ściance pełnej, to powierzchnia, wystawiona na parcie jest hl, jeżeli h oznacza wysokość, a l długość belki. Dla belek kratowych musimy dokładnie wyznaczyć powierzchnię pasów i kraty, w przybliżeniu wynosi ona | A, jeżeli A oznacza pełną powierzchnię belki. Wiatr, przechodząc jednak przez kratę, uderza jeszcze o drugą belkę z mniejszą już siłą, która zależy od gęstości kraty pierwszej i od oddalenia obu belek. Pierwszą okoliczność uwzględnia rozporządzenie austryackie, zmniejszając powierzchnię belki kratowej tern bardziej, im gęstszą jest krata (p. tabliczka

poniżej). Co do drugiej okoliczności okazały doświadczenia Bak era, że parcie na drugą belkę jest tein większe, im dalej ona leży od belki pierwszej. Dla braku dokładniejszych doświadczeń nie możemy jeszcze uwzględniać tej okoliczności.

Odnośne ustępy rozporządzenia austrya ckiego minist, handlu z r. 1887. brzmią:

Działanie wiatru należy wyznaczyć, przyjąwszy parcie boczne 270 Jcg/m2 na most nieobciążony i 170 Jcglm² na most obciążony pociągiem, względnie wziąć w rachubę niekorzystniejsze z tych dwu działań, a to, jak następuje:

1.    Przy nieobciążonym moście należy wziąć w rachubę jednę ze ścian niosących z powierzchnią, rzeczywiście na działanie wiatru wystawioną, drugą zaś z powierzchnią, w ten sam sposób zmierzyć się mającą, lecz zmniejszoną według poniżej podanej skali.

2.    Przy moście obciążonym należy uważać pociąg jako 2,5 m wysoki, 0,5 m nad szynami znajdujący się, postępujący pełny prostokąt. Jako płaszczyznę, wystawioną na działanie wiatru, należy wziąć w rachunek powierzchnię pociągu i części jednej ściany, wystającej poza zarys pociągu, jakoteź i zmniejszoną wedle skali powierzchnię tych części drugiej ściany.

Skala dla zmniejszenia wystawionej na parcie wiatru powierzchni drugiej

ściany niosącej.

i*

Stosunek wolnych powierzchni dla kraty do całkowitej powierzchni zarysu w pierwszej ścianie niosącej

Spółczynnik sprowadzania dla wystawionej powierzchni drugiej ściany niosącej

przy 0,40 „ 0,60 „ 0,80

0,2

0,4

1,0

Dla wartości pośrednich należy wstawiać wedle prawa linii prostej. *) *) Wyznaczenie powierzchni, na którą działa wiatr, nie jest zupełnie jasnem wedle rozporządzenia. Zdaje nam się, że powinno się ją obliczać w następny sposób.

rys. //-

Nazwijmy powierzchnię pasów

\ mmmmmm?¹ kraty belki pierwsz0j ai> p°wierz-

i|ij[[ffllmj ijjiljijyj liJ Li? chnię pomostu P (rys. 11), części ^ kraty, zakrytych przez pomost Z, to Wwffîfy. * powierzchnia pierwszej belki i po-f mostu jest At -f- P— Z. Przy wyznaczeniu spółczynnika gęstości kraty [j. nie uwzględniamy powierzchni pomostu, bo ona przedstawia płaszczyznę

(hl — P) — (At—Z)

8)

pełną. Mamy więc :

Mosty drogowe. Wpływ parcia wiatru ma się uwzględnić w sposób, przepisany w §. 3. lit. f (powyższy ustęp o mostach kolejowych), przyezem uważać należy wypadkowe nagromadzenie ludzi lub wozów jako postępujący pełny prostokąt o 2 m wysokości.

Okólnik rosyjskiego techniczn o-insp e kt or sk iego komitetu kolei żelaznych z 5. stycznia 1884. — III. Siły wewnętrzne, zależne od parcia wiatru na boczną powierzchnię mostu należy obliczać w dwóch przypuszczeniach, wybierając niepomyślniejsze :

a)    bez pociągu na moście, przyjmując parcie wiatru 1‘/₃ puda na st2 bocznej powierzchni,

b)    z pociągiem na moście, parcie wiatru przyjmując ³/₄* puda na st²

powierzchni.

Uwaga I. W pierwszym wypadku za boczną powierzchnię, wystawioną na działanie wiatru, należy przyjmować oprócz rzeczywistej bocznej powierzchni jednej belki jeszcze część powierzchni drugiej belki, ponieważ przy pochyłym kierunku wiatru obie belki nie będą się nakrywały. Wystawioną na działanie wiatru powierzchnię dwóch belek o tej samej rozpiętości można przyjąć w przybliżeniu dla belek o kracie przedziałowej równą 0,60 ogólnej powierzchni, ograniczonej przez pasy belki, a dla belek o kracie równobocznej równą 0,50 tej powierzchni, przyjmując przytem, iż pomost znajduje się między pasami. Parcie wiatru na boczną powierzchnię belki rozdziela się w takim razie równo między górnymi i dolnymi tężnikami poziomymi. Jeżeli zaś pomost znajduje =się nie między pasami belek, lecz nad pasami, to należy jeszcze przyjąć w rachubę parcie wiatru na zupełną boczną powierzchnię pomostu, odnosząc

Wyszukawszy z powyższej tabliczki odpowiedni spółczynnik parcia na drugą belkę v, otrzymamy powierzchnię drugiej belki (A\ — Z)'), zatem powierzchnię, wystawioną na parcie wiatru, obu belek i pomostu:

A = At + P — Z + (At — Zy* = (At — Z) (1 + v) -f P . . 9) Dla mostu nieobciążonego otrzymamy parcie wiatru na m b :

270 gw = ~T

| (Ai — Z) (1 + v) + P j .

. kglm ... 10)

Jeżeli most jest obciążony, to parcie na pociąg uważamy jako ciężar ruchomy pw, gdy parcie na most jako ciężar stały g'w. Otrzymamy wtedy,

nazwawszy powierzchnię pociągu C, a powierzchnię belki pierwszej, zakrytej przez pociąg, B,

g‘w =

170

Pw —

170

{(A, - Z) (1 + v)+ pj . { C - B (1 + v) j . . . .

. kg,m ...    11

. . 12)

stąd wedle rów. 8.) jj. =

= 0,59, któremu to spół-

Przykład. Dla mostu systemu Schiffkorna o rozpiętości l = 16,09}» jest powierzchnia pasów = 3,1 m² a kraty = 5,1 }»², więc Al = 8,2 }»². Dalej mamy P = 6,1 }»², Z = 2,4}»². Wysokość belki h — l,26m, więc hl = 20,27 ?»², a (20,27 — 6,1) — (8,2 — 2,4)

20,27 — 6,1

czynnikowi odpowiada wedle tabliczki, podanej w rozporządzeniu, v = 0,39.

owe dodatkowe parcie w zupełności do górnych lub dolnych tężników stosownie do umieszczenia pomostu.

Uwaga 2. W drugim wypadku, gdy pociąg znajduje się na moście, zupełna powierzchnia boczna, poddana działaniu wiatru, otrzymuje się przez dodanie do wyżej obliczonej: a) 10 st'¹ na każdą stopę bieżącą w mostach z jazdą w górze, odnosząc przytem po ³/₅ parcia wiatru na górne i na dolne tężniki poziome, b) w mostach z jazdą na dole od 10 do 7,5 st* na stopę bieżącą stosownie do wysokości belek, zmieniającej się od 0,5 sąit. do 3 śąż. i więcej, przyczem całe parcie na ową dodatkową powierzchnię należy odnieść do tężników dolnych.

Wartości dodatkowe 10 i 7,5 śt² otrzymane zostały przez odjęcie od ogólnej bocznej powierzchni pociągu odstępów pomiędzy sąsiednimi wozami, tudzież pomiędzy główką szyny i podłogą wozu, przyczem pierwsza liczba stosuje się do wypadku, gdy powierzchnia pociągu nie jest przykryta belką , druga, gdy cały pociąg jest zasłonięty belką, co się zdarza w mostach z jazdą na dole przy wysokości belki większej, niż 3 sążnie.

§. 8. Siła odśrodkowa.

Jeżeli kolej jest w luku, to podczas przejazdu pociągu powstaje siła odśrodkowa, działająca poziomo na szyny, która przenosi się za pośrednictwem szyn na most i jest zależną od ehyżości i ciężaru pociągu i promienia łuku. Jeżeli p oznacza ciężar ruchomy na 1 m, c chyźośó pociągu w mjsek, r promień łuku a g = 9,81 m przyspieszenie ciężkości, to wiemy z fizyki,

pt?

18)

że siła odśrodkowa

gr

Ponieważ w tym wzorze c jest w drugiej potędze, więc chcąc otrzymać najio z, musimy zastosować ten wzór dla po-

Mamy zatem dla mostu nieobciążonego : 270

gw —

{(8,2 — 2,4) (1 + 0,39) + 6,1 J = 289 Jcg/m.

16,09

W tym wypadku tężniki znajdują się tylko u pasu dolnego, więc siła gw działa cała na pas dolny, w przeciwnym razie trzeba ją rozdzielić na pas dolny i górny.

Dla mostu obciążonego mamy powierzchnię pociągu:

C = 16,09 . 2,5 = 40,22 »i², a zakryta przez pociąg powierzchnia belki

JB = 1,8 m². Otrzymamy więc według rów. 11.) i 12.):

g‘w =

170

16,09

170 /

{(8,2 — 24) (1 + 0,39) + 6,11 = 150 Jcgjm 40,22 — 1,8 (1 + 0,39) | = 398 Jcgjm

P'w =

Widzimy więc, że dla mostu obciążonego w tym wypadku parcie wiatru jest większe, to też parcie służy tu za podstawę obliczenia tężników.

16,09

ciągów pospiesznych, dla których jednak p jest mniejsze, niż dla towarowych, a mianowicie możemy przyjąć w przybliżeniu P — ÎPn ciężaru na jednostkę długości pociągów towarowych. (§. 4). Wstawmy w rów. 13) dla pociągów pospiesznych :

v — 18 m/sek, g = 9,81 m,

14)

to otrzymamy:

33    25

— P=—Pt ³ lm

II. Natężenie dopuszczalne.

§. 9. Natężenie dopuszczalne dla mostów żelaznych i stalowych.

W §§. 19. i 20. Podręcznika Statyki budowli podaliśmy wzory dla obliczenia wymiarów na podstawie doświadczeń Wöh-lera. Przy obliczaniu mostów wzorów tych tern bardziej używać należy, że tu zmiany natężeń są z powodu ciężaru ruchomego większe, niż dla innych zeskładów. Tu musimy też uwzględnić wstrząśnienia, a że dokładne obliczenie ich wpływu i wielkości nie jest możliwem, więc uwzględniamy je, przyjmując wedle wielkości wstrząśnień mniejsze natężenie dopuszczalne ; inny spółczynnik wstrząśnień przyjmujemy więc dla mostów kolejowych, inny dla drogowych, a inny dla kładek.

Licząc sposobem Winklera używamy następnych wzorów⁴⁵'), przyczem A oznacza przekrój, P₀ siłę wewnętrzną z po-Avodu ciężaru własnego, P, z powodu ciężaru ruchomego, a P2 takąż siłę o odwrotnym znaku.

Dla mostów kolejowych żelaznych, jeżeli przeważa ciągnienie:

.    . kg jem²

. . 15)

.    . kg jem³ . . 16 a)

jY ==z    ³• o__I rl I X 2

1400    640 "l" 1400 ³

dla przeważającego ciśnienia:

.    . kg jem² . . 16b)

.    . kg jem²

Dla kładek żelaznych: dla przeważającego ciągnienia:

P P P

J0    I J 1 I ¹1

1400 ‘700 ”*~1550 '

dla przeważającego ciśnienia :

A = J^

Pt

P²

1200 ¹ 650 ¹ 1640    * *

• . 17)

n stali    „    »

a dla zmiennych natężeń najmn. P _ najw. P P₀ + a Px a. jest dla mostów kolei głównych 1,3, kolei drugorzędnych 1,25, dla drogowych 1,2, dla kładek 1,1. Jeżeli najw P i najmn P mają przeciwne znaki, wtedy używamy dla żelaza rów. 18) ze znakiem dolnym, dla stali rów. 20.).

Na podstawie najnowszych doświadczeń Bauschingera ustawił Tetmajer następne wzory.

Dla żelaza spawalnego (Schweisseisen) :

t = 600 + 350 ę + 80 C² kg/m²\ t = 236 + 138 Ç + 31,5 C² pud/caP) ' ‘

przyczem Ç =

a spółczynnik wstrząśnień

. . 21)

Dla żelaza zlewnego (Flusseisen):

t == 700 + 430 Ç + 100 Ç² kg/m\ t = 276 + 169 Ç + 39 C² pud/cal²) * *

Dla stali zlewnej (Flussstahl) :

t = 830 + 640 Ç + 250 Ç² kg\cm\ t = 327 ± 252Ç + 98 Ç² pudjcap) ' '

"W tych częściach mostu, które obliczamy z uwzględnieniem parcia wiatru, możemy przyjąć większe natężenie dopuszczalne ze względu na tę okoliczność, że tak wielkie parcia wiatru, jakie w obliczeniu przypuszczamy, trafiają się bardzo rzadko. Możemy więc przyjąć :

. . 22)

. . 23)

'*) Dla miar rosyjskich mamy dla żelaza t = 276 (1 + \ £) pud/cal¹

* stali t = 433 (1 + A Ç) „ t = 433 (1 — A £')    „

. . 1000

natężenie dopuszczalne t

kg]cm¹    pud]cal²

394 453 555

. . 1150 . .    1400

Zwrócić tu musimy uwagę, że natężenie dopuszczalne należy przyjmować większe lub mniejsze, wedle tego, czy sposób obliczenia jest więcej, czy mniej ścisły. Polecamy dlatego przy obliczeniu przybliźonem belek statycznie niewyznaczalnycb przyjmować natężenie dopuszczalne mniejsze, a mianowicie dla belek kratowych równoległych o kracie wielokrotnej zmniejszyć natężenie dopuszczalne o 5"/₀₎ a dla takichźe belek wielobocznych

o 10 °/₀.

Poniżej podajemy wyciągi z rozporządzeń austryackich i rosyjskich, w których po części uwzględniono zmienność natężenia dopuszczalnego.

Rozporządzenie austr. min. z r. 1887. Mosty kolejowe. §. 4. Praca mat er y a łu. Przy uwzględnieniu obciążeń i wpływów, określonych w §. 3. ust. a, &, c, d, e, g, h, jakoteż i ciężaru własnego konstrukcyi nie powinno przekraczać obliczone największe natężenie materyału na cm² użytecznej powierzchni przekroju (t. j. po odciągnięciu dziur na nity, jako też części nie współdziałających przekroju pełnego) następnych granic:

a) Przy żelazie spawalnem (kutem) na ciągnienie, ciśnienie i ścinanie: 1. dla rozpiętości niżej 40,o m 700 Tcg wraz z dodatkiem 2 Tcg za każdy metr rozpiętości;

2. dla rozpiętości od 40,o m wyżej, a to: dla 40,o m......

» 80,o „

„ 120,o ₃ .

„ 160',o „ i wyżej . przyczem dla pośrednich rozpiętości należy wstawiać wedle prawa linii prostej, a dla poprzecznie i podłużnie brać tę wartość, która odpowiada ich rozpiętości ;

8. dla obliczenia nitów na ścinanie w jednym tylko kierunku 600 ległem², względnie w kilku kierunkach 500 kg jem², przyczem należy na to zważać, że rzut ścianki dziury nitu nie powinien pracować więcej- nad 1 400 kglcm² ;

4. dla obliczenia oporu przeciw ścinaniu w kierunku walcowania

500 kgjcm²;

5. żelazo spawalne musi mieć przy wytrzymałości 3 600 kglcm² na złamanie i wyższej przynajmniej 12 procent przedłużenia.

Przy mniejszej wytrzymałości na złamanie musi być stosunkowo większe przedłużenie, które ma wynosić przy najniższej jeszcze dozwolonej wytrzymałości na złamanie 3 300 kglcm² najmniej 20°/₀.

Przedłużenie należy mierzyć na pręcie próbnym o przekroju 5 cm² przy oddaleniu znaczków 20 cm. Jeżeli nie można uniknąć użycia pręta próbnego o innym przekroju, niż powyższy, to należy ze względu na pręt normalny w ten sposób wyznaczyć odległość znaczków, aby kwadraty odstępów miały się, jak powierzchnie przekroi.

b)    Przy żelazie łanem, który to materyał nie powinien tworzyć żadnych głównych części składowych konstrukcyi niosącej, ustanawia się powyżej wzmiankowane granice: 700 kg/cm² na ciśnienie, 200 kg\em² na zwykłe ciągnienie, a 300 kg jem'⁴ ną ciągnienie przy zginaniu.

c)    Dla drzewa 80 kg\em² na zwykłe ciągnienie w kierunku włókien:

d)    Przy wszystkich częściach ustroju, pracujących na ciśnienie, należy zważać na potrzebny opór przeciw wyboczeniu.

e)    Największe natężenie, które wynika z działania wiatru, określonego w §. 3. ust. f: wraz z natężeniami poprzednio omawianemi według części konstrukcyi, o którą chodzi, nie powinno przekraczać następnej granicy :

do §. 4. ust. a punkt 1. i 2.    .    .1 000 kg/cm²

3.

«aa

4.

700 600

90

Mosty drogowe. §. 16. Natężenie. Gdy przyjmujemy za podstawę omówione w §. 15. lit. a, b i d. obciążenia i wpływy, jakoteż własny ciężar konstrukcyi, nie może przekraczać rachunkiem wyznaczone największe natężenie materyału na cm² użytecznego przekroju (t. j. po odciągnięciu dziur na nity, jakoteż nie współdziałających części pełnego przekroju następujących granic :

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

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

c)    W końcu mają być zastosowane także dla mostów drogowych postanowienia w §. 4. lit. a. 1. 3. i 4. lit. c, d i e (względnie §. 6. lit. b), odnoszące się do mostów kolejowych.

Rozporządzenia rosyjskie. Tablica spółczynników wytrzymałości kutego żelaza przy projektach mostów ministerstwa komunikacyj. Nr. 54 z 18/30. czerwca 1875 r.

a) Mosty o rozpiętości do 7 saż i pokład mostów wszystkich rozpiętości (podłużnice i poprzecznice):

6 kg/mm²

Ciągnienie i ciśnienie (przekr. użyteczny)

ścinanie w nitach......

łączących podłużnice ż poprzecznicami

c) Mosty o rozpiętości nad 15 Sąż: Ciągnienie (przekrój użyteczny) ciśnienie (

całkowity) w pasach . „ w słupach .

7,25 Tcglmmł 7,25 7,00

ścinanie w nitach.........

d) W poziomych i pionowych tężnikach mostów wyżej 15 sąż rozpiętości:

Ciągnienie (przekrój użyteczny)......

ciśnienie (    „ całkowity)......

ścinanie w nitach........

7,5

Przy tern spółczynniki na ciśnienie po winne być zmieniane względnie tlo stosunku długości części ściskanych do najmniejszego przekroju.

Bozporządzenie ministra komunikacyj w kwestyi używania zlewnego żelaza przy budowie mostów (z 25. sierpnia 1888 1. 9577. dzień, rząd. min.) (wyciąg).

I.    Zlewne żelazo można dopuszczać do używania w budowlach z wyjątkiem nitów, które mają być zrobione z żelaza spawalnego.

II.    b) Wytrzymałość na ciągnienie ma wynosić 34 do 40 kg/nini² a przedłużenie najmniej 25°/o. Granica sprężystości powinna leżeć przy połowie spół-czynnika wytrzymałości a najmniej przy 17 Icgjmm"¹.

VII. Natężenia dopuszczalne przy projektowaniu wierzchniej budowy mostów z zlewnego żelaza:

a)    Mosty o rozpiętości mniej, niż 7 sąż (15 ni), a także poprzecznice i podłużniee mostów wszelkich rozpiętości:

Na ciągnienie i ciśnienie (przekr. użyteczny)

na ścinanie w ściance belek pełnych.....

b)    Mosty od 7 do 15 sąż (15 do 32 m) rozpiętości, belki

6,5 kglmm2 3,75    „

główne :

Na ciągnienie i ciśnienie (przekrój użyteczny)

„ ścinanie -w ściance belek pełnych.....

c) Mosty o rozpiętości wyżej 15 sąż (32 m) belki główne: Na ciągnienie (przekrój użyteczny) .    .

„ ciśnienie (półnetto, t, j. po potrąceniu | przekroju

wszystkich otworów na nity) wr pasach......

w krzyżulcach.....

Na ścinanie w ściance belek pełnych.....

7,75

d)    W tężnikach poziomych i pionowych mostów aż do 15 sąż rozpiętości:

na ciągnienie (przekrój użyteczny)......

„ ciśnienie (półnetto)........

e)    W tężnikach poziomych i pionowych mostów o większej rozpiętości niż 15 Sąż :

Na ciągnienie (przekrój użyteczny)......

„ ciśnienie (półnetto)........

Okólnik techniczno inspektorskiego komitetu kolei żelaznych z 5. stycznia 1884 r. N. 60.

GO

9,5

8,5

IV. Poprzeczne przekroje pasów belek głównych i belek poprzecznych (jeżeli służą jednocześnie jako tężniki poziome) powinne być obliczone na podstawie następujących wzorów:

P + 0,6 P‘

a)

dla pasów t =

,    Me 0,5 P"

dla poprzecznie t' = —y -j--—

przyczem i i t' oznaczają natężenia dopuszczalne dla pasów i poprzecznie, P siłę wewnętrzną, wywołaną w pasie przez obciążenie pionowe,

wiatrem,

A przekrój pasu, M moment sił zewnętrznych z powodu obciążenia pionowego, P" siłę wewnętrzną, wywołaną wiatrem, — moment oporu przekroju poprzecznicy, At przekrój poprzecznicy.

V,

7,25

Uwaga. Spółczynniki liczbowe 0,6 i 0,5 w a) i b) są stosunkami -jjj-i ^2 t. j. stosunkami natężeń dopuszczalnych w pasie belki głównej i w poprzecznicy dla obciążenia pionowego i wiatru.

V. Dla części belki poddanych ciśnieniu natężenie dopuszczalne z r. 1875 powinno być zmienione stosunkowo do stosunku długości części ciśnionych do ich przekroju. Podobnież w ciśnionych częściach belki przekroje obliczają się nie całkowite, lecz półnetto, a w ciągnionych częściach przekroje użyteczne (bez dziur na nity).

§. 10. Natężenie dopuszczalne dla mostów drewnianych.

Doświadczenia "Wohlera ograniczały się tylko na żelazo i stal. Drzewa nie badano w ten sposób, jednak analogicznie przypuszczać możemy, że zmiany w natężeniu będą miały podobny wpływ także na wytrzymałość drzewa. Przy mostach drewnianych uwzględniać więc należy także wpływ zmiany natężeń w skutek ciężaru ruchomego.

Nazwijmy P₀ siłę, działająca wskutek ciężaru stałego, a P, wskutek ciężaru ruchomego, to ponieważ ciężar ruchomy ma większy wpływ na wytrzymałość od ciężaru stałego, pomnożymy ciężar ruchomy spółczynnikiem yj, większym od jedności, który przyjmiemy dla kładek yj = 1,1 do 1,2, dla mostów drogowych yj = 1,2 do 1,3, dla kolejowych yj = 1,3 do 1,4, przyczem większe spółczynniki odnoszą się do części bezpośrednio obciążonych, zaś mniejsze do części pośrednio obciążonych. Zatem:

24)

Po +

Ti

Zamiast tego obliczać możemy wymiary według dawnej metody, jeżeli odpowiednio przyjmiemy natężenie dopuszczalne T,, więc:

J.=

Po ~ł~ Pi _P₀ H~ '^Pi

, stąd T =

p

1-1- —

^ P,

. 25)

P *

| A O

’’+p;

Natężenie dopuszczalne t, możemy przyjąć według następnej tabliczki :

mosty stałe

mosty tymczasowe

drzewo

drzewo

miękkie

twarde

miękkie

twarde

kgjcm² \ pudjcal²

kgjcm?

pudjcal²\ kgjcm²

pudjcal² kgjcm²

pudjcal²

ciągnienie ciśnienie • zginanie .

105

48

120

47

120

70

28

80

32

80

47

140

55

35

105

32

95

37

43

105

43

120

47

p. §. 9.

Eozp. austryackie ministeryalne nie uwzględnia zmienności natężeń

B. Belka prosta .jediiopmslowa zwykła.

III. Działanie ciężarów skupionych.

§. II. Linie wpływowe sił poprzecznych.

W Statyce Budowli wyłożyliśmy, jak się wyznacza siły poprzeczne i momenty dla belki w dwu punktach podpartej *) dla danego obciążenia. Teraz mamy wyznaczyć momenty i siły poprzeczne, które sprawia ciężar ruchomy. W tym celu zastanowimy się najpierw nad tern, jakie siły poprzeczne w danym

punkcie C (rys. 12), odległym o x od A, sprawia ciężar P, ^ gdy posuwa się od A do P.

Załóżmy, że na AB działa siła P w punkcie E w odle-

c Linia    głości u od lewej podpory A

c-'-’-.....-

ą    ------------J * to oddziaływanie Ot—P

i. niomcitloiv I &

Ak

C D [e

—>    i

jc------>

+P

«ł-....

->Py

P rys. 12.

o rt

dwa wypadki:

l—ii

~T~ *

"W celu wyznaczenia siły po-1 przecznej musimy rozróżnić

a) Z>. u>x, lub: b) x^> u^> 0. *) p. Podr. Statyki Budowli str. 14. i 17.

— 28 —

Dla wypadku a) jest Q = Ot = P l — u

l — U)

zaś dla b) Q = Ot — P = P

-p--p£

. 26)

Gdy ciężar porusza się po belce od A do B, to wraz z u zmienia się Q, bo, jak widzimy, Q jest funkcyą u. A że Q jest funkcyą pierwszego stopnia zmiennej u, więc siła poprzeczna zmienia się dla zmiennej u według prawa linii prostej.

Wykreślmy w punkcie, w którym siła działa, t. j. w E, rzędną ee‘ w podziałce sił równą Q = P ^ ₇ to rzędna ta będzie przedstawiała siłę poprzeczną w C, gdy P działa w E. Gdy zrobimy to samo dla rozmaitych położeń siły P, t. j. gdy wykreślimy w punktach zaczepienia siły P rzędne, równe sile poprzecznej w punkcie C, to końce tych rzędnych będą leżały według poprzedniego na linii prostej b&.

Linią, która wyraża wpływ zmiany położenia pojedynczego skupionego ciężaru ruchomego na pewną ilość mechaniczną n. p. siłę poprzeczną, moment, oddziaływanie, siłę wewnętrzną, nazywamy linią wpływową (n .Einflusslinie, Influenzlinie, fr. ligne d'influence). W tym wypadku jest tu linia wpływowa be' prostą, a aby wykreślić tę iinią prostą dla wypadku b), dość będzie wyznaczyć dwa jej punkty. Przypuszczamy więc najpierw, że u = 0, to z rów. 26) otrzymamy: Q = 0, a odnośny punkt linii wpływowej będzie a. Załóżmy teraz , że u = 1, to Q = — P, zatem robimy bb‘ = — P, i otrzymujemy b‘ drugi punkt linii wpływowej ab'. Ta linia jest jednak tylko ważną od a do c", więc ac" t. j. dla x^> u^> 0.

Dla wypadku a) t. j. gdy l ;> u >■ x, mamy : Q = P

Podstawiwszy tu u = 0, otrzymamy: Q = P, robimy więc : aa' = = P, a a' jest punktem linii wpływowej. Drugi punkt b' otrzymamy, wstawiwszy w 26) u —l, wtedy Q = 0. Łączymy teraz punkt a¹ z b i otrzymujemy drugą prostą, która jest ważną od e‘ do b. Linia wpływowa sił poprzecznych w C składa się więc z dwu równoległych prostych acn i c‘b. Wykreśliwszy tę linią, możemy wynaleść siłę poprzeczną w punkcie C dla któregokolwiek położenia siły P, jeżeli tylko wykreślimy rzędną w punkcie zaczepienia siły i odczytamy ją w podziałce sił.

I — u

Jeżeli zamiast siły P działa siła P, to chcąc użyć tej samej linii wpływowej, musimy rzędną y pomnożyć przez , więc: a dla P = i, będzie : Q = P‘y.

By

ktach, to:

Jeżeli kilka ciężarów działa na belkę w rozmaitych pun-

Py . P'y" P"‘y‘"

I>    p ‘ p >“----

¹

Dla belek prostych należy wedle rozporządzenia liczyć na podstawie ciężaru jednostajnie rozłożonego, o czem później będziemy mówić.

²

p. Statyka Budowli str. 191.

³

p. Podr. Statyki Budowli str. 42. i nast

⁴

te ostatnie z belkami głównemi ścinanie ścianki pionowej .

b) Mosty o rozpiętości od 7 do 15 sąż : Ciągnienie (przekrój użyteczny) ciśnienie (przekrój całkowity) .

== ^ (Py + P‘y“ 4- P“‘y+ •••) = ^ s Py. . .27)

a dla P=l, to jest, jeśli wykreślając linią wpływową, zrobimy aa‘ = bb‘ = 1, otrzymamy:

Q = P'y‘ -f- P“y“ -|- P‘"y“‘    = 2 Py .    .    .    28)

Następnie będziemy zawsze przypuszczać, żeśmy wykreślili linią wpływową dla P = 1, w przeciwnym razie podzielić jeszcze musimy wynik przez P (według rów. 27).

§. 12. Linie wpływowe momentów.

Aby wyznaczyć linią wpływową momentów, przypuśćmy znowu, że siła P=p działa na belkę AB w punkcie E. Wtedy zachodzą te same dwa wypadki: a) l^> u^> x i b) x^> u^> 0.

Dla wypadku a) jest moment ze względu na punkt C M    M

M=Oxx, więc — = 0₁. Nazwijmy - = JP, to M‘ = Ol, a chcąc otrzymać M, trzeba pomnożyć M‘ przez x.

. . 29)

Podstawimy za Ox wartość, to M' = Ox

a dla wypadku b) M=Oxx—P[x— u): zatem:

(- )

30)

M' = 0, — P

Równanie 29) jest zupełnie takie same, jak pierwsze równanie 26); więc na ten sam sposób kreślimy prostą a‘b, jak dla sił poprzecznych, z której to prostej tylko część cxb jest ważną.

Według równ. 30.) M‘ składa się z różnicy, której pierwszy wyraz O, przedstawia się wykreślnie prostą a‘b, względnie na długości x prostą a‘cx. Od rzędnych tej linii musimy odjąć rzędne linii, wyrażonej równaniem P (l—, równaniem także linii prostej. Różnica M‘ — 0X—P (l — — ) przedstawia ró-wnanie linii prostej, do wyznaczenia której, wystarczają dwa

punkty. Jeżeli wtem równaniu zrobimy u = 0, to P (l—— — P. Odciągnąwszy więc od rzędnej aa' rzędną P = aa', otrzymamy rzędną linii W równą zeru, a zatem a jako punkt linii wpływowej. Jeżeli zaś u — %, to P (l — ~j = 0; w tym punkcie nie mamy więc nic do odciągania, zatem ccx jest rzędną linii wpływowej. Ponieważ ta linia jest prostą, więc potrzebujemy tylko połączyć punkt ß z c„ to acxb jest linią wpływową dla momentów w punkcie C.

Dla innego punktu D, oddalonego od punktu A o xt, otrzymamy inną linią wpływową, której rzędne trzeba będzie pomnożyć przez xt. Abyśmy mogli linie wpływowe dla rozmaitych przekrojów porównywać, musimy je sprowadzić do wspólnej podstawy. Otóż wiemy, że moment w punkcie Z), gdy siła P= 1 stoi w tymże punkcie, jest M=ddl .xl—ddl^ x. Poprowadźmy z punktu dt poziomą dx f\ to cf = ddt, połączmy punkt a z punktem f\ aż prosta af przetnie się z pionową dd₂, a otrzymamy prostą ad₂. Z rysunku widzimy, że dd₂ : ddt —xt : x, czyli : dd₂ — ddx ~. Punkt d₂ jest więc punktem linii wpływowej momentów w E dla tej samej podstawy x. Połączmy punkt d2 z punktem b, a otrzymamy linią wpływową ad₂b dla podstawy xf Zamiast mnożyć rzędne linii wpływowej przez stałą podstawę x, możemy zmienić odpowiednio podziałkę tak, żeby odrazu odczytywać momenty. W takim razie trzeba jednak, aby wszystkie linie wpływowe były wykreślone ze względu na jednę podstawę. Aby się dowiedzieć na jakiej to linii będą leżały wierzchołki trójkątów wpływowych,

załóżmy, że u = x, to otrzy-

P(l—x)

rys. 13 y

V’

C>'

mamy z równ. 29.) M =

P{1— x)x

a więc M— więc, że linia ta jest parabolą (rys. 13).

. Widzimy

§. 13. Najniekorzystniejsze obciążenie ze względu na siły poprzeczne.

Wykreśliwszy dla punktu C i siły P — 1 linią wpływową sił poprzecznych (rys. 14), widzimy, że każdy ciężar, który stoi

a hfriiśi

<—-x

P\!

ttr

ĆT — ~

po prawej stronie przekroju C, sprawia dodatnią siłę poprzeczną, zaś * ciężar po lewej stronie ; tego przekroju ujemną. -Ib Jeżeli chcemy znaleść

-i

Py największą siłę poprze-J czną dodatnią, obciążamy, o ile możności, długość CB, długości zaś AC nie obciążamy wcale. Ponieważ rzędne od B do C wzrastają, więc przesuwamy w tym kierunku układ ciężarów, rozmieszczonych w danych odstępach, odpowiadających pociągowi lub szeregowi wozów. Dla największości więc musi stać pierwszy ciężar w punkcie C. Możliwem jest jednak, źe gdy przesuniemy układ ciężarów skupionych jeszcze dalej tak, źe drugi ciężar stanie na przekroju C, że wprawdzie pierwszy ciężar P wywoła siłę poprzeczną ujemną, ale przez przesunięcie na lewo siła poprzeczna wywołana resztą ciężarów tak wzrośnie, że będzie większa, niż dla wypadku, gdy ciężar pierwszy stoi na przekroju. Chodzi więc teraz o zbadanie, czy dla największych sił poprzecznych pierwszy ciężar, czy też drugi ma stać na przekroju C. Wyznaczmy najprzód siłę poprzeczną, jaka powstaje, jeżeli ciężary P, P₀, Pn P₂ znajdują się na belce AB, a drugi ciężar P₀ w punkcie danym C. Siła poprzeczna będzie wtedy : Q = — Py‘ + Puy₀ + P₁y₁ + P₂y₂.

Jeżeli układ ciężarów posuniemy na prawo tak, aby pierwszy ciężar stał w punkcie C, to wtedy Q powiększy się o AQ = Py‘ + Py₀ — 2” Pdy. AQ będzie mniejsze niż 0, gdy 2” Pdy >■ P (y₀ -{- y‘). Z rysunku widzimy, że dy : e = 1 :l, czyli

l — x

ß

dy=Y, podobnie otrzymamy y₀ =

a y‘ =

‘    c

wmy te wartości, a otrzymamy 2” P — P

. Podsta-- , czyli 2” Pe >>

PI — Pe, 2” Pe -f- Pe >» PÎ, zatem

2: P + P' P/

. . 31)

Gdy ten warunek zachodzi, to wtedy A$ ■< 0, to znaczy, źe posuwając ten układ ciężarów na prawo, zmniejszymy siłę poprzeczną, a ponieważ my szukamy najw Q, więc w takim razie nie będziemy posuwać na prawo, zatem dla najw Q drugi

S”P + P<?,toby Æ6>0,

ciężar ma stać na C. Jeżeliby zaś

kroju E będzie najw Q — żar. Jeżeli najw Q w punkcie E jest dla położenia, gdy w pun-kcie tym stoi drugi ciężar, to najw Q = —--Pl. Jeżeli teraz

trzebaby więc posunąć na prawo układ ciężarów, a zatem pierwszy ciężar stać będzie w takim razie na przekroju dla najw Q. Prawo to 'możemy wyrazić słowami w następny sposób : „Drugi ciężar ma stać na przekroju, gdy ciężar jednostkowy na długości e jest mniejszy, niż ciężar jednostkowy na całej belce“. A stać się to może, gdy P jest małe, lub e wielkie, więc gdy mały ciężar idzie naprzód w odległości wielkiej. Przy zwykłych obciążeniach mostów drogowych i kolejowych sprawia najw. siły poprzeczne układ ciężarów, gdy pierwszy ciężar stoi na przekroju.

Jeżeli wykreślimy w każdym punkcie belki rzędną, która przedstawia najw Q, to rzędne te wyznaczają linią największych sił poprzecznych. Chcąc wyznaczyć kształt tej linii dla danej belki AB (rys. 15), nazwijmy R wypadkową wszystkich sił odległą o c od podpory _Z>, to, jak wiemy, dla przede

gdy w punkcie E stoi pierwszy cię-

rys i5

£. £ fe

* * - m J: „ 1    1

“ E F    --------- c

/i

chcemy wyznaczyć najw Q dla sąsiedniego przekroju P, odległego od E o dx, to musimy przesunąć nieco cały układ ciężarów. R pozostali? nie wtedy niezmienione, zmieni się tylko c o dx. Ponieważ najw Q jest funkcyą pierwszego stopnia zmiennej e, więc najw Q zmieni się według prawa linii prostej. Widzimy więc, że dla przekrojów, dla których te same ciężary znajdują się na belce, najw Q możemy przedstawić linią prostą. Chcąc zatem wykreślić największe siły poprzeczne, najlepiej wyznaczyć najw Q dla tych przekrojów, dla których przy najniekorzy-stniejszem obciążeniu jeden ciężar stoi właśnie na podporze, wykreślić odnośne rzędne, równe najw Q, w tych punktach i połączyć je liniami prostemi.

Dla najmn Q należy zastosować te same prawidła z tą różnicą, że obciążać należy lewą stronę belki od danego przekroju.

§. 14. Wyznaczenie największych sił poprzecznych.

1. Liczebnie. Obliczamy dla najniekorzystniejszego położenia układu ciężarów siły poprzeczne według wzorów, znanych ze statyki budowli (Podr. St. Bud. str. 17).

Przykład. Belka o rozpiętości 8 m obciążona jest połową ciężaru parowozu kolei Czerniowieckiej. Chcąc wyznaczyć największe siły poprzeczne, obliczamy je najpierw dla przekroju C (rys. 16)

$ $25 6JS 6,z

rys Î6

-Ul

gdy jedno koło stoi na podporze B. Tu dla

--4,00_____jnajwiększości stoi pierwsze koło na prze-

-----J£roju. Dla tego położenia:

onv----

k-r--

i. 16

---(1 0t = i (6,25.7,16 + 6,55.5,58 + 6,2.4) =

^j= i 106,09 = 18,26#, najw Q= Ot= 18,26#. "W ten sam sposób obliczamy

■i

siły poprzeczne dla innych przekroi.

2. Zapomocą linij wpływowych. Wykreślamy linie wpływowe dla siły P=i, wyznaczamy najniekorzystniejsze położenie, według tego ustawiamy układ ciężarów i odczytujemy poszczególne rzędne, mnożymy każdą rzędnę przez odnośną siłę i dodajemy. Mnożenie to możemy zrobić także wykreślnie zapomocą kąta proporcyonalnego. Niedogodność tutaj jest ta, że dla każdego przekroju musimy osobno wynajdywać siłę poprzeczną, dlatego lepszy jest sposób następujący.

8. Zapomocą wieloboku sznurowego sposobem Winklera. Jeżeli dana jest belka AB (rys. 17.), na którą działają ciężary P„, Pa, P₃, P₄ i chcemy wykreślić linią największych sił poprzecznych, wystawiamy na podporze A pionową i odcinamy na niej siły Pt,    miano

wicie P, = 1A, Pa =21, = 32, P₄ = 43, a «frugą podporę B obie-k __^ramy jako biegun i kre-ei "^ślimy promienie. Teraz ustawiamy dany układ ciężarów w ten sposób, że pierwszy ciężar stawiamy w B, przyczem dalsze ciężary działają w punktach C, D i B. W tych punktach wystawiamy pionowe i kreślimy wielobok sznurowy BC'B'B'A'. Wielobok ten sznurowy przedstawia linią oddziaływań Ot w lewej podporze,

z~-

■"-i.

JSTjir

F'

vys /Z

~r—~

-----?x.

k-

— 34

a zarazem linią najw Q, gdy pierwszy ciężar stoi na przekroju. Chcąc tego twierdzenia dowieść, wyznaczymy w zwykły sposób największą siłę poprzeczną w dowolnym punkcie JSf, odległym od A o xx, gdy w tym punkcie stoi pierwszy ciężar Pt (rys. 18.). Ponieważ wtedy tylko trzy ciężary mieszczą się na belce, wielo-

'T'<?

rys. 18.

J¹

bok sił będzie 321B, przyczem Px = 1P, P, = = 21, P₃ = 32. Obieramy teraz biegun A i-kreślimy wielobok sznu-ANM'S'N'. Za-

| j rowy

mykającą jest tu ^4i\T/, a wiemy, że oddziaływanie Oj otrzymujemy, kreśląc z bieguna równoległą do zamykającej, więc tu AN'. 2?jV' jest zatem oddziaływaniem w A, a zarazem największą siłą poprzeczną w N, jeżeli pierwszy ciężar Pj stoi w tym punkcie. Z porównania powierzchni kreskowanych w rys. 17. i 18. widzimy, że są przystające, więc NN' (rys. 17.) równe jest oddziaływaniu, a zarazem najw. sile poprzecznej w N. W ten sam sposób możemy dla każdego innego punktu belki dowieść, że rzędna między prostą AB a wielobokiem sznurowym B C‘ B‘ E‘ A' przedstawia najw Q w tym punkcie, gdy na przekroju stoi pierwszy ciężar.

4r

K—

K. - AÎ , i-ą- - lx*

-31

Jeżeli chcemy dla jakiego przekroju F (rys. 17.) sprawdzić, czy najw Q powstaje wtedy, gdy drugi ciężar stoi na przekroju, to wiemy, że pierwszy ciężar stoi w takim razie w G, przyczem GF=et, więc siła poprzeczna w punkcie F będzie: Q=0i Pt = GG‘ — Al = GG' — GG" = G‘G". Tu, jak widzimy, G‘G“ < FF, więc najw Q powstaje, gdy pierwszy ciężar stoi na przekroju.

§. 15. Najniekorzystniejsze położenie układu ciężarów ze względu na momenty.

Powyżej w §. 11. udowodniliśmy, że linia wpływowa momentów w punkcie C ma kształt a‘c'b‘ (rys. 19).

Załóżmy, że belka AB jest obciążoną dowolnie ciężarami Pt, P₂... Pn; moment w C jest wtedy:

M— P₁yl -{- P,ya -f- P₃y₃ +.... + Pnyn = 2Py•

TysW.

,11L f i, j? *1. n

r-

■i—

R"

(Ą

lity

kroju C.

Z rysunku widzimy, że :

dy' : dx = cc' : a,

Jeżeli układ ciężarów przesuniemy o dx na prawo, to zmieni się moment o dM i będzie: dM = (Px + PJ dy' — (P₃ + P₄ + .. • Pn) dy"= R'dy' — R"dy" ....    32)

jeżeli R' i R" oznaczają wypadkowe wszystkich ciężarów na lewo i na prawo od prze-

cc'

dy' = — dx J a

, cc' , dy" = — cfe.

Wstawiając powyższe wartości w równanie 32) otrzymujemy :

Jeżeli więc szukamy takiego położenia układu ciężarów, któreby wywoływało największy moment w C, to przesuniemy

układ ciężarów na prawo, jeśli    , bo wtedy dM >• 0.

.R'

Jeżeli przytem nowy ciężar wejdzie na-belkę, to — będzie

jeszcze większe, jeśli jeden ciężar zejdzie z belki, to -y będzie jeszcze mniejsze ; a więc przy przesunięciu na prawo zyskujemy jeszcze więcej. A zatem zmiana znaku nierówności nie może nastąpić ani przez wejście, ani przez zejście jakiego ciężaru z belki, lecz tylko przez przekroczenie ciężaru jakiego przez punkt C. Stąd wynika, że dla największości stać musi jeden ciężar na przekroju. Z kształtu linii wpływowej widzimy też, że dla największości muszą w pobliżu przekroju stać największe i najbardziej skupione ciężary, a więc n. p. dla mostów kolejowych będzie stać na przekroju dla największego momentu parowóz , a nie jaszczyk albo wóz.

To, co powyżej udowodniliśmy, podał pierwszy "Winkler, ale w rzeczywistości cecha ta nie wystarcza do wyszukania najniekorzystniejszego położenia układu ciężarów skupionych.

Załóżmy, że ciężar P₃ (rys. 20.) stoi na przekroju G, właściwie o dx na prawo od przekroju, wtedy R'= Pt-{-P₂,

dy" : dx — cc' : b

dM =

R'

II"

, a więc: dM> 0, gdy — > -y .

a D

. 33)

ZO.

P" = P, + P₄ + + P₅ + ....+ P».

fûf i frf f

L, GI

W    cj

<- c—x~-~——-

•A !

L,

Pa jZalóżmy dalej, że

—Ą^B - Z> -r > należało-a o '

by zatem według 33.) posuwać układ ciężarów na lewo. Wystarczy tu podsunięcie na lewo ! % dx, aby tylko P₃ stanęło po lewej stronie punktu C. Załóżmy, że teraz -ß'+P₃^ P"-P3 ^ ô

-*

-S

li

% y*

'o ;

że zatem układ ciężarów należałoby przesunąć na prawo. W takim razie musiałby układ ciężarów skupionych w tern położeniu wywołać największy moment w G. Tak jednak nie jest zawsze.

Przesuńmy bowiem układ ciężarów o e na prawo tak, aby P₂ stanęło na C (na lewo o dx) i załóżmy, że przytem ciężar Pa wchodzi na belkę, a ciężar Pn schodzi z belki, to będzie :

\M = P₀y₀ + B' Ay' — (B“ — Pn) A y" — Pnyn.

Z rysunku otrzymamy:

a ’ ^

cc'e

cc' e ₄

- Ay" = ——

a 1 J b

\M=P₀cc/X± + R'cc‘ ~ — (R" — Pn) ^~~e ci    ci    o

jPo    i P ® R4I6 i PnXri\

Będzie więc : AM >> 0, gdy

Vo

Vn —

-Rn

więc:

cc '(e — xn)

A M = cc'

P₀x₀ -f R'e

P"c — Pnxn

, lub:

.    . 34)

co możemy jeszcze inaczej napisać :

i Pn Xo v _ P«X«

~ ae b be

35)

Widzimy więc, że ponieważ — «< Ą- , więc przy przesu-nięciu układu ciężarów na prawo wprawdzie z początku moment się zmniejsza, że jednak od chwili, gdy nowy ciężar Pa wchodzi na belkę, a inny ciężar Pn z belki schodzi, że od tej chwili moment zaczyna wzrastać tak, że po przesunięciu o e moment

będzie większy, niż poprzednio, jeżeli zachodzi nierówność 34). Nierówność 34) lub 35) jest tą drugą cechą, którą trzeba zawsze zbadać, ile razy znak nierówności się zmienia, aby wyznaczyć dokładnie najniekorzystniejsze położenie.

Z nierówności 34) widzimy, że wpływ ciężarów P₀ i Pn

jest tern większy, im większe są stosunki i y, im bliżej podpór więc siły P₀ i Pn były przed przesunięciem. Wpływ ten jest też po tej stronie przekroju większy, 'która jest mniejszą,

więc, gdy a^> b, to wpływ P₀ jest większy, niż wpływ wyrazu Pn ~. Wpływ ciężarów P₀ i Pn jest wreszcie tern większy, im większe są te siły, a im mniejsze wypadkowe R‘ i P".

Musimy tu jeszcze dodać, że te same cechy dadzą się zastosować wszędzie tam, gdzie linie wpływowe mają ten sam kształt, jak dla momentów belki prostej, zatem kształt trójkąta z podstawą w osi.

Dla bliższego wyjaśnienia niech posłuży następny przykład. Chodzi o wyznaczenie najniekorzystniejszego położenia pociągu normalnego rosyjskiego (§. 7.) dla momentu w punkcie C {rys. 21.). rys. 21.

x r    ⁷ f ? f

A .1. ÏC    1111

iii! u l

<--Ci

Jeżeli postawimy ciężar 1' na C i wyobrazimy go sobie jako oddalony o dx na prawo od punktu C, to 12,5 __    102,71    .    . A ,

2^61 > 23^49 ’ P°^W trzeba posunąć na prawo, aż ciężar 2' stanie na przekroju.

Wtedy wejdzie ciężar 3' na

R¹

belkę, a— będzie jeszcze większe

23,049

23.Gl

(rys. 22). Wtedy będzie 102,71

25

2,561

Musimy więc posunąć dalej

23,049 ’

pociąg na prawo, a mianowicie o tyle, aby 2' było po prawej stronie punktu C. 115,2

Wtedy jest:

12,5

23,049 •

2,561

Tu zmienia się znak nierówności i według cechy Winklera powinienby

To

ciężar 2' wywoływać największy moment, znajdując się na przekroju

/T3f    s e s si(* j0dnak w tyn\ wypad v

A j j^[ |    J ) | [    J j    B[ sprawdza, jak to możemy się łatwo

i ' o tern przekonać, badając drugą

nie

25.61 -

" 23/049

* * cechę (nierów. 35.).

Przesuńmy mianowicie pociąg

jeszcze o 1,32 m na prawo tak, aby ciężar 3' stanął na przekroju C, to wtedy wchodzi nowy ciężar 4' (rys. 23.)

na belkę, a ciężar 8 schodzi z belki. Wtedy jest: P₀ = 12,5#, x₀ = 1,241 m y Pn = 8,21, Xn = 0,749 m, a więc :

12,5    12,5.1,241    115,2    8,2.0,749

2,561 ⁺ 1,32.2,561 > 23,049 — 23,049.2,561 ¹

Przez przesunięcie na prawo o 1,32 m zyskujemy więc i moment staje się większym.

, Gdy ciężar 3' przekracza punkt C, to

12,5

119,5

Musimy więc

2,561

jeszcze zbadać drugą cechę. Ale przez posunięcie pociągu o 1,32 m na prawo-nie wchodzi żaden nowy ciężar na belkę i nie schodzi żaden ciężar z belki, więc : P₀ = Pn — 0, a druga cecha staje się równa pierwszej.

A więc najniekorzystniejsze położenie pociągu dla momentu w G jest, gdy ciężar 3' stoi w C i w istocie jest wtedy moment M = 175,7 tm, gdy przeciwnie, gdy koło 2' stoi na C, moment jest mniejszy, mianowicie: M = 161,6tm.

§, 16. Wyznaczenie największych momentów.

a) Liczebnie zwykłym sposobem. Dla najniekorzystniejszego położenia, które według poprzedniego paragrafu wyznaczyliśmy, liczymy momenty według zasad, wyłożonych w statyce budowli ¹). Dla większych rozpiętości wystarczy podzielić połowę rozpiętości na 5 lub 10 części i dla tych punktów wyznaczyć najw. momenty. Te punkty łączymy linią krzywą. Linia ta największych momentów jest obwiedną poszczególnych parabol, przecinających się w punktach, dla których siła jaka przybywa na belkę, lub też ubywa. Dla pewnego bowiem położenia układu ciężarów, sprawiającego najw. moment w danym punkcie C (rys. 20.) jest najw M= 0ta—ll‘c    -{-

B'c (l — a) Ą- B“c‘a

— H‘C —

(B‘ + B'j a (l — a)

. Dla punktu E

odległego o dx posunie się tylko cały układ o dx na prawo, więc najw M zmieni się jako funkcya zmiennej a. Z równania tego widzimy, że najw. M zmieniać się będzie wedle paraboli, dopóki te same ciężary stać będą na belce,

rys. 24.

a

"fó-;    &S5 &&

-li

4-

4,0 —

K- -

8,0

Przykład. Dla belki o rozpiętości 8 m pz mamy wyznaczyć najw. moment w pun-kcie C (rys. 24.), dla którego x = 2 m, je--J/ï żeli belka jest obciążona parowozem kolei i Czerniowieckiej. Jeżeliby stało drugie koło na przekroju G (o dx na prawo), to byłyby na belce cztery ciężary i wtedy byłoby :

“Tr > —— . Musimy więc posunąć parowóz na prawo, aż pierwsze koło

19

stanie na przekroju (rys. 25.) (o clx na prawo). Teraz 0 <; -g-, więc powinniśmy przesunąć parowóz na lewo. Ponieważ Qi    rys-    o dalsze przesunięcie na prawo jest tu niemo-

6,ós    0.z    ''Ä żliwe (bo tu pierwsze koło stoi na przekroju),

A|- Iy/²'^h ^ I ~ ^ #4- - - -| R "więc nie potrzebujemy tu zastosowywać dru-

K-----------8.0

^ giej cechy. Gdy więc przez przesunięcie układu ciężarów ani na prawo, ani na lewo nie otrzymujemy większego momentu, zatem to położenie jest najniekorzystniejsze. Dla tego położenia mamy : 0₁ = ^ (6,25.6 -\- 6,55.4,42 -f- 6,2.2,84) = 10,261, więc : najiv. M = 10,26.2 — 20,52 trn.

b) Liczebnie zapomocą tablicy momentów Zimmermanna. Siła P może byó w trojakiem położeniu wzglądem danego punktu C belki (rys. 26.); może działać na lewo od C,

w C (rys. 27.) lub na prawo od C (rys. 28.). Moment w C mamy w pier-B wszym wypadku :

M = P^àl-^-x—Pd

rys.2ß.

[—-X — T-------X, —-

rys. 27

frt.

ic

fi— X y—

rys. 28

**/

i"

"JD/yi/y»

JL

P (l — x)d P xxx    Pxx d

. . 36)

A jeżeli więcej takich sił działa B na lewo od C,

K-X-À

ZM=ZP

- ZPd°^ . . 87)

Dla d — 0 jest Mn —

TJ /y’/v»

JL

. . 38)

Dla trzeciego wypadku jest:

Mx

Px(xx—dx) ^ Pxxxx    P, dp

---Jj - -    «■■■* =r

. . 39)

. . 40)

więc: 1MX=ZPX ^ _ ZPX dx

Jeżeli belka obciążona jest równocześnie ciężarami 2P,-?V i 2P1? to będzie:

M — xxi + Pn + spt] — [2Pd] x, — [2Pj dt] x

Ms =

Jeżeli l — na, x = ma, xx — (n — m) a, to: am (n — m) [2P-\-Pn -J-2.PJ — (2Pd) (n — m) — [2P, dx)m

'Sr'

Otóż ułożywszy tablicę, w której dla danego pociągu podane są: 1P, ZPd i ZP₁d₁, możemy bardzo prędko dla każdego położenia wyznaczyć moment.

Poniżej podajemy taką, tabliczkę dla pociągu złożonego z dwu normalnych. parowozów austryackich i jednego wozu, w której uwidoczniliśmy ilości d, d1} 2P, SPj, "LPd i ’LPidi dla trzech pierwszych osi drugiego parowozu.

pe

& ^

w

QO

co

9,6 11,1    14,7 17,7 di

85 SP,

'S*

°°

CD

[>.    05

o 05 TH

CO^

g œ

CO

co o ¹⁰ &

CO^

8,1

CD

6,9    8,4    9,9    13,5 16,5 dx

<M CO t- CO

ta

tH «£> CD O TH

12,3 15,3 dt

05

«5

00

t—:

co oo

łO 05 (M

C0 05 tH 05 ▼H

co »o

CO    —l

r-ł

5,7    7,2    8,7

co

co

co

CO

03

72,6 144,6 231,6 330    452,4 ŁPt(Ł

o

ce-

«3

m

M Ś

to

s

■+C,

Sc.

"o

00

Ol

05

Ol

TH

05

03

"3

<D

CO^

13    13    13    18

1,2 2,4 3,6

CD_

13    26    39

co

05

CD

CD^

JO

1,2 2,4

co

Cl

13    26

co

rft

CD

JO

15,6

■«?

o

Cl

co

05

ca

7,5    6,0    4,5

o ta

iH TH

co

180    105

8,7    7,2    5,7    1,2

co

CO

ca

CO

co

co

tH

09

co

09

co

15,6 14,4 13,2 12,0

CO

TH

co

ta

05

CD

ca

co

897,6 694,8 507,6 336

16,8 15,6 14,4 13,2

CO

ta

05

co

95 82

1011,6 793,2 590,4 403,2 231,6 144,6 72,6 15,6

9,9    8,4    6,9    2,4 1,2

18,0 16,8 15,6 14,4

26    13

CD

CO

CD

CD

ta

05

co

ca

00

.o

05

108

298,8 199,8 115,8 46,8 15,6

;s

"S*

oo

■tH

ta

c8

Pełł

•* &

Pełł

'S

w

ZPd 1 141,2 907,2 688,8 486

a’

>>

c3

•rH

<D

-£S3

©

HO

1 koło na środek belki, otrzymamy :

na środku belki, otrzymamy

CD^

CO

03

środku belki, będziemy mieli:

trzecie koło parowozu stoi na

(O

03

cS®

N

cq_

ca o ? ^ -o

|    ^3 U

o £ 'S tH &D j|

co. ® -

CO *r-3 Ph g ^ h

fe ^

¹ l-s

J®

le.

Postawiwszy drugie koło

CO c3 ćo~ -Ê¹

CO

-1=

łN

II

A wreście, gdy trzecie koło będzie stało

!S

■3

•g

Tablicy momentów możemy użyć też do wyznaczenia sił poprzecznych. Gdy bowiem siła P działa na lewo od C (rys. 26.), to siła poprzeczna w C

a dla więcej sił

P (d-f- xt) _ Pd Px

l    “

43)

2 Q — y [ZPd — ZPx]

i

Pn x,

. . 44)

Gdy siła Pn stoi na C (rys. 27.), to siła poprzeczna w C jest, jeżeli Pn oddalone o dx na prawo od C, Qn —

„    „ lewo

Jeżeli siła Pt działa na prawo od C (rys. 28.), to siła po-_ P, (xt — dt)

przeczna w C jest —

a dla więcej sił

\ (sp^i — zpA)

Aby otrzymać najw (-J- Q), obciążamy prawą stronę belki, wtedy najw (+ Q) = y [xA (2Pt + P») — ZPtdt] ,    ....    47)

a przy obciążeniu lewej strony belki

najw (—Q) = — j[x (2P + Pn) — ^Pd] ...    48)

c)    Zapomocą linij wpływowych przez dodawanie rzędnych w ten sam sposób, co dla sił poprzecznych (§. 12.).

d)    Zapomocą wieloboku sznurowego. Mając dany układ ciężarów skupionych P,, P₂, P₃, P₄, P₆ (rys. 29.), kreślimy wielobok sił, obieramy biegun O i wykreślamy wielo-bok sznurowy mpsun'. "Wykreśliliśmy tu wielobok sznurowy,

rys Z9.

*Qi =

46)

A'

%-

f...

w----«

ó*

nie oznaczywszy jeszcze położenia belki, a to dla tego, aby można użyć tego samego wieloboka sznurowego dla rozmaitych położeń układu ciężarów. Zamiast bowiem posuwać układ ciężarów po belce, możemy układ ciężarów, a więc i wielobok sznurowy zostawić na miejscu, a belkę przesuwać; położenie względne układu ciężarów i belki będzie w obu razach takie samo.

Załóżmy, n. p., że mając daną belkę AB (rys. 30.), chcemy wynaleśó najw M dla punktu C. Nie wiemy dokładnie, który

rys 30

C’

UL

ciężar ma stać na C dla największości, wiemy jednak, że w pobliżu C n mają stać największe i najbardziej skupione ciężary i że cała belka ma być obciążoną ; będzie więc stał na G ciężar P,,P;i lub JP₃. Załóżmy najpierw, że pierwszy ciężar P, stoi na C. Na dowolnej linii poziomej (rys. 29.) odcinamy od pionowej przez Pt A'C' — AC i C‘B‘ = CB. Teraz więc podpory są w A‘ i B', gdy ciężar Px stoi w C', kreślimy zatem przez A' i B‘ pionowe, mn będzie zamykającą, więc moment w C będzie p r. Teraz próbujemy, czy drugi ciężar P₂, stojąc na przekroju C, nie wywoła większego momentu, przyczem postępujemy w ten sam sposób. Robimy A"C" = AC, C"B" = CB, kreślimy przez A" i B" pionowe i łączymy punkty m‘ i n‘ przecięcia się tych pionowych z wielobokiem sznurowym. W ten sposób wyznaczamy moment w tym wypadku dla przekroju C równy st. To samo powtarzamy jeszcze dla wypadku, gdy P₃ stoi na Ci otrzymujemy moment uw; która z tych trzech długości jest największa, tę zatrzymujemy i oznaczamy ją = CC' na pionowej w C (rys. 80.). To samo robimy dla innych punktów i otrzymujemy linią największych momentów AC‘B.

Jeżeli y jest rzędną między zamykającą a wielobokiem sznurowym, to, jak wiemy, M = oy, jeżeli a oznacza odległość biegunową. Chcąc uniknąć mnożenia, możemy zmienić podziałkę, a wtedy jednostką momentów musi być ~ jednostki długości. Jednostka długości ma więc wartość a jednostek momentów, przyczem a należy odczytać w podziałce sił.

Przykład. Jeżeli podziałka sił jest (rys. 29.), a podziałka długości

1 mm

ö> odległość zaś biegunowa, wyrażona w podziałce sił a = 20t, to podziałka

— 4ć5 —

momentów jest

1 mm

20. !²ö tm

=    Wedle tej podziałki wynosi pr 21 tm. Licze-

bnie otrzymaliśmy powyżej w tym wypadku 20,52 tm, a więc ze względu na

małą podziałkę wynik wykreślny możemy uważać jako zgodny z liczebnym.

§. 17. Bezwzględnie największy moment.

Chcąc wyznaczyć, jak wielki i w jakim punkcie będzie bezwzględnie największy moment, wiemy przedewszystkiem, źe na tym przekroju musi stać jeden ciężar.

Wyznaczmy najw. moment w przekroju (7, odległym od lewej podpory o x (rys. 81.) Załóżmy, że wtedy P stoi na przekroju, a wypadkowa ciężarów na dłu-0 g ości AC jest Pi} a na długości CB P2 wtedy OJ — P (l — x) -J- P, (Z — x -\-J -j-a,) ~j-P₂ (l—x — a₂), a M—Oxx-\-— P, a, więc Ml = 0, lx — P₁ lax —

= P(l — x)x-\- Pt (1 — x at) x -j- P₂ (Z — x — a₂)x — P₁a₁l.

Jeżeli M ma być największe, to musimy zrobić Więc Z ,

*    dic

— 2 P₂x — P₂a₂ = 0, a stąd x =

rys. 31

l h. \ß f

-X--- J

dM

dx

= 0.

dM

= PI — 2 Px + P, Z — 2 Pxx -f- Pxat P₂Z -f-

(P -f- -fi fi) ^ ~[~ (fi^l fi ^2)

czyli

2(P+P,+P,)

x I    P-1 cl |    ^P O clo

x= 3 ⁺ 2(P4-p,+p,)

Wstawmy wartość za ^ w równanie dla Jf, to otrzymamy:

najw M= 3 (P-f- P, -j- P₂) Z — § (P,«₂    Piai) H⁻

P.ö. — P,a₂

4(P+fi+fi)

Załóżmy, że obliczyliśmy z rów. 49) a: i źe w C (rys. 32.)

jest bezwzględnie najw. moment. Złóżmy teraz siły P, Px i P₂ w wypadkową P,

Æ______________ ^ a odległość jej od punktu C niechaj będzie r

f” 1* (dodatnie, jeżeli po prawej stronie punktu C), to P — P+ Pt + P₂, a biorąc równanie momentów ze względu na punkt C, Pr — P₂a₂ — P,ax.

Z JRy

Wstawmy to w rów. 49), a otrzymamy x =    —

rys,32

— 5 (1 -r)

49)

50)

51)

Dalej otrzymamy z 50) :

najw M = |El — |(P,at + P*ai) + R²r² R(l²—r²)    />, +P₂«₂

Rx²

najw M

Piai

Widzimy więc, że najw M nie będzie we środku belki, lecz w punkcie C w odstępie d od środka (rys. 33.). Jeżeli układ

rys 33.

da !D

: - •    7

ciężarów skupionych wchodzi na belkę z drugiej strony, to otrzymamy takie samo najw M w punkcie D, który leży symetrycznie do C po drugiej stronie środka belki E. W środku belki będzie zatem moment nieco mniejszy. Tylko, gdy Px at = P₂a₂, a więc zawsze, gdy obciążenie jest ze względu na P symetryczne,

x — więc moment jest największy w środku belki.

Niechaj punkt E (rys. 32.) będzie środkiem belki, to AE = ~ . Dalej nazwijmy CE = d, to d = 4 — Podstawi-

A    A

wszy za x wartość z 51), otrzymamy d =    -j-

53)

zatem (1 =

Widzimy więc, źe punkt E połowi długość r, na czem polega następująca konstrukcya. Jeżeli dla danego układu ciężarów, które się na belce mieszczą, wykreślimy wielobok sznurowy i skrajne boki przedłużymy, to przez ich punkt przecięcia się przechodzi wypadkowa (rys. 34). Jeżeli społowiliśmy długość

CD = r, to środek belki będzie w E, punkt C zaś nazywamy ze względu na ** ' punkt zaczepienia wypadkowej D przekrojem symetrycznym (n. Symmetriequerschnitt), punktu C. Konstrukcyą tę podał pierwszy Cul-mann (1866.).

Twierdzenie Culmanna da się słowami tak wy-

va

,v £

Mt

r i/s. 34.

i n m j\r

11 i cmi

\naro* '*1

'il    ! i

«----«/--B

razić: Moment staje się największym przy pewnym ciężarze, gdy ten ciężar i wypadkowa wszystkich ciężarów są od środka belki równo oddalone. Nie wiemy j'ednak j’eszcze, który z ciężarów należy postawić na przekroju symetrycznym punktu D. Zwykle największy moment powstaje pod ciężarem najbliższym punktu D, jednak nie zawsze. Jeżeli zachodzi wątpliwość, trzeba dla kilku najbliższych ciężarów spróbować, czy nie otrzymamy większego momentu. Zresztą ta konstrukcya jest tak długo ważną, jak długo ciężary te same znajdują się na belce. Jeżeli chcemy się przekonać, jak wielki może wywołać najw. moment inna grupa ciężarów (VIF, I, II, III, IV), to musimy dla niej tę samą konstrukcyą powtórzyć, a wtedy zobaczymy, który moment będzie większym*).

Przykład. Belka o rozpiętości 12 m niech będzie obciążona pociągiem, złożonym z dwu parowozów czteroosiowych kolei Czerniowieckiej, którego

część przedstawiliśmy na rys. 85. Największy ÿoment będzie około mamy u-inieścić największe ciężary, a więc I, II, III, T, na przekroju stanie prawdopodobnie największy ciężar III. Wtedy zmieszczą się na belce siły I, II, III, IV, V. Wypadkowa tych sił B jest odległa od III o 4,61.9,8 + 1,26.10,8 — 1,26.10,8 — 2,585.10,8

rys Jó.

n M JT

v    vr    f

I    I    bródka, gdzie

i    '    t    i    i    i

W i-----4/tó—ktxpbiwfw*-----Uf—t/a

rt.8 ib,8 //> J0re>    9,8 AS fi

99

17,81

więc x =

3.10,8 -f 11,6 + 9,8 12 — 0,33

= 5,83 w*

53,8

l — x — 6,17 m.

Dla tego x właśnie tych 5 ciężarów stać będzie na belce. Jeżeli III

, , .    ,    _    34,2    20,6

będzie stać o ax na lewo od punktu G, to > ^-r=.

21,6    32,2    b>1 ‘

na prawo od C, to g-gg > yj-ÿ, więc, gdy III stoi w C, moment jest największy.

Jeżeli III stoi o dx

Możliwemby było chyba jeszcze, że najw. moment powstaje pod II,

wtedy zmieściłyby się na belce ciężary VU' I, II, III, IV. Wypadkowa tych sił jest odległa od II o

2,52.10,8 -f 1,26 . 11,6 — 1,275.10,8 — 5,695.9,9

28,33

⁼ ~ 53,9 —

*) Śolin (Mittheil, des Arch. u. Ing. V. in Böhmen 1877.) podaje wprawdzie znamię, aby poznać, czy siła P, czy też sąsiednie siły P i P", oddalone od P o e‘ i e" wywołują bezwzględną największość. Otrzymuje on,

P    p

że najw M wywołuje P, jeżeli g _ g< < y > niem równie prędko znajdziemy bezwzględnie najw M.

3.10,8 + 11,6 + 9,9

P⁴

;;. Ale próbowa-

ł e

= — 0,53 m, więc x —

12 + 0,53

Z — x = 5,74 m.

— 6,26 m,

Gdy na tym punkcie G* stoi ciężar II, mieszczą się jeszcze na belce

32 5    22 4

ciężary VH', I, III i IV. Jeżeli II stoi o dx na lewo od C', to Trjjz

20,7    34,2

Gdy II stoi o dx na prawo od C", to    5~74> zatem największy mo

ment jest w C, gdy II stoi na przekroju.

53,8.5,83²

12

W pierwszym wypadku w punkcie G jest najw M —

— 2.10,8.1,897 = 103,04 tm ; w drugim wypadku w punkcie C‘ jest najw M _ 53,9.6,26²

— 9,9.5,695 — 10,8.1,275 = 105,82 tm. Więc bezwzględnie największy moment powstaje w C‘ dla x = 6,24 m.

12

¹

p. Podr. Statyki Budowli str. 17.

²

41)

§. 18. Największe momenty dla zmiennych rozpiętości.

Jeżeli dla jakiejś kolei lub drogi obliczamy więcej mostów na podstawie danego układu ciężarów skupionych, a chodzi nam o bezwzględnie największe momenty dla rozmaitych rozpiętości, to dadzą się według Empergera ustawić wzory, zapomocą których da się obliczyć najw M dla zmiennej rozpiętości.

Dla bardzo małych rozpiętości sprawia bezwzględnie największy moment jedno koło w środku belki, wtedy

. 54)

w PI

M= -r-więc dla zmiennej l jestto równanie linii prostej O a (rys. 36.).

Rx²

tx=~t

co zgadza się z rów. 52), przyczem według 51) x — —-

Jeżeli dwa koła mieszczą się na belce, to może być moment największy dla jednego koła lub dla obciążenia dwoma kołami. Tu musimy próbować. Według twierdzenia Culmanna środek belki E musi wtedy połowić odstęp siły P₁ od wypadko-waj R. Mamy wtedy, gdy 0, oznacza oddziaływanie w lewej podporze :

Bx

M == 0tx —

. . 55) 1 — r

zatem najw M = ^

. 56)

Rl Br . Br2 2~ ' ~4d

(ł-a'+T)

Jestto dla zmiennej l równanie hyperboli, bardzo zresztą płaskiej, której część ab zatrzymujemy.

to r =    , wtedy

Jeżeli Px ==Pj, a odstęp sił wynosi a

■0

28,9

z'

/i

rys 36.

/ł

rpfjar. czteroo&wwy . » trzyosiowy

83,pcw

te*

O.

i.

8381.9

l-ŁJ

cT

li

a \

47; • •

. . 57)

najw M —    — a

Jeżeli trzy koła stoją na belce, to zwykle wypadkowa R wpada na koło średnie, wtedy największy moment jest w środku i otrzymamy

0,=

nanv M =

ftT

J5

jo

io

00

Dla zmiennej l jest to równanie linii prostej bc.

Jeżeli wypadkowa Pi jest oddalona od średniego koła o r, to postępujemy wedle ogólnych wzorów 51) i 52) i otrzymujemy płaską hyperbolę. Podobnie postępujemy dla czterech kół.

Czasem może zachodzić pytanie, czy najcięższe parowozy 3-osiowe, czy też 4-osiowe wywołują największe momenty. Najlepiej wykreślić wtedy linie największych momentów dla obu parowozów i na podstawie takiego rysunku możemy dla każdej rozpiętości (niżej 10 m) od razu powiedzieć, który parowóz sprawia największy' moment i jak wielki jest ten moment.

Jako przykład wykreśliliśmy powyższe linie największych momentów dla najcięższych trzy osiowych i czteroosiowych parowozów kolei Lwowsko-Czerniowieckiej w następny sposób:

I. Parowóz trzyosiowy.

a) Jeżeli jedna oś znajduje się na moście, to według wzoru 54) M =

13,1Z

= —^— = 8,2751 tm, zatem dla l—l jest M = 3,175tm, dla l = 3 M — = 9,825 tm.

b) Gdy 2 osi znajdują się na moście, wtedy a — 1,58 m, r

25,6 #²

0,79 «»,

. Dla Z = 4 jest x = 2 — 0,395 =

25,6.1,605²

= 1,605 «», więc najw M =

Z = 3 m najw M = 10,41 tm, dla Z = 2,5 m M = 7,49 tm.

c) Gdy trzy osi znajdują się na moście, to a, =1,58«», R = 381, Pj = 12,4 Z, więc wedle wzoru 58.)

— = 16,5 Z«». Podobnie otrzymamy dla

38 Z

54) M

najw 31 =    — 12,4.1,58 = 9,51 — 19,59 tm,

stąd dla Z = 10«» M = 75,4Z«», dla Z = 4«» jest M = 18,4tm.

II. Parowóz czteroosiowy.

a) Jeżeli jedna oś znajduje się na moście, to otrzymamy według rów. = 2,91.

b) Gdy 2 osi znajdują się na moście, mamy a = 1,26«», r = 0,61«»,

22,4x²

najw. moment jest dla x =

u<! >—

— 0,305«», a najw 31 =

Rx²

Stąd otrzymamy dla Z = 3 # = 1,195«» a M= 10,68 tm, dla Z = 2 jest x = = 0,605 «i a M = 5,41 Z»».

33,2 Z

4    +

— 10,8.1,26 = 8,3 1 — 13,6Z»», stąd dla Z = 10m M = 69,4tm, a dla Z = 4«» jest M = 19,6 tm.

c) Gdy 3 osi znajdują się na moście, to według 58) najw M =

d) Gdy 4 osi znajdują się na moście, to a = 1,26, r = 0,62 »», więc

Ex¹

x = g.— 0,31, a najw 31 = —y- — 10,8.1,26 = —j

44 x¹

13,6 tm, mamy

więc równanie hyperboli bardzo płaskiej. Stąd otrzymamy : dla Z = 5 x = 2,19 a najw M = 28,6

co

10

12 «i

69    4,69    5,69 «»

61,3    83,2    105,1 tm.

Dla większych rozpiętości, gdy na moście zmieści się więcej, niż jeden parowóz, dla rozpiętości powyżej 3Om można przyjąć w przybliżeniu największy moment w środku, a to tern bardziej, że przy mostach kratowych chodzi nam tylko o momenty w węzłach.

IV. Obciążenie ciągłe.

§. 19. Obciążenie jednostajne zupełne.

"W wykładzie statyki budowli mówiliśmy już o obciążaniu ciągłem dowolnem i o obciążeniu jednostajnem zupełnem*),. podamy więc tu tylko wyniki. Jeżeli g jest ciężarem jednostkowym,.

to w dowolnym punkcie C (rys. 37.) jest siła poprzeczna Q = §g (1—2x) 59) ^ a moment M = |gx(l— x) . . . 60)

. . 61)

dla x = 0, a najw M = | gl² 62)

^------------dla x — jr. Równanie 59) przed-

^ililliP^ stawia linią prostą a-i-, saś 60) pa-ä'    rabolę a,,d“b,>.

Apsiiigi

£—-> Oj

nys. 37

TT;

situ jwprzeznft

Stąd najw Q = \ gl .    .

'mctmnłów

c'P

§ 20. Najniekorzystniejsze obciążenie ze względu na siły poprzeczne.

Ponieważ z linii wpływowej (rys. 38.) sił poprzecznych wypływa, że każdy ciężar na prawo od danego przekroju C sprawia w C r siłę poprzeczną dodatnią, a każdy ciężar, znajdujący się na belce po P lewej stronie punktu C sprawia w C siłę poprzeczną ujemną, więc, aby

rys. -38.

mą/m (l

-------X

■cm

'-~Tn.-,Tv

............otrzymać najw Q w punkcie C, mu-

—-simy obciążyć BC, t. j. całą długość na prawo od przekroju, zaś długości AC wcale nie obciążać. Jeżeli zaś Q ma być najmniejsze, to obcią-

C'

źamy AC, a długości BC nie obciążamy wcale. Jeżeli p oznacza ciężar jednostkowy, to pdx oznacza ciężar na długości dx, zaś pydx siłę poprzeczną, wywołaną ciężarem pdx, jeżeli y oznacza rzędną linii wpływowej dla sił poprzecznych. Jeżeli belka obcią-

żona jest od C do B, to otrzymamy Q—p\ y dx. Otóź\

ń    ’    Jo    Je

dx

jestto powierzchnia, zawarta między linią wpływową a osią od C do B, którą nazywamy powierzchnią wpływową (n.

Influenz fläche, Einflussfläche, fr. surface d'influence). A zatem otrzy-

*) p. Podr. Statyki Budowli str. 18 i nast.

mamy siłę poprzeczną w danym punkcie C, jeżeli powierzchnię wpływową dla tego punktu, odpowiadającą długości obciążonej, pomnożymy ciężarem jednostkowym p. Twierdzenie to da się w ten sam sposób dowieść dla jakiejkolwiek linii wpływowej, zawsze więc, chcąc otrzymać jakąś ilość mechaniczną, wywołaną ciężarem jednostajnym, pomnożyć mamy odnośną powierzchnię wpływową przez ciężar jednostkowy p. Z rysunku otrzymamy

, d-xY hp——

czyli

najw (-j- Q)=p bc'c = p \ Q — x)

l — x

najw (+ Q) = h pl ^1

63)

OC

Podobnie otrzymamy najw (— Q) — — p. acc“= —p § -y x,

p\⁵

więc najw (— Q) = —    .....

Równania 68) i 64) przedstawiają dla zmiennej x parabole przystające odwrócone (rys. 39.), które łatwo możemy wykreślić, gdyż dlaæ=0 jest najw Q = lpl, zaś dla x — l jest najw (+ Q) — 0. Podobnie dla x — 0 jest najw (— Q) = 0, a dla x — l najw (— Q) — — \pl.

Dalej mamy —= — j (l — x) = stt,, .    .    .    .    65)

gdy Ç jest kątem nachylenia stycznej linii najw Q do poziomu. Z rów. 65) otrzymamy dla x = l stÇ = 0, t = 0, dla x = 0, .st^ = —p. Więc w punkcie b oś odcinków jest styczną do linii najw Q, a w punkcie a¹ styczną jest prosta a‘b', gdyż aa' — an st^

7

a wstawiwszy wartości za aa' i sfC,y otrzymamy — =y>.a^, więc

l    *    ^

an = —. Prosta a'b' przechodzi zatem przez środek belki n i jest

styczną do obu parabol.

64)

,3ś

■■ *—»I

j<A-

■rys. 3'.9.

f, -

?;:h

-i

§. 21. Największe momenty.

Ponieważ z kształtu linii wpływowej dla momentów (rys. 12.) wypływa, że każdy ciężar, znajdujący się na belce, sprawia moment dodatni, więc /dla największych momentów musimy całą belkę obciążyć. Można zatem tu użyć tych samych wzorów, co dla obciążenia zupełnego, tylko jeżeli we wzorach 60) i 62) zamiast g wstawimy p. Otrzymamy więc

najw (4- M) = l px (1 — x)

§. 22. Obciążenie ciężarem własnym i ruchomym , jednostajnie rozłożonym.

Dla równoczesnego obciążenia ciężarem własnym i ruchomym otrzymamy na podstawie poprzednich wzorów:

najw M — najmn M =

najw (+ Q) = l g (l — 2 x) +

h(9-\~P)x{l — x) \ h g x (l — x) I ‘ p(J — x)²

. . 67)

• najw (— Q) = l g (l — 2 x) —

68)

Równania 67) przedstawiają parabole, jak w §. 19., zaś równania 68) dwie parabole przystające odwrócone A₃Bl i AtB3 {rys. 40.) Parabole te możemy też otrzymać przez dodanie rzędnych prostej AiBx dla ciężaru własnego do parabol AXB i AB1 dla ciężaru ruchomego.

Nazwijmy AC=xl, to dla x = — xt otrzymamy z drugiego rów. 68)

0= g(l-

rys. 40.

CC—*

— I

Sra

a stąd:

114

. 69)

Z rysunku widzimy, że CD = l — 2#,, na tej długości siły poprzeczne mogą być dodatnie i ujemne. Nazwijmy przekrój, dla którego siła poprzeczna jest = 0, przekrojem środkowym (n. mittlerer Querschnitt, fr. ligne départagé des forces), to jeżeli belka jest jednostajnie zupełnie obciążona, przekrój środkowy jest w środku belki, dla obciążenia jednostronnego przekrój środkowy wychyla się ze środka belki najdalej o długość CE = ED = ~ — xt, którą to długość zowiemy wychyleniem się przekroju środkowego. Wychylenie to jest według 69) zależne od stosunku który wynosi w przybliżeniu według Winklera:

— 52 -

§. 23. Ciężar zastępczy.

Dla każdego przekroju belki da się wyznaczyć ciężar jednostajnie rozłożony, sprawiający ten sam największy moment lub tę samą największą siłę poprzeczną, co dany układ ciężarów skupionych. Ciężar taki nazywamy ciężarem zastępczym (n. Belastungsgleichiverth, aequivalente Last, a. équivalent uniform load). Dla rozmaitych przekrojów belki otrzymamy w ten sposób rozmaite ciężary zastępcze, a nawet dla tego samego przekroju otrzymamy inny ciężar zastępczy dla sił poprzecznych, a inny dla momentów.

"W ogólności są ciężary zastępcze dla sił poprzecznych większe, niż dla momentów, a największe dla środka belki. Ustawmy układ ciężarów w ten sposób, abyśmy otrzymali dla przekroju C tuż obok podpory A największą siłę poprzeczną, a więc postawmy pierwszy ciężar na tym przekroju. Niechaj wypadkowa wszystkich ciężarów, znajdujących się na belce

będzie P (rys. 41.),

od B niechaj będzie a, to oddziaływanie

Pa

więc najw Q = -y-. To samo położenie układu ciężarów wywoła punkcie C, znajdującym się blisko

* podpory A, największy moment, otrzy-Pa

mamy więc najw M — x. Jeżeli ciężar zastępczy dla sił po-

■ *    n_x\ 2

przecznych nazwiemy p, to według 63) najw Q=lpK—p— ;

z porównania obu najw Q otrzymamy:

(l — x)² Pa

rys 4/.

—wimnenjęaa

* * •

—T-

jej odległość

Pa

2 Pa

.    70)

, a stąd p

Dla momentów nazwijmy ciężar zastępczy p\ to według 66) najw M=^p‘x{l— x). Porównajmy oba największe mo-Pa

menty, a otrzymamy — x = \p‘ (I — x)x, stąd p‘ —

Widzimy więc, że ciężar zastępczy p' dla momentów jest mniejszy, niż ciężar zastępczy dla sił poprzecznych, tylko dla X= 0 będzie p=p\

Równania 70) i 71) są ważne tylko dla przekrojów, znaj-dujących się blisko podpory; w podobny sposób dadzą się obliczyć ciężary zastępcze dla innych punktów belki.

(l — x)²    ’    *

2 Pa

i(i—xy

71)

Wykreślmy dla każdego x odpowiedne pip' jako rzędne, i połączmy końce odnośnych rzędnych, a otrzymamy dwie linie dla p górną, zaś dla p‘ dolną. Linie te będą miały kształt wskazany w rys. 41. Jeżeli przyjmujemy jeden ciężar zastępczy dla całej belki, popełniamy błąd. Lepiej już jest przyjąć inny ciężar dla momentów, a inny dla sił poprzecznych. Więcej naukowo uzasadnionem jest okólnikowe rozporządzenie rosyjskiego ministerstwa komunikacyj, wydane w r. 1884. do zarządów wszystkich kolei żelaznych, w którem • podane są ciężary zastępcze p₂ dla momentów w środku, p₀ dla sił poprzecznych w środku przęsła i pt na podporach. Dla innych punktów belki należy według okólnika wstawić jeszcze 6 do 10 wartości pośrednich pomiędzy pu i pt lub px i pa.

Z okólnika powyższego podajemy odnośne ustępy:

I. Natężenia w różnych częściach belki mostowej, wywoływane przez obciążenie ruchome, powinne być liczone na podstawie pociągu normalnego (§. 4j. Przytem jednakże dla wyznaczenia ciężaru zastępczego, odpowiadającego największemu momentowi zgięcia, pociąg ustawia się ściśle według schematu (§. 4), przy wyznaczeniu zaś ciężaru zastępczego dla najw. sił poprzecznych, wszystkie trzy parowozy należy ustawić na czele pociągu kominami naprzód. Obciążenie na oś parowozu przyjmuje się w przęsłach do 3 sąż (włącznie) 15#, do 4 sąż (włącznie) 13,75#, a wyżej 4 sąż 12,5#. Wspomniane wyżej ciężary zastępcze, obliczone dła przekrojów na podporze i w środku przęsła daje następująca tabliczka :

Rozpiętość teoretyczna w Sąż

Ciężar zastępczy w pud na st b

Pl Pl Po

Rozpiętość teoretyczna w sąż

Ciężar zastępczy w pud na st b

Pl Pi Po

Rozpiętość teoretyczna w sąż

Ciężar zastępczy ■w pug na st b

Pt Pi Po

Rozpiętość teoretyczna w sąż

^Ciężar

zastępczy

w pud na st b

Pl Pi Po

TH (N co io co

362

283

241

185

152

143

CO CO H (M Oł (M

168

138

119

257!

220

201!

co co o

O OJ iO H H H

138 112 182 133 107 9 128 105 9 125 104 3 119 103 3 115 101 131

CO Iß tH

H H tH t—I

20

25

30

35

40

45

CO '-I CO 'rH O O Ci 03 00 CO rH tH

CO GO

98 121 96 116 93 112 89 109 85 107 82 106

103

101

99

96

94

92

Przytem p₁ jest ciężarem zastępczym dla momentów i sił poprzecznych na podporze, p>i óla momentów, a p₀ dla sił poprzecznych w środku przęsła:

a) Przy obliczaniu momentów zgięcia i sił poprzecznych w różnych przekrojach przęsła odpowiednie ciężary zastępcze należy określać przy pomocy proporcyi, korzystając z wielkości ciężarów zastępczych, danych w tablicy dla przekrojów na podporze i w środku przęsła.

b)    Dla ułatwienia dla każdego pojedynczego przekroju przęsła nie potrzeba stosować oddzielnych ciężarów zastępczych , lecz należy postępywać w sposób następujący:

1.    Przy obliczeniu natężeń w pasach belek o rozpiętości 35 saè i więcej dla wszystkich przekrojów przęsła można przyjmować ogólny ciężar zastępczy, średni z pomiędzy wielkości px i p₂, przy mniejszych rozpiętościach wielkości ciężarów zastępczych mogą być przyjęte jednakowe w pewnych określonych częściach przęsła; liczby tych części zmienia się według rozpiętości od 6 do 12. Ciężar zastępczy dla każdej takiej części jest średnim z ciężaru zastępczego, obliczonego dla przekrojów skrajnych tej części.

2.    Podobnież dla określenia natężeń w krzyżulcach i pionowych częściach belki może dla nich być też przyjęta jednaka wielkość ciężaru zastępczego, dzieląc również belkę na kilka części, n. p. 6 do 12.

c)    Dla rozpiętości nie wykazanych w tablicy ciężary zastępcze wyznaczyć należy zapomocą wstawienia.

d)    Za teoretyczną rozpiętość belki należy przyjąć odległość między środkami podporowych pionowych części belki.

Z tablicy powyższej widzimy, że zwłaszcza przy mniejszych rozpiętościach różnice między ciężarami zastępczymi p₀, pt i p2 są bardzo wielkie. Im mniejsza jest rozpiętość, tern większy byłby błąd, gdybyśmy jeden ciężar zastępczy przyjęli dla wszystkich punktów.

W Ameryce przejmują przy mostach większych ciężar zastępczy, odpowiadający wozom ciężarowym i dodają jeszcze na długość parowozów odpowiednie ciężary uzupełniające, ciągłe lub skupione (a. locomotive excess).

Większą dokładność da się osiągnąć, jeżeli ustawimy wzory przybliżone do ciężaru zastępczego w każdym przekroju. Wzory takie ustawił Winkler na tej podstawie, że ciężar zastępczy zależny jest od kształtu linij wpływowyr,h_

Wiemy, że dla obciążenia ciągłego ilość mechaniczna Y (moment, oddziaływanie czy siła poprzeczna) równa się powierzchni wpływowej, pomnożonej przez ciężar jednostkowy p, zatem

Y=p^ydx, jeżeli y oznacza rzędną linii wpływowej. Jeżeli zaś na belkę działa układ ciężarów skupionych, to, jak wiadomo,

Y = 2 Py, jeżeli P (rys. 42.) oznacza

rys AZ.

o'

ii!

linii

4---*

ciężar skupiony. Obciążenie zastępcze, wywołujące tę samą ilość mechaniczną Y, wynosić więc będzie:

ZPy IPj

P    f ydx

F------

jeżeli A oznacza powierzchnię wpływową.

Z powyższego okazuje się, że ciężar zastępczy jest głównie zależnym od kształtu linii i powierzchni wpływowej.

rys 43.

\P"

-p o

Przypuśćmy, że powierzchnia wpływowa ma kształt trójkąta prostokątnego (rys. 43). Taki kształt ma np. powierzchnia wpływowa oddziaływania, dodatnich i ujemnych sił poprzecznych belki prostej. W tym ostatnim wypadku długość trójkąta l niej es równa rozpiętości, lecz dłu-goś i bciążonej belki. Chcąc wywo-

łać

-i

e obciążenie, stawiamy pierwsze koło na wierzchołku A, gdzie rzędna największa y₀. Nazwijmy ilość mechaniczną, dla której wykreśliliśmy linią wpływową Y, to Y= Py₀P'y'P“y“... Z rys.

widzimy, że y' : y₀=(l — x‘) : l, więc y‘

podobnie

y₀ {l — x)

y» _ y» V -X“)

więc Y= £ P (l — x). Nazwawszy obciążenie zastępcze w tym wypadku px, to otrzymamy z rów. 72) po wsta-

~AP(]L — x) . . 73)

wieniu A = \ y₀l

Pi =

y-fZPil — x)

h y o i

Według tej zasady obliczono ciężar zastępczy dla sił poprzecznych, wywołanych pociągiem normalnym austryackim. Bozporządzenie austr. min. handlu z dnia 15. września 1887. §. 3. b) brzmi:

b) Dla obliczenia kraty lub ścianki w belkach głównych powyższych konstrukcyj (przy belkach w dwu punktach podpartych) należy jednak największe siły poprzeczne, wywołane ciężarem ruchomym w jednym i drugim kierunku dla każdego przekroju mostu wyznaczyć w ten sposób, że uwzględnia się tylko obciążenie, sięgające od tego przekroju do odnośnej podpory.

Dla tego obciążenia ważną jest wtedy następna skala bez względu na rozpiętość mostu i obliczona tylko według długości obciążonej części mostu na metr bieżący toru :

Skala b.

Długość części obciążonej 1,0 1,5 2,0 2,5 5 10 15    20 40 80 120 160

mostu w metrach.

Ciężar ruchomy na metr 30 25 20 18 14 10 8,5 7,6 6,2 4,8    4,0    3,5

bież. długości obciążonej w ton.

Dla rozpiętości pośrednich należy wstawiać wedle prawa linii prostej.

Dla mostów drogowych podaje Winkler następne wzory przybliżone w tonach na m h dla szerokości 2,3 m (szerokość wozu).

20

dla dróg 1. klasy p' = 1^02 —j—

. . 74«>

2.

p' = M)o +

dla dróg 3. klasy p' = 0,90 -f- —p t j

74ó;

D]a wyznaczenia najw. sił poprzecznych na podstawie zmiennych ciężarów zastępczych podał Skibiński następną konstrukcyą.

Załóżmy, że mamy dla punktu C (rys. 44.) wyznaczyć najw. siłę poprze-->j czną i że ciężar zastępczy zmienny wynosi px. Największą siłę poprzeczną

rys -44

K-

otrzymamy wtedy z rów. 63) :

(l — x)²

Zróbmy B‘P = 2 m, przyczem m oznacza dowolną całą ilość metrów, wykreślmy EEX —pxi dalej B'EX aż do przecięcia się z pionową przez Ć7, zróbmy A'AX == = C'CX i wykreślmy B'AX, to z rysunku wynika, że C‘Cl : px = (Z — x) : 2m, więc Px (Z — x)

A-

najw (+ Q) = hpx

CCX = AAX =

więc C'C₀ —

. Dalej mamy C'C₀ : A‘AX = (1 — x) : l, A'AX (Z—x) px(l—x)² najw (-j- Q)

2 ml

Jeźeliśmy przyjęli m — 1 m, PB' = 2 m, to C'C₀ = najw (-f- Q). Linia wpływowa dla momentów ma kształt trójkąta (rys. 42.). Prostopadła, spuszczona z wierzchołka trójkąta C‘ dzieli podstawę jego na Z, i Z₂. Jeżeli lx —ni, to Z₂ = (1 — n) Z.

Naznaczmy rzędne i ciężary po prawej stronie punktu C

kreskami, to p₂ =

CC'(l — xp)

2 Py -j- 2 P‘y‘

. Z rysunku mamy y₂ =

CC'x.

Vx —

równanie, otrzymamy

l CC'

L—— . Wstawiwszy to w poprzednie

'^PxĄ--^ZP(J-x)

<i    (₂

CC'

\CC'l

2(1 — n) 2 Px -j- 2 w 2 P (Z — x)

n ( 1 — w) Z²

Na tej podstawie obliczył Winkler pa dla rozmaitych rozpiętości i ułożył wzór przybliżony:

. 76) więc

dla mostów kolejowych p = p' [1 — 0,56n (1 — n)]

Ti n drogowych p = p' [1 — 0,24 n (1 — n)j Dla najw. momentu w środku belki jest n — według 76):

dla mostów kolejowych p₀ = 0,86p' 1 v „ drogowych p₀=0,94p'J Podobne wzory dadzą się ustawić także dla innych linij wpływowych.

. . 77)

V. Wpływ poprzecznie.

§. 24. Ciężar stały.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że ciężar działa w każdym punkcie bezpośrednio na belkę. Tak zwykle nie jest, ciężar działa zwykle na belkę główną pośrednio zapomocą poprzecznie, a więc tylko w tych punktach, gdzie są poprzecznice. Obciążenie belki tego rodzaju nazywamy obciążeniem pośredniem (n. mittelbare Belastung). Uwzględnimy je naprzód przy ciężarze stałym.

Ciężar stały jest dwojaki:

a)    ciężar własny belki, którą obliczamy, a który przyjmujemy jako jednostajnie rozłożony. Ten działa w każdym punkcie belki bezpośrednio, uwzględniamy go więc według poprzedzającego rozdziału;

b)    ciężar stały pokładu i pomostu, który działa na belkę tylko w pewnych punktach. Uwzględniamy go jako układ stały ciężarów, zatem według prawideł, wyłożonych w statyce budowli. ¹)

Na rysunku 45. przedstawia linia ab siły poprzeczne dla ciężaru własnego belki, poziome alc₁...

/i&i przedstawiają siły poprzeczne ¹ fi dla ciężaru pokładu i pomostu. Grdy . 1 rzędne obu linij dodamy, to otrzy-i mamy a₂c₂... f₂b₂ dla całego ciężaru stałego. W podobny sposób otrzy-:| 6/ mamy linią momentów, składającą Z Prostyck > leMcych na paraboli, i Jeżeli bowiem chcemy wyznaczyć moment w przekroju C, gdzie istnieje poprzecznica, to M = Otx — | Br.

fi rysAS Ji_____L_Lj____j

Pi

...

i.

Al

—i—i.—ji

J.

Oddziaływanie O, jest takie samo, ■czy obciążenie jest pośrednie, czy bezpośrednie, a i B się nie

- 58 —

sam e

zmienia, więc i moment M jest ten sam. Zatem momenty są na poprzecznicach dla obciążenia pośredniego te co dla bezpośredniego.

Dla danego położenia ciężarów możemy więc wyznaczyć w ten sposób momenty, że wykreślimy bez względu na po-przecznice wielobok sznurowy, jak zwykle, a z punktów, gdzie są umieszczone poprzecznice, spuścimy pionowe aż do przecięcia się z wielobokiem sznurowym i te punkty przecięcia się połączymy prostemi.

§. 25. Siły poprzeczne w skutek ciężaru ruchomego.

Qi

Na belkę AB (rys. 46.) działa ciężar P = 1 pośrednio przez poprzecznice, rozkładając się na dwie siły P, i P₂, działające w punktach % C i D.

rys Aß

V-i.

I-----.Y,

AZ

>-n-<

7-1

Si

d"

Oddziaływanie w punktach A i B nie zmienia się, czy ciężar działa bezpośrednio, czy pośrednio przez poprzecznice, dlatego też, jeśli ciężar działa

ur*msm

dr

Tr^j

'■-a;*

wicie Q— Oj — P, w drugim Q= Ol.

^b na długości AC lub JDB siła poprze-czna w przedziale CD będzie ta sama, co przy obciążeniu bezpośredniem. W pierwszym wypadku jest miano-

"Wykreślmy więc najprzód linie wpływowe tak, jak gdyby nie było poprzecznie, to ważne są one tylko na długościach AC i DB, więc ac‘ i d"b, a zmienia się tylko linia wpływowa w przedziale (n. Fach) CD, gdyż tu rozkłada się ciężar P na Pj i Pa, a Q — Ox — P,. Jeżeli CE = n — 0, E wpada na C, więc cała siła P=1 działa w punkcie C i otrzymamy rzędną linii wpływowej cc'. Jeżeli siła P=1 się porusza i przyjdzie do punktu D, to siła poprzeczna jest dcl". Jeżeli zaś siła P znajduje się w przedziale CD to, rozkłada się na dwie siły P, i P2 według prawa linii prostej, gdyż Pt = P a J- . Jeżeli d‘d“ = -=P=1 i połączymy & z d“, a z punktu E spuścimy pionową, to exe“ =P,, więc siła poprzeczna w CD Q = Ot — Pt =ee"— — exe" —— ete. Widzimy więc, że prosta Cd" jest linią wpływową dla przedziału CD.

W taki sam sposób możemy udowodnić dla jakichkolwiek linij wpływowych, że uwzględnimy wpływ poprzecznie, jeżeli spuścimy z obu poprzecznie danego przedziału pionowe i ich punkty przecięcia się z linią wpływową połączymy linią prostą, że zatem linia wpływowa między dwiema poprzecznicamijest prostą.

Siła poprzeczna w przedziale CD dla danego obciążenia jest stała, bo ciężar P rozdziela się na P, i P₂, z tych Px działa w O, a potem nie ma żadnej siły działającej , aż w D siła P₂. Ponieważ więc linia wpływowa jest dla całego przedziału ta sama, więc i najw Q jest takie samo dla jakiegokolwiek punktu tego przedziału.

Jeżeli siła P działa w przedziale CD, to siła poprzeczna

w tym przedziale jest Q = P

P-—-. Jestto równanie

prostej c‘d". Niech będzie x= x₁-\-n, to otrzymamy

Q = p(

l — xx — n

(:n {l — a) — axx) 78)

Zatem Q jest funkcyą stopnia pierwszego zmiennej n, czyli linia Cd" jest prostą, cośmy powyżej wykreślnie udowodnili. Teraz łatwo wyznaczymy punkt F, w którym gdy siła działa, nie sprawia w przedziale CD żadnej siły poprzecznej. Punkt ten nazywamy punktem obojętnym (n. neutraler Funkt). Niech będzie dla punktu obojętnego n = n', to wedle założenia p

Q = 0— — (n' (l — a) — axx), stąd n' (l — a) = axx, więc

n'=,-j

1 — a

Jeżeli xi—xlĄ- n‘, to x₂ =xt -j-

Linia wpływowa nad osią fd"b ma kształt trójkąta, z kształtu tej linii wpływowej widzimy, że wedle §. 15. dla najw Q obciążenie układem ciężarów skupionych ma być takie, aby ciężary jednostkowe na FD i DB były, ile możności, równe (cecha Winklera), a jeden ciężar musi stać w D. Nazwijmy wypadkową

79)

axx

lxx

. . 80)

ciężarów na długości FD F‘, zaś na DB P“, to, gdy —

p//    ß

F‘

l — xx — a P‘

napisać 2>

— n'

układ ciężarów posuwamy na prawo. Możemy też

a — n'

axx

l — xx — a

l — xx — a

- , zatem P'l — P‘a 1> P“a,

A więc dla najiv Q obciążyć mamy długość FB i starać się, aby ciężar jednostkowy w przedziale CD i na całej belce był, ile możności, równy. Podobnie postępujemy dla najmn Q, obciążając długość AF. Widzimy więc, że dla najiv Q na prawej poprzecznicy stać będzie albo pierwszy, albo drugi ciężar*). Z tego wynika następująca konstrukcya : Wykreślamy dla oddziaływania 0, wielobok sznurowy (rys. 47.) jak dla obciążenia bezpośredniego według §. 14, który jest zarazem linią najiv (-]- Q) w razie, gdy pierwszy ciężar stoi na przekroju. W miejscach, gdzie są poprzecznice, kreślimy j/j j/j \Ę linie pionowe. Jeżeli dla jakiegoś prze-f\j działu CD dla najw (-J- Q) ma stać raiiMö pierwszy ciężar w punkcie D, to Dd jest równe oddziaływaniu sile poprzecznej dla całego przedziału, zatem linia najw Q, dd' hędzie tu poziomą.

* -aA

a zarazem

Jeżeli dla najw Q drugi ciężar ma stać na prawej poprzecznicy n. p. dla przedziału EC w punkcie C, to, gdy drugi ciężar P₂ stoi w C, stoi pierwszy ciężar P, w punkcie G. Składową P tego ciężaru, działającą w punkcie E, otrzymamy, jeżeli zrobimy Ee = Pt, połączymy punkty e i C, to Gm = P, a n = = P, stąd dla przedziału EC będzie Q — 0l — P — Gn — Gm = — mn. Jeśli mn/> Cc, to robimy mn=Cc⁴, i kreślimy poziomą, którą przedstawia najw Q.

nareszcie

p, ^ P'-j-F"

81)

b) Ciężar jednostajny ciągły.

Dla najw Q musi być długość FB (rys. 46.) obciążoną, zatem najw (-[- Q) = p. f d“b = p § {l — x.j) dd". Wstawiwszy l — xt — a

lxl

według rów. 80), otrzymamy

p (1 — a xt)ł

2 (1-a)    '    *    '

Podobnie najw (— Q) = — p . aćf = — | p x₂

a x₂ =

l — a najw (+Q) =

. . 82)

lxl xx l — a T ’

więc najw (— Q) = —

px²

£i_

l

. 83)

*) Gdyby trzeci ciężar postawić na poprzecznicy, to za wielkie dla zwykłych odstępów poprzecznie.

2 (1 - a) ’    '

F

— w 81.) będzie już

Widzimy więc, że wzory dla największych i najmniejszych sił poprzecznych są takie same jak 63) i 64) dla obciążenia bezpośredniego, jeżeli tylko w nich zamiast l podstawimy l — ar

rys. 43.

ii-«

C'

s.

>i«i i

a xx zamiast x. Równania 82) i 83) przedstawiają dwie przystające parabole A'E i G-B' (rys. 48.), wykreślone, jak w §.    20, dla

|i|! długości l — a. Największą siłę poprzeczną w przedziale CD przedstawia rzędna paraboli w C dla xx — AC. Wykreślnie więc przedstawimy najw Q linią poziomą c'i. To samo stosuje się i do najw ( — Q).

¹

p. Podr. Statyki Budowli str. 17.

§. 26. Momenty w skutek ciężaru ruchomego.

JN

Wykreślmy naprzód linią wpływową ac‘b (rys. 49.) dla

dowolnego punktu bez względu na poprzecznice. Według poprze-rfi dniego paragrafu uwzględnimy i wpływ poprzecznio, spuściwszy * I z punktów Ci D, gdzie są poprze-

rys 49.

''ii yp/iD xf' t

1.

cznice, ograniczające przedział ® CD, w którym dany punkt leży, pionowe i połączywszy c' z dC Linia wpływowa jest więc teraz ac'd'b'. Jeżeli mamy wykreślić linią wpływową dla przekroju, w którym leży poprzecznica n. p. dla C (rys. 50.) to postępując

w ten sposób, otrzymamy tę^ samą linią wpływową, jak gdy-by poprzecznie nie było.

Znając linie wpływowe, mo-

mm

rys. SO.

«4*11

\h

stniejsze obciążenie dla momentów.

żerny wyznaczyć najniekorzy

a) Ciężary skupione. Niechaj wypadkowa ciężaró AC (rys. 49.) będzie _B', wypadkowa ciężarów w przedziale CD P, zaś R wypadkowa ciężarów

w na

na DB. Nazwijmy odpowiednie rzędne linii wpływowej y‘, y", y, to, gdy posuniemy układ ten na prawo o dx, różnica momentów będzie dM i otrzymamy dM — R‘dy' -f- Pdyu — Bdy.

Z rysunku możemy wyznaczyć y, y‘, y", a mianowicie:

ee'

dy' = dx = -j

£ dx

dy" =

dd' — cc'

. dx =

— at )1 dx

J a

axĘ — a₂Ęt

al\x

dx,

dy = -y- dx. A zatem :

dM R'ż

dx

i-p(

m + — —

a    a

JAP JJLP

, więc dM > 0, gdy

(*'+pł)Mpł+i^>o'ozyli

r+p?

Ę,

li rt

.    .    84)

A więc przez przesunięcie na prawo zyskujemy, gdy zachodzi nierówność 84). Dla największych momentów przesuwamy tak długo, aż ciężar jednostkowy na obu długościach i Ç będzie, ile możności, równy, przyczem ciężar P w przedziale rozdzielamy w stosunku ax i a₂ i przyłączamy odnośne części do ciężarów prawej lub lewej strony.

Jeżeli punkt E leży w środku przedziału CD, to doliczamy po połowie ciężaru P do lewych i prawych ciężarów.

Gdy ciężar jaki schodzi lub wchodzi na belkę, to nie zmienia to znaku nierówności, tylko, gdy ciężar jaki przekroczy sąsiednią poprzecznicę C lub D, wtedy może się zmienić znak nierówności, więc dla największości musi być ciężar na jednej z poprzecznie tego przedziału.

Obliczamy więc największe momenty na poprzecznicach,

co dla

a że linia wpływowa dla tych punktów jest ta sama, obciążenia bezpośredniego, więc obliczamy te momenty tak jakby poprzecznie nie było i otrzymujemy np. w punkcie c (rys. 51.) moment cc'. Dla tego położenia układu ciężarów będzie na poprzecznicy d moment n. p. dd", co wyznaczyć możemy

łatwo równocześnie przy konstrukcyi wykreślnej za pomocą wieloboku sznurowego. Dla tego więc położenia otrzymamy jako linią momentów w przedziale cd prostą c‘d". W ten

as-

rys. 51. ! !.

■ V/ !n \ds

— 63

sam sposób wyznaczamy moment dla innego położenia, najniekorzystniejszego dla punktu d (jeden ciężar w d) i otrzymamy linią momentów w tym wypadku c“d‘, więc linia największych momentów dla punktów, leżących między c i d będzie linia łamana c'fd‘. Często zamiast tej linii bierzemy linią c‘d', przezco otrzymujemy momenty nieco za wielkie.

Możliwem jest wprawdzie jeszcze, że gdy inny ciężar jaki stoi na sąsiednich poprzecznicach, co w rysunku uwidoczniliśmy dla przedziału ec, otrzymamy linią momentów    która dla

środkowej części przedziału będzie największością i że wtedy linia najw M będzie dwa razy łamaną w tym przedziale, lecz jestto rzadki wypadek, a z powodu, że różnica nie jest wielką, możemy przyjąć jako linią najw M linią raz łamaną e‘gc‘ lub też e'c'.

b) Obciążenie jednostajne ciągłe. Z kształtu linii wpływowej wypływa, że największe momenty otrzymamy dla obciążenia zupełnego. Wyznaczamy więc momenty tak, jak dla ciężaru stałego (§. 24).

VI. Belka ciągła przegubowa.

§. 27. Określenie,

Jeżeli belka jest podparta w kilku punktach, nazywamy ją

belkąciągłą, wielo-przęsłową (n. continu-irlicher Träger, fr. poutre continue, an. continuons ■ JD’ beam). Mówiliśmy już o niej pokrótce przy wykładzie statyki budowli*), obszerniej zastanowimy się nad nią później. Belka ciągła jest statycznie niewyznaczalną i aby ją |    obliczyć, musimy się u-

küillitj    ciec do prawideł spręży

stości , co przedstawia wiele niedogodności, jak o tern później będziemy mówić.

*) p. Podr. Statyki Budowli str. 150.

rys JZ

At.....

a:

My

O

1 \d

2nUiI

il

\B-

f:

-C

- 64 —

Aby uczynić belkę statycznie wyznaczalną, urządzamy przeguby, którymi łączymy pojedyncze części belki w ten sposób, źe każda część jest tylko w dwu punktach podparta. Taką belkę (rys. 52.) nazywamy belką ciągłą przegubową (n. continuirlicher Gelenkträger, a. hinged continuons gir der). Składa się ona z części w dwu punktach podpartych , jak AE i FD, które nazwiemy częściami wystającemi (n. überhängender Theil) i z części wiszących (n. seine ebender Theil) EF, spoczywających na częściach wystających.

§. 28. Obciążenie dowolne.

Części wiszące zachowują się zupełnie tak, jak belki w dwu punktach podparte, a więc oblicza się je według zasad, wyłożonych w poprzednich rozdziałach. W ten sposób możemy wyznaczyć ciśnienia części wiszących na wystające w punktach podparcia E i F, a znając je możemy wyznaczyć oddziaływania, siły poprzeczne i momenty części wystających według zasad, wyłożonych w statyce bndowli dla belek wystających¹).

Na rysunku 52.) wyznaczyliśmy oddziaływania, momenty i siły poprzeczne wykreślnie. Wykreślamy mianowicie wielobok sił, przyjmujemy biegun 0 dowolnie i kreślimy wielobok sznurowy. Ponieważ w E i F momenty są równe zeru, więc E‘F' jest zamykającą w przęśle BC, a połączywszy A‘ z B‘ i D' z C' otrzymamy kierunki zamykających w przęsłach skrajnych. Poprowadziwszy z O równoległe do zamykających, otrzymamy oddziaływania 0₄ = 6 M, 0₃ = ML, 0₂=LK i O, =K0, na podstawie których łatwo możemy wyznaczyć siły poprzeczne w znany sposób. Wielobok sznurowy wyznacza nam momenty.

§. 29. Linie wpływowe belki wystającej.

Nim wyznaczymy linie wpływowe dla belki ciągłej przegubowej, wyznaczmy je najprzód dla belki wystającej.

Rozumie się, źe dla punktu H (rys. 53.) między podporami AB linie wpływowe od A do B są te same, co dla belki zwykłej. Ponieważ równania dla Q i M (rów. 26, 29 i 30) nie zmieniają się, jeżeli ciężar przekroczy podporę A lub B, więc linie wpływowe poza podporami będą przedłużeniem linij wpływo-

wych na długości AB, przez co powstaje zmiana znaku Q i 31.

Dla przekrojów J i K w częściach wystających powstaje Q i M w ogóle tylko wtedy, gdy siła leży na długości CJ albo KB, zresztą (f/ jest 31=0 i Q = 0.

Jeżeli ciężar P stoi na długości CJ, to w J jest Q = — P, M=—Pq. Jeżeli ciężar stoi na długości KB, to w K jest Q = -\-P, 31 = — — P*, jeżeli £ oznacza odstęp ciężaru od danego punktu (na prawo licząc ze znakiem dodatnim). Odnośne linie wpływowe wykreśliliśmy na rysunku.

C JAK

Ä Tl"

& -

rys. 153

BE D

KL

f \r-

£ U>'

ft

§. 30. Linie wpływowe belki ciągłej przegubowej.

Części wystające belki ciągłej AE i FB (rys. 54.) mają rys. 64.

takie same linie wpływowe, jak belka wystającą. Jeżeli więc mamy wykreślić linią wpływową siły poprzecznej lub momentu dla punktu J lub K, to na długości AE otrzymamy je według poprzedniego paragrafu. W jaki sposób mamy dalej wykreślić linią wpływową na części wiszącej EF, zaraz zobaczymy.

Jeżeli ciężar P działa w odstępie x od E, to rozkłada się na P‘ i P". Dla wszystkich punktów belki AE uwzględnić mamy tylko siłę P‘ = P - dzia-łającą w E. Jeżeli x = 0, uwzględnić więc mamy całą siłę P w punkcie E, to otrzymamy według poprzedniego pewną rzędną linii wpływowej E'E". Dla x=b tj. dla punktu F jest P' = 0, więc i rzędna linii wpływowej = 0. Między tymi dwoma punktami linia wpływowa jest prosta, więc E“F‘.

r a,#?-

A_i BIJ M F o

f    j A % - î

fi---1/ i--4M -    ---->j

i    i i • i

¹

■\cr

pr

4-

d | i

* -JP&L

-, ■

P'

Dla części wiszących są linie wpływowe, rozumie się, takie same, jak dla belki zwykłej , a obciążenie części wystających nie wpływa wcale na siłę poprzeczną lub moment tych części.

pysöö.

, ^ (t

mH

°A

Çff-P-

^---^nnrnT7ïïi^j^|^rm^;€^J^

; i jfJCi

I ! Jff» I F"

F'rb ? cfSteto

œns=*

V---¹

iyj'

Na rysunku 55. wyznaczyliśmy na tej samej zasadzie linie wpływowe dla belki ciągłej, w której przeguby są w przęsłach skrajnych.

%

4—?

rys. Ö6

■■““«iuiijiiiiijiiipj^i.....

f ;    (» 11,

E»\

jKf'

§. 31. Obciążenie jednostajne zupełne.

1. Przęsło średnie z dwoma przegubami:

a)    Część wisząca EF (rys. 54.) zachowuje się jak belka zwykła, więc, gdy EF = b, otrzymamy według 59) i 60) :

Q = h S 0> — 2 x)

M = £ g x (b — x)

b)    Dla części skrajnych BE i FC otrzymamy siłę poprzeczną i moment z linij wpływowych, Q — g . K'K"E“F' = = g (1 . KE -}- l 1 . b), a ponieważ KE — — x, jeżeli x liczymy od punktu E na prawo jako dodatnie, na lewo jako ujemne» wjQ = èg(b-2x) jak dla części wiszącej.

Podobnie otrzymamy z rys. 54. e, zważywszy, że E'E“ = xT M = lgx(b-x),

85)

86)

87)

jak dla części wiszącej.

2. Przęsło skrajne bez przegubu. Ciężar działający na EF (rys. 56.) jest gb, z tego w punkcie E działa § gb. Ustawmy równanie momentów dla punktu B, to Oxl — gl.    -j-

a (a -f- b)

+ ga . I a + a . \ gb = 0, stąd Ox = \gl — \g Dla punktu J w odstępie a; od 4 mamy:

Q = 0t —gx = g (1 — 2 x)-ig

mii«

a (a -j- b)

. . . 88)

a (a + b) x

. . 89)

— 67 -

3.    Przęsło skrajne z przegubem. Tu dadzą się zastosować wzory 85) do 87) dla przęsła średniego z dwoma przegubami , jeśli przyjmiemy, że jedna z długości EB lub CF = 0.

4.    Przęsło średnie bez przegubu (rys. 55). "W przegubach E i F działają wtedy siły \gb i \gbx. Ustawmy teraz równanie momentów ze względu na punkt C, a otrzymamy

OJ — \gb {<>Ą-l) — \g{fl-\-l)*-\-\ax*g-\-\gbxax = 0, a stąd

0a =

KI'®

[(a -\-l) (a-\-b-\-T) — ax (a, -f- &.)] .

Dla przekroju H w odstępie x od B jest Q= 0₂ — \gb — g (a -f - x), a po wstawieniu wartości za 0₂

Q = ^.[l(I-2x) + a(a + b)-a₁(a,+b,)] • • 90)

Moment w punkcie H będzie M=0₂x— § gb {x -f- a) -f-— \g(aĄ-xf,

M = tlx (1 — x) — a (a 4- b) (1 — x) — at (at + M x] 91) Jeżeli a== ax i b — bx, to «=|(î-2»)

§. 32. Największe siły poprzeczne.

1.    Przęsło średnie z dwoma przegubami. Tu wyznaczymy tylko największe siły poprzeczne dla części wystających, bo części wiszące zachowują się zupełnie tak, jak belki w dwu punktach podparte.

. . 93)

Dla' punktu K w odstępie x od B linia wpływowa wykreślona jest na rys. 54 c. Dla najw (-(- Q) ma być obciążona długość KF, przyczem otrzymamy: najw (-}- Q) = pK'K“E"F,=p {a — x -{- § b) \ najw (— Q) = 0.    ;

Dla części FC można zastosować te same wzory, zmieniwszy tylko znak.

Przy obciążeniu ciężarami skupionymi należy obciążyć dla najw (-j- Q) długość KF, największe ciężary umieścić na długo ści KE i jeden ciężar postawić na K.

2.    Przęsło skrajne bez przegubu. Dla najw (—Q) musi być obciążona lewa część odnośnego przęsła i przęsło sąsie-dnie do drugiego przegubu (rys. 54 b).

Dla obciążenia długości AJ w przęśle AB będzie, jak dla belki zwykłej najw (— Q) = —    , dla obciążenia długości BF

Q = -

więc E‘E" =y . Wstawiwszy to, otrzymamy dla obciążenia długości JF

-- E'E“ (a -f- b). Z rysunku widzimy, że E'E“ : 1 = a : l,

nąja (—Q) = —Yi(a + b) = —    (x’ + a (a +b)) 94)

Dla najw (-|- Q) ma być obciążona długość JB, więc jak dla belki zwykłej najw (-{- Q) = -j-

p (I — x)²

21

95)

na

Przy obciążeniu ciężarami skupionymi należy dla najwięk-szości obciążyć prawą stronę przęsła, jak dla belki zwykłej; dla najiv (— Q) należy obciążyć lewą część przęsła i długość BF. Dla mostów drogowych należy więc przyjąć dwa oddzielne układy ciężarów skupionych, pierwszy ciężar jednego postawić na Jf drugiego na E wedle §. 13 i 15. Przy mostach kolejowych jestto niemożliwe, należałoby więc przyjąć takie obciążenie mostu, aby długości AJ znajdowały się parowozy, przyczem na J stoi jedno koło, na długości JB wozy próżne, a na BF parowóz lub wozy ładowne.

3.    Przęsło skrajne z przegubem. Tu da się zastosować wzór 93) dla przęsła średniego z dwoma przegubami. Widzimy bowiem jak w powyższym wypadku.

4.    Przęsło średnie bez przegubu (rys. 55 b). Dla najw (-[- Q) ma być obciążona prawa część przęsła odnośnego i sąsiednie lewe przęsło, dla najw (— Q) przeciwnie część lewa odnośnego przęsła i sąsiednie prawe przęsło.

Przy obciążeniu długości HC danego przęsła powstaje siła poprzeczna jak przy belce zwykłej Qt

na

rys. 55 c, że linia wpływowa jest taka sama,

p (l — x)²

21

przy obcią-

p (a 4- b) a

21

ieniu przęsła AB Q₂=p.$(a + b) EE“ =

więc najw (4- Q) = Qt + Q₂ = ^ [(I — x)² + a (a + b)] 93) Podobnie otrzymamy

najw (- Q) = - -i [x¹ + a, (a, _|_ bl)] . . 97)

Co do obciążenia układem ciężarów skupionych zastosować możemy i tutaj uwagi wypowiedziane pod 2.

Na rysunkach 57 i 58. oznaczyliśmy wedle powyższego najw (-|- Q) i najw (— Q).

W części wiszącej ]) są , rozumie się, linie najw. sił poprzecznych t te same, co dla belki ß zwykłej.

rys 57.

zr

Ç¹—a

fu

■i:

W częściach wystających przęsła średniego z dwoma przegu-i bami są te linie proste wedle rów. 98.), To samo da się powiedzieć 1) o części wystającej przęsła skrajnego (rys. 58.). Linie te proste są

w* nsa*

W przęśle skraj nem bez przegubu (rys. 57.) linia najw (-j- Q) jest parabolą , j ak dla belki zwykłej (rów. 95), linia najw (— Q) jest także parabolą o osi pionowej, lecz nie jest

pa (a -4- b)

jljfj

.4

I#

■■■

Pi

Mftł

ij

rys 58.

Ul ii

ITT

fy

Ü0B

styczną do osi, gdyż dla v = 0 jest najw (— Q) = —

21

W przęśle średniem bez przegubu (rys. 58.) linie najw (-[- Q) i najw (— Q) są według rów. 96.) i 97.) parabolami o osi pionowej, nie dotykającemi jednak osi.

§. 33. Największe momenty.

1. Przęsło średnie z dwoma przegubami. Tutaj także wyznaczymy tylko największe momenty dla części wystających, bo części wiszące zachowują się zupełnie tak, jak belki w dwu punktach podparte. Dla punktu K mamy wykreśloną linią wpływową K'E^F' (rys. 54 e), z której widzimy, że dla najw (— M)

— 70 -

mamy obciążyć długość K‘F, a obciążenie reszty belki jest obojętne. Możemy więc także przyjąć obciążenie zupełne belki, dla którego już w §. 31. wyznaczyliśmy moment. Zmienimy tylko g na p w rów. 87.) i otrzymamy:

. . 98)

najw (— M) = | px (1 — x) ,    .

przyczem x należy liczyć od punktu E na prawo jako dodatnie, na lewo jako ujemne. Z rów. 98.) widzimy, że najw M przedstawia wykreślnie przedłużenie paraboli EGF (rys. 57.) dla części wiszącej.

Dla układu ciężarów skupionych obciążyć należy długość KF (rys. 54), jak dla momentów belki zwykłej w ten sposób, aby ciężar jednostkowy na KE i EF był, ile możności, równy, a jeden ciężar stał na E. Obciążenie reszty belki jest obojętne.

Wyznaczyć momenty wykreślnie możemy za pomocą wie-loboku sznurowego, jak * dla belki zwykłej, uwzględniwszy tę okoliczność, że moment w przegubie jest równy zeru, że więc linia zamykająca musi przecinać wielobok sznurowy w tern miejscu.

99)

2. Przęsło skrajne bez przegubu. Linia wpływowa momentów wykreślona jest na rys. 54 d. Z rysunku widzimy, że dla najw (-j- M) ma być obciążone całe dane przęsło, na któ-rem linia wpływowa A'J"B‘ ma kształt taki sam, jak dla belki zwykłej, następne zaś przęsło do F ma być nieobciąźone. Otrzymamy więc moment taki sam, jak dla belki zwykłej najw (+ M) = łj px (1 — x)

Jestto równanie paraboli AHB (rys. 57.).

Dla najw (— M) nie powinno być obciążone przęsło skrajne AB, przęsło następne ma być obciążone do F, a obciążenie reszty belki jest obojętne. Widzimy więc, że obciążenie dla najw (— M) uzupełnia obciążenie dla najw (-}- M) do obciążenia zupełnego.

A zatem najw (-j- M) = Mz — najw (~j- M), więc

a (a -f- b) x

najw (— M) = \px (l — x) — \p

\px (l—x), zatem

a (a -f- b) x

najiv (— M) = — | p Jestto równanie linii prostej AB¹ (rys. 57.).

. . 100)

Dla układu ciężarów skupionych wynika obciążenie najniekorzystniejsze z kształtu linij wpływowych, zastosować więc tu należy prawidła, wyłożone przy momentach belki zwykłej.

3.    Przęsło skrajne z przegubem. Tu zastosować się da wzór 98), jeśli tylko zmienimy b na l, więc

fcOM

najw (-j-M) = px (b—x) .    .    . .    101)

4.    Przęsło średnie bez przegubu. Linie wpływowe momentów wykreślone są na rys. 55 d. Wynika z nich, że dla najw (-J- M) ma być dane przęsło całe obciążone, a sąsiednie przęsła nie. Ponieważ jednak linia wpływowa w danem przęśle JBC jest taką samą, jak dla belki zwykłej, więc i najw (-}- M) da się tym samym wzorem wyrazić. Zatem

najw (-f- M) = px (1 — x).....102}

Najw (— M) wyznaczymy, jak pod 2), mianowicie najw (—M) = Mz — najw (+ M), więc według równ. 91)

najw (— M) =

[Ix (l — x) — a(a~\-b) (l—•x) — at (ax    +

— \ px (l — x),

najw (— M) = — 2j[a(a-}~ b) (l — x) -J-at (at ~\-bt)x] 103)

Jeżeli a = at, b = bx to

104)

najw (— M) = — -JJ. a (a + b). . . .

Z

Jestto równanie linii prostej poziomej BiC₁ (rys. 58.).

Dla układu ciężarów skupionych wynika obciążenie najniekorzystniejsze z kształtu linii wpływowych. Dla najw (— M) muszą być dwa układy ciężarów skupionych dla mostów drogowych, dla kolejowych zaś należy pociąg w ten sposób przyjąć, jak to wyłożyliśmy w §. 32. ust. 2.

Na rys. 57.) i 58.) dodaliśmy siły poprzeczne i momenty, wywołane ciężarem własnym i ruchomym i otrzymaliśmy linie najw Q i najw M dla obciążenia równoczesnego.

C. Belka kratowa równoległa.

VII. Belka o kracie pojedynczej.

§. 34. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach.

Belkę kratową poznaliśmy już w wykładzie statyki budowli *) ; poznaliśmy tam rozmaite jej rodzaje i jej części składowe. Tu podamy dalsze rozwinięcie zasad tamże podanych, a najprzód zastanawiać się będziemy nad belką kratową równoległą o kracie pojedynczej. Przetnijmy daną belkę, której część widzimy na rys. 69, płaszczyzną II i odejmmy prawą część belki. Aby lewa

część pozostała w równowadze, musimy wprzecię-y|\ ⁽h    Przekr*°jacB zaczepić

1/ \i / ,    \ takie siły, jakie w nich

S\

rys, 5 9.

W¹ A? i

pierwej działały. Ponieważ ą.Ł zakładamy, że siły zewnętrzne działają tylko w wę-ótączone przegibnie, więc siły wewnę-

//

złach, a krzyźulće są trzne działają w kierunku osi przeciętych prętów.

Nazwijmy St i S₂ siły wewnętrzne, działające w pasach belki równoległej, P siłę, działającą w krzyźulcu CA, h wysokość belki, Q siłę poprzeczną czyli wypadkową wszystkich sił, działających na lewą część belki, to na lewą część belki działają cztery siły: Sti P, S₂ i Q. Cztery te siły muszą być w równowadze, więc ze względu na punkt A suma momentów wszystkich sił musi być równą zeru. Zatem M₁-\-Slh=0, jeżeli Mt = Qs jest momentem sił zewnętrznych ze względu na punkt A. Stąd otrzymamy:

-- e---

i6h

S, h ’ ’ * ’

Podobnie otrzymamy ze względu na punkt C

M₂ — SJi — 0, więc

jeżeli M₂ jest momentem sił zewnętrznych ze względu na punkt (7.

Jeźeli siły zewnętrzne działają tylko w węzłach, to obo-jętną jest rzeczą, jak przetniemy belkę w tym przedziale. Jeżeli

1)

M₂

S> = T

• 2)

*) P- Podr. Statyki Budowli str. 181 i nast.

zaś przypuścimy, że pas górny i dolny są obciążone jednostajni© ciężarem q, to nie jest obojętnem, jak przecinamy belkę. Musimy mianowicie przeciąć belkę tak, abyśmy otrzymali te same siły zewnętrzne, którebyśmy otrzymali, gdyby ciężary w węzłach działały, a więc w połowie obu części pasów, zatem ukośnie w prostej 11, równoległej do BC. Ponieważ przy wyznaczaniu sił zewnętrznych zawsze przypuszczaliśmy przekroje pionowe, więc zamiast przekroju II prowadzimy przekrój pionowy AE i robimy pewną poprawkę.

I tak, jeżeli ciężar działa w węzłach, a ciężar jednostkowy dla pasu górnego jest to gdy uwzględnimy tylko dany przedział, działa w węźle C siła \<iąx, a więc moment tej siły ze względu na 4 będzie =— \qxaex. Jeżeli zaś wyznaczymy moment dla ciężaru jednostajnie rozłożonego, to ciężar na CE da nam moment — i^e,². Nazwijmy x poprawkę, którą dodać trzeba do tego momentu, aby otrzymać moment dla sił, działających w węzłach, to — \ qx ex ² -j- x = — | ql a ex, stąd x = = — I #i (a — et) — — lqlete₂. Ze względu na tę poprawkę otrzymamy zamiast wzorów 1) i 2) wzory następne

M,

8)

s'=-h

♦h e, e₂

21i

M₂

S’= + TE

q₂ e, e₂

2 li

. 4)

Poprawki te musimy zastosować do ciężaru własnego bgißk głównych. : dla reszty ciężaru stałego i ciężaru ruchomego ni© potrzebujemy dodawać poprawek, jeżeli wyznaczamy siły zewnę-y trzne ze względu na poprzecznice, położone w węzłach. A nawet i dla ciężaru własnego belek możemy się obejść bez poprawek, jeśli momenty liczymy na podstawie ciężarów węzłowych.

nika

Ponieważ h jest liczbą stałą , więc z wzorów 1) i 2) wyże siły wewnętrzne w pasach są proporcyonalne do momentów, zatem linie wpływowe sił wewnętrznych w pasach są te same, co dla momentów, jeżeli zmienimy odpowiednio podziałkę, a najniekorzystniejsze obciążenie będzie takie, dla którego moment będzie największy; wyznaczamy je więc według §. 26.

§. 35. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w krzyźulcach.

Jeżeli przetniemy belkę kratową płaszczyzną 11 (rys. 60.), która przecina także krzyżulec AE, to dla równowagi suma

Pa = — Q, siecz ß .... 6) Jeżeli siły działają w węzłach, to obojętnem jest, jak przecinamy; jeżeli zaś ciężar jest jednostajnie rozłożony, to musimy przeciąć przez środek krzyźulca BA równolegle do drugiego rzędu krzyźulców, przez co części pasów zostaną podzielone na dwie równe części. Jeżeli Q oznacza siłę poprzeczną dla przekroju pionowego IIII przez środek krzyźulca AB, to znajdziemy Qt w następujący sposób. Nazwijmy nm — c₂, to c₂ = ■= h h st ß, zatem Qt — Q — qtc₂ + Q.²cn czyli

Ql =Q — shstßCq, — q₂)    .    .

Analogicznie możemy napisać

8)

orys 60

iff /

---M—l----'St—K__ff

y&'&fä

TC ' fa '^SA T"

ty

pionowych składowych sił, działających na lewą część belki ma być równe zeru, zatem Q — P, dost a = 0. Stąd P, = siecz a Podobny wzór otrzymamy dla krzy-źulca BC

5)

+    — <ł₂)    • •

§. 36. Wykreślne wyznaczenie sił wewnętrznych.

a) Metoda wielobokowa.

Wykreślnie możemy wyznaczyć siły wewnętrzne dla danego obciążenia zapomocą planu sił²).

"Wyznaczywszy oddziaływania znanym sposobem, wykreślamy wielobok sił na linii mn (rys. 9, tabl. I), albo też rozsuwamy go w sposób, na rysunku uwidoczniony, dla przejrzystości.

Teraz wykreślamy w znany sposób plan sił i tak wyznaczamy wszystkie siły zewnętrzne. Metody tej z korzyścią użyć możemy dla ciężaru stałego i także do obliczania sił wewnętrznych w pasach, wywołanych ciągłym ciężarem ruchomym, gdyż wiemy, że największe siły wewnętrzne w pasach powstają dla obciążenia zupełnego.

Dla obciążenia układem ciężarów skupionych jest najniekorzystniejsze obciążenie dla każdej części pasu inne, więc musielibyśmy dla każdej części pasu kreślić osobny rysunek. Także i dla krzyźulców metoda ta nie da się użyć z korzyścią.

b) Wyznaczanie sił wewnętrznych na podstawie sił poprzecznych i momentów.

1. Kr z y żule e. Jeźelibyśmy otrzymali linią ąą (rys. 61 •)

jako linią największych sił poprzecznych, to dla krzyżulca AB przedstawia najw Q

'Pi/S.ßl.

AZ

długość ab.

Os

Według rów. 5) jest P=Q siecz a, więc P = ab siecz a. Wykreślmy przez Y punkt a linią ae // AB, to ae = ab siecz a, więc ae — najw Q siecz a = najw P.

Zróbmy ad — ae, to ad przedstawia największą siłę wewnętrzną, działającą w AB.

Jeżeli podzielimy P przez natężenie dopuszczalne t, to otrzymamy powierzchnię przekroju A. Dla stałego t możemy to zrobić, zmieniając odpowiednio podziałkę, a wtedy ad przedstawia wprost powierzchnię przekroju.

Dla ciężaru własnego belek głównych, jeśli go uwzględnimy jako ciężar ciągły, należy zrobić jeszcze poprawkę według §. 35.

2. Pasy. Według rów. 1) siła wewnętrzna w pasie górnym lub dolnym bez względu na znak jest S =    . Jeżeli man przed

stawia linią najw M (rys. 62), a chcemy wynaleść siłę wewnę-rysMZ-

trzną w części pasu AB, to największy moment dla punktu C jest ab.

a>

'tib

16

Moment ten mamy jeszcze podzielić przez h, co najlepiej zrobić, zmieniając su podziałkę tak, że linia ab da wprost siłę wewnętrzną S. Jeżeli chcemy otrzymać przekrój, należy dla stałego natężenia dopuszczalnego jeszcze raz zmienić podziałkę. Dla ciężaru własnego mamy jeszcze zrobić poprawkę według §. 34.

¹

p. Podr. Statyki Budowli str. 25. i nast.

²

p. Podr. Statyki Budowli str. 185 i 209.

§. 37. Belka o kracie równoramiennej.

Obliczymy teraz siły wewnętrzne belki kratowej o kracie równoramiennej na podstawie powyższych wzorów, przyczem przypuścimy obciążenie jednostajne ciągłe i pomost na dole.

1. Pasy. Z rys. 63. widzimy, że l = na, jeżeli a oznacza odstęp węzłów, czyli długość przedziału, a n ilość przedziałów.

'rys.-63. J\ J)K

Dla wyznaczenia siły wewnętrznej w części pasu, oznaczonej m, liczymy moment dla górnego pasu ze względu na punkt C, dla dolnego zaś ze względu na punkt D, więc dla górnego x = ma, dla dolnego x — (m — l)a -j-2 m — l .

2—    A zatem otrzymamy momenty dla

p.—

-j- \ a

pasu górnego Mt — ± qx(l—x) = \qma(na—ma) — (n—m)a'lq,

2 m — 1    ,

q —~- a (na —

„ dolnego Jf₂ =

(2n — 2m — 1) a*q.

Ponieważ przyjęliśmy tu ciężar jednostajnie rozłożony, więc mamy jeszcze zrobić poprawkę według rów. 3) i 4),

przyczem el = e₃ =    , zatem poprawka —hiieie2 = — l<ha*r

jeżeli nazwiemy qt ciężar zupełny (q=p-\~g), działający na górnym pasie, a q₂ na dolnym. Zatem

kOM

rH Igo

(2 m — 1)

St =

a²

fis OD

[4m (n — in) q — q,]

S2 = + ^ [(2m — 1) (2n — 2m -f 1) q — q₂]

• • 9)

2. Krzyżulce. Według §. 35. wyznaczamy Q dla przekroju pionowego przez środek krzyżulca, więc dla DE dla przekroju 11

zatem xt = (m — 1) a+ l a = (m — f) a, a dla DC przecinamy według IIII, zatem x₂ = (m— 1) a -j- § a—(m — \)a.

Dla ciężaru własnego mamy Q = i g (l — 2x), więc dla DE jest Qx = l agn — ag (m— £), dla DC je st Q₂ = £ agn - ag (m — |).

Do tego mamy dodać poprawkę według rów. 7) i 8). Tutaj jest st a = st ß = 2^, a więc poprawka będzie i Äst a (gt —g₂)— — ~4 (9t —</₂)> gdy 9\ i 9i oznaczają ciężar stały, działający węzłach pasu górnego i dolnego.

na

Dla ciężaru zmiennego jest AE — xt = (m — 1 )a, zaś

pG — x. — a)²

-¹—    więc

według rów. 82.) najw Q —

2 (l — a)

Pi \ 2 a9^ (pt f ) ug (gt ^2)5^} siecz a -j-

[na — a — (m — 1) a]²

2 (na — a)

siecz a

__ 77

czyli Pt = — l { (2 n - 4 lii -j- 3) g —    + g₂} a siecz a +

(n — m)³

2 (n — 1)

— 4m + l) g + g, — g₂} a siecz a -{-

(n — ni)²

p a siecz a

10)

p a siecz a

§. 38. Przykład.

Most kolejowy jednotorowy o dwu belkach kratowych z kratą równoboczną o rozpiętości teoretycznej 21 w. Pomost leży u dołu. — Przyjmujemy wysokość belki h = 2,5 m, a odstęp węzłów y = = 3 m. Niechaj będzie według Otta (§. 2.) ciężar stały dla jednej belki g — ^ (30 -f- Si. 800) kg = 0,711. Ponieważ według §. 2. pomost z poręczami waży w przybliżeniu 500 Jcg/rn, więc dla jednej belki 0,25 tm i działa na pas dolny, to gt =0,23t, g% = 0,48#. Jako ciężar ruchomy przyjmiemy pociąg normalny austryacki (rys. 9.), a natężenie dopuszczalne według rozporządzenia austryackiego, więc x = 700 -f- 21 = 742 ległem².

m (7 — m)

Pasy. Moment z powodu ciężaru stałego otrzymamy według poprzedniego paragrafu

9.0,71+

dla węzłów dolnych 31, = \ m (7 — m) a²g — | <7, a² =

—    | 0,23.9 = 3,195 m (7 — m) — 0,26 tm. Dla węzłów górnych otrzymamy M₃ = i (2 m — 1) (2.7 — 2 m -f 1) 9.0,71 — | 0,48.9 = 0,799 (2 m — 1) (15 -f

—    2 m) — 0,54 tm.

Dla ciężaru ruchomego wyznaczamy według §. 15. najniekorzystniejsze obciążenie i otrzymujemy, że dla węzła 1 ma stać na nim 2 koło, dla węzłów 2. i 3. trzecie koło, dla węzła I ma stać na prawej poprzecznicy 2 koło, dla węzłów zaś II, III i IV 3 koło. Dla tych położeń pociągu obliczyliśmy według §. 16. najw. momenty. Dla węzłów pasu górnego obliczaliśmy dla najniekorzystniejszego położenia momenty na obu sąsiednich poprzecznicach M' i 31“, wtedy 31 = i (M' 4- 31“).

Siłę wewnętrzną obliczyliśmy wedle wzoru 1) i 2), zaś przekrój teorety-

S

nzny wedle wzoru A = ~ =    ' ^Jniki obciążenia zestawiliśmy w na

stępnej tabliczce dla połowy belki, dla drugiej połowy są one takie same.

Moment w tm

Część pasu ij ze wzglę- z powodu ciężaru ! du na węzeł

stałego ruchomego

razem

Siła we- przekrój wnętrzna teoretyczny cm²

O H (M CC O H

II

II    III

III    IV

CO 00    *ńH    CD_    05    r-J_

o" *-6'    io    cc o    co    t-T cd

T-l 05    CO    CO    H    cc    co

CU 05 00    OS O tf*-

OI003000HJWH

os + “oo o -i ćd Id

52,2

20,9

129,7

175,1

186,6

28,2

51.9

70,0

70,0

94.8

74,6

100,5

102.7 162,1

193.7

41,8

64,8

77,5

56,8

87,3

104,4

Wykreślnie wyznaczyliśmy siły wewnętrzne w pasach na tabl. I i przy-

1 cm    1 mm

jęliśmy następne podziałki: I dla długości -2^ = 1:200, II dla sił ~pj~ '

1 mm

. Dla ciężaru stałego przyjęliśmy 4 razy większą odległość bie-

Przyjąwszy odległość biegunową a = 20#, mamy III podziałkę dla momentów i cm

20.2 tm 4 tm

gunową a — 80#, za to przyjęliśmy także dla ciężarów 4 razy większą podziałkę 4 ïïiïïi

—x    tak, że momenty odczytujemy w tej samej podziałce, co dla ciężaru rucho-

mego. Chcąc odczytać wprost przekroje, zrobiliśmy podziałkę IV '4 -'(₂ 5. o,742) ⁼

1 mm    1 cm

— 2,156cm? •    te wykreśliliśmy według podziałki V 50cm2 na rys. 8r

który przedstawia teoretyczny rozkład materyału pasów.

Krzyżulce. Dla ciężaru stałego najlepiej wyznaczyć siły poprzeczne na podstawie ciężarów węzłowych. Ciężar węzłowy w pasie dolnym wynosi G = 3.0,48 = 1,44#, w pasie górnym 6ri = 3.0,23 = 0,69#, w punktach C G₂ = f 3.0,23 = 0,52#, w D G₃ = \ 3.0,23 = 0,17#. Oddziaływanie wyznaczamy, nie uwzględniając ciężarów węzłowych w A i B, bo one przenoszą się wprost na podpory. A więc otrzymamy 0t = ^ (6.1,44 + 5.0,69 + 2.0,52 + 2.0,17) =

= 6,735 #. Siły poprzeczne wyznaczymy teraz przez odejmowanie.

Siły poprzeczne dla ciężaru ruchomego obliczyliśmy na podstawie §. 25r

przyczem dla pierwszego przedziału stoi drugie koło na 1. Dla tego położenia

6,5. 1,2

jest Oi — + (26.17,4 + 15.9,6 + 26.1,8) = 30,63#. Q = 30,63 — —= = 28,03#. Dla następnych przedziałów sprawia najw Q położenie pociągu, gdy 1 koło parowozu stoi na prawej poprzecznicy. Dalej mamy P = Q siecz a, przyczem st a = ^| = 0,6, więc siecz a = y/l -)- 0,6² — 1,166. Przekrój obliczy-

p

liśmy wedle wzoru A =    a dla porównania także według wzoru 18) w §. 9,

przyczem r = 700

(_î»—)

siła poprzeczna w #

Krzy-

żulce

w skutek ciężaru wiasnego

w skutek ciężaru ruchomego

suma

Przekrój teoretyczny w cm²

najw (-{- Q)

najw

(- Q)

najw (-f- Q)

najmn według wedle H~ Q) rozp. min. wz.Weyr.

+ 0,17    + 0,17

+ 34,60    + 6,57    — 54,4

+ 34,08    6,05    + 53,5

+ 0,17    -

+ 6,57 i +28,03 + 6,05 ! +28,03 + 4,61    +    20.20    — 1,67    J    + 24,81    + 2,94    — 38,9

+ 3,92 j +    20,20    — 1,67    + 24,12    + 2,25    + 37,9

+ 2,48    +    14,34 - — 5,20    i    + 16,82    — 2,72    — 26,4

+ 1,79    +14,34    —5,20    1+    16,13    —3,41    +25,3

+ 0,35    +    9,14    —9,14    + 9,49    —8,79    —14,9

0,2 — 0,2

—    53,5 + 53,0

II

2    III III 3

3    IV

—    39,4 + 38,7 -30,8 + 29,3

—    25,5

Z tabliczki powyższej widzimy, źe przekroje krzyźulców w średniej części belki, obliczone według rozporządzenia austryackiego, są za małe. Znak — w dwu ostatnich kolumnach oznacza, źe przekrój pracuje na ciśnienie.

Wykreślnie wyznaczyliśmy siły poprzeczne według zasad, poprzednio wyłożonych, mierząc siły wedle podziałki II. Na pionowej przez A odcinamy ciężary kół parowozów i jaszczyka (rys. 2.) i przyjąwszy biegun w B, kreślimy

wielobok sznurowy, którego rzędne przedstawiają oddziaływania O, dla obciążenia jednostronnego, dlatego nazywamy go też wielobokiem oddziaływań. A że dla tego obciążenia najw Q = Ot, więc według §. 25, otrzymamy siły poprzeczne, kreśląc poziome z punktów przecięcia się wieloboku z punktami węzłowymi. Badamy także, czy drugie koło nie sprawia najw Q (p. rys. 47.) Gdy drugie koło stoi w r, pierwsze stoi w m. P, rozdziela się na P' = mn, i P“,= p, — mn. Wtedy Q — Ot — P' = mp — mn == np. Zróbmy rt = — np. to widzimy, że tu rt y> rs. A więc w pierwszym przedziale drugie koło na węźle sprawia największość. Powtarzając to samo dla innych węzłów, przekonamy się, że zresztą wszędzie 1 koło sprawia najw Q. Dodajmy do tego siły poprzeczne w skutek ciężaru własnego, a otrzymamy najw. siły poprzeczne. Przez siecz a pomnożyliśmy, kreśląc równoległe do krzyźulców. Długości te przedstawiają siły wewnętrzne P, a odczytane według podziałki VI

przekroje teoretyczne. Podziałkę VI zrobiliśmy, zmieniając jednostkę po-

i mm

1 mm

1,35 cm² ’

działki II w stosunku 0,742 :.l, więc pröjii cm² ==

Siły wewnętrzne w skutek ciężaru własnego wyznaczyliśmy oprócz tego

1 cm

według metody wielobokowej w rys. 9, a to według podziałki VII “jjy Wielobok sił mn rozsuwamy przy tern dla przejrzystości i kreślimy go w ten sposób, że uwzględniamy osobno ciężary węzłowe górne i dolne i kreślimy je po porządku na okół belki, a więc ciężary dolne, 1,2, 3... 6, oddziaływanie 0₂, potem ciężary górne VIII, VII... I, 0, nakoniec 0\. Wykreślenie planu sił nie przedstawia teraz żadnych trudności.

VII. Belka o kracie wielokrotnej.

§. 39. Zasada obliczenia.

Belka o kracie wielokrotnej jest kratownicą statycznie-niewyznaczalną (rys. 64). Chcąc dokładnie obliczyć taką belkę,

rys 64

y

F C J)

musimy uciec się do prawideł sprężystości. Obliczenie dokładne jest jednak bardzo zawiłe, dlatego obliczamy zwykle w przybliżeniu taką belkę, rozkładając ją na pojedyncze części o kracie pojedynczej, a mianowicie kratę n krotną rozkładamy na n części¹). Każdy krzyźulec znajduje się więc tylko w jednym układzie, zaś każda część pasu i narożniki są we wszystkich układach. Jeżeli to rozkładanie ma być dozwolone, to ugięcie belki powinno być we wszystkich układach takie, aby, złożywszy wszystkie układy w jedno, otrzymać można rzeczywiście ugiętą belkę.

— 80 —

Otóż to się niezupełnie sprawdza, bo aby otrzymać takie ugięcie, musielibyśmy przypuścić pasy łamane i w węzłach innych układów siły p (rys. 65.). Ale ponieważ ugięcie pasu jest bardzo

irys. 65.

Ak-

fv

małe, więc też i siły te p byłyby tak małe, że możemy je opuścić. Pcrównanie wyników metody przybliżonej z wynikami metody dokładnej stwierdza, że różnice są tak małe, że użycie metody przybliżonej w praktyce jest uzasadnione. Będziemy więc belkę rozkładać na n układów i przyjmować będziemy te ciężary, jako działające na każdy układ, które zaczepiają w węzłach danego układu.

§. 40. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych.

Jeżeli chcemy liczyć w przybliżeniu, to przyjmujemy, że

ciężar, działający na jeden układ, jest częścią całego ciężaru,

1

zatem siła poprzeczna dla jednego układu będzie — Q.

Otrzymamy więc siłę wewnętrzną w krzyźulcu AD (rys. 64.)

I    A

— O siecz a .

II    ^

— O siecz ß .

n Ł

Każda część pasu leży, jak wiadomo,

zaś w AE

P, =

U)

Pa =

12)

wszystkich

układach, na każdy układ działa — część ciężaru, więc siła we-

n.    . M

wnętrzna w pręcie AB będzie w jednym układzie —

gim ^ itd., gdy i M₂ ... oznaczają momenty dla pojedyń-

więc ze względu na punkt F, G i D. Cała

czych układów, siła wewnętrzna w AB będzie

we

w dru-

^ ~ nh    + ^3 + • • • Mn).

Jeżeli M — — (Mt M₂ -\-...Mn) jest średnią arytmety-- czną momentów Mv, M₂... Mn , to

13)

Zamiast tworzyć średnią arytmetyczną pojedynczych momentów, możemy też przyjąć, że M jest momentem ze względu

na punkt średni między F i D. Punkt ten średni C otrzymamy, jeżeli środek części pasu AB połączymy z -wierzchołkiem H trójkąta , jaki tworzą sąsiednie krzyźulce i tę prostą przedłużymy aż do drugiego pasu.

§. 41. Dokładne wyznaczenie sił wewnętrznych w krzyźulcach.

Zadaniem naszem będzie najpierw wynaleść linią wpływową dla danego krzyźulca BC (rys. 66.). Wykreślmy najprzód linią

rys 66

"V,

mmmmm

A    O    ,    '    ¹

" r —    '--i-i’..

-----

wpływową dla BC tak, jak gdyby krata była pojedyncza. Jeżeli pomost jest na pasie górnym, to otrzymamy linią ab'e'ä. Jeżeli ciężar P — 1 stoi w punkcie B, to cały ten ciężar działa na układ pełnemi liniami wyciągnięty, więc siła wewnętrzna w BC będzie bb'.

Jeżeli ciężar porusza się na prawo i przyjdzie do sąsiedniego węzła F, to cały ciężar przenosi się na drugi układ, a dla krzyźulca BC, należącego do układu wyciągniętego pełnemi liniami, siła wewnętrzna równa jest zeru. Gdy ciężar P= 1 znajduje się między B i F, to działa on pośrednio przez poprzecznice, więc według §. 25. otrzymamy linią wpływową, gdy połączymy b' z f. Tak samo postępujemy z drugiej strony punktu B, a otrzymamy linią wpływową gb‘. To samo powtarzamy we wszystkich obciążonych węzłach danego układu E, L, I i K i otrzymujemy jako linie wpływowe same trójkąty.

Jeżeli krata jest dwukrotną, to te trójkąty schodzą się i otrzymujemy w węzłach drugiego układu punkty obojętne. Jeżeli zaś krata jest co najmniej trzykrotną, to otrzymamy długości, w których, jeżeli ciężar stoi, nie sprawia żadnej siły poprzecznej w danym krzyźulcu. Długość taką nazywamy długością obojętną (n. neutrale Strecke), jaką jest n. p. długość FH. Dla największości siły wewnętrznej w BC należy więc obciążyć

— 82 -prawą część belki aź do punktu H, części lewej AF nie obciążać, a obciążenie długości FH jest obojętne.

Załóżmy, że belka jest obciążona ciężarem jednostajnym ciągłym i badajmy tylko wpływ obciążenia na długości LI, to otrzymamy P, siłę wewnętrzną w BC według sposobu przybliżonego (§. 40.), gdy o —net, P=^a    = (ZZ'+ n')» zaś

według sposobu dokładnego jest P= [IV \ ex Ą-ii‘ § et) p = y ex X X (IV + n‘).

Widzimy więc, że dla ciężaru jednostajnie ciągłego według sposobu przybliżonego otrzymujemy te same wyniki, co według sposobu dokładnego. Tylko przy końcu belki, gdzie nie zawsze ■a — nex, sposób przybliżony staje się nieco niedokładnym. Zważywszy jednak, że przy podporach rzędne linii wpływowej są bardzo małe, więc różnica między sposobem dokładnym a przybliżonym jest bardzo mała.

Inaczej rzecz się ma przy obciążeniu układem ciężarów skupionych. Tu musimy obliczać siły wewnętrzne na podstawie linij wpływowych, gdyż różnice między obu sposobami są znaczne. Przypuśćmy n. p., że belka jest obciążona układem ciężarów w odstępie = a, to gdy pierwszy ciężar postawimy na E, drugi wpadnie na L, trzeci na I itd. i P będzie takie, jak dla

kraty pojedynczej, podczas gdy według sposobu przybliżonego jo

mamy — . Z drugiej strony możliwem jest, że gdy ciężar postawimy na E, inne ciężary wpadną na długości obojętne i P może być mniejsze, niż według sposobu przybliżonego.

Dla najw P musimy obciążyć prawą stronę belki, a nie obciążać lewej strony, największe ciężary mają stać w pobliżu prawej poprzecznicy E, jeden z ciężarów ma stać na E. Przy mostach kolejowych trzeba zwykle drugie lub trzecie koło parowozu postawić na E.

Wielkość siły P wyznaczymy najlepiej wykreślnie zapo-mocą linij wpływowych, rachunkiem zaś w ten sposób, że dla najniekorzystniejszego położenia obliczymy ciężary węzłowe i uwzględnimy tylko należące do danego układu.

§. 42, Dokładne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach.

Chcąc wyznaczyć linie wpływowe dla siły wewnętrznej S w części pasu ab (rys. 67.), wykreślimy najprzód parabolę, na

AJf

irys 67

— 83 —

której leżą wierzchołki trójkątów linij wpływowych dla kraty pojedynczej.

Część pasu ab leży w czterech układach. Wykreślmy naprzód linią wpływową dla układu, oznaczonego linia-mi pełnemi a'c'b'. Ponieważ na ten układ działają tylko ciężary, działające w węglach tego układu, a więc otrzymamy podobnie, jak w poprzednim paragrafie, trójkąty, których wierzchołki leżą na liniach •a'c' i c‘b\

>' oćrĄ

XX

ijfc"

'XV/

XX

X:

a£

c h /• y    gT ™

To samo robimy ze wszystkimi innymi układami i w ten sposób dostaniemy szereg trójkątów, które się po części nakrywają. Łatwo jednak dostrzeżemy, że dwa takie trójkąty gtm + -f- meg — gmet, że zatem, aby otrzymać sumę powierzchni wszystkich trójkątów, potrzebujemy tylko połączyć kolejno wierzchołki wszystkich trójkątów. W ten sposób otrzymamy jako linią wpływową wcale nieregularny wielobok, zupełnie odmienny od linii wpływowej dla kraty pojedynczej. Z linii wpływowej wynika, że dla najw S musi być cała belka obciążona, dla nkładu ciężarów skupionych największe ciężary mają być w pobliżu danej części pasu, a jeden ciężar musi być na jednej z poprzecznie, gdzie rzędne linii wpływowej są największe.

wydają najniekorzystniejsze, na jednej z poprzecznie, dla których rzę

Liczebne wyznaczenie najw S jest bardzo mozolne, najlepiej wyznaczyć, jak w poprzednim paragrafie ciężary węzłowe dla kilku położeń, które się nam gdy ciężar jeden jest dne są największe. Obliczamy teraz dla tego położenia S dla każdego układu z osobna i dodajemy wyniki.

Wykreślnie możemy wyznaczyć siły wewnętrzne na trzy

sposoby :

1. Nie rozkładając na pojedyncze układy, wyznaczymy siły poprzeczne i momenty tak, jak dla kraty pojedynczej. Siłę poprzeczną wyznaczamy ze względu na przekrój przez środek danego krzyźulca, a moment ze względu na punkt, który otrzymamy, jeżeli środek części pasu AB (rys. 64.) połączymy z wierzchołkiem trójkąta, jaki tworzą sąsiednie krzyżulce i tę prostą przedłu-

- S4 —

żymy aż do drugiego pasu. Dla krzyźulców. dzielimy wyniki przez n. Metoda ta, odpowiadująca metodzie analitycznej, opisanej w §. 40, jest niedokładna, zwłaszcza dla ciężarów skupionych.

2.    Rozkładamy na pojedyncze układy i przypuszczamy, że cały ciężar działa na jeden układ. Dla tego układu wyznaczamy siły poprzeczne i momenty, następnie dla wszystkich innych, Q dzielimy przez n, a za M bierzemy średnią arytmetyczną momentów dla pojedynczych układów. Według tego sposobu możemy obliczać ciężar własny, dla ciężarów skupionych używać jej nie należy.

3.    Zapomocą linij wpływowych wyznaczamy siły wewnętrzne w pasach i krzyżulcach, co zwłaszcza jest do polecenia dla układu ciężarów skupionych.

§. 43. Krzyźulce giętkie.

Dla kraty prostokątnej urządzamy często słupy, pracujące na ciśnienie tęgie, przekątnie zaś giętkie (n. schlaffe Diagonalen) z żelaza płaskiego. Rozumie się, że nie mogą one wtedy pracować na ciśnienie, w tej części belki więc, w której siła poprzeczna może być dodatnią i ujemną, urządzamy dwa rzędy przekątni, jeden spadających na prawo, drugi na lewo. Otóż w takim razie w jednym przedziale jedna przekątnia pracowaćby powinna na ciągnienie, druga na ciśnienie, ale z powodu, że jest giętka , p rzekątnia ciśniona wygina się i nie działa wcale Kratę o podwójnych giętkich przekątniach obliczamy więc zwykle tak, jak gdyby istniały tylko przekątnie ciągnione. Właściwie jednak i giętkie przekątnie mogą pracować na małe ciśnienie, które łatwo obliczyć, znając wielkość i kształt przekroju ; siłę działającą w przekątniach ciągnionych, należałoby więc zmniejszyć o siłę potrzebną do wygięcia przekątni ciśnionych.

Przekątnie podwójne urządzamy tylko tak daleko, dopóki siła poprzeczna zmienia swój znak, a więc na długości wychylenia się przekroju środkowego (§. 22).

§. 44. Przykład, Obliczenie mostu drogowego w kracie dwukrotnej prostokątnej.

Eozpiętość teoretyczna wynosi 30 m (tabl. II), pomost 5 m szeroki leży

H góry. Przyjmujemy wysokość belki h —

7^5 ⁼ 4 m, a odstęp węzłów

= 702,5 kg

s = 2 m = TV l. Ciężar własny przyjmiemy według §. 2. na m² pomostu 3,7.30 -j- 170 kg — 281 kg, więc na mb 5.281, a na jednę belkę g = jj . 281 = 0,71 Jeżeli z tego przypada 160 kg/m'¹ na ciężar pomostu, to

na jednę belkę § 160 = 400 kg = 0,4 #, a więc ciężar samej belki 0,7 — 0,4 = = 0,3 t/m, z czego połowa 0,15 tjm działa na pas górny, połowa na pas dolny, a zatem gt = 0,55 tjm, q₂ — 0,15 tjm. Jako ciężar ruchomy przyjmiemy obciążenie, przepisane rozporządzeniem minist, austryackiem dla dróg II. klasy przyczem na szerokość mostu, przyjmujemy dwa wozy, więc na jednę belkę przypada ciężar jednego szeregu wozów (rys. 6). Natężenie dopuszczalne przyjmujemy także wedle tego rozporządzenia x = 750 -[-2.30 = 810 kg/cm².

Belkę kratową rozkładamy na dwa układy i nazywamy układ, do którego należą węzły I, III, V, VII,. .. XIII, układem I, drugi zaś układem II. Ciężar węzłowy dla mostu nieobeiążonego wynosi dla pasu górnego Gt = = 2.0,55 = 1,1#, dla pasu dolnego 2.0,15 = 0,3#, w węzłach skrajnych, o połowę mniej.

1. Obliczenie.

a) Krata. Dla układu I jest Ox = 7 (1,1 -j- 0,3) T⁸S = 5,23#, dla układu II 0t = 7 (1,1    0,3) t⁷3 = 4,57 #. A więc w układzie I jest Q = 5,23 #, 5,23

—    0,3 = 4,93 #, 5,23 — 1,4 = 3,83 4 itd. ; w układzie II jest Q = 4,57 #, 4,57

—    44 = 4,47#, 5,97—2,8 = 3,1# itd. Wyniki uwidoczniliśmy poniżej w tabliczce.

Dla ciężaru ruchomego wyznaczmy ciężary węzłowe dla położenia, gdy szereg wozów posuwa się na prawo, a drugie koło ostatniego wrozu stoi na I. Otrzymamy wtedy ciężary węzłowe w węzłach

XIII XIV XV 1,2 1,8 1,81

I II 8,0 1,8

IV V VI VII VIII IX X XI 1,2 1,8 1,8 2,7 0,45 1,05 3,0 1,8

Z ciężarów tych działają na układ I tylko tłustemi czcionkami drukowane. Oddziaływanie 0t = g⁴₀ (3,0.7    1,2.6 -j- 1,8.5 -[- 2,7.4 -}- 1,05.3 4

-j- 1,8.2 4- 1,2.1) = 7,46# = Q dla przedziału 0 II.

Z kształtu linii wpływowej (rys. 2.) wypływa, że przez posunięcie szeregu wozów naprawo lub na lewo zmniejsza się Ql} a więc najw Q = 7,46#.

Dla przedziału I III otrzymamy najniekorzystniejsze obciążenie także, gdy ostatnie koło stoi na prawej poprzecznicy, a więc ciężary węzłowe będą te same, tylko o 4 m przesunięte, a zatem Q = O, = g⁴₀ (3,0. 6 4 1,2.5 4 -f 1,8.4 + 2,7.3 + 1,05.2 4 1,8.1) = 5,49 #.

Podobnie otrzymamy najw Q dla wszystkich innych krzyżulców ; wyniki zestawiliśmy w poniżej podanej tabliczce.

Dalej mamy P = Q siecz a. Dla przekątni siecz « = \/1 -f- (|)²= 1,414, dla słupów siecz ß = 1, dla przekątni 0 1 jest siecz at = \/1 4~ (I)1 = 1,118.

p

Przekrój teoretyczny wyznaczamy według wzoru A — cm².

Krzy-

żulec

w skutek ciężaru własnego i

Siła poprzeczna w t

w skutek ciężaru ruchomego

suma

Siła wewnętrzna w t

najw najw

(+ Q)    (— Q)

najw

najmn

(+ Q)

najw

najmn

Przekrój teoretyczny w cm²

0 1 0 2

VII    9 VIII10

5,23

4,57

3,83

3,17

2,43

1,77

1,03

0,37

-    0,37

—    1,03

4,93

7,46    0

6,61

12,69

11,18

5,23

4,57

2,34 — 1.76 1,76"* — 2,34 1,36 — 2,92

9,32

8,16

6,65

5,34

3,95

2,71

1,39

0,33

3,63

2,77

1,75

0,81

14,19

15,80

13,18

11,53

5,84

6,67

5,13

3,92

9,41

7,55

2,47

1,14

2 II 8 III

4,23

3,53

2,83

2,13

1,43

0,73

0,03

7,46

6,61

5,49

4,99

4,22

3,57

2,92

2,34

— 0,2

-0,4

— 0,68

12,39

10,84

4,73

3,83

9,02

7,82

6,35

5,00

3,65

2,37

2,85

1,87

+ 0 77

—    0,33

—    1,61 -2,89;

—    5,00 — 1,43

—    3,65 + 1,61

—    2,37 -j- ²>⁸⁹

os cn i— co m + ooœ+'vi'ço'w'+i'to'bî'cu'b»

Co do słupów 5 V i 6 VI zauważyć musimy, że gdy prawa strona belki jest obciążoną, a jedno koło stoi na V lub VI, to wtedy działają krzyżulce III 5 i 5 VII, względnie IV 6 i 6 VIII, a więc w słupach V 5 i VI 6 powstaje tylko ciśnienie — 31, najmniejsze P powstaje więc dla belki nieobciążonej.

b) Narożniki. Siła, powstająca w 00 ż powodu ciężaru własnego jest = { (14 (1,1 + 0,3) + 2.0,55) = 1,0351. Z powodu ciężaru ruchomego jest największa siła poprzeczna, gdy 2 koło wozu ustawimy na podporze. Wtedy

otrzymamy 0X = + (3,3.21 + 3.3.18,2 + 3.1,5.14,6 + 2.3.1,6) = 14,27 U

26,62

A więc P = 10,35 -f- 14,27 = 24,62 t, a przekrój + =

e) Pasy. Dla ciężaru własnego otrzymamy dla m go węzła górnego lub

m — 1    m + 1

dolnego układu Igo M = 5,23 m .2 — —^— (1,1 + 0,3) —^—-2 = 10,46m +

[VI \

— 0,7m² + 0,7. Dla układu II otrzymamy M = 4,57m .2 — I— 1 ) (1,1 + m    '    '

+ 0,3) ₂.2 = 10,54 w — 0,7 m².

0,81

= 32,9 cm².

A zatem otrzymamy dla m =    1    2    345    6    7

M = 10,5 18,3 26,8 31,0 35,5 38,0 39,6 tm.

Dla części pasu górnego między węzłami m i m + 1 w lewej połowie belki jest S = (Mm +1 + Mm + 2), dla pasu dolnego S = (Mm—i + -+ Mm). Wyniki uwidoczniliśmy poniżej.

Dla ciężaru ruchomego przeprowadzimy tylko obliczenie dla części pasu V VI, jako przykład. Następna tabliczka uwidocznia ciężary węzłowe przy różnych położeniach i momenty ze względu na węzły 7 i 8, jakoteż ich sumę.

00

MP

92,5

90,6

|| 95,5

VI VII VIII IX X XI XII XIII XIV M

43,9

48,6

50,5

40,1

50,1

45,4

iO

CO

O

rH

lO

CM

rH

tH

“ oo

QO^

i—I

tH

rH

I>^

°S.

CM

tH

00^

O O

»S    «N

O 00

A AI III

tH

L'

CM

to

T#

lO

CO

iO

th"

ira^

îH

co

II

°°

«L

układ ! I

c°

i—i

CM

01

na

węźle

koło

2 VI

1 VII

VII

A zatem, gdy drugie koło stoi na VII węźle, otrzymamy moment największy. Wyniki zaznaczyliśmy w poniżej podanej tabliczce. Przekrój teoretyczny wyznaczyliśmy z wzoru yfj cm².

Prze-

krój A

cm²

Mq

Mp

Mg

Najnieko

rzystniejsze

położenie

Przekrój A ozęść pasu

Mq

Mp

Mg

Najniekorzystniejsze Część pasu położenie

28,5    8,9

67,4    20,8

104.8    32,3

130.8    40,4

152,5    47,1

167,3    51,6

173,1    54,4

tm

IO    oo    th_ oq_    w    »o^    co_

©'odio't'^cd'co't-7'

th    <m    hw io    cd    t-    t-

na

węźle

koło

zwo

tm

na

węźle

koło

| H (M C0 TU

20,8

67,4

38,6

28,8

CM

rH

tH CM CM'

32,3

40,4

47,1

51,6

54,4

54,7

54,4

104.8

130.8 152,5 167,3

173.1

177.2 173,1

59,7

45,1

73,0

57,8

86,0

93,8

95,5

98,0

95,5

66,5

73,5

77,6

79,2

77,6

(Mcra-śWmiot^coco

rH tH tH -rH CM CM tH

II    III

III    IV IY Y

V    VI

VI    YII

VII    VIII

2. Sposób wykreślny.

a)    Krata. Na rys. 2. tabl. II. wykreśliliśmy linie wpływowe dla układu I pełne, a dla układu II kreskowane, dla ciężaru 3,0# i 1,5 #. Na podstawie tych linij wpływowych i paska papieru, na którym naznaczyliśmy szereg wozów,

jak w rys. 3, wyznaczyliśmy, próbując, największe siły poprzeczne i wykre-

1 cm

śliliśmy je w rys. 4. Używaliśmy przytem dla długości podziałki I , a dla sił podziałki II yy;.

W rys. 4. wyznaczyliśmy też siły poprzeczne dla ciężaru własnego (kreskowane) i, aby otrzymać najw (-f- Q), dodaliśmy odnośne rzędne. Zupełnie symetrycznie możnaby też wykreślić najw (— Q), ale właśnie z powodu tej symetryi uważaliśmy wykreślenie ich za zbyteczne. W celu wyznaczenia sił wewnętrznych w krzyżulcach wykreśliliśmy linie równoległe do ich kierunków. Długości, w ten sposób otrzymane, odczytane na podziałce II dają siły wewnętrzne P, a na podziałce III przekroje teoretyczne, przyczem dla podziałki III

r    I cm    1 om

J6St 2,5 : 0,81 ⁼⁼ 3,21 cm2 -

b)    Pasy. Dla wyznaczenia sił wewnętrznych w pasach wykreśliliśmy linie wpływowe dla każdej części pasu dla ciężaru 3,0 i 1,5# (rys. 6). Na podstawie tych linij wpływowych i paska papieru, na którym wykreślono szereg

wozów, wyznaczyliśmy największe momenty dla każdej części pasu i uwido-

1 cm

1 cm

a.2m >

czniliśmyje na rys. 7. Momenty wykreśliliśmy według podziałki = więc odległość biegunowa a —    = 10#, której użyliśmy do wykreślenia

momentów z powodu ciężaru własnego. Wykreśliliśmy mianowicie osobno dla układu I, a osobno dla układu II, wielobok sznurowy, a ponieważ każda część pasu leży w obu układach , więc dodaliśmy odpowiednio momenty, n. p. dla części pasu III IY momenty w punktach 4 i 5. Odnośne sumy przedstawiają poziome linie kreskowane.

Aby otrzymać przekrój, należy zmienić podziałkę, a mianowicie przyjąć podziałkę Y

1 cm

1 cm

20: (4.0,81)    6,17 cm²'

Na rysunku 8. wykreśliliśmy na tej podstawie rozkład materyału według

1 mm

podziałki YI

działki II, przyczem połączyliśmy oba plany sił dla obu układów na jednym rysunku. Z tego planu sił otrzymujemy siły wewnętrzne w krzyżulcach wprost, zaś w pasach po dodaniu odnośnych sił z obu układów.

2 cm² ’

a na rys. 9. dla ciężaru własnego plan sił według po-

¹

Porów. Statyka Budowli str. 210.

IX. Belka o kracie złożonej.

§. 45. Krata złożona bez sztucznego natężenia.

rys.6<d.

a cj

/\Æ

W kracie złożonej mamy trzy rzędy krzyżulców (rys. 68.), słupy (n. Pfosten, Verticalen) ab, cd, zwykle pionowe, czasem w mostach amerykańskich pochyłe i przekątnie (n. Diagonalen) ad i cb, nachylone do pionowej pod kątem a.

— 89 -

Belka o kracie złożonej jest statycznie niewyznaczalną ; licząc w przybliżeniu, rozkładamy ją na dwie belki o kracie pojedynczej, przyczem nietylko pasy, ale i słupy są w obydwu układach. Jeden z nich ma przekątnie, spadające w prawo, drugi w lewo.

Tys. 69.

<>\

i\./

rys. 70,

Krata złożona może też być wielokrotną (rys. 69). Jeśli liczba podziału jest n, to, gdy rozłożymy kratę na dwa układy, w każdym V z tych układów jest liczba podziału n‘ — \n (rys. 70.).

Słupy. Słupy należą do obu ukła-

JT Q

jy\ yy\fy\ |\ dów, więc wyznaczamy siłę wewnę-X \sn/>\ \ [\ \j\ trzne dla obu układów i dodajemy.

S,-J - ''X    \.__^__^    . xsi X\    -pv -i    y    • n

Dalej przypuszczamy, ze na jeden układ działa tylko połowa ciężaru, działającego na całą belkę, więc siła wewnętrzna w słupie DC będzie według rów. 11)

D y c II

n I)

Q,

² n'

V —_I_ i —-L.—

--h2 nr — + » »

przyczem Qt oznacza siłę poprzeczną dla przekroju II, a Q2 dla przekroju IIII.

A zatem siła wewnętrzna w słupie CD będzie V = Vt -Ą-H- — — \ (Qi — Qa). Wedle §. 35 (rów. 7 i 8) mamy Qt = = Q + 2 Ä st a (qt — q₂), Q₂ = Q — \ h st a (gr, — q₂), więc Q, + — Q₂ = h st a. (qt — #₂), zatem

dla I. układu (rys. 70.) Vt =

„II-

Q:i

h st a .    .

——-ki-q₂)    • •

Przytem oznaczają q₁ i q₂ ciężary jednostkowe, działające na pasie górnym i dolnym. A więc gdy pomost jest u góry, qt q₂, zatem słupy pracują na ciśnienie, gdy zaś pomost jest u dołu, na ciągnienie. W ogóle siły wewnętrzne w słupach są bardzo małe.

Przekątnie. Przekątnie znajdują się tylko w jednym

! Qt .    Q .

b — siecz a = — siecz a n‘    n

układzie, więc

. . 14)

. . 15 a)

1    — siecz a = —

²    n‘

bo tu przekroje są pionowe, więc = Q₂.

Widzimy więc, że w przybliżeniu są siły wewnętrzne, działające w przekątniach, takie, jak gdyby słupów nie było.

Pasy. Ponieważ siła, działająca w słupach jest bardzo mała, więc w przybliżeniu obliczamy pasy tak, jak gdyby słupów nie było.

Przy dokładnej teoryi belek kratowych o kracie złożonej, musimy wziąć do pomocy prawidła sprężystości i uwzględnić materyał i przekroje, które obliczamy najprzód w przybliżeniu. Teoryą tę podamy w drugim tomie.

siecz a

. . 15 b)

§. 46. Krata złożona ze sztucznem natężeniem.

Przypuśćmy najprzód, że belka jest podparta na rusztowaniu tak, że ciężar własny na belkę także nie działa. Jeżeli teraz w jednym słupie sprawimy sztuczne ciągnienie w jakikolwiek sposób n. p. naciągnięciem śruby, to w pasach i przekątniach powstaną w skutek tego siły, które nazwiemy sztucznemi siłami wewnętrznemi (n. Künstliche Spannung).

Jeżeli sztuczne ciągniecie w słupie (rys. 71.) jest F₀, a powstałe stąd siły wewnętrzne w przekątniach nazwiemy P₀ i P₀, a w pasach S„ i S'₀, to z po-'%wodu symetryi P₀ = P'₀ i S₀ = S‘₀.

Dla równowagi musi być P₀ dosta-j-P'₀ dosta-f- F=0, albo 2P₀ dosta = F, P₀ = P'₀ = l Y₀ siecz a

Gdy przetniemy belkę płaszczyzną pionową (rys. 72.) otrzymamy dla równowagi 2 S₀ -f- 2P₀ testa — 0, a stąd S₀ = —- P₀ wsta. = \ Y₀ st a . . 17) Kjfî:. Dla kraty n krotnej otrzymamy w po-ą°Wo'-S/ dobny sposób S₀ = + | n T₀ st a . . . 18) Jeżeli teraz zdejmiemy rusztowanie i belkę obciążymy, to musimy dodać siły wewnętrzne, wywołane ciężarem stałym i ruchomym, do sił, wywołanych sztucznem natężeniem V₀ i otrzymamy siłę wewnętrzną w słupach wiszą-

h st a ,

— te,—«,) ■ ■

rys 71

sł

stąd

P° Vo

rys. 72.

cych

16)

V₀

. 19)

9i

Dalej mamy w krzyżulcacłi P=P₀ +P₁₌ —

| F₀ siecz a ~j- — Q siecz a

. . 20>

Tl

P' = P₀ -j- P', = — § F₀ siecz a — ^ $ siecz a

F₀ jest zależne od nas, możemy więc sprawić tak wielkie ciągnienie F₀, aby Pi P' były zawsze ujemne, a więc dla najw Pt, a zatem i wojw $u aby P=0.

Wtedy musi być | F₀ siecz a = — wajw Q siecz a, więc

^ najw Q.......21

Jeżeli więc F₀ ma powyższą wartość, to najw P = 0 r a najw P' = ^ — najw Q siecz a — — najw Q siecz a =

. . 22)

2

= — najw Q siecz ot == 2 najw P\

Widzimy więc, że dla najniekorzystniejszego obciążenia siła wewnętrzna w jednej przekątni staje się zerem, ale za to w drugiej przekątni ciśnienie wzrasta do podwójnej wielkości.

§. 47. Belki Howe a i Ridera.

Belka Howe’a jestto belka o kracie złożonej, której wszystkie części są drewniane z wyjątkiem słupów wiszących, które są żelazne i zakończone gwintami. Naciągnięciem śrub wywołujemy sztuczne natężenie. Zastrzały rozróżniamy podwójne; te, któreby bez sztucznego natężenia były także zastrzałami, nazywamy zastrzałami głównymi (n. Hauptstrebe, fr. lien, lien principal, a. principal strut), te zaś, które bez sztucznego natężenia byłyby ścięgnami, nazywamy zastrzałami drugorzędnymi lub odstrzałami (n. Gegenstrebe, fr. contrelien, a. counter strut).

Jeżeli zamiast drzewa użyjemy żelaza lanego, a w pasie dolnym kutego, to otrzymamy belkę Schiffkorna, którą oblicza się zupełnie, jak belkę ïïowe’a.

Vo = | najw Q

Ciągnienie sztuczne w pasach wiszących ma być według 21) ^(2i — &)• Według tego, czy ąx < qx jest F₀ > F. Zastrzały główne obliczamy według rów. 22).

Z poprzedniego widzimy, że ponieważ dla jednostronnego obciążenia belki siła wewnętrzna w zastrzałach drugorzędnych

jest równą zeru, więc największe siły wewnętrzne w zastrzałach głównych i słupach wiszących możemy obliczać tak, jak gdyby zastrzałów drugorzędnych wcale nie było.

To samo stosuje się i do pasów, które obliczamy dla obciążenia zupełnego, przy którem siły wewnętrzne w odstrzałach są bardzo małe. Obliczamy więc je, jak gdyby odstrzałów wcale nie było. Dla belki nieobciąźonej powstaje w pasie górnym eiśnienie z powodu ciężaru własnego, a ciągnienie z powodu natężeń sztucznych wedle rów. 18).

Największa siła wewnętrzna odstrzałów jest dla -belki nie-obciążonej P = — \ V₀ siecz a -f- ^ Qg siecz a = P, -j- ~ Qg siecz a.

więc siła wewnętrzna w odstrzałach

A więc ciśnienie w odstrzałach jest o siłę wewnętrzną^- Qg siecz a mniejsze, niż P,. Zwykle przyjmujemy w przybliżeniu, że najw P = P' — i najw P, ', równa się w przybliżeniu połowie najw. siły wewnętrznej, działającej w zastrzałach głównych.

Trudno jednak bardzo w praktyce śruby naciągnąć i utrzymać w naprężeniu takiem, jakiego teorya wymaga. Często naciąga się śruby tak, aby oś pasu według oka była regularną linią, trochę na górze wygiętą, wtedy jednak panuje wielka niepewność co do rzeczywistych natężeń, które nie zgadzają się « natężeniami cbliczonemi na podstawie powyżej wyłuszczonych przypuszczeń.

Przy dokładnem wyznaczaniu sił wewnętrznych musimy się uciec do prawideł sprężystości, robić pewne przypuszczenia, stąd wyznaczenie natężeń niepewne i bardzo zawiłe.

Belka Ridera jest podobną do belki Howe’a, różni się od niej jednakże tern, że tam naciągamy stucznie przekątnie, a słupy pracują na ciśnienie. Wartość tego rodzaju belek, używanych zresztą tylko w Ameryce, jest taka sama, jak Howe’a.

X. Ilość materyału.

§. 48. Uwagi ogólne.

Znajomość ilości materyału potrzebna jest do obliczenia przybliżonego ciężaru własnego (§. 2) i do wyznaczenia najkorzystniejszego kształtu belki Rozróżniamy ilość materyału te o-rety czną, którąby posiadała belka, gdyby wszystkie jej częśei miały tyle tylko materyału, ile teorya wymaga i rzeczywistą ilość materyału, większą z powodu, że w rzeczywistości musimy często używać przekrojów większych i z powodu połączeń, których przy teoretycznej ilości materyału nie uwzględniamy.

Aby otrzymać rzeczywistą ilość materyału musimy ilość-teoretyczną pomnożyć liczbą, większą od jedności t. z. spół-czynnikiem ustrojowym (n. Constructionscoefficient). Teraz będziemy mówić tylko o ilości teoretycznej, idąc za wywodami Winklera; spółczynniki ustrojowe podamy dopiero w ustrojowej części budowy mostów.

§. 49. Objętość pasów.

Przypuszczamy, że oba pasy są z jednego materyału, dla którego natężenie dopuszczalne według Winklera jest t₀, t, i t₂_ Nazwijmy objętość obu pasów Tj, a licząc na jednostkę długości vx, to wyznaczamy te ilości w następujący sposób (rys. 78.).

irys.73.

4Z. ii

Æ ef

a) Ciężar stały. Niecb będzie moment z powodu ciężaru stałego dla pewnej części ' \ pasu górnego ee‘ a dla odnośnej części dol-

& nego pasu ff', to siła wewnętrzna w pasie

9    • ee'    ff⁴

_ ee' + ff'

górnym będzie —, a w dolnym zatem vx — łZ    łz

ht₀

. Niech będzie ee‘ -{-ff* — 2M, gdzie M jest momentem średnim, a więc ze względu na punkt średni między bardzo bliskimi punktami e i /* to otrzymamy , zatem

flT₀

s

Ja

2M

dx, czyli Vt

b) Ciężar ruchomy. Dla ciężaru ruchomego otrzymamy zupełnie ten sam wzór, tylko musimy za M wstawić najw i najmn M, a t, i t, za t₀. Więc cała objętość pasów będzie

Mdx .    .    .    23)»

Vi—

ä“⁺ü"’'

najw Mdx Ar

najmn Mdx.

^ najmn MdxJ

. 24>

Dla belki jednoprzęsłowej jest M = b gx (l —■ x), najw 31 —

(*B

x (l    x j cloc ¹—|—

= \ px (l — x)} najmn M = 0 ; więc F, =. -j- x (l — x) dx, a stąd

Vi=TT

oh

I tak n. p. dla li — 0,11 jest

{ł+-}

25)

rt

5 P {g_

³ K

. 26)

vt

§. 50. Objętość kraty z jednego materyału.

Niech będą oba rzędy krzyżulców z tego samego materyału. Dla kraty n krotnej jest siła wewnętrzna w CD (rys. 74.) P, = Qsiecz a, zaś siła wewnętrzna w AB będzie P₂ = — Q' siecz ß.

{^ +

'• k0

rys. 7A fj B

A : D

przekrój krzyżnlca CD będzie... — siecz a

A więc

zaś

AB

— siecz fi / n    \

Q7

£V

To

T1

gdzie Q₀, i Q₂ oznaczają siły poprzeczne w skutek ciężaru własnego i największe i najmniejsze w skutek ciężaru ruchomego. Długość krzyżulców jest CD = h siecz a, zaś AB — h siecz ß, a w przybliżeniu możemy też przyjąć Q₀ = Q/, Ql = Qt‘, Q₂ = Qa*.

Objętość dwu krzyżulców równa się więc    +

X (siecz² a -(- siecz²ß). Na długość AD mamy \n krzyżulców każdego rżędti, gdy n oznacza liczbę podziału ; chcąc więc mieć

ilość materyału wszystkich krzyżulców, musimy pomnożyć objętość

n li 2 n

—|— siecz² ß) przedstawia objętość wszystkich krzyżulców na długości AD; ponieważ zaś długość AD = J h (st a -f- st ß), więc na jednostkę długości otrzymamy :

2

obu krzyżulców przez ^, zatem

{ ‘Ą< -f |l iîj (si802²K +

h_ i 9l _i_ siecz2a + siecz²ß n \t₀    ' Tp t₂ / sta-j- stß

czyli

^2 =

Qo i Qi

QA siecz ²a -f- siecz ³ß

To

sta -j- stß

. . 26)

Z równania tego widzimy, że ani wysokość belki ht ani liczba podziału n nie mają wpływu na objętość^.

Dla najmniejszości tej funkcyi ze względu na a i ß muszą być jej pochodne =0, a że wyraz ten jest dla a i ß symetryczny, więc dla najmniejszości musi być « = ß, a wtedy

siecz² a Tj / sta

v₂ będzie najmniejszem, gdy wst2a będzie największą, mianowicie, gdy wst2a=l, czyli a = 45°, a więc krata równo ramienna, dla której a = 45°, wymaga najmniej mater y ału. Wstawiwszy w równ. 27 a = 45°, otrzymamy

(ł+

Ti

I Qn j Qi J Qi

^ To

t₂ / wst 2 a '

27)

najmn v₂ =

2 (^§° V To

§ai Si) T1

. . 28)

Dla kraty prostokątnej jest ß = 0, a zatem wstawiwszy to

siecz² a -j- 1

w rów. 26) otrzymamy v₂ = ("-Si

V T0

(ł+

i Qi

T2

st a

Q₂\ st²a 2

. . 29)

% =

Niech st(x = %, to podstawiwszy tę wartość w równ. 29),

T2

st a

otrzymamy v₂ =    -j- — -j- ^²~) —Z tego wzoru widzimy,

że v₂ będzie najmniejszem, gdy wyraz x - będzie najmniejszym. Zróbmy pochodną tego wyrażenia równą zeru, to

2 X² — (2 + x²)

a;ł

= 0, a stąd x = \/2 = st a. Zatem a = 54° 44' 8“.

Wstawmy tę wartość w równ. 29), a otrzymamy dla kraty

prostokątnej najmn v₂=2 V2 fSi _]_ Si _|_ Si) .    .

V T0 T1 T2 /

.    . 30)

Porównawszy równ. 28) i 30), widzimy, że dla kraty prostokątnej potrzebujemy 1,41 razy tyle, czyli 41% więcej mate-ryału dla najkorzystniejszego a, niż dla kraty równoramiennej i kąta nachylenia 45°. Jeżeli a ==45° a ß = 0, to według

rów. 29)

Ti

T2

31)

Tu więc potrzeba o 50% więcej materyału, niż dla kraty równoramiennej. Dla jakiegokolwiekbądź kąta a i ß możemy

napisać v₂ — C

Qo 1 Qi i

-+^+

QA

*%) ’

. 32)

gdzie C jest spółczynnikiem stałym, wahającym się między granicami 2 a B. Objętość całej'kraty otrzymamy więc

r₂ =

Qi i Q2

T1

T2

dx

. . 38)

przyczem mamy całkować od początku aż do końca belki, albo, co lepiej, od początku do środka, a otrzymany wynik pomno

żyć przez 2. Dla belki jednoprzęsłowej otrzymamy następne wartości dla Q₀, Qt i Q₂:

Q<,=hg(l-W,    =    ^

Qi —

7₂=2(7

{ -^² g(l-2x)dx + ±-Ÿ

tH

kC)M.

kOlM.

₁    px²

²    ~T (il-x²)

więc

dx —|—

¹ ₂

T PX

HN

dxj

"o

6ti

P \

6tJ

. . 34)

Dla żelaza możemy przyjąć t₂ ==2,35^, więc

. . 35)

v₂ =

Cl² (o,25 ^ + 0,31^). . . V *0    T1 /

§. 51. Objętość kraty z różnego materyału.

Jeżeli krata składa się z krzyżulców z rozmaitego materyału, to dla ocenienia najlepszego ustroju potrzebujemy znać nietylko objętość, ale także i koszta, które otrzymamy, pomnożywszy objętość przez odnośną cenę jednostki objętości materyału c i c\

Analogicznie do równ. 26) otrzymamy koszta kraty na jednostkę długości

(%_

T2

c siecz² a

c‘ siecz ²ß

-36)

st a + st ß

Przypuśćmy, że T₀' = ai₀, Tt ' = «t, , t₂' = «t₂, a następnie, że Q₀ = Q₀‘, Ql = Qd, Q₂ = Q₂', to otrzymamy

c*

c siecz²a -|--siecz² ß

a

st « + st a

Chcąc wyznaczyć najmniejsze o,, różniczkujemy równ. 37) według a i ß i pochodne robimy równe zeru. W ten sposób otrzymamy

c*    1

(st a -j- st ß). 2 c siecz²a st a — (c siecz²a -\- — siecz²ß) ^j^-

(st a 4- st ß) — siecz²ß st ß — (c siecz²a 4- — siecz²ß) -—-a    a    dost

dost²a

0 38)

dost²ß

= 0 39)

Podzielmy rów. 38) przez rów. 39), to otrzymamy st a

To

ac

, st ß =

ac

c'

sta. Wstawmy tą wartość w rów. 38)

a zamiast siecz ²a = 1-f-st²a , to otrzymamy 2 C st² a

(■+“)

Ci ^ c ^

= c (1 + st² a) —(1 —J--y st²a), a stąd

st a. =

Æ .

» ac

40)

Wstawiwszy a —

To

otrzymamy st a = \j

V'

Ve

. . .41)

Podobnie otrzymamy stß

42)

Z porównania równań 41) i 42) widzimy, źe

43)

st“ ⁼ i’ozyliżea=90_p-

A więc dla naj mniejszości kosztów krzyżulce mają stać na sobie prostopadle. Z równ. 41) widzimy też, źe sta<l, gdy ^    więc ten rząd krzyźulców ma

być więcej stromy, którego materyał jest droższy, a natężenie dopuszczalne mniejsze.

Dla oc = ß = 45° otrzymamy jednak nie o wiele większą objętość, niż przy najkorzystniejszem nachyleniu krzyźulców.

§. 52. Objętość narożników.

Przy zakończeniu regularnem kraty (rys. 75.) siła wewnętrzna w narożniku wynosi przy podporze \ (p -f- g) l i zmniejsza się aż do B, gdzie jest równa prawie zeru. W przybliżeniu więc średnia siła wewnętrzna będzie l(p-\-g)l, zatem objętość

. 44)

obu narożników Y₃ _ 2 » g- + Q = £ ( S-

Przy zakończeniu nieregularnem kraty n krotnej równoramiennej (rys. 76.) narożnik znajduje się w układach, a więc

to I §

lu/s./Z

irys. 75. nrys.76.

Al

siła wewnętrzna w słupie AB jest = | Oj — ± (p g)l, zatem dla obu narożników, jak poprzednio, będzie

45)

Przy zakończeniu nieregularnem kraty n krotnej prostokątnej (rys. 77.) jest siła wewnętrzna w narożniku = 0n więc 2 razy większa, niż poprzednio, zatem dla obu narożników

\To W

46)

V₃" = lh

§. 53, Objętość całej belki kratowej.

Jeżeli dodamy objętość pasów, kraty i narożników, otrzymamy objętość całej belki V= Vt -f- V₂ -f- V₃, czyli

V =

47)

+ -^3 —

gdzie A, B i C oznaczają spółczynniki, które poniżej dla belki jednoprzęsłowej podajemy.

Dla pasów jest At = A₂ = 0,167 = §.

Jeżeli krata jest równoramienną i <* = /? = 45°, to Bt — = 0,5,    =    = 0,58, B₃ = T\ = 0,083.

Jeżeli krata jest prostokątną, a a = 45° i ß = 0, to Bt — = 0,75, JB₂ = 0,87, JB₃ = 0,14.

Nakoniec otrzymamy dla narożnika, jeżeli uwzględnimy większą ilość materyału dla kraty przy końcu belki, dla kraty równoramiennej Gx — C₂ = 0,5 dla zakończenia regularnego, Ct — C₂ — 0,5 do 0,63 dla zakończenia nieregularnego. Dla kraty prostokątnej mamy Ct — C₂ = 1,0 do 1,13.

Jeżeli przyjmiemy średnie wartości tycb wszystkich spół-czynników, to otrzymamy w przecięciu dla belki o kracie równo-

ramiennej a dla belki o kracie prostokątnej

V = 0,17 l²

V=0A7r

(| + ³,³ + 3,3|) (^+^) , • • 48)

•)(*+*)••

+ 5 + 6,2

. 49)

Z tego widzimy, źe objętość pasów, kraty i narożników

: 3,3 : 3,3 -j

1 K    n ₀ "h

~ ' 5 :6,2T

ma się dla belki o kracie równoramiennej jak y

„ prostokątnej

więc dla

h — i kraty równoramiennej jak 10 : 3,3 : 0,33 czyli 30 : 10 : 1 „ prostokątnej

a dla

„ 10:5 :0,62    „    16: 8

„ równoramiennej „    8:3,3 :0,41    „    20: 8 : 1

*    „ „    „ prostokątnej

Wzorów tych jednak wprost zastosowywać nie możemy do obliczenia ciężaru własnego, gdyż musimy pojedyncze wyrazy jeszcze pomnożyć spółczynnikami ustrojowymi.

h = -r-

„ 8:5    :0,78    „    10: 6,4:1

D. Bolka kratowa wieloboczna.

XI. Belka o kracie pojedynczej.

§. 54. Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach.

Nazwijmy Mx moment sił zewnętrznych ze względu na punkt A (rys. 78.), Sx siłę wewnętrzną w części pasu BE, a S₂ w części CA, to Mt + St rt = 0, więc

St=-

w?#.

1)

•sif

lf₂

. . . 2)

podobnie

Z rysunku widzimy, źe ht = rt siecz <r,

zatem

8,

+ siecz a . .

hi

siecz t .

. . 3)

. . .4)

Tych wzorów użyjemy, jeżeli wyznaczymy Mt, przyjmując ciężar działający w węzłach, a więc z uwzględnieniem poprzecznie. Mając jednak moment wyznaczony dla ciężaru jednostajnie rozłożonego, musimy zrobić poprawkę, podobnie, jak przy belce równoległej (§. 34), a mianowicie

Mt = M—±gl V ex"

Mt — M' — I g₂ e₂' e₂", gdzie gx i g₂ oznaczają ciężar, działający na pasie górnym i dolnym, M i 31⁴ momenty ze względu na punkty A i F, zaś długości oznaczone są na rysunku.

5)

§. 55, Analityczne wyznaczenie sił wewnętrznych w kracie.

Chcąc wyznaczyć siłę wewnętrzną D w krzyżulcu CU (rys.

79.) według sposobu Bittera*), musimy przedłużyć przecięte części pasów aż do rysTO, ; ^    przecięcia się w punkcie L. Popro-

wadźmy następnie przez punkt L linią poziomą (prostopadłą do kierunku sił ze-*    --—w wnętrznych) aż do przecięcia się z krzy-

źulcem w punkcie F, a Q niech będzie wypadkowa wszystkich sił zewnętrznych po prawej stronie punktu F. Ustawmy teraz równanie momentów ze względu na punkt L, to otrzymamy D0 — Qc — 0, więc D = Q

gdy c oznacza długość prostopadłej, spuszczonej z Z na kierunek Q, a 0 na kierunek D.

Nazwijmy a kąt nachylenia krzyźulca HC do pionu, to także kąt między 0 i poziomą LF będzie a, zatem b dost a = zr

jeżeli FL = b. Wstawiwszy to w rów. 6), otrzymamy D —

£

D = Q — siecz a.......

b

Qc

Nazwijmy dla skrócenia -~k- = Y , . ,.....

D = Y siecz a........

podobnie, jak dla belki równoległej (§. 35) tylko, że tu zamiast Q mamy U.

L -'-J

ie—e--

lub

to

4-

E ~

<-?-* - , M'M M

6)

Qc

b dost a

7)

8)

9)

Z równ. 9) wypływa Y =f) dost a, zatem Y jest równe i wprost przeciwne pionowej składowej siły wewnętrznej, działającej w krzyżulcu. Siłę Y możemy jeszcze inaczej wyznaczyć.

Nazwijmy Hf moment sił zewnętrznych ze względu na punkt Fy

M

to z rysunku widzimy, że M = Q £, więc B, = k = b — c, zatem ł> — c = tę wartość za c w rów. 8), otrzymamy Y —

, a stąd c = b —

Q‘

A ponieważ

Wstawiwszy

czyli

10)

Z rysunku widzimy dalej, że h — b (st a -{- stt) *), czyli = y (st a -j- st t), po wstawieniu tej wartości w rów. 10) otrzy-

. 11)

mamy

Y == Q — y (stci + stx)

Nazwijmy Hf moment sił zewnętrznych ze względu na punkt C, to z rysunku widzimy, że Hf = Q — é) — Q'ç, — Qe,

a ponieważ = Hf, więc Hf' = Hf — Qe, a stąd Q =

Dalej widzimy z rysunku, że f — lfi‘ — e (stu -j- stx). Podstawiwszy te wartości w rów. 11, otrzymamy Hf — Jf' Hf h — Ä'

r=

czyli Y =

(f-?)?•«>

Nazwijmy wreście 7^" wysokość belki w punkcie ff, a Hf" moment sił zewnętrznych ze względu na punkt If, to Sth" dost a- —{— —{— Hf" = 0. Ze względu na punkt C‘ będzie St h‘ dost -|--f- Dli' wst a -)- Hf' = 0. Z porównania tych dwóch równań otrzy-

dosiecz a

mamy

U" h'/

. 13)

więc

'M"

h"

M'

h'

dot a . .

. . .14)

Chcąc obliczyć Y w przybliżeniu, przyjmujemy zamiast pasów wielobocznych pasy ciągle krzywe, czyli odstęp węzłów nieskończenie mały. Wtedy e — dx, a li' = li, więc z rów. 12)

otrzymamy

-i)-

dx

15)

*) Jeżeli punkt L jest po prawej stronie przekroju , to kąty im są

ujemne.

wiwszy to w rów. 11) otrzymamy Y = Q

Ponieważ tutaj h‘ — h = dh, wi ęc dli — dx (st cr —|— st x). ‘Wsta-

. . . 16>

M (lii

h dx

Dla belki równoległej jest c = t = 0, wtedy z tych wszystkich równań dla Y otrzymamy Y = Q.

Powyżej zaznaczyliśmy, że Q i M mamy obliczyć ze względu, na punkt F, założywszy ciężary, działające w węzłach.

Jeżeli mamy wyznaczone Q' i M‘ dla ciężaru jednostajnie rozłożonego ze względu na punkt F, to podobnie, jak przy belce równoległej (§. 35) musimy zrobić pewne poprawki. Nazwijmy ex i ex“ odstępy węzłów po obu stronach przekroju w pasie górnym , e₂‘ i e₂" w dolnym, cx i c₂ odstęp środków części pasów od przekroju przez F, to otrzymamy

Qt = Q‘ —ffi ci + 9* c₃

. . . 17)

Qi = Q'-\-9i ct —9i Cl MX=M- \gx ex‘ ex“

M₂=M— \g₂ e₂‘ e₂“ gdy gx i g₂ oznaczają ciężary jednostkowe, działające na pasie górnym i dolnym.

§. 56. Krzyźulce giętkie.

Gdy krzyźulce mają pracować na ciśnienie i ciągnienie, urządzamy zwykle dla kraty prostokątnej podobnie, jak w belce równoległej (§. 43), krzyźulce podwójne giętkie z żelaza płaskiego.

Z obu przekątni jednego przedziału pracuje wtedy tylko ciągniona, a druga wygina się i nie wpływa zupełnie na belkę.

Dla danego obciążenia musimy wiedzieć, która przekątnia jest ciągniona, aby przy obliczeniu sił wewnętrznych w pasach orzec, ze względu na który punkt wyznaczyć mamy moment.

Z rów. 13) JD —    ) dosiecz a wypływa, że jeżeli ma

M" M'

być JD 0 (rys. 80), to    , to znaczy, że ciągniona jest

ta przekątnia, która spada ku słupowi, dla któ-rego iloraz jest większy; druga przekątnia wcale nie pracuje.

Jeżeli

ri/s 80.

iv K

M“

M‘

K“ ^

8sC prawo, CGr jest ciągniona, więc

M”    J[f>4

S,    = —    -7—    siecz o-,

¹    fy,    »

to przekątnia, spadająca na

S. —--7- siecz t.

²    h'

r M⁴⁴ M⁴

Gdy zaś —    , to przekątnia, spadająca na lewo EP

jest ciągniona, więc St = ~ siecz a, S₃ = ~ siecz x.

A więc, aby obliczyć siłę wewnętrzną w pasie górnym, uwzględniamy zawsze więk sz y iloraz zaś dla dolnego pasu zawsze iloraz mniejszy z dwóch ilorazów odnośnych do słupów, ograniczających ten przedział.

T>

§. 57. Ogólne wykreślne sposoby wyznaczenia sił wewnętrznych.

Ogólny sposób wielobokowy zapomocą planu sił (§. 36), da się tu także zastosować zwłaszcza do wyznaczenia ciężaru stałego. Drugi sposób ogólny jest sposób Culmanna*), którego użyć można, jeśli znamy wielkość i położenie siły Q, co łatwo otrzymać z wieloboku sznurowego.

Trzeci sposób podał Zimmermann, który polega na tern, że siłę poprzeczną Q zastępujemy dwiema siłami P, i P₂ (rys. 81.).

zaczepiającemi w obu końcach przeciętego krzyźulca CF. Ażeby Q było wy-

rys/y

Padkow*isił pi i Fi musi byc

= ma

\AT    i —P₂e = Qct    ’

. . . 18)

k-

----C------

__._C

p a stąd otrzymamy

m₂

Ci

o?

:d

-A,    P₂=^A

e    e

M₂ Jf,

-M.

• ¹⁹)

. . . 20)

Q = Pi-P₂ = ^f

Na podstawie rów. 18) łatwo wyznaczymy siły P, i P2 wykreślnie w sposób, uwidoczniony na rysunku, lub też na podstawie znanych momentów.

Dla równowagi między siłami P₁₅ P₂, Sx, B i S₂ kreślimy zamknięty wielobok sił osobno lub też, jak to czyni Zimmermann, w wykresie belki, wykreślonym w dość wielkiej po-działce, zaczynając od punktu F lub też od węzła pasu górnego. Dla wyróżnienia kreskujemy powierzchnię tego wieloboku sił.

104 —

Jeżeli e jest stałe, to możemy użyć wprost rzędnych linii

momentów. Jeżeli przyjmiemy do jej wykreślenia odległość bie-

gunową a = oce, to

ayi    .    , , .

= ay, i podobnie ~~-

§. 58. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych w pasach.

Szczegółowe sposoby wyznaczenia sił wewnętrznych w pasach są nastąpujące :

dwa odno-

a) Możemy tu użyć z korzyścią sposobu Culmanna. Przetnijmy tylko be]jkę według II (rys. 82.) i wyznaczmy odnośną | rysa.?.    sił9 poprzeczną. Przedłużmy

-S

W

TT fT-

G’ śne boki wieloboku sznurowego aż do przecięcia się w punkcie N, przez który przechodzi wypadkowa Q. Przedłużmy następnie część pasu CD, aż się przetnie z siłą poprzeczną Q w punkcie N, to wypadkowa z 8, i Q musi mieć kierunek NA.

Zróbmy w wieloboku sił OT // N‘A‘, zaś OU 1/N'A", to, jak wiemy, będzie TU = Q. Wykreślmy TM I/ CD a UM H AN, to UTM jest zamkniętym wielobokiem sił i MT = S..

Jeżeli chcemy użyć sposobu Culmanna, trzeba, aby punkt N znajdował się jeszcze na papierze. Jeżeli punkt N wypada po za papier, użyć musimy innegó sposobu.

b) Wykreślmy z punktu A pionową AB i siłę St rozłóżmy na dwie składowe, poziomą H i pionową V. Wtedy ze względu na punkt A pionowa składowa V nie daje żadnego momentu,

więc możemy napisać Hh -\- M = 0, więc H=—lub bez

M    ..    ¹

względu na znak H = ~. Nazwijmy rzędną A'A"=y, to M— = ay, jeżeli a oznacza odległość biegunową, zatem H==~, czyli H : y =‘a:h. Ten stosunek możemy wy kreślnie wyznaczyć. Zróbmy A'F=h i wykreślmy z punktów A" i F poziome, następnie zróbmy FK = a i połączmy punkt A' z K, a otrzymamy dwa trójkąty podobne A'AnL i A'FK, więc A‘‘L:y — = a : In, zatëm A/JL = U.

Wykreślmy dalej LP // CD, to LP — H siecz a = ^ siecz g — St.

— ~Ti

c) Według równ. 1) jest S —    —• Wykreślmy AI_[_CD,

to AL = r, zróbmy dalej CG = a, AP = y, połączmy A z G i wykreślmy OG' // CG, to CJG' : CG = y : r, a stąd OG' =

_ <pj _ g

Sposób ten podał Müller Breslau.

Jeżeli odstęp poziomy węzłów jest stały (rys. 83.), to do-

Al*ys>⁸³

E godnieby było przyjąć odległość biegunową a równą temu odstępowi, jeżeli to w ogóle jest \| f możliwe ze względu na wielkość rysunku i przyjęte podziałki. Znajdziemy wtedy najprzód

P ~ ~łh ’ a wJkreśliwszy    pionową .42? = li,

zrobiwszy AB' — y i przez B‘ poziomą mn, to mn — —. Chcąc

r    M    .    ^

otrzymać S — — siecz g = mn siecz c, kreślimy przez punkt B' OD' U CD, to OD' — mn siecz g — S.

§. 59. Wyznaczenie wykreśfne sił wewnętrznych w krzyźulcach.

I. Pierwszy sposób według Culmanna. Przedłużywszy przecięte części pasów CD i BA do punktu przecięcia się L (rys. 84.), kreślimy z punktu tego poziomą, aż przetnie przecięty

krzyżulec CA w punkcie F, z którego kreślimy pionową

-    * u

f F<F>-

■ l- --OOp /    W znany sposób otrzyma

ją—my punkt N', przez który prze---—F    A chodzi siła poprzeczna, i przedłużamy AC, aż się przetnie z siłą Q w punkcie N. Wypadkowa sił D i Q będzie więc miała kierunek NL.

Jeżeli teraz w wieloboku sił TU = Q, to poprowadziwszy TM/I AC i UM/ILN, otrzymamy trójkąt TMU, w którym TM=D.

Ten sposób wymaga, aby punkty L i N były jeszcze na papierze. Jeżeli punkt L wypada po za papier, a Q jest jeszcze na papierze, to możemy przedłużyć S₂ aż do przecięcia się z Q w Nt, w wieloboku sił wykreślić TR // S₂, UR // Nt C, to łZR jest wypadkowa z St i B. Zrobiwszy // i £7ź/ // ^4.(7, otrzymamy ZU—D.

Jeżeli oba punkty L i N wypadają, po za papier, to używamy następnego sposobu.

II. Drugi sposób. Według równ. 11) P dost a = Y — M

= Q--T- (st a -j- st t). Nazwijmy, jak w poprzednim paragrafie,

¹    M

~~T

= TU — UW=TW.

bez względu na znak iloraz — — H i wykreślmy najprzód w ten sam sposób, co pierwiej, H=F"B‘ i z punktu B‘ poprowadźmy równoległe do obu pasów B‘B‘ i BR". Z konstrukcyi widzimy, że R'R" — II (sta -j- st t) = “ (sta -|- str), a więc Y = Q -j— ^(sta + stT) = TU—R‘R". Zróbmy UW=R‘R"t to 7 =

Jeżeli teraz wykreślimy TM H CA, a z punktu W poziomą, to TM — Y siecz a — D.

III. Trzeci sposób (rys. 85.) Jeżeli dla danego obciążenia wyznaczyliśmy nietylko

- A----

c jf ____momenty, lecz i siły poprze-

i x czne, lub jeśli znamy wielkość i położenie siły Q = Pj Q', to \¹ użyć możemy trzeciego spo-

"    -"-nT    ■■

---!    &    — sobu. Połączmy L\ rzut pun-

\____ ktu L przecięcia się odnośnych

ja

części pasów, z Q', a otrzymamy Ny = F₁Q‘ ~=Q-^ = — Y, według rów. 8).

Jeżeli punkty L i N wypadają po za papier, to robimy Fi — — FJ, a FK‘ = — FE, F*f — ~F'F" i kreślimy U UCH, XI // KE i fn‘ // F"N‘, wskutek czego FlV — ~^F₁L‘ i F₁n — ~F₁N. W punkcie n wykreślamy pionową, łączymy V z Q% to ny‘ — Ny — Y na mocy konstrukcyi.

Czasem może powstać trudność wyznaczenia punktu Fy mianowicie, jeśli punkt L wypada po za granicę papieru (rys. 86). Poprowadźmy w obu końcach krzyźulca TK pionowe, punktów L, F i I poziome, to otrzymamy następujące trój-

kąty podobne: EKG CV) I‘KV, zatem PJS ^ I ' JF KG : KV= LG : L F. Z podobieństwa zaś trójkątów LGKilWK wynika, że LG:IW-— GrK : WK. Porównawszy te dwie pro-

porcye, otrzymamy K G : KV— KG : KW, dalej otrzymamy (KG — KV) : KV = (KG — KW) : KW, czyli VG:KV= WG : KW.

Zróbmy FF' = VK, WW' — WK i połączmy punkty V i W' z punktem G, to otrzymamy FF'ćrC\j W W'G, bo dwa boki są proporcyonalne, mianowicie VG : W = WG : WW% a kąt naprzeciw większego boku leżący prosty. Z tego wynika, że 2C VGV = K WGW', zatem VWJ jest linią prostą. A więc chcąc wynaleśó punkt F, robimy FF" = VK i WW' = WK, następnie łączymy punkt F" z W' i w ten sposób otrzymujemy punkt G, z którego kreślimy poziomą aż do przecięcia się z linią I‘K w punkcie F.

IY. sposób. Możemy tu użyć także ogólnego sposobu Zimmermanna (§. 57). Co do zastosowania jego do wyznaczania sił wewnętrznych w słupach musimy tu zrobić jednak jeszcze pewną uwagę. Jeżeli pomost jest u góry, a w dolnych węzłach nie działają żadne ciężary, to według sposobu Zimmer

manna robimy (rys. 87.) Eh — — , Tf — gdy M‘ i Moznaczają momenty sił zewnętrznych w E i T. Kreślimy dalej Ttg // S₂. i *1* fh // 8,, to fh —    , hi — D, ig — S₂. Dla równo-

wagi w punkcie F musimy wykreślić wielobok sił S₂, S₂', D i V, a że Ś₂ i D są znane, więc otrzymamy szukany wielobok kreśląc hl// S₂', to hl = S₂‘ i gl = — V. V jest tu ciśnieniem.

Jeżeli w punkcie F działa jeszcze ciężar C (rys. 88.), to F i O mają ten sam kierunek, Ig jest więc sumą F-(- C. Zrobiwszy mg — C, otrzymamy Im — V. A zatem chcąc uwzględnić

rys %>.

u 4L_

rys 87 .

rysöO.

/ Ä- —Si

4 V' \i>

rya88.

D fV

"y*

Dla wypadku, gdy pomost jest u dołu, konstrukcyą podobną uwidoczniliśmy w rys. 89.) Jeżeli w H działa jeszcze ciężar C (rys. 90.), to dodać musimy do V ciężar — G (bo tu V ujemne jest w skutek ciężaru C większe).

ciężar węzłowy C, dodajemy do siły V ciężar -\- C (bo V jest ujemne).

§. 60. Linie wpływowe sił wewnętrznych w krzyźulcach.

W celu wyznaczenia linij wpływowych dla krzyźulcow,

zastosujemy rów. 10) Y = Q--j-. Przypuściwszy, że ciężar P

działa w odstępie x od lewej podpory A (rys. y\ J'°*    91.), otrzymamy oddzia

ływanie Ot = P —•

Dla 0 <; x <C tj. gdy ciężar P znajduje się między A i Cr, będzie

Q = -P f

o.

n/s 91

ft"

v-ł>-—:~

£~-i®------

.........R-

C......±-~{

rys 92 .

;    I i"

*~m...........-'ttHÖ'

.......-------

Ponieważ

g i

moment M ze względu na punkt F równy jest Q%, więc możemy napi-

U-

~    *----~ A

sać Y= Q (i —1) .

Po-

nie waż Q jest wypadkową z O, i P, musi więc dla równowagi być równem sile Oa i działać w punkcie B, więc £ — — (Z — xY). Podstawmy tę wartość w rów. 10), a otrzymamy xP

Y= —

Px b —j— l — x,

Dla danego krzyźulca GM zmienia się Y tylko według x, zatem to równanie jest równaniem linii prostej.

co możemy łatwo wykreślić. Zrobi-

dla x = l B" punktem linii wpływowej, która jednak

Jeżeli w równ. 21) założymy x = 0, to będzie Y= 0, dla x=l będzie Y= -Pl-±^ wszy F'F" — P (rys. 92.) i przedłużywszy LF“ aż do B“, otrzymamy L'B'B“ c\j L'F'F", z czego wynika, że B'B“ : P — = (J + m): ó więc B'B“ = — P . A zatem dla x = 0 będzie A'

jest tylko ważną od A' do C".

Dla I )> x )> xx -}- a% bidzie Q = P (i — yj

zaś <; = xn a

= 22) O

r)

więc według rowu. 10) Y — P

Znów więc otrzymujemy równanie linii prostej, dla wykreślenia której potrzebujemy wyznaczania dwóch punktów i tak dla x — 0 będzie Y— P™ , zaś dla x—l będzie P = 0. Wykreślmy F'F“‘ — P, połączmy X/ z punktem P'", a otrzymamy ; A"B‘ jest więc prostą, wyznaczoną równ. 22).

Fm

A‘A“ — T

Według założenia z prostych A‘B" i A"B' zatrzymać możemy tylko części A‘C" i    Pozostaje więc jeszcze tylko wykre

ślenie linii wpływowej, gdy ciężar działa w przedziale GE (rys. 91.), którą otrzymamy według §. 25, połączywszy C' z H“ (rys. 92.) prostą. Aby otrzymać równanie tej prostej, załóżmy, że x₁ — a, <; x <C xt -f- a₂ (rys. 98.) i zróbmy x = xt — ax-\- x₂,

jp a — x₂

więc według ro

to Q — P wnania 10)

Z — X

rys 9J. e

/M¹- )

(fi — ą?a) (6 — «i)

(a — &,)■(& — aj

23)

_ Fa_

l — x m

~~T~ b

1/ — Xj —j— 0/j — X₂

Ib

albo

r=

P [(Z — a;, -j- at — x₃)

b I    V

równanie proste) C"H" (rys. 92).

Cała więc linia wpływowa składa się z trzech prostych A‘C" C“H“ i H"B'. Linia C"H" przecina oś w punkcie obojętnym K.

Nazwijmy x₂‘ odstęp punktu K od C, to dla x₂ = x₂ musi być Y = 0, więc z rów. 28) otrzymamy am (l — xx-\- at — x₂*) =

= (a ~ x₂J) (b — aj l, a stąd

(xt — aj (\m-\-l)    _

a (6 — xA — l(b — aj °

(l + npx' ln — am

. 24)

V = jeżeli n — b •— a,.

Jeżeli punkt L wypada po za papier, łatwo obejść się będzie można bez punktu L‘ zapomocą konstrukcyi pomocniczej, wskazanej w rys. 94.

Na pionowej linii FFX odcinamy Ff = — FFX, przyczem n jest dowolną liczbą całą. Wykreślmy teraz fl // FtE: to Fl — — — FL.

A

t,,

0i „

-^kT~T\

i_________4

?»

pi

Połączmy punkt V z F" i F“‘ prostemi, zróbmy F'a' — — FE i F'b‘ =

n

— — F‘B‘, wyprowadźmy

w a' i b‘ prostopadłe, a otrzymamy «" i b". Poziome, wykreślone przez te punkty, wyznaczają punkty A“ i B“, odpowia-b* dające takimże punktom w rys. 92, poczem wykreślamy linią wpływową, jak poprzednio.

Punkt obojętny możemy wyznaczyć też w inny sposób, podany przez Culmanna (rys. 95.).

ry$9f.

is:

f---i—

liLicrr.___iväi    E^tfflïîTiriTnînTrn^ijiTuuTtrTTTTTTT^—j g >

_____

------''*0

1li---'

t

Jeżeli ciężar F znajduje się w przedziale CG, rozkłada się na siły P, i P₂, działające w węzłach sąsiednich pasu, na którym znajduje się pomost (tu dolnego). Ciężar ten wywołuje siłę wewnętrzną Z) w krzyźulcu HG. Dla pewnego położenia tego ciężaru D = 0. Punkt obojętny, w którym gdy działa P, H jest = 0, znajdziemy w następny sposób. Przedłużmy przeciętą część pasu górnego HM do pionowych podporowych, połączmy A¹ z C i B‘ z G i przedłużmy te proste do przecięcia się w E, to E jest właśnie punktem obojętnym. Aby tego dowieść, załóżmy, że w E działa siła P i uważajmy wielobok A'CGB', jako wie-lobok sznurowy, to, jeżeli st—P, gdy zrobimy sOjjA'E, tO HEB' i Or I/ GC, to sr = Pt, rt = P₂. Jeżeli teraz wykreślimy Ou UHM, to su=0₁, ut=0₂. Położenie siły poprzecznej Q — — Oy — P, otrzymamy, przedłużywszy odnośne boki wieloboku sznurowego aż do przecięcia się w punkcie L. Z rów. 6) widzimy, że jeżeli siła poprzeczna zaczepia w L, czyli c = 0, D — 0, a więc rzeczywiście E jest punktem obojętnym.

Linią wpływową sił wewnętrznych w krzyźulcach możemy też wyznaczyć w sposób podany przez Müllera Breslaua

jeżeli znamy linie wpływowe sił wewnętrznych w pasach. Niech będą linie mm i m'm', liniami wpływowemi sił wewnętrznych w częściach pasów CG i GM (rys. 96.), to z nich możemy łatwo

wyznaczyć linie wpływowe dla sił wewnętrznych P i D' w krzyżulcach II G i GN. Załóżmy, że siła P = 1 działa w H, to S₂ = opt, Si = op₂. Siły wewnętrzne, zaczepiające w węźle G muszą być w równowadze, da się więc wykreślić zamknięty wielobok sił, z którego otizymamy wielkości sił wewnętrznych — P i -f- D‘.

Zróbmy teraz op₃ = — Pi opt == — -f- D', to punkty p₃ i pA będą punktami linij wpływowych P i P', jeśli przypuścimy, że siła P = 1 działa w innych punktach. Ponieważ linia wpływowa składa się w tym wypadku z trzech prostych, więc wystarczy w ten sposób wyznaczyć 2 lub 3 punkty, aby całą linią wykreślić.

rys. 96.

pY

T“~

a >^-

.i*

At

L—

m. Oj,

to'

§. 61. Wyznaczenie analityczne największych sił wewnętrznych

w krzyżulcach.

1. Obciążenie ciągłe. Dla najw -\-Y musi belka być obciążona na prawo od punktu obojętnego na długości KB' (rys. 92.), a nie powinna być obciążona na długości A'K na lewo od punktu obojętnego.

A zatem, jeżeli ciężar jednostkowy jest p, będzie

najw (-{- Y) = p. I KB¹ H‘H‘' = \ Q — %' — oc₃ ') II'II".

Z rysunku widzimy, że H‘II" : A'A'‘ — (l— x‘— a) : l, zaś A'A" :l — m : b. Pomnóżmy obie te proporcye, a otrzymamy

stąd II'H" —

(T • oc*_q\

-^--. Wstawiwszy tę wartość i wartość za«/ z rów. 23

w rów. dla najw -f- Y, otrzymamy

najw (-J- Y) = | I? — czyli zważywszy, że m -f- x' — n , najw (+ Ï) =

A'A" . H‘II" : A'A" = m (l — x' — a) : U,

x‘ —

(l~\~m)x‘ ï m (l — x' — a) In — am °J    bl

(1 — a — x/)²mn p

ln — am

25)

Podobnie otrzymamy najw (— Y) — — \ p A'K . C'C“ — = — l p (%' + %₂') C'C“. Z rysunku widzimy, źe C'C“ : B'B“ — — x':l i B'B“ : 1 — (m ~\~ l) : b. Pomnożywszy obie te pro-porcye, otrzymamy C'C“ . B'B" : B'B" = x'    : U, więc

(YtX I - Z) Qß*

-—. Wstawiwszy w równ. dla najw (— Y) tę wartość za C'C“ i za æ,' z rów. 24), otrzymamy

najw (— Yj= — \p

C'C“

najw (— Y) — —

Sx- + (ę±M dPrJl

(    In — am ) bl

(a -j~ n) (1 -f- m) x'² p

x‘

czyli

ln — am

2h '

. . 26)

2. Dla obciążenia ciężarami skupionymi postępujemy według ogólnych prawideł. Nazwijmy P' wypadkową sił na długości KIP, zaś P“ na długości H'B, to wiemy, źe dla największości ciężary jednostkowe mają być, ile możności, równe. Jeden ciężar stać więc musi na prawej poprzecznicy.

Zupełnie tak samo postępujemy dla najmn. natężenia.

Czasem, zwłaszcza dla dachów, punkt L wpada w podporę, albo też w środek belki. Konstrukcya linii wpływowej zostaje wtedy ta sama (rys. 97.), a z niej widzimy, źe wtedy

nie ma wcale punktu obojętnego i najw. siła wewnętrzna jest wtedy dla zupełnego obciążenia.

Jeżeli punkt l wpada na punkt a, to a' wpada na a i e' na e i otrzymujemy długość obojętną eb. xlb "Wtedy obciążenie prawej strony belki jest obojętne, gdyż nie wywołuje żadnych sił wewnętrznych w krzyźulcach lewej strony belki.

rf/s 97.

P-

c⁸*! P a

-i

§. 62. Unie wpływowe sił wewnętrznych w pasach. Największe i najmniejsze siły.

S==

Wiemy z §. 54, że siła wewnętrzna w pasie według równ. 8) M

T- siecz cr. Ponieważ h i

są dla pewnej części pasu stałe,

to zmienny jest tylko moment, jak dla belki równoległej. Linie wpływowe dla iS będą więc po odpowiedniej zmianie podziałki takie same, jak dla momentów. Wyznaczywszy w znany sposób

największe momenty dla obciążenia stałego i zmiennego otrzymamy w ten sposób największe i najmniejsze siły wewnętrzne w pasach.

§. 63. Wyznaczenie wykreślne największych sił wewnętrznych.

a) Pasy. Dla ciężaru stałego najlepiej użyć tu metody wielobokowej lub Culmanna, lub też któregokolwiek innego sposobu szczegółowego, podanego w §. 58.

Jeżeli ciężar ruchomy jest ciągły, to z powodu, że obciążenie zupełne jest najniekorzystniejsze, postępujemy, jak dla ciężaru stałego.

Dla obciążenia układem ciężarów skupionych jest najniekorzystniejsze położenie dla każdego węzła inne. Jeżeli mamy dokładnie wyznaczone największe momenty (§. 26), to dla najniekorzystniejszego obciążenia dla punktu B (rys. 98), sprawiającego w tym punkcie największy moment, mamy ry<*9Ł wykreśloną część wieloboku sznurowego cibc, która JL B C potrzebna do wyznaczenia położenia i wielkości siły poprzecznej Q. Znając Q i M wyznaczymy siłę wewnętrzną w pasie wedle §. 57 i 58.

b) Krzyźulce. Tu wyznaczymy siły wewnętrzne osobno dla ciężaru stałego, a osobno dla cię-

żaru ruchomego.

Dla ciężaru stałego używamy tu wprost jednego ze sposobów, podanych w §. 57 lub §. 59; dla ciężaru ruchomego możemy ich także użyć, tu musimy jednak zrobić jeszcze parę uwag i podamy kilka innych sposobów.

Z kształtu linij wpływowych wiemy, że dla najw. sił wewnętrznych w krzyżulcach dla ciężaru zmiennego musi być

obciążona prawa strona belki od punktu obojętnego.

Jeżeli ciężar jest ciągły, to naj-| lepiej wykreślnie wyznaczymy najw. siłę wewnętrzną, obliczając powierzchnię wpływową. Licząc w przybliżeniu , możemy przyjąć, że belka jest obciążona od węzła prawego G do prawej podpory B (rys. 99.),

Tf/.999.

0.1

A,

^Hr.....-4—

ł°i

a oprócz tego w węźle prawym ciężarem . Otrzymujemy wtedy silę poprzeczną nieco większą, niż przy obciążeniu naj-niekorzystniejszem. "Wtedy mamy ze względu na punkt JB

oj

a    i

0, a stąd O, = (u -j- a) = Q . 2 7)

-Siłę poprzeczną otrzymamy wtedy wykreślnie według Mul

lera Breslaua w następny sposób. Robimy A‘I= i łą-•czymy B' z I. Z obu sąsiednich węzłów M i G spuszczamy pionowe, z punktu T na lewej pionowej kreślimy TR poziomo,

—    • Jeżeli teraz połączymy

(a A-U) u

= P—2l—

to A‘R = ST

A‘I (a 4- u)

A'R u

Jeżeli belka jest obciążona układem ciężarów skupionych, to dla największych sił wewnętrznych w krzyźul-cach wedle poprzedniego (§. 61.) ma stać na prawej poprze-cznicy jeden ciężar : może to być pierwszy ciężar, ale może być także drugi lub trzeci. Konstrukcya znacznie się upraszcza, jeżeli przypuszczamy, że pierwszy ciężar stoi na prawym wę-;źle i dlatego robimy zwykle to przypuszczenie. Ze jednak obliczone w ten sposób siły nie byłyby zawsze największemi, chociaż nie wiele różnią się od największych, więc Müller Breslau radzi przyjmować w tym wypadku dla wyrównania pierwszą siłę nieco większą n. p. 151 zamiast 13Ł

Podamy więc tu najprzód sposoby wyznaczenia sił wewnętrznych w kracie dla tego przypuszczenia, że pierwszy ciężar stoi na prawym węźle. Siła poprzeczna równa się wtedy oddziaływaniu 0t, które otrzymujemy wykreślnie, kreśląc wie-lobok sznurowy według §. 14, i zaczepia w lewej podporze.

I. Sposobu Culmanna (§.591) użyć tu możemy z korzyścią. Konstrukcya upraszcza się tu o tyle, źe nie potrzebujemy szukać punktu N‘, (rys. 84)., bo wiemy, źe siła poprzeczna zaczepia w A. W rys. 100 przypuściliśmy pomost u dołu i wyzna-_    czyli odrazu najw I)₃ i najw JDi, które

^el°dfh1Aływaj- / powstaje, gdy pierwszy ciężar stoi

^.....— —___-    -i—

r    w F.

B‘ z R, to GH =

a,l

r//-y /00.

Q-

Ti/S 101

1>4

4 7« W

= «-H*

II. Drugi sposób odpowiada sposobowi, opisanemu w §. 59 pod 1. III i opiera się równaniu 8) Y = Q . Po-\/    j nieważ tu przyjmujemy, że siła

poprzeczna Q (rys. 101.) za-\b. czepia w punkcie A, więc LA = c, a więc AtAt' —

fi na

Jeżeli i wypada za papier, to możemy sobie w następujący sposób poradzić. W punkcie F kreślimy pionową HI, a z punktu A' A'h // DE i ^4.'* // TU. Z rysunku wypływa, źe HI : hi = = b : (b — c), więc (HI — hi) : HI =c:b. Zróbmy Fxm = PT/ i Fxn — hi, następnie wykreślmy    i pionową w punkcie w,

HI—hi

a otrzymamy ww' : Q = »w : w Pt, stąd ww' = Q wiwszy wartość za

HI-hi

HI

otrzymamy

HI

a wsta-

=«!=*

HI. Trzeci sposób. Załóżmy, źe w przedostatnim węźle 4 (rys. 102.) zaczepia siła P, która sprawia 0, = 1, a której

Ty s 10A

wielkości nie potrzebujemy wyznaczać. Dla tego obciążenia wykreślmy plan sił, a dla kontroli ć?₄ wyznaczymy także sposobem Culmanna.

Jeśli teraz chcemy wyznaczyć i najw Dx i wajw P₂, a pomost jest na dole, to stawiamy pierwszy cię-\ C.K żar na 2 i obciążamy prawą stronę ^ belki. W znany sposób otrzymamy wtedy oddziaływanie 0X, a zatem

■najw D₂ = -{- 0₁di, najw Dx‘ = — 0xdx.

W ten sposób możemy wyznaczyć wszystkie siły wewnętrzne z wyjątkiem Dfi które dla obciążenia prawego jest = 0, a dla lewego w belce symetrycznej równa się sile Dx.

Jeżeli di jest za wielkie i nie mieści się na rysunku, to trzeba najw X>₄ wyznaczyć sposobem Culmanna.

IV. Sposób Zimmermanna (§. 57 i 59 ust. 4) da się

tu także zastosować. Dla wyznaczenia najw I)g (rys. 103.) przy-puszczamy, że pierwszy ciężar stoi

.....—h-4# w 3. Oddziaływanie w A niech

V .x, --—1    _ będzie wtedy 0,, to otrzymamy

momenty Ji₃ = 0xx₃ = aey₃,

n/s.JOS

y    M, = 0,x, = *ey„

jeżeli a.e jest odległością biegunową. Stąd otrzymamy

0xl x₂

0xx ₃ 0xl x₃

" oV • T ’

Jeżeli kreśląc wielobok sznurowy dla oddziaływania, przyjmiemy biegun nie w P, lecz w odległości ae od Aj to otrzy-

to GrE =

y₃

OJ

mamy wprost wielobok —- . Zróbmy teraz P'P = —

J r    «e    J    cte

— &₃, KI = y₃. Znając y₃ i y₃ możemy łatwo według Zimmermanna znaleść najw Z)₃,

Zastanówmy się teraz nad zmianą, jaka powstaje w kon-strukcyi, jeżeli przypuścimy, że drugi ciężar, stojąc na prawej poprzecznicy, sprawia największą siłę wewnętrzną w krzyżulcu.

Siła poprzeczna składa się wtedy z oddziaływania i z siły P', działającej na dół w punkcie l, przyczem P' = P, ~. Wyznaczmy więc najprzód wpływ oddziaływania 0t, a potem siły P'.

Jeżeli liczymy według drugiego sposobu, to robimy FXFX4 (rys. 104) = IIHj t. j. rzędnej wieloboku sznurowego 0, w pionowej przez punkt zaczepienia siły i w znany sposób znajdujemy Y‘ = A'At'. Siłę P*

| \    wyznaczymy, robiąc

Oj G‘ = P, i łącząc Ex z C‘, to HH'⁴ = P'T

V.

s'

PT

a ponieważ siła ta działa w C, więc potrzebujemy tylko połączyć L' z II", a o-trzymamy V" t. j.

3|W a 'iiT>

część Y powstające z P', mianowicie Y" = CXC₃ a Y—Y⁴ — — Y“. Zrobiwszy CaC₃ — A₁A₁/= Y', otrzymamy CXC₃ = Yr a jeżeli 0₃P// CG, to C₃P=D.

sr

— 117 -

W razie, gdy L wypada po za papier, postępujemy nieco odmiennie, jakto już powyżej podaliśmy.

Wpływ P' na siłę wewnętrzną D w krzyźulcach możemy też wyznaczyć zapomocą sposobu Culmanna. Mamy tu siły P', D₁", S i St. Pt‘ i Dt" przecinają się w C, St' i D," w G, więc wypadkowa ma kierunek CG. Na tej podstawie wykreśliliśmy wielobok sił w większej podziałce.

§. 64. Podwójne krźyżulce giętkie.

Bardzo często urządzamy w kracie prostokątnej podwójnej krźyżulce giętkie. Chcąc zbadać, czy krzyźulec jaki giętki pra-

m.j4 .

cuje, czy nie, należy według §. 56 utworzyć i . W danym przedziale pracuje ta przekątnia, która spada ku słupowi, dla którego iloraz jest większy. Aby zbadać, czy dla danego położenia    , najlepiej wykreślić linią wpływową dla M

w zwykły sposób, poczem możemy rozstrzygnąć, który krzyźulec działa, a który nie, uwzględniając przytem także momenty, powstałe w skutek ciężaru własnego.

Dla największego ciągnienia w danym krzyźulcu należy

obciążyć prawą lub lewą stronę belki od punktu obojętnego (rys. - 105.). Na ciśnienie nie obliczamy krzyżulców giętkich, bo przy-

puszczamy, że się wyginają w takim razie.

Trudniejsza jest rzecz ze słupami. Tu możliwe są rozmaite wypadki działania przekątni. N. p. w rys. 106. wykreślono linie

wpływowe siły wewnętrznej w słupie Vs dla trzech wypadków, gdy działają przeką-i-S tnie D₅ i D₆, Ds‘ i Z>₆' i I)₅ i Z>₆'. W pierwszych dwóch wypadkach słup pracuje na ciśnienie, w trzecim na ciągnienie.

rV

1QG.

jcr

7    '.f    .9 ~

/—.—Js (jy,

. :- rV4-vX^-^r;

W pierwszych dwu wypadkach linie wpływowe dadzą się; w zwykły sposób łatwo wykreślić i największe natężenie wyznaczyć. Trzeci wypadek, ważny ze względu na ciągnienie, powstające w słupie, (jeżeli liczymy według Weyraucha), powstaje M

wtedy, gdy dla danego słupa jest większe, niż dla sąsiednich. Dla tego położenia najlepiej wtedy wyznaczyć siły wewnętrzne w częściach pasu IW i YYI, z których za pomocą trójkąta sił łatwo otrzymamy V₅. "Wyznaczenie jednak najniekorzystniejszego-położenia w tym razie jest dość żmudne.

XIII. Belka o kracie wielokrotnej.

§. 65. Zasada obliczenia.

RM

Yv

Niechaj rysunek 107. przedstawia belkę wieloboczną o kra-rysJOT °ie wielokrotnej. Z ogólnej teoryi belek kratowych J'.Ą. wiadomo, że jestto układ statycznie niewyzna-. aXa ² czalny. W przybliżeniu możemy wyznaczyć siły wewnętrzne, rozłożywszy belkę na pojedyncze układy. Tu dokładność jest znacznie mniejsza, niż. dla belki równoległej, bo dla pojedynczych układów np. dla JBAG musimy przyjąć cięciwę JBG zamiast rzeczywistego pasu zakrzywionego JBDEFG.

Dla dokładnego obliczenia takich belek musimy się uciec do prawideł sprężystości, więc musimy znać już przekroje. Aby zaś wyznaczyć przekroje, obliczamy belkę według tego przybliżonego sposobu, rozkładając belkę kratową na pojedyncze układy* Będziemy więc rozkładać belkę o kracie wielokrotnej na pojedyncze układy i w każdym węźle umieścimy takie ciężary, jakie działają w odpowiednich węzłach danego układu i przyjmiemy zamiast pasu wielobocznego cięciwę między dwoma węzłami tego samego układu.

§. 66. Wyznaczenie sił wewnętrznych w pasach.

Nazwijmy h pionowy odstęp cięciwy JBG od punktu A, to

wiemy, że S—--^ siecz a, gdzie S oznacza siłę działającą

w cięciwie JBG.

A więc siła wewnętrzna w pasie dla poszczególnego układu równa się ilorazowi —, pomnożonemu przez sieczną kąta nachylenia tej części pasu. Wyznaczamy przytem M ze względu na punkt A, zaś li, jak wspomniano, jest to wysokość belki w punkcie A, liczona do cięciwy JBG.

Rzeczywistą siłę wewnętrzną otrzymamy dopiero wtedy, gdy dodamy siły wewnętrzne, jakie dla każ-

dego poszczególnego układu otrzymaliśmy, więc dla pasu DC (rys. 108.) będzie

I14-Ł 1 Ł\

. hx h₂ h₃l

rys WS-

siecz a . . 28)

Wykreślna konstrukcya dla każdego układu z osobna jest taka sama, jak dla kraty pojedynczej.

§. 67. Linie wpływowe sił wewnętrznych w pasach.

Chcąc dokładnie obliczyć siły wewnętrzne w pasach, wyznaczyć musimy linie wpływowe. Na podstawie równ. 28) konstrukcya linij wpływowych jest podobna do konstrukcyi dla belki równoległej.

Równ. 28) możemy też tak napisać:

siecz a ... . 29)»

Ponieważ w każdym układzie mamy tu inny punkt obrotu, a zatem i inne h, więc musimy linie wpływowe każdego układu sprowadzić na jednakową wysokość ht (rys. 109.). Wiemy według §. 42, że wierzchołki trójkątów dla kraty

.....    -*• pojedynczej leżą na paraboli ; tutaj

leżą one na krzywej gdi, którą

Chcąc znaleśó siłę wewnętrzną St w części pasu DD, nachylonego do poziomu pod kątem otrzymamy St dost <r, =

— S dost a, zatem St = S -^0St— —

dost at

Dalej nazwijmy S₂ siłę wewnętrzną w pasie DE

odnośny kąt nachylenia cięciwy do poziomu,

M .    ,

=--y siecz t:₂ itd.

y- siecz

27>

a c2 to S₂ —

SJit= —

■r-ys 109.

KL

otrzymamy, dzieląc w każdym punkcie M przez odnośne Ji. Dalej postępujemy zupełnie według §. 42 i otrzymamy w ten sposób linią wpływową dla siły wewnętrznej w pasie KL podobną , jak dla belki równoległej.

§. 68. Linie wpływowe sił wewnętrznych w krzyźulcach.

Każdy krzyźulec należy tylko do jednego układu, siły wewnętrzne w krzyźulcach wyznaczamy więc zapomocą linij wpływowych, które otrzymujemy zupełnie w ten sam sposób, jak dla kraty pojedynczej, przypuszczając zawsze cięciwy zamiast pasów wielobocznych. Potem wyznaczamy trójkąty dla każdego układu, jak dla belki równoległej.

W przybliżeniu wyznaczamy siły wewnętrzne, obliczając siłę Y jak dla kraty pojedynczej i dzieląc ją przez n, przyjmując zatem Y⁴ = — .

§. 69. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych.

Czasem wystarczające jest przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych, zwłaszcza dla ocenienia wpływu kształtu pasów. Podamy tu więc także przybliżone wzory:

1. Pasy. Według rów. 28) mamy

siecz c =

. . 30)

M .

— siecz <7 ,

h

jeżeli M i li wyznaczymy ze względu na punkt średni, który otrzymamy, jeżeli środek danej części połączymy z wierzchołkiem trójkąta, jaki tworzą sąsiednie krzyźulce i tę prostą przedłużymy aż do drugiego pasu. M oznacza przytem moment całego ciężaru, działającego na belkę.

Podobnie otrzymamy dla pasu dolnego

.31)

Sj ⁼⁼⁼ —I⁻ 4r~ siecz t

li

źeniu

2. Krzyźulce. Jeżeli krata jest n krotna, to w przybli-— część ciężaru działa na jeden układ, więc:

— Y siecz a j

D' =

— Y siecz ß

więc najw (— Y) =

,    , a wreście

dx

Według równ. 15) jest Y=

-ff)

dx

li. Dla najw Y, odpo-

władającego punktowi F (rys. 110.) jest Q — 0t, więc M = Qx,

bo Q dla

xy»

no.

A.

/ilK

— X -- di---* — J—

a zatem d

danego obciążenia jest stałem, a mia-n_

no wicie Q — p -—• A zatem mamy Ł L

najw (+ Y) yp —-

hdx — xdh

(j)

h‘M

dx

a ponieważ d ^

xdli — hdx

( ll\ X ²

~d\x)v'

więc podstawiwszy tę wartość w równanie dla najw (-]- Y), otrzymamy

h²

zatem d

wą/w (-j- Y) = —

px² (ł— icj² ^

r-=È I 8

21h

dx

33)

Dla najw (— Y) otrzymamy Q = 0t—px—0₂ (rys. 111.)

A zatem M —— $ (l — æ) , ć?

rys. 111

(f)

£.

K .-s: -ł----/    ----#

, przyczem Q = —

px²

1TT ’

najw (— Y) = —

px² (£ — a?)

2lh

dx

. . . 34)

XIII. Belka kratowa paraboliczna.

§. 70. Kształt pasów.

Kształt, pasów belki wielobocznej może być rozmaity ; aby go bliżej określić, możemy stawiać różne warunki.

Postawmy warunek, aby przy obciążeniu zupełnem siła wewnętrzna w krzy żule ach była równą zeru, a więc cały ciężar przenosił się przez pasy. Według założenia

dla obciążenia zupełnego będzie więc według rown. 15)

O, a zatem -j- musi być stałą liczbą.

ł, to h = CM ....

dx

35)

Niechaj będzie — =

Dla obciążenia zupełnego jednostajnego M=\qx(l — x), Jeżeli ą oznacza ciężar jednostkowy, zatem h = \Cqx(l— x)~

Niechaj wysokość we środku belki będzie \ (rys. 112.), to dla ~ ht = i CqV. Porównawszy ostatnie dwa równania dla h

(■-?)

li = Hi,

i ht, otrzymamy

Ti/S 112

■rys 113.

Jestto równanie paraboli; widzimy więc, że, jeżeli dla obciążenia zupełnego krata nie ma wcale pracować , pasy muszą mieć kształt paraboliczny i dlatego belka ta nazywa się belką paraboliczną (n. Par ab eiträger, fr. poutre para-___    bolique, a. parabolic truss). Według tego, czy

a jeden pas, czy też oba pasy są zakrzywione, rozróżniamy następujące rodzaje belki para-'rys 114    bolicznej.

rys 113.

a) Belka górnoparaboliczna (n. Bogensehnenträger, fr. poutre en bowstring, a. bowstring gir der) (rys. 113.) o pasie dolnym prostym a górnym parabolicznie zakrzy-

\ wionym.

b) Belka dolnoparaboliczna (n.

Fischbauchträger, a. inverted bowstring, fish bellied, girder) (rys. 114.) o pasie górnym prostym, a dolnym zakrzywionym.

c)    Belka osełkowata (n. Fisch oder Linsenträger, a. the bowstring suspension girder) (rys. 112.) o obu pasach symetrycznie parabolicznie zakrzywionych.

d)    Belka sierpowata (rys. 115.) (n. Sichelträger) o obu pasach w jednym kierunku zakrzywionych, używana zwłaszcza do dachów.

§. 71. Przybliżone wyznaczenie sił wewnętrznych.

1. Pasy. Według wzoru 30) jest S ---^-siecze, zaś

to S, — — C, siecz cr |

S, = -f- Ct sieczT / ' Według poprzedniego paragrafu jest też lix = § CqP, więc

37)

według równania 35) h = CM, więc dla .zupełnego obciążenia ^ siecz 7. Niechaj

. . . 38)

qP

8At '

Kąty t i a są zwykle bardzo małe, zatem siecz t i siecz 7 mało się różnią od jedności. Jeżeli jeden pas jest poziomy, to dla niego 17 lub t = 0, więc siecz 7 lub siecz t=1. A więc siły działające w pasach, są prawie stałe, w pasie prostym zupełnie stałe.

2. Krata. Dla zupełnego obciążenia i dla ciężaru stałego Y = 0 według założenia. Chodzi jeszcze tylko o obciążenie częściowe najniekorzystniejsze. Wedle rów. 36)

x (l — x)

M)

= 4 li

stąd cl

--TT dx.

zaś d

= dx.

Wstawmy te wartości i wartość za li w rów. 33) i 34) a otrzymamy

najw (-f- Y) =

pxa (i — xy

— 4 A.

px (1 — x)

2Z.4A,

x(l — x) P

21 • ³⁹>

Dalej otrzymamy najw (— Y) = —

PX² (l - X)“¹    4 Aj

x (l — x) P

px (1 — x)

21

. . 40)

Widzimy więc, że Y jest w każdym przekroju dodatnie i ujemne i że najw (-{- Y)= — najw (— Y).

Nazwijmy moment dla obciążenia zupełnego Mz, to Mz =

p Mz

= \ qx (J — x), a wtedy najw (+ Y) = + ~

8 hx

ąP

, więc Mz =

qPh

, a zatem najw thï) = ±ê

8 h,

a ponieważ Mz=

Najw (+ Y) jest więc proporcyonalne do wysokości belki w danym przekroju, a ponieważ P= Y siecz a, więc

PM i — 8 ht

gdzie Zj jest długością krzyżulca. A zatem siła, działająca w krzyżulcach jest proporeyonałna do długości krzyźulców, jeżeli p jest stałem.

najiv D =

pl

h siecz a = +

. .    42)

§. 72. Linie wpływowe belki górnoparabolicznej.

Z rozmaitych rodzajów belki parabolicznej jest belka gór-noparaboliczna najwięcej używaną, zastanowimy się więc nad nią bliżej i wyznaczymy najprzód dla niej linie wpływowe.

1. Pasy. Siła wewnętrzna w pasie dolnym jest dla ciężaru jednostajnego stałą, więc powierzchnie wpływowe (rys. 116.) dla

rozmaitych x muszą być równe, a zatem wierzchołki c, c‘ leżą na linii poziomej. p'Jeżeli siła P działa w punkcie C, to a    a ze względu na punkt C

a ponieważ h =

ThJS 116.

pi

AT

-il<£

dolny

JL-P- —

= 47^

Jf PI

, więc

= St== cd

. . 43)

li 4 Ä,

Pas górny jest zakrzywiony, więc

PI

S~ — siecz c — . , h    4 li

-r^— siecz c .

. . . 44)

Chcąc wykreślić linią wpływową dla części P‘G‘ pasu górnego, jeżeli bierzemy moment ze względu na punkt C, kreślimy z punktu d* d‘e prostopadłą do części pasu D‘C‘ aż do przecięcia

pi

się z poziomą przez ct w punkcie e, to ctd' —

= cxd‘ siecz cr =

zaś ed‘ =

PI

siecz cr. Zróbmy teraz c₂d' — d‘e = — siecz er

i połączmy ca z a' i ó', to a'c₂b' jest linią wpływową dla części pasu górnego C‘D'.

2. Krzyżulce. Linie wpływowe dla krzyźulców możemy wykreślić według ogólnego sposobu, lecz dla belki parabolicznej w kracie pojedynczej uzyskujemy pewne uproszczenia, jakto

4Ät

125 -

Mel an*) wykazał. Udowodnił on mianowicie, że wierzchołki trójkątów wpływowych leżą na linii prostej. Dowód Melana, jako dość długi, opuszczamy i podajemy tylko wyniki.

Chcąc wyznaczyć linie wpływowe sił wewnętrznych w przekątniach belki parabolicznej, przedłużmy belkę AB (rys. 117.) do C o długość a — odstępowi poziomemu dwóch węzłów i wykreślmy pionową w punkcie C, zróbmy CO — P = 1 i połączmy C‘ z B, to na OB leżą wierzchołki trójkątów wpływowych. Wystawmy w punkcie B pionową BB‘ — P= 1, to BB' posłuży nam do wyznaczenia drugiego szeregu wierzchołków w sposób, uwidoczniony na rysunku.

rys U7.

"A'

2)’ rys

bt--¹

e’

-I—-

Z rów. 39) i 40) wynika, że powierzchnie wpływowe ujemne i dodatnie będą równe.

Jeżeli mamy giętkie przekątnie podwójne, to postępujemy według §. .64.

Dla słupów otrzymujemy także łinie wpływowe w podobny sposób (rys. 118.). Przy podwójnych krzyżulcach uwzględniamy wywody §. 64, przyczem przy obciążeniu częściowem słupy pracują tylko na ciśnienie. Przy obciążeniu zupełnem powstaje w każdym słupie ciągnienie, równe ciężarowi węzłowemu dolnemu, jakto w następnym paragrafie zobaczymy.

§. 73. Siły wewnętrzne przy obciążeniu zupełnem.

Dla obciążenia zupełnego jednostajnego zmienia się moment według paraboli, zatem jest on proporcyonalny do wysokości.

- f) * (rys-¹¹⁹)'

a) Ścięgna. Według rów. 12) Y = ( a ponieważ dla obciążenia zupełnego ciężarem jednostajnym

*) M e 1 a n. Beitrag zur graphischen Behandlung der Fachwerksträger. Zeitschrift des Hann. Ing. u. Arch. Vereines 1880.

c) Pasy. Ponieważ w ścięgnach nie ma żadnego natężenia, zatem składowe poziome sił, działających w pasach, muszą być stałe, a więc

ql²

. . . 46)

siecz a

8h, ' *

M" h"

M‘

rys 119. D

zatem Ir=0, więc przy obciążeniu zupełnem ścięgna wcale nie

h'

pracują.

b) Słupy. Dla równowagi węzła dolnego

... 45)

gdy P oznacza ciężar, działający w węźle C. A więc słupy pracują przy zupełnem obciążeniu na ciągnienie. Ciężar węzłowy górny nie wpływa wcale na V.

H’a F’ (rys. 120.)

'rys 1%0. p-oY

r=p,

S₂ =H

j/i

Dla układu ciężarów skupionych nie będzie wszędzie stałe, bo li zmienia się według paraboli, a M tylko w przybliżeniu według paraboli. Tu więc wyniki powyższe będą tylko w przybliżeniu prawdziwe. Dla dokładnego obliczenia najlepiej użyć tu ogólnej metody.

§. 74. Największe siły wewnętrzne.

1. Przekątnie. Dla rzędu krzyżulców na prawo spadających musi być prawa strona belki obciążona, dla lewych lewa strona.

Dla największej siły wewnętrznej w krzyżulcu CF (rys. 121.) jest więc obciążona belka na prawo od p. F, jeżeli nie uwzględnimy ciężaru od F aż do punktu obojętnego, a wtedy siła poprzeczna działa w A, więc LA = c.

C    Według rów. 36) jest li =    \,

"a*-    h* =    4 (x — a) (l — x -j- a). Ti rysunku

-----* widzimy, że b = h dot <?, c—b — x. Podstawiwszy wartości w tych równaniach, otrzymamy

j_4x (l — x) ht

rys JZi.

x-----»

więc

stąd

X (l — x)

4 (l — 2 x —j— a) 7^₁    1 — 2 x —(— ci

(x — a) (l — x -\- a) a=z l—2x + a

. 47)

. ... 48)

x (x — a)

l — 2 x-\-a

. . .49)

Z A

i-------

d) Obciążenie jednostajne.

a) Krata pojedyncza. Niech rys. 122. przedstawia linią wpływową siły wewnętrznej w przekątni, to według rów. 24)

x‘ (l -4- m)

—=——i-—- a.

In — am

Podstawmy w tem równaniu m = c,

irys 122>

,    i«¹

/y» / -

IA/ä    ¹

x‘ = x — a, n = b — a, a otrzymamy

(l + c) (x — a) a

l (b — a) — ac

"Wstawmy teraz wartości za (b — a) i c z rów. 48) i 49),

1 — x + a

x₂‘ =

. . .50)

a, otrzymamy

.51)

Najw (+ Y) otrzymamy według rów. 25) (l — a — x‘) m n p

najw Y =

In — am

Wstawmy znowu wartości za x' = x — a, n = b—-a, m = c, (l — x)c(b — a)p

[l [b — a) — ac] 2 b

ści za (b — a) i c z rów 47) i 48), otrzymamy

najw Y = ——

a otrzymamy najw Y =

a wstawiwszy warto-

a) (1 — x -f- a)

2 (1 + a)

52)

Z równania tego widzimy, że najw Y zmienia się według

paraboli.

ß) Krata wielokrotna. Tu musi być belka obciążona dla najw Y aż do sąsiedniego węzła K (rys. 128.), a ponieważ w węźle C nie działa wtedy żadna

siła i siła poprzeczna Q zaczepia w lewej podpo-

c

rze, otrzymamy według równ. 8) najw Y = Q ^, a ze względu na rów. 47) i 49)

rys 123.

r ko

najw Y =

i«

. 53)

1 -

b) Ob ciążenie układe m ciężarów skupionych. Tu obliczamy najw Y najlepiej zapomocą linij wpływowych lub według jednej z metod ogólnych.

2. Słupy. Słupy obliczamy tylko dla układu, dla którego-ścięgna pracują na ciągnienie. Tu zostają rów. 47), 48) i 49) ważne, jeżeli zastosujemy je do

wer'

*.— o----i

rys. 124.

Podstawmy w równ. 24) m, — c, x‘ = xT

(I + à) x Ib —ac

wstawimy w to równanie wartości za hic

n = b, a otrzymamy —

a jeśli

z rów. 47) i 49), otrzymamy

, ₌ (1 —x) (1 + a — x)

²    1 (I — x) — a (x — a)

. 54)

Wstawiwszy te same wartości za m,    i n w rów. 25),.

_ O, _ 7)    •

otrzymamy najw Y = -—^——— . ~ , a wstawiwszy jeszcze wartości za 5 i c z rów. 47) i 49)

IL O — a — x)² (x — a) 2 1 (1 — x) — a (x — a)

55)

najiv Y =

Dla kraty wielokrotnej otrzymamy zupełnie w ten

sam sposób, jak dla przekątni,

najw YT =

. . . 56)

§. 75. Przykład.

Dane. Most jednotorowy o rozpiętości 27m. Belki głófwne górnopara-boliczne z kratą prostokątną o podwójnych giętkich przekątniach. Wysokość belki 4 m, odstęp węzłów 3 m. Ciężar własny całego mostu wynosi według Otta 301 -j- 800 = 1610fc^f/w, niech ciężar pomostu wynosi 450 Jcglm, to ciężar dwu belek głównych wynosi 1610 — 450 = 1160 hglm, zatefri jednej belki 0,58 #/wj , z czego przypada połowa na pas górny, a połowa ną dolny. Ciężar pomostu wynosi na jedną belkę 0,225 t/m i działa na pas dolny.- Ciężar węzłowy dolny jest więc Gt — 3 (0,29 -f- 0,225) = 1,5451, zaś ciężar węzłowy górny 6r₂ = 3.0,29 = 0,874. Ciężar ruchomy przyjmujemy wedle rozporządzenia austryackiego dla momentów 6185 hglm, na jedną belkę 3,092

Obliczenie. Wysokości słupów (rys. 125.) dadzą się obliczyć z rów. 36-

yys 7/2.5

h=±liĄ (l ~ y) = ⁴ • ⁴ T (l +

X \

— T) • Wstawiwszy x = ma, l —

= na — 9 a, a =3 m, otrzymamy 16

----ZJ--------------

A zatem dla m —    1

---

h — -gj m (n — m) — 0,1975 m X X{n — ni).

otrzymamy

h = 1,580 2,745 3,555 3,950 m.

1. Pasy. Największe siły wewnętrzne powstają w pasach przy obciążeniu zupełnem, a zatem q = p ą- g •— 3,0925 + 0,225 + 0,58 == 3,898 tjm. Siła

ql*

wewnętrzna w pasie dolnym jest stała i wynosi według rów. 46) S₂ = sy = 3,898.272    1

— 88,8 t. Siła wewnętrzna w pasie górnym jest $, = 88,8 siecz a.

Natężenie dopuszczalne jest wedle rozporządzenia austryackiego 754 kg Jem²,

117,8 cm². Dla pasu gór-

więc przekrój teoretyczny pasu dolnego A₂ — hm — hm — 1

88,8

0,754

_ 0,»75 j-w    — 1) (n — m +

nego otrzymamy st a —

1)] =. 0,0658 (10 — 2 m). Siecz a = [/1 st² a. Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę.

Część pasu górnego

st rs

siecz a

St

Przekrój teoretyczny Ax

cm²

I II

II III

0,526

0,395

0,132

1,130

1,075

1,008

100,3

95,5

89,5

III IY

88,8

133,1

126.7

118.7

117.8

2. Przekątnie. Ciężar własny nie sprawia w przekątniach żadnych

natężeń. Największe siły wewnętrzne w przekątniach otrzymamy w przybliżeniu .    pl 7,    27 .pl

z row. 42) najw D = -g^- = -

spadających na prawo, lx = \/ h)n „j-j-3² — \/ 9 -f- h~n

8.4

— 0,8425 plx, przy tern jest dla przekątni,

a p trzeba przyjąć

dla długości (l — ma) według rozporządzenia ministeryalnego i podzielić przez 2.

Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę :

Przekątnie

l — via

najw D

t\m

cq co    io cd

8,390

4,065

4,651

4,960

4,960

21

18

15

12

3,765

3,980

4,250

4,700

5,400

10,75

18,63

16,65

19,64

22,55

VI 7

4,651

6,600

25,85

YII 8

4,065

29,45.

Dokładniej obliczymy najw D według rów. 51) i 52), a więc

n — m + 1 ~    n+1 a~

x₂‘ —

Najw Y —

l — x + a

—--a

l -j- a

p (x — a) (l — x -\-a)

10 — m

10

a.

st «

— 3 p

h a } siecz a — Y/l + st² a.

2(1 +a)

(m — 1) (10 — m)

20

Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę :

Prze-

kątnie

x₂'

l—(æ-j-

—a+x₂')

t\m

najw

st * siecz a

Prze*

n króJ teor. A

najiv

cm²

VI    7

VII    8

oo m m w ta b

21,6

18,9

16,2

18,5

10,8

8,1

5,4

3,744

3,899

4,142

4,475

5,380

5,760

6,840

4,49

8,19

11,18

13,44

16,14

15,55

14,36

1,093 ; 1,481

Z porównania obu tabliczek widzimy, źe wyniki przybliżone różnią się bardzo od dokładnych zwłaszcza z powodu, ze ciężar zastępczy zmienia się bardzo wraz z długością obciążoną. Jeżeli więc już chcemy używać sposobu przybliżonego, należy ciężar zastępczy obliczać dla długości obciążonej od punktu obojętnego do podpory, uwzględniając rów. 51).

W przekątniach, spadających na lewo, działają te same siły wewnętrzne, lecz w przeciwnym porządku n. p. siła wewnętrzna w VIII 7 jest taka sama, jak w I 2.

3. Słupy. Ciężar własny sprawia według rów. 45) ciągnienie Vg = 1?5451, Najw. ciągnienie wskutek ciężaru ruchomego powstaje także przy obciążeniu zupełnem i wtedy także ciągnienie równa się ciężarowi węzłowemu. Jako ciężar zastępczy przyjmiemy tu ciężar zastępczy dla momentów dla rozpiętości 2 a —Gm, zatem p — | 10,9 = 5,45 tjm. Ciężar węzłowy wynosi więc 3.5, 45 = = 16,35 t, zatem najw (+ Vp) — 16,35i.

Największe ciśnienia otrzymamy dla obciążenia jednostronnego. Gdy przyjmiemy jako działające krzyżulce na prawo spadające, to dla mg o słupa

(l — x) (l-\- a — sc)

1(1 — x) — a (x — a)a'

(9 - m) (10—m)

Wstawiwszy 7=27, a—3, x = 3 m, otrzymamy x₂‘ = Q    ³ y

a najw Y według rów. 55),

wyznaczymy x₂ według rów. 54), mianowicie x₂‘ =

najw Y

_ p (l — a — «)² (x — a) 4 1(1 — x) — a (x — a)

3p (8 — m)² (m — 1)

4 9 (9 — m) — (m — 1) '

Nakoniec mamy najw (— V) = — najw Y.

Przekroje dla porównania obliczyliśmy także na podstawie wzoru Wey-

najmn P

P₀ -f-1,3 najmn Pl P₀ -j- 1,3 najw P,

raucha t= 700 (1 + | Ç), przyczem Ç jest ujemnem.

Z porównania przekrojów, obliczonych według obu sposobów, widzimy, źe przekroje słupów, obliczone na podstawie natężenia dopuszczalnego, przyjętego według rozporządzenia austryackiego, są za małe.

Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę :

najw P

, gdyż tu najmn Pt

we-

dług

Weyr.

kg! cm²

771

712

679

652

089

Przekrój

teoretyczny

wedle

Weyr.

wedle

rozp.

austr.

cm² | cm²

28,3

30,6

32,1

33,3

34,6

najw najmn

+ 5,45|| 28,9

28,9

28,9

28,9

28,9

+ 2,01

— 1,60

—1,38

— 2,84

— 2,79

+ 21,8

+ 21,8

+ 21,8

+ 21,8

+ 21,8

+ 21,8

Vg

+ 5,45

+ 5,45

+ 5,45

+ 5,45

+ 5,45

+ 5,45

najw

(+ Vp)

+16,35

+16,35

+ 16,35

+16,35

+ 16,35

+ 16,35

najw

(— Vp)

ff‘2 ~

— 6,05

— 7,83

- 8,89

tjm

7,530

7.906

8,392

9,130

9,940,

12,080, — 8,24

21,0

18,3

15,6

12,9

10,2

7,4

4,5 114,800, — 5,55 | + 16,85 | + 5,45 || + 21,8 | - 0,10

x₂'

3,0

2,7

2,4

2,1

1,8

9‘T

1,5

tu

Słup

2 II

3 III

Al f

6 VI

7 VII

Ponieważ założywszy działanie przekątni, spadających na lewo, otrzymamy najw Vp takie samo, lecz w przeciwnym porządku, więc dla słupów symetrycznie położonych należy wybraó wartości większe, uwydatnione tłustym drukiem.

XIV. Odmiany belki parabolicznej.

§. 76. Zasada belki Paulego.

W belce parabolicznej jest siła wewnętrzna w pasach prawie stała, zmienia się tylko według siecze. Pauli starał się wynaleść taki kształt belki, aby siły wewnętrzne w pasach były zupełnie stałe. Wtedy może też być przekrój pasów na całą długość belki jednakowym.

Belka taka musi być przedewszystkiem ze względu na środek belki symetryczną , bo nie ma powodu, aby lewa strona belki była inną, niż prawa. W belce takiej będą oba pasy w środku

poziome, tam musi też być siła wewnętrzna w obu pasach jednają

kowo wielką, bo jest takie samo dla obu pasów, a <j = t = 0. Ponieważ siła wewnętrzna ma być w pasach wszędzie jednaka,, więc musi być także w każdym innym przekroju dla obu pasów jednaka, chociaż pasy nie są równoległe. To jest tylko moźliwem, gdy c = t, więc, gdy belka będzie miała kształt osełkowaty, gdyż —    siecz a może być równe S₃ = y siecz t tylko, gdy <j = t-

§, 77. Kształt belki Paulego.

Siły wewnętrzne w pasie otrzymamy w przybliżeniu bezr.

M

względu na znak według rów. 3) i 4) S — siecz a. Dla ciężaru jednostajnie ciągłego mam y M—\qx(l — x), a z rys. 126.: rys 124}.

siecz <7 =

~’i

zatem S =

i/r+Ä-Vi + g)',

qx(l —

;<r-

->

8 ht

, zatem

Dla a: = ~ jest q l² _    —

8 ht

ev>+-ier.

albo

P _x(l — x) i/ l/c77A²

h V¹⁺ 4\àj

57)

4 ht

Ponieważ belka ta jest bardzo zbliżona do belki parabolicznej, więc dla wyznaczenia ^

47»j x (l — x)

dli

możemy w przybliżeniu przyjąć, wi<*°

Palej wiemy, że gdy a jest bardzo małą liczbą, wyraz '^l ~j~ « możemy rozwinąć w szereg i po opuszczeniu dalszych potęg napisać Vl -{- a = 1 -f- * a, a zatem

jak dla paraboli, h —

V‘+î(S)

= 1+

ODM

’dh\²

dx

2x²)

"Wstawiwszy to w rów. 57), otrzymamy l² _x (l — x)

{l 2 hx ² (l — 2 x)²} , a stąd

x(l —x)

ll = 4 h. -ry

l²

{'+T.‘ (>-*!)■) ■

Rów. 58) jest czwartego stopnia i daje Ji dla tego samego Jit nieco większe, niż dla paraboli. Siły wewnętrzne najlepiej obliczać według ogólnych sposobów powyżej podanych.

§. 78. Belka paraboliczna niezbieźna.

Oprócz belek parabolicznych zbieżnych (rys. 127.), o których dotychczas mówiliśmy, używane są także belki paraboliczne niezbie-źne (rys. 128.) (n. Halbparabelträger), których pasy w obu końcach belki nie schodzą się i które już na podporze mają pewną wysokość h₀.

Pas dolny jest tu zwykle prosty,

rys 12 7.

ry J2&.

4i równanie linii pasu górnego jest wtedy

Ji — Jio -j- 4 Qi₁ — h₀)

x (l — x)

l²

59)

Powód, dla czego używamy belek tego kształtu, leży w ustroju mostów. Często potrzebujemy na podporze pewnej wysokości, choćby tylko dla poprzecznie, czasem chcemy mieć większą, wysokość belki, aby urządzić górą tęźniki.

W porównaniu z równie wysoką belką równoległą potrzebuje belka paraboliczna niezbieźna mniej mate-f ryału, więcej jednak, niż belka paraboliczna zbieżna.

Siły wewnętrzne i tu wyznaczać i"r będziemy według ogólnych sposobów, podanych powyżej. Dla porównania Pt podamy tu siły wewnętrzne w pasach i krzyżulcach dla trzech rodzajów belek: równoległej, parabolicznej zbie-|||^ żnej i niezbieżnej (rys. 129.) o równej wysokości. W belce parabolicznie nie-zbieźnej jest siła wewnętrzna w pa-

rys 1Z9 ' C' b. Wn

pas górm/

-—.'i

Am

.1

pas dótny

sach dla małego h₀ prawie stałą, dopiero przy podporach nagle spada do zera.

Siła Y w A i C jest taka sama, jak dla belki równoległej-Z punktu A/ spada tem szybciej, im mniejsze jest h₀.

§.79. Przykład.

Ponieważ dla belki parabolicznej niezbieźnej nie dają się: uprościć wzory ogólne, więc obliczamy siły wewnętrzne wedle wzorów ogólnych. Przykład, który tu podajemy będzie więc zarazem przykładem dla belek o pasach dowolnie zakrzywionych.

Dane. Most kolejowy dwutorowy o rozpiętości 36m i dwu belkach parabolicznych niezbieżnych. Wysokość na podporze h₀ = 3m, we środku 5 m (tabl. III). Odstęp węzłów 3,6»?. Każdą belkę należy obliczyć dla obciążenia jednego toru pociągiem normalnym austryackim. Ciężar własny przyjmujemy według §. 2. g = 0,44 l² -{- 11,11 -f" 1800. Dla 1 = 36 otrzymamy g = 2770 kglm, a dla jednej belki | 2770 = 1385 kgjm. Z tego wypada 450 kglm na pomosty więc ciężar belki głównej wynosi 935 kg/m. Na pasie górnym cięży więc g₂ 5= \ 935 = 0,478 tjm, a na dolnym 0,478 -f- 0,450 — 0,928t/m, a ciężary węzłowe są ć?t = 0,478.3,6 = 1,7211, G₂ — 0,928 X 3,6 = 3,3411.

A. Obliczenie.

Wysokości obliczymy z rów. 58) 7? = 3 + 4 (5 — 3)

m (n — m)

x = ma = 3,6m, h = 3 -j- 8 —— — 3 -f- 0,08»? (10 — »?). Stąd otrzymamy :: dla »? =    1

h =

X (i —

x)    ₉

—, albo, jeżeli

2    3    4    5

3,72 4,28 4,68 4,92 5,0 »?.

1. Pasy. Dla ciężaru własnego otrzymamy oddziaływania 4,5 (1,721 -j--j- 3,341) = 22,781. Moment ze względu na punkt m jest Mg — 22,78»? 3,6 4*

m

— (m — 1) 5,062 -g 3,6 = 91,120 m — 9,112 »?² = 9,112»? (10 — »?).

Dla ciężaru ruchomego obliczono najw M według §. 16, przyczem dla węzła drugiego stała na węźle 2 oś, zaś dla następnych węzłów 3 oś parowozu. Dla węzła 5. otrzymaliśmy

Ot = b's [52 (34,2 + 18,6 + 3,0) -f 30 (26,4 + (0,8;] = 111,6 t.

M= Ox 18 — 52.16,2 — 30.8,4 — 26.1,8 = 2008,8 — 842,4 — 252 — — 46,8 = 867,6 tm.

Dalej mamy st a = AL

— km —

1 = A (3 ₊ o,08»? (10 — »?) — 3 — 0,08 X X (m — 1) (Ib — »? -(- 1) =    (0,22 — 0,04 m), siecz a—\/1 -)- st²a.

3,6

Siła wewnętrzna S — siecz a, a przekrój A — — , przyczem t = = 772 kg/cm² wedle rozporządzenia austryackiego.

Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę.

Dla przekątni I 2 otrzymamy Ot = g'g [52 (27 -{-11,4) + 30 (19,2 -j- 3,6)] —

M

= 77,5 = QP. M = 74,5.7,2 = 536,1, h = 4,28, stcr = 0,1555, y sta = 19,5 Fp = 74,5 — 19,5 = 55,0 i.

Przekątnie na lewo spadające urządzamy tak daleko, dopóki jeszcze otrzymujemy ciągnienie.

Na tej podstawie obliczyliśmy następną tabliczkę:

= 98,31, dalej wedle 335,9

poprzedniego M — 335,9, h = 3,72, st a = 0,2, więc st a==    0,2 = 18,1 •

YP = 93,3 — 18,1 = 75,21.

Przekrój teoretyczny A

pasu

dol

nego

OTO¹

146,5

216,7

261,9

275,9

gór

nego

OTO¹

149,6

220,6

263,4

276,4

Siła wewnętrzna S

w pasie

dol

nym

112,3

167,3

202,2

213,0

górnym

114,6

169,3

203,4

213,4

siecz a

dla

pasu

górnego

1,020

1,012

1,006

1,002

1,000 || 219,1 |219,11! 283,8 | 283,8

Mg

112,3

167,3

202,2

213,0

219,1

3,72

4,28

4,68

4,92

Mg

tm

417,9|

716,81

946,2

1048,1

Mg

tm

82,0

145,8

191,4

218,7

227,8 ! 1095,4| 5,0

Mp

tm

335,9

570,5

754,8

829,4

867,6

Siła

sto

jąca

na

węźle

Część pasu

12 i 0 I

23 i I II

34 i II III

45 i III IV

A Al

cm²

171,2

117,0

81,7

64,6

45,0

34,3

22,0

8,3

132,2

90,3

63,1

49,9

34,7

26,5

17,0

6,4

siecz a

1,414

1,340

1,221

1,188

1,171

1,166

1,171

1,188

+ 93,6

+ 67,4

+ 51,7

+ 42,0

+ 29,7

+ 22,7

+ 14,5

+ 5,4

+ 18,4

+ 12,4

+ 8,2

+ 4,6

+ 1,5

1,5

- 4,6

— 8,2

--

eM

-4,4

— 5,3

-4,5

— 3,0

-1,0

+ 1,0

+ 3,0

+ 4,5

+ 22,8

+ 17,7

+ 12,7

+ 7,6

+ 2,5

2,5

9‘Z, —

— 12,7

YP

75,2

55,0

43,5

37,4

28,2

24,2

19,1

13,6

— st

— 18,1

— 19,5

— 15,0

— 8,9

9lZ —

+ 2,0

+ 5,0

+ 5,8

Mp

tm

335,9

536,1

631,5

660,5

571,6

481,6

354,8

Qp

93,3

74,5

58,5

46,3

31,7

22,2

14,1

7,8 I 224,6

Przekątnie

II 3

III 4

IV 5

VI 7

VII 8

3. Słupy. Chcąc wyznaczyć siłę wewnętrzną w słupach, przecinamy je ukośnie równolegle do przekątni.

Dla ciężaru własnego otrzymamy więc siłę poprzeczną dla słupa witego Qg — 22,78 — (wt — 1) 5,062 — 3,341. Mg , h i st a znamy już z poprzedniego.

Dla ciężaru ruchomego otrzymamy najw (— V) dla witego słupa dla tego samego położenia pociągu, co dla .    .    M

przekątni (wi wt 4 1)» spadającej na lewo, otrzymamy więc V — Y= Q — st a, przyczem wartość dla Q jest ta sama, co dla przekątni (wi wi 4 1)> M jest mniejsze o 3,6 Qp, czyli Mp = Qp m. 3,6, a h i st a te same, co dla przekątni (wi — 1 wi\

cm²

152,6

97,3

67,6

50,4

34,6

24,1

cnfvu

(A +)

— 24,5

9,9

4 3,7

4 6,8|

4 8,6

4 9,7

St <7

0,2

0,156

0,111

0,067

0,022

— 0,022

Mg

tm

tm

pociąg

sięga

-Yg = = najw

71/

o ci-t St or

84

141

199

219

146

210

191

219

228

465

756

868

do

węzła

U -)

- 117,8

75,1

- 52,2

— 38,9

- 26,7

- 18,e

12,5

2,6

424,5

4 15,0

T‘6 4

8lf +

4 1,9

1,8

6‘f —

6‘l —

-4,4

8‘S —

Q‘f~

— 3,0

-1,0

41,0

4 ³,0

Qg

\ę‘fz 4

k‘6I +

4 14,4

4 9,3

4 4,8

- 0,8

— 5,9

najw

sta

Mp

Qp

Słup

4 93,3

460,1

4 43,1

434,1

4 25,4

4 20,4

4 17,4

+ 10,51 — 10,9

— 14,4

— 15,4

— 12,2

- 6,3

8'T

8‘l 4

4 2,7

tm

268,2,

421,2

515,4

457,31

399,6

304,1

196,5|

93,3

74,5

58,5

46,3

31,7

22,2

14,1

7,8

2 II

8 III

4 IV

6 VI

7 VII

Najw (-j- V) otrzymamy wtedy, gdy żadna z przekątni, u odnośnego słupa u góry się schodzących , nie działa. Jeśli belka jest zupełnie obciążona, to działają w lewej połowie belki przekątnie, spadające na dół. Jeżeli pociąg nie sięga aż do B, lecz do węzła 9, 8 lub 7, to w skutek tego ciągnienie w przekątniach tych się zmniejsza. Ciągnienie to spadnie w przekątni

Mm -j-1 lbn    lim +1

(st Gm-f-1 — st Gm), przyczem Mm oznacza moment w skutek ciężaru ruchomego i własnego. Cofamy więc pociąg tak, aby pierwsza oś znajdowała się w 9, w 8, w 7 itd. i dla słupów 2, 8, 4, 5 wyznaczamy M

-j- . I tak n. p., gdy pociąg sięga od A do 7, otrzymamy w węźle

[m m -f- 1) do zera, jeśli Mm

najw (-}- Vm)

lim

Mp

Mm

Dla tego położenia otrzymamy

Mg M h

Tl

Ol OO to

Siła więc 2) w przekątni IY 5 jest prawie równą zeru. Przy bardzo

M

małem jeszcze cofnięciu pociągu, otrzymalibyśmy w węzłach 4 i 5 -j- = 199. • Dla tego obciążenia otrzymamy najic (-f- P₄) = 199 (0,0667 — 0,0222) = -j- 8,6.

Najw (+ Vb) otrzymamy dla tego samego obciążenia, co najw S

w IY Y i V Y1, więc -j- = 219.

Słup 1 I musimy osobno obliczać. Najniekorzystniej na ciągnienie jest, gdy długość Al jest obciążoną, a pierwsza oś parowozu stoi na 1. Wtedy Oi —

84,2

= 84,2 im, Yp = — 2,6 —    0.2 = — 5,11. Więc najmn V = — 15,0 -f-

+ 5,1 = — 9,9 i.

v

Przekroje obliczyliśmy wedle wzoru A —    .

zastosować wzór Weyraucha.

B. Konstrukcya (tabl. III).

I. P a s y. Dla ciężaru ruchomego wyznaczyliśmy momenty zapomocą wieloboku sznurowego. Przyjęliśmy przytem podziałkę I dla długości dla sił podziałkę II i odległość biegunową 150 t, zatem dla podziałki III dla momentów będzie ₂ \l^tm —

62. 34,2

49,4 t, QP == 49,4 — 52 = — 2,6 t, Mp = 49,4.3,6 — 52.18 =

Właściwiej byłoby tu

1 mm 30 tm '

W tym samym wieloboku sił wykreśliliśmy dla ciężaru własnego ciężary węzłowe i na tej podstawie wielobok sznurowy, pocżem dodaliśmy momenty wskutek ciężaru własnego i ruchomego.

Siły wewnętrzne w pasach wyznaczyliśmy według §. 58 b) (rys. 82.), przyczem zamiast całej odległości biegunowej a użyliśmy do konstrukcyi tylko 2 a, w skutek czego musimy wyniki otrzymane dla S pomnożyć jeszcze

2

przez 2. Jeżeli wykreślimy podziałkę IY, w której 1 cm przedstawia =

—    2,59 razy więcej jednostek, niż podziałka II, a więc w której

1 cm

20.2,59

—    , to na niej odczytamy przekroje teoretyczne.

we-

2. Przekątnie. Na rys. 5. wykreśliliśmy wielobok oddziaływania 0, według §. 14 p. 3) i wyznaczyliśmy największe siły wewnętrzne najw D dług sposobu Culmanna (§. 63 b) I rys. 100), przypuszczając, że pierwsza lub druga oś parowozu stoi na prawym węźle. Jeżeli druga oś stoi na prawym węźle np. 1, to pierwsza oś stoi w a, więc P' = aax, O, — aa₂■ Siła wewnętrzna w Oj jest wtedy 2), = D,' — Dt". W zwykły sposób otrzymamy P= ab, zaś Dx‘ wyznaczyliśmy na rys. 6 w poczwórnej podziałce, robiąc ef = P‘ i kreśląc fg // 0 1, eg // OL Więc fg — P\‘, a według podziałki II IV' = bc. Zatem Dt == ab — be = ac. Tutaj ac > lwi dla wypadku, gdy 1 oś stoi na prawym węźle, więc najw Dx = ac. Dla innych przekątni otrzymujemy zawsze najw D dla położenia pociągu pierwszą osią na prawym węźle.

Dla ciężaru własnego wyznaczyliśmy D na rys. 1. sposobem Zimmermanna (§. 57 rys. 81). M, i M₂ mamy już wyznaczone na rys. 4. przy użyciu

odległości biegunowej a — 150 t. Tu potrzeba i —~ , gdzie e = 3,6 wi. Dzie-

odcinając na Ou M

lenie to wykonaliśmy na rys. 3, robiąc Ou = e — 3,6 wi

za pomocą nich

i kreśląc równoległe do m«; odcinki na Owi przedstawiają — wyznaczyliśmy Dg na rys. 1.

Zmieniwszy podziałkę II w stosunku 1 : 0,772, wykreśliliśmy podziałkę V,

na której —

l cm

1 cm

20 .

25,9 cm² *

Odczytywać możemy na niej wprost przekroje

teoretyczne.

0,722

3. Słupy. Na rysunku 7. wykreśliliśmy raz jeszcze wielobok 0t, a ta dlatego, aby rys. 5. nie uczynić niewyraźnym. Siły najw (— Vp) wyznaczyliśmy tu także sposobem Culmanna. Tu jednak przecinamy belkę ukośnie, np. dla słupa 3 III w kierunku mm, (rys. 1). Najniekorzystniejsze obciążenie jest dla tego słupa, gdy 1 oś stoi na 4, wtedy 0, = 44' (rys. 7). Kreślimy teraz Pa II A IV (rys. 1.), a potem ab // 4 IV i 4'ó // II III, a ab = najw (— Vp) w słupie 3 III.

Chcąc wyznaczyć najw (-}- Vp), postępujemy, jak powyżej, obciążamy belkę do 9, 8, 7 ltd. i szukamy^ czy dla którego przedziału przy tern obcią-

żeniu nie jest dla obu słupów równe, więc Y — 0.

N. p. gdy pierwsza oś stoi na 7 (lub na 3, a za to obciążamy praw% stronę belki zamiast lewej), to zamykająca jest rr,, a odnośne momenty w węzłach 3. 4, 5 będą ggx, hhx i ii,. Dodajemy do nich momenty w skutek ciężaru, własnego z rys. 4., dzielimy sumy przez odnośne h i przekonywujemy się,

,    .    M

ze -j- dla węzła 4 i 5 są prawie równe, mianowicie = 1991. Dla tego

kreślimy III IV i IV V (rys. 9.), zamykamy wielobok sił i otrzymujemy w ten sposób najw (+ F₄). W rys. 10. i 11. zrobiliśmy to samo dla najw (+ F₃) i najw (+ V₂). Najw (+ F₅) otrzymamy dla obciążenia zupełnego. W rys. 8.

robimy więc ab = ac — najw S w IV V i V VI i otrzymujemy bc — = najm (+ F₃).

Siły Vg wskutek ciężaru własnego wyznaczyliśmy na rys. 1. według Zimmermanna (§. 59 IV sposób).

Na rysunku 12. wyznaczyliśmy oprócz tego siły wewnętrzne, wywołane ciężarem własnym zapomocą planu sił, który wykreśliliśmy według po-

1 cm

działki IV .

XV. Belka Schwedlera.

§. 80. Określenie belki.

W belce parabolicznej pracuje każdy krzyźulec na ciągnienie i ciśnienie, przyczem obie największości są sobie równe. W belce równoległej pracują tylko niektóre krzyźulce środkowe na ciśnienie i na ciągnienie, a ich największości nie są równe. Schwedler obliczył pośredni kształt belki, dla której najmniej-szośó sił wewnętrznych krzyźulców jest wszędzie równa zeru, więc natężenie krzyźulców nie zmienia znaku. W ten sposób obejdziemy się bez podwójnych przekątni, używanych w belce parabolicznej i w środkowej części belki równoległej a zarazem najw. siły wewnętrzne w krzyźulcach będą w pobliżu podpór mniejsze, niż w belce równoległej. A więc kształt pasów musi być taki, aby najmn Y dla każdego krzyźulca przy obciążeniu jednostronnem było równe zeru.

§. 81. Przybliżone wyznaczenie kształtu pasów.

Pas dolny belki Schwedlera przyjmujemy zawsze poziomy, chodzi więc tylko jeszcze o wyznaczenie kształtu pasu górnego,, przyczem iść będziemy za wskazówkami Melana.

Jeżeli prawa strona belki (rys. 130.) jest obciążona od F

-do JB, to dla przedziału EF Q =

a M=QX.

nrys 130.

td-i

Nazwijmy siłę Y, gdy długość FB jest obciążona, Yt, to według rów. 11)

r, = <2-f

B M wartości i za st er

----------

a wstawiwszy za Ç i h - h'

— —-— , otrzymamy

(. x h — h'\ (l — x)²

= n¹-a-T-)

2/ • ⁶⁰>

Gdy lewa strona belki jest obciążona na długości AE, to

, M= — (l — x)Q, więc l —x

( x — a\²

p\-*r)

r, = -p{ 14

h — h*\ /x — a\³

*    » ■■/ V 21 J *

. . 61).

Jeżeli obciążony jest tylko dany przedział EF, to połowa tego ciężaru przenosi się na a druga połowa ciężaru na węzeł F i sprawia składowa w punkcie F ciągnienie w krzyźulcu CF, a składowa w E ciśnienie.

W skutek ciężaru \pa, działającego na punkt F, mamy ^ a (l — x) h 21

zaś M— Qx, więc

x h —

— h'\

h) ° 21

. . . 62).

a wskutek ciężaru \p a, działającego na punkt E₁ mamy

— , M= — (J — x) Q, więc

T7-    / l — xh — h'\ x — a

Y,— p(l+ a h )a 2l •

Ciężarem własnym jest cała belka obciążona, więc dodawszy te cztery wartości dla Y i zmieniwszy pn&g, otrzymamy

x Ji — h'\ (l — x) (l — x + a)

. . . 63)*

Ya

l — x h — h‘\ x (x — a)

)    2 Î

Największe ciśnienie otrzymujemy, gdy ciężar będzie sięgać od A do punktu obojętnego, ale takie dokładne obliczenie kształtu doprowadza do zawiłych równań. A że nam tu chodzi o przybliżone wyznaczenie, dlatego przyjmujemy obciążenie pełne wszystkich węzłów z lewej strony, podczas gdy wszystkie węzły z prawej strony nie są wcale obciążone.

"Wtedy otrzymamy

. . - 64)

najmn Yp=Yi-\-Yi= —

F . I — x h — h'\ x (x — a)

* V +— “iH —SÎ

Według zasady belki Schwedlera ma być

najmn Y — najmn YI>JrYrj = 0, więc F x h — h‘\ (l — x) (t — xĄ-a)

n¹⁻« -s-)

21

,    ,    , /„ , l — x h — h‘\ x (x — a)

-(9 + P)[l-\-----F-j

ar ’stąd

(Z — x-\-a) — (g -\-p)

a (x — a)

— (g -\- p) ix — a)J = — h‘ {(g + p) (x — a) -\-g (J — x + a)} ,

QQ __ Qj

dalej g(l — x-\-a)---h {g -hP) (x — a)

OC

= j[{gJrP)^ — a)Jr9Q — ^Jr »)] g (l — x + a)

I — x-\-a l — x

al

l — x-\- a

x (l — x)

czyli

{g +4» G» —a) + g (l — x + à)

xgl + p(x-a)] '

"Widzimy więc, że dla zmiennej a jest to równanie hyper-boli, zatem pas górny będzie hyperbolicznie zakrzywiony, a belkę Schwedlera nazywamy też belką hyperboliczną (n. Hyper -beiträger).

h' 1 — x + a L h “ T— x [ ~

gl

. . 65)

Równanie 65) wyznacza byperbolę AGB (rys. 1BI). Jeżeli zaś nie lewe, lecz prawe obciążenie nie ma sprawiać żadnego ciśnienia w krzyźul-cach, to kształt belki będzie symetryczny AT)Tl. Ponieważ belka musi być symetryczną ze względu na środek, więc zatrzymujemy górne linie ACEDB. Ponieważ kształt ten jest nieestetyczny, więc przyjmujemy pas górny prosty na długości CD

(rys. 132.) Wtedy na tej długości mamy belkę równoległą i musimy urządzić podwójne gię-

,4n

ry> 732..

Cli

tkie przekątnie.

Zwykle mamy dane h₀ najw. wysokość belki i chodzi nam o wyznaczenie odnośnego x₀. Jeżeli h jest największością, to dla a bardzo małego musi być h‘ = h₀, zatem z rów. 65) otrzymamy

} = 1, stąd

h*

l — x₀ -j- a

gi

l — x₀

9Ï +P (xo — °)

a gl (l — x₀-\- a)

^0 gi+p(x₀—a) x₀gl -j- px₀ ² — apx₀ — gl² — glx₀ -j- agi, a więc

[ap — 2gl) -\-V{ap — 2gl)² -{- 4pgl (l + a)

albo

x₀ =

. . 66)

Jeżeli przyjmiemy a= 0, otrzymamy przybliżony wzór Winklera

-o

67)

Jeżeli do obliczenia używamy ciężaru zastępczego, to p należałoby brać jako ciężar zastępczy dla sił poprzecznych, który znów zależny jest od x₀. Przyjąwszy tymczasowo x₀ i p, należy potem obliczenie powtórzyć dla dokładnego x₀ i p.

Słup CCX obieramy teraz dla punktu, którego x w przybliżeniu leży w połowie między x₀ i x₀ — a, dalsze wysokości h‘ wyznaczamy według rów. 65) po kolei.

Mając dane a możemy też inaczej postępować. Z równ. 65) obliczamy naprzód h₂, przyczem Ji = h₂, a h‘ = hi, potem h₃, Jil i wyrażamy wszystkie te wysokości przez ht i w ten sposób łatwo znajdziemy największą wysokość.

Wykreślnie da się kształt belki wyznaczyć według Otta w następny sposób. Chcąc wyznaczyć wysokość h słupa E F, obciążamy prawą stronę belki AE, stawiając pierwszy ciężar P,

-VÇ-

U—

rys

Pi

133.

l,

w-, F-- *-\\ « /

Y pa» gemy i

MBS»

Ypas dókny\

na JE. Oprócz tego belka obciążona C r'fS ^ y’ i) rmi, jest ciężarem własnym. Dla tego ob---rwK/lN/iN i ciążenia wyznaczamy 0, i wypadkową B ciężarów, działających mię-J; dzy A i E, n. p. za pomocą wielo-boku sznurowego.

Ze względu na punkt L mamy

IM    wtedy Ds = - 0tm + Br = 0, a więc

! \KrzyxaLeej\

Br = O^n, a stąd B : 0t = m : r. Je-

żeli więc na kierunku siły B ode-tniemy mm' = 0,, a na kierunku siły Oj AAt = P i połączymy m' zl,, to otrzymamy punkt L, w którym się

przecinać mają pasy. Połączmy C z L, a otrzymamy szukany punkt F. W ten sposób po kolei wyznaczamy wysokości słupów.

Natężenie najlepiej wyznaczyć zapomocą sposobów ogólnych. Dla porównania podajemy tu na rys. 134. siły wewnętrzne belki równoległej , parabolicznej i hyperbolicznej o równej wysokości.

¹

Przekątnie. Dla ciężaru własnego jest dla przekątni, na lewo spadających m tego przedziału Qg = 22,78 — (w — 1) 5,062, Mg obliczyliśmy już poprzednio.

Dla ciężaru ruchomego obliczamy siły poprzeczne na podstawie §. 14, przyczem stawiamy dla pierwszego przedziału drugą oś na prawym węźle, dla innych przedziałów pierwszą oś. W pierwszym wypadku jest M = Olx — Pi 6, w drugim M — 0xx.

Według rów. 11) jest Y= st a, bo x = 0 . li i st <7 mamy z poprzedniego, mianowicie h = 3 -f- 0,08 m (10 — m), st a — ^ (0,22 — 0,04 ni). Nare-

ście D — P siecz a, przyczem st a ==    --- , siecz a = \/1 -f- st¹a .

13.1,2

Dla przekątni 0 1 otrzymamy Qp — 97,68 —    ₃₎₆ -

§. 82. Dokładne wyznaczenie kształtu belki.

Chcąc dokładnie wyznaczyć kształt belki zwłaszcza, jeżeli obliczamy belkę na podstawie danego układu ciężarów skupionych, używamy innego sposobu, (rys. 135).

Ti/s 136

Jak wiemy, dla belki Schwedlera musi być-dla krzyżulca CE najmn D = 0. Uwzględniwszy rów. 12), otrzymamy więc dla prawego obciążenia

- (M M'\ hf L , M

°=lT-lCa’aBtądT = ^

M'

r=

więc

. . 68>

M'

przyczem M i M‘ oznaczają momenty ze względu na punkty E i F dla obciążenia, wywołującego najw (— Y) [obciążenie prawe i ciężar własny] dla CE. Na podstawie rów. 68.) możemy obliczać wysokości słupów, jednę po drugiej. Momenty wyznaczyć przy tern możemy wykreślnie lub liczebnie.

Znając momenty, możemy też według Mullera Breslaua w następny sposób wyznaczyć wysokość słupa F G (rys. 133.). Załóżmy, że w przedziale danym G C jest przekątnia drugorzędna E C, to dla najniekorzystniejszego położenia ma być E‘ =0..

M₀

CJ =

Jeżeli D‘ wyznaczamy sposobem Zimmermanna, to robimy M⁴

Ew= — , kreślimy tu/JEC,, to, gdy D'== 0, musi. być wu/lCF. Kreślimy więc CF/juw.

Do wyznaczenia dokładnego najniekorzystniejszego położenia i wykreślenia linij wpływowych potrzebne są wysokości belki, których jeszcze nie znamy, wyznaczamy więc tymczasowo w przybliżeniu kształt belki, przyjmując obciążenie do punktu F (rys. 135.), albo dla obciążenia układem ciężarów skupionych ustawiamy pierwszą oś na Y. Potem dodatkowo możemy zbadać, czy druga oś, stojąc na F, nie sprawi najw (— Y) lub, co na jedno wychodzi, czy h‘ nie będzie większe. Z tego wynika, źe>

dla rozmaitych położeń ciężarów należy przyjąć do obliczenia takie hdla którego ^ jest największe.

Przy obliczeniu kształtu belki trzeba ciężar własny raczej przyjmować za mały, niż za wielki. Jeżeli bowiem ciężar własny w rzeczywistości jest mniejszy, niż przyjęto w rachunku, to może powstać w krzyźulcu CE ciśnienie, na które nie został obliczony. Aby tego uniknąć, lepiej jest przy obliczeniu przyjąć ciężar własny trochę mniejszy, niż z wzorów przybliżonych wynika.

§. 83. Przykład.

Dane. Most drogowy 1. klasy szeroki 7,5 m ma 2 belki główne Schwe-

dlera o rozpiętości 20 m (tabl. IV). Wysokość belki wynosi 8 m, odstęp 20

węzłów -g- — 2,5 m. Ciężar własny przyjmiemy według rów. 3) g = 6.20 -f-+ 630 Icgfm² = 750 Icglm², z czego wypada na pomost żwirowany z kształtówek według §. 2. 420 + 80 = 500 kg\m². A więc ciężar belki głównej -y (750 — 500) = = 938 Icglm = 0,938 t\m , który rozkłada się po połowie na pas dolny i górny.

75

Na pasie dolnym cięży oprócz tego ciężar pomostu -y 500 = 1875 Icg/m — = 1,875 tjm. A więc gx — 0,469 t/m, g₂ = 2,344 t/m, a ciężary węzłowe Gx = = l,178i, G₂ = 5,861.

1. Obliczenie.

M M'

a) Kształt pasu górnego obliczymy według rów. 68)    —

W tym celu obliczymy najprzód momenty Mg wskutek ciężaru własnego.

Otrzymamy więc O, = —g— (5,86 -f 1,178)    ■ 7,038    ₂    . Dla m go węzła

m 7,038 (n — 1) m    7,038 m (m — 1)

Oxm e — 7,038 (m - 1) - e = -i---e----—--- e =

h' '

Mg =

= 3,519.2,5 m (n — m) — 8,798 m (8 — m), gdyż e — 2,5, a n = 8. A więc dla

Mg = 61,6    105,6    132,0    140,8 t\m.

Dla wyznaczenia stosunku h₂ :    posuwamy wozy od A na prawo tak, aby tylne koła (IY) stanęły na 1. Innych kół wtedy nie ma na belce. Zauważyć przytem musimy, że ponieważ trzy rzędy wozów zmieszczą się na moście,

więc na jednę belkę wypada ciężar 1| rzędu wozów, ciężary kół i koni pomno-

7 6 . 9

żymy więc przez 1,5. Otrzymamy zatem Ox = -gÿ- = 7,875t, więc MxP =* = Ox. 2,5 = 19,7 tm, a M2P — 0₂ 6 e = (9 — 7,875) 15 — 16,9 tm. A zatem Ml = Mxg 4- MxP = 61,6 + 19,7 = 81,3 tm, M₂ = 105,6 + 16,9 = 122,5 tm,

= 0,664.

K 81,3

122,5

T.^--

Posunąwszy wozy tak, aby tylno koła stanęły na 2, otrzymamy 9.5 + 9.1,2

20

- — 2,79 t, dalej M2P — 2,79. 15 = 41,8 tm a M3P =

lu 105,6 + 41,8 = 2,79.12,5 = 34,9 tm, zatem = 132 0 •+- 34 9 — 0,883.

10

Posunąwszy wozy tak, aby tylne kola stanęły na 3, otrzymamy Oj = _ 9.7,5 + 9.3,7 _

5,04t, dalej MaP = 5,04.12,5 = 63 tm, MiP = 5,04.10 = 132,0 + 63

“ 140,8 + 50,4 ⁼ 191^ > L A zatem h3 J68fc naJ*

20

195

— 50,4 tm, zatem większe.

Wedle założenia przyjmujemy h₃ == 3 m, a więc h% — 3.0,883 = 2,65 m ht = 0,664.2,65 = 1,76 m.

2. Pasy. Siły wewnętrzne w pasach obliczymy według wzorów 3) i 4)

(Si = — — siecz cr, S₃ = -}-    , przyczem w średnich przedziałach należy brać dla pasu górnego większej, dla pasu dolnego mniejsze. Mg już obliczyliśmy powyżej, momenty z powodu ciężaru ruchomego Mp obliczymy wedle §. 16, przyczem stawiamy na węźle 1 i 2 ciężar IV, na węzłach 4 i 5 ciężar III. Ponieważ moment w 5 (81,8 tm) otrzymujemy większy, niż w 3 (78,7 tm), więc przyjmujemy i dla 3 taki sam, jak w 5 (81,8 tm), przypuszczając, że szereg wozów porusza się w przeciwnym kierunku.

Dla węzła 4 np. otrzymamy 0Ł =    [2,25 (17,1 + 5,7 + 2,1) + 9 (13,8 +

+ 10)] = 13,51 *. M = 13,51.10 — 2,25.7,1 — 9.3,8 = 84,9 tm.

hm-j-l — hm .    *—j--

Dalej mamy st am — -—--, siecz a = y 1 + sfcJ<r, przekrój teo-

S

0,790

cm².

retyczny A =

Na tej podstawie obliczyliśmy następne tabliczki:

Węzeł

Mg

Mp

Mq

tonmetrów

metrów ton

Część pasu

£>• CO tC M O

61,6

42,2

105,6

132,0

140,8

67,5

81,8

84,9

103.8 173,1

213.8 225,7

3,0

st a

siecz a

S dla pasu

Przekrój teoretyczny dla pasu

górnego dolnego górnego dolnego

górnego dolnego ' t

dla pasu górnego

ton

cm²

II III IHIV

75.2

0,000 1,000

72,2

69,3

72,0

74,7

82,7

90,3

75,2

95,2

147 —

2. Przekątnie. Dla ciężaru własnego otrzymamy w m przedziale <ig — Ox— (w — 1) 7,038 — 7,038    — m -f l) = 3,519 {n — 2 m Ą- 1) =

Mg

= 3,519 (9 — 2»»), Yg = Qg — —sta. Wartości Mg, h i star znamy już z poprzedniego.

Dla ciężaru ruchomego obliczamy siły poprzeczne na podstawie §. 14, przyczem stawiamy tylne koła wozów na prawym węźle. Wtedy jest M= 0\X,

Q = O,, więc Y—0t

2,5    ---—

, siecz a — y 1 -f- st²a .

-a sta = v

Otfc

st a

( x \

— Oy ^1 — ^ st oj . Dalej mamy D = Y siecz oc

hm — 1

N. p. mamy dla krzyźulca I 2 : 0, = ₅,₀ [2,25 (6,9    3,3) + 9 (15 -f- 11,2)] =

3 = 1,420, siecz a = y1    l,42² = 1,734, więc Dg = 7,6 . 1,734 =

16,7 c/n².

0,356 = 0,672, Yg = 12,9 (1 — 0,672) = 4,21. Dla

105,6

st a

2,65

0,356 =

st a —

1,76

= 13,2 t a A —

13,2

0,79

Wyniki zestawiliśmy w następnej tabliczce.

najw

Przekątnie ⁼

Qp—

cc

ct~

O*

lic

C)

siecz a

Da A

ton

t cm*

otrzymamy Yg = Qg--^-std, przyczem st a jest takie same, jak dla

przekątni (m — 1 m).

Dla ciężaru ruchomego jest Yp = Qp--^ sta, przyczem Qp jest ta

kie. samo, jak dla przekątni (m m -j- 1), hi sfc a, jak dla przekątni (m — 1 m), a Mp = Qp m e = 2.5 Qp m.

Słup 11 pracuje tylko na ciągnienie, równe ciężarowi węzłowemu, a więc TT\g = -j- 5,86 t, a "Pjp = -f- 9 t.

Najmn i-p V₂p') Otrzymamy, obciążając belkę z lewej strony do 2 a więc stawiając tylne koła wozów na 2. Mamy wtedy 0₂ =    9 (5 -f- 1,2) = 2,791,

więc Q =—0₂ —— 2)79, Af = 2,79.15 = 41,85 tm. A zatem najw (-f- Yp) =

(    41,85    \

«= -    2,79 - 2^- 0,356) = + 8,4 t.

III    4

IV    5

(M CO

2^00

— 3,5

1,734

1,378

1,302

1,302

13.2    16,7

15.2    19,2

14.3    18,1 2,0 2,5

■i

Najw (4- V₃p) otrzymamy, gdy obciążymy lewą ezęśc belki, a tylne koła wozu postawimy na 3. Wtedy działać będzie ścięgno 3 IV, a ścięgno III 4 nie; otrzymamy więc, jeżeli uwzględnimy i ciężar własny, najw (-(- V₃) — = pionowej składowej siły zewnętrznej II III, mniej ciężar węzłowy w II

Mg

działający = 1,21. A zatem najw (-f- V₃) — ~j~ sta — 1,2. Według poprzedniego mamy wtedy Mp — 63 tm, Mg — 132,0 tm, więc Mg = 195 tm, h — 3m,

M 195    .    ,

zatem ^ = -g- = 65#. Otrzymamy więc najw (+ Vj) = 65.0,140 — 1,2 =

= 7,9 t.

Najw (-f- F₄) otrzymamy, gdy wozy posuniemy do 4, wtedy najw -r

będzie w 4 i będą działać przekątnie III 4 i Y 4, a przekątnie 3 IV i 5 IY nie. A zatem natężenie w słupie 4 IY będzie równe ciężarowi węzłowemu IV == = — 1,2. To samo otrzymamy dla belki nieobciąźonej. *)

IY. Konstrukcya.

1. Kształt pasów. Wysokości słupów nie wyznaczyliśmy według Otta, bo punkt L

cm²

GO C^

(» oi o” N

T-ł T-j T-ł

najw

•i-.

ra

CÖ

os

CD

<D

c3

CC

•pH

M

t»

umfnu'i\ cnpou

(+r„) v

altg

Qg    st a Vg

najw

MP

sta

Qp Mp I h

Słup

ton

ton

t I tm

° N H wypadłby dla h₃ po za papier, wyznaczyliśmy

+ + + 1

co^    więc wysokości h według rów. 68) -w-=    ,

»o' o co zo    .    .    ¹    .

-j-    |    |    | jak przy wyznaczaniu liczebnem, z tą różnicą,

że momenty wyznaczyliśmy tu wykreślnie.

03 oo" »o" o

+ + +

M M‘

Na rys. 3. wykreśliliśmy wielobok sił

1 cm

według podziałki II jjjj,

odcinając dla cię-

^ ^ Jju J* żaru własnego ciężary węzłowe 7,04t, a dla - ciężaru ruchomego ciężary osi i koni 9t i 2,25 t.

<M (M

| 3 ®

Odległość biegunową przyjęliśmy równą 30 t, ©    1 cm

a że podziałka długości I jest , więc III

1 cm 1 mm

podziałka momentów jest

30 tm 3tm '

W Cl o o co rjT

CC CD_

!D ffT o

Na rys. 2. wykreśliliśmy na tej podstawie wielobok sznurowy, wyznaczyliśmy naj-

-    większe momenty dla rozmaityołi położeń

—    układu ciężarów (§. 16 d), przypuszczając, że obciążenie sięga do 1, do 2 lub do 3 z lëwej

strony, albo, co na jedno wychodzi, do 7, do 6 lub do 5 z prawej strony. N. p. jeżeli tylne koła stoją na 3, to zmieszczą się jeszcze na belce z lewej strony tylko przednie koła, a -wie-lobok sznurowy otrzymamy, przedłużywszy csT co' co* ^ok ms> fmr e, a zamykającą fe. Moment w 3

co o

. HO I CO tS

o cT o

lO co

I cT co'' ö

lO lO lO

₀- jest mn, w 4

Na rys. 4. wykreśliliśmy wielobok sznu-

T-i >a o rowy ACB, z którego otrzymujemy momenty I o* i> id"

¹ i-i

z powodu ciężaru własnego.

r-i <M 05

2. Pasy. Zapomocą wieloboku sznurowego wyznaczone najw. momenty wskutek ciężaru ruchomego wykreśliliśmy na rys. 4, a do-

dawszy do nich momenty z powodu ciężaru własnego, otrzymujemy moment y wskutek obciążenia zupełnego. Siły wewnętrzne w pasach wyznaczamy na pod-

stawie rów. S = -j- siecz a (§. 57 b). N. p. dla części pasu A I jest ts = M, .    M

ut = h, uu: = a = 30 Z, więc ss j = -j-, a gdy wykreślimy slw\\ Al, otrzymamy śtw = Al. Zarazem otrzymamy sst — Az.

1 cm

1 cm

12,66 cm² *

10 if : 0,79

3. Przekątnie, a) Ciężar własny. Wykreśliwszy na rys. 5. siły

Chcąc otrzymać odrazu przekrój teoretyczny, potrzebujemy tylko zmienić podziałkę II i otrzymamy dla podziałki IV

poprzeczne na podstawie ciężarów węzłowych, wyznaczyliśmy siły wewnętrzne c

na podstawie rów. Y = według §. 59 III. N. p. dla przekątni 12 jest siła poprzeczna ppu kierunek jej przechodzi przez punkt N (rys. 4). Punkt przecięcia się pasów jest L (rys. 1.), połączywszy więc L¹ z px (rys. 5), otrzymamy N'M - ■ Yg, a MW = Dg.

kierunek Ali (rys. 1.). Wykreśliwszy więc rtt // AU, ut //II3 i

ma

b) Ciężar ruchomy. Wykreśliwszy wielobok oddziaływań, wyznaczamy najw. siły wewnętrzne sposobem Cułmanna (§. 631). N. p. dla II3 stawiamy tylne koła wozu na 3, a więc Ol—rr₁ (rys. 5.), wypadkowa ze sił S3 i Z>₃

rlu /I II III, otrzymamy D₃p = ut.

4. Słupy. Ciężar własny. Dla ciężaru własnego wyznaczyliśmy siły zewnętrzne w ten sam sposób, co dla przekątni. Dla słupa II2 przecinamy belkę wedle mm₁ (rys. 1.), siła poprzeczna jestpj?! (rys. 5.). Ponieważ punkt N wypada po za papier, więc użyliśmy tu konstrukeyi pomocniczej (p. rys. 85). Robimy KK₂ — ś KK, (rys. 4), K₂n₂ // Kxc. Punktowi n₂ odpowiada n w rys. 6. Podobnie otrzymujemy z rys. 1 Z (rys. 6.), a połączywszy Z z p, otrzymujemy nn‘ — — V₂g.

Ciężar ruchomy. Najw. ciśnienie w słupach wyznaczamy za pomocą sposobu Cułmanna, jak dla przekątni. Najw. ciągnienie w słupie II jest, jak wiadomo, równe ciężarowi węzłowemu 91, w słupie II2 otrzymamy, wyznaczając najw (+ Tg), sposobem Cułmanna. Dla, słupa III 3 musimy, jak to poprzednio podaliśmy, obciążyć belkę z prawej strony do 3. Otrzymamy wtedy moment w 3 mn (rys. 2). Zróbmy mn= ce (rys. 4), to be przedstawia wtedy

moment w 3 dla tego obciążenia, ef —    , eg = ~^ sta, a gdy gin —1,21 —

= ciężarowi węzłowemu górnemu, to eg—gh = eh = najw (Ą- V₃).

Najw (-f- F4) =— 1,2 Z, jak to powyżej wykazaliśmy.

Rys. 7. przedstawia plan sił sposobem Cremony dla obciążenia ciężarem własnym.

XYI. Inne belki kratowe.

§. 84. Belka Winklera.

Waźnem jest pytanie, jaki kształt nadać belce kratowej, aby ilość materyału była najmniejszą. Potrzebaby w tym celu

obliczyć teoretyczną i rzeczywistą ilość materyału dla belki równoległej, parabolicznej i belki o pasach dowolnie krzywych i ją jako funkcyą kształtu pasów wyrazić. Zadanie tak ogólnie postawione nie da się rozwiązać. Musimy je więc bliżej określić. Winkler, który starał się rozwiązać powyższe pytanie, przypuszcza, że belki kratowe, które porównujemy, mają wszystkie w środku rozpiętości tę samą wysokość największą, dalej przyjmuje on pas dolny prosty a górny żaki żywiony według paraboli a»ego rzędu. Wtedy będzie wysokość h w odstępie x od środka

belki (rys. 186)

Dla n = 1 otrzymujemy :    trójkąt ACB, dla w = 2

i    mamy pas górny zakrzy-

\B    wiony według paraboli zwy-

!    kłej, dla n )> 2 według pa-

!    raboli wyższego stopnia,

nareście dla n — oo według linii prostej, więc belkę równoległą. Winkler wyznaczył wykreślnie objętość materyału dla rozmaitych wartości n i otrzymał najmniejszą teoretyczną ilość materyału dla n — 4 do n — 6. Rzeczywista najmniejsza ilość materyału będzie dla nieco mniejszego n.

Belka taka ma pas górny na znacznej długości bardzo mało zakrzywiony, dopiero przy podporach spada on nagle. Nazywamy ją belką Winklera, nie używamy jej jednak w praktyce, tylko zamiast niej używamy belek o kształtach przybliżonych i tak najprzód belkę z parabolicznem żako uczeniem (rys. 187.) (Parallelträger mit parabolischen Enden).

Jestto belka, której pas dolny jest prosty, a górny także prosty w części środkowej , przy końcach zaś zakrzywiony parabolicznie. Siły wewnętrzne obliczamy na długości CD jak dla belki równo-ległej, dla końców zaś AC i DB według sposobów ogólnych,

używanych dla belki wielo-bocznej.

Kształt przybliżony do belki Winklera ma także

A,

OO

r ys. i 36.

/*>/.< llit

Ti/is 138.

I)

iß

belka trapezowa (n. Trapezträger) (rys. 138.), używana często w Ameryce, w Europie wprowadzona przez Köstlina i Battiga. Tu zakończenie pasu górnego jest proste, co wielce ułatwia robotę belki.

§. 85. Belka eliptyczna.

Ai

Belka eliptyczna (n. Elipsenträger) (rys. 139.) jest używana także jako belka kształtem zbliżona do belki "Winklera. Bównanie linii pasu górnego

Śa . ńa -    •

+ V = 1’ W1«°

rys i39.

'i

f---X

r—----------- L

--topos gorsy

yzt jest

K V¹

, a ponieważ

\pas de bry

•• .

?!

V x (l — x) . 70)

KrzyXÀÜjQG

"1111

przy do-

Winkler oblicza dla tej belki w przybliżeniu siły wewnętrzne w pasie górnym i dolnym St i S2 ń, i otrzymuje dla obydwóch war-I tości równania elipsy. Podajemy L tu tylko wyniki, bo belka ta ; jest mało używana

kładnem obliczeniu trzeba używać wzorów ogólnych. Na rys. 139. przedstawiliśmy siły zewnętrzne w obu pasach, przyczem

ax =

«V

2 a¹ ¹) 2 a%— li.²

71)

Dla kraty otrzymamy wedle Winklera

gx (l — x) l

Mg

dla ciężaru własnego —

2.2 h₁ Vx (7 — x)

47^

Vx (l — x).

Mg

d -p

Według rów. 15) jest Yg — —— h= —

cloc

X Vx(l — x), więc Yg —    (7 — 2x) — § g £

gl (I — 2 x) 2 hx

4 7^₁ Vx (7 — x)

72)

najw (-j- Y) = Q — ~ st a = Q--^ Wstawiwszy wartości

Dla ciężaru ruchomego jest

tl/    rl CtOG

Ö m

21 ’

px (J — xY dh ht l — 2 x l Vx(l—x)

21

dx

otrzymamy

najw (+ Y) = | p (1 — x)

78)

a najw (— Y) == Yz — najw (+ Y) = |- {l — 2 x) — (Z — #) =

74)

= — ipx

Równania 73) i 74) wyznaczają, linie proste AtB₀ i A₀Bt. Dla porównania wykreśliliśmy Y także dla belki równoległej i parabolicznej.

§. 86. Belka górnoparaboliczna o stałym przekroju pasu górnego.

Jeżeli z (rys. 140.) oznacza oddalenie części pasu górnego do odnośnego węzła pasu dolnego n. p. jeżeli dla pasu G₂E₂

rys iAO

jest EH=z, to siła wewnętrzna j, w pasie górnym jest według

Mt

równania 1) St = —

qx (l — x)

Dla obciążenia jednostajnego gx (l — x)

zupełnego jest Mx —

. Jeżeli St ma być stałem, to musi mieć

więc St — —

taką samą wartość także dla x — ~ , przyczem z = ht, więc

qx (l — x)

ql²

8 ht

a zatem z = 4: ht ~

M)

. 75)

Jestto równanie paraboli. Jeżeli więc AEtF jest parabolą , to zataczamy rzędnemi paraboli łuki o promieniu równym z, a pas górny kreślimy stycznie do tych łuków. Przybliżone równanie pasu górnego otrzymamy podobnie, jak dla belki Paulego (§. 77),

h = 4 li j

X (I — x)

l²

[1 + 8V(l-2^)j . .

. 76)

Belkę tę nazywamy belką górnoparaboliczną o stałym przekroju w pasie górnym (n. Bogensehnenträger mit constanter Spannung der Obergurtes). Ritter pisał o niej już w r. 1870, później Haberkalt w r. 1878.

Dobrą stroną tej belki ma być to, że przekrój pasu górnego jest stały, podczas gdy w belce górnoparabolicznej przekrój zmienia się ze siecz er. Łatwo jednak zrozumiemy, że w belce Haberkalta pas górny ma wprawdzie przekrój stały, ale za to pas dolny ma przekrój zmienny. Poprawką tą pasu górnego niczego więc nie zyskujemy.

§, 87, Belka z ciężarem pomocniczym.

Kopeke wpadł w r. 1865 na myśl zmniejszenia siły wewnętrznej w pasie dolnym prostym sztucznem obciążeniem. Myśl tę wykonano w r. 1878 w moście pod Bieżą nad Łabą (rys. 141.).

rys.l4i.

Najwięcej korzyści sprawia ciężar pomocniczy (n. supplementäres Gewicht) dla belki parabolicznej, bo tu siła wewnętrzna w pasie dolnym S2 jest stałą , a ponieważ wielkość ciężaru pomocniczego "p/F" G i stosunki ramion Tyj j|f dźwigni od nas zależą, więc możemy wywołać tak wielkie ciśnienie, jak wielkie jest ciągnienie S2g z powodu ciężaru własnego. Dla mostu nieobciąźonego będzie więc siła wewnętrzna w pasie dolnym równa zeru; pas dolny obliczamy wtedy według siły S2P, powstałej z ciężaru ruchomego.

Jeżeli pas dolny jest tęgi, to możemy wywołać jeszcze większe ciśnienie i znieść połowę S2P, wtedy przy moście nie-obciążonym pas dolny jest ciśniony.

Siły wewnętrzne w kracie i pasie górnym nie zmieniają się wcale z powodu sztucznego ciśnienia, bo obliczając je, jak wiemy, tworzymy momenty sił zewnętrznych, ze względu na węzły pasu dolnego, a dla tych punktów moment sztucznego ciśnienia jest zerem.

Belka ta wykazuje znaczną oszczędność materyału dla pasu dolnego, za to jednak potrzebujemy też materyału dość dla ciężaru pomocniczego i silniejszych przyczółków tak, że ostatecznie koszt całego mostu mało co będzie mniejszy i to tylko przy wielkich rozpiętościach. Korzyść ta może być znaczną dla belki o kilku przęsłach, bo jeden ciężar pomocniczy wystarcza na wszystkie przęsła.

Kopeke proponował też wywoływać sztuczne ciągnienie w prostym pasie górnym, w takim razie pas dolny byłby parabolicznym.

§. 88. Belka rozporowa prosta.

Foeppl proponował w r. 1878 urządzenie łożysk pochyłych dla belki prostej. Wskutek łożysk pochyłych powstają pochyłe oddziaływania, belka prosta staje się więc rozporową, dlatego nazywamy ją belką rozporową prostą (n. Träger mit schiefer Auflagerung) (rys. 142.).

Powstaje tu oddziaływanie Oj, prostopadłe do łożyska wał-.fâ kowego, które rozłożyć możemy hę na Hi V₂, przyczem H= V₂ st a.

Yr t

Oz

Gdy siła P działa w pun-

-¹

kcie C, to Oj =

więc 11 =

______"

rC NC

= P ^ st a.

tworząc momenty ze względu na punkt Gr

Dla części EF pasu dolnego między A i C otrzymamy,

i r P{i—k)x

n

P₂ =

Dla £ = £₀ jest S₂ = 0, więc

— Uh

j = ~ [lx — ^(xĄ-h st a)] . 77)

lx

£ —--

'°    x-\-h sta

przyczem £₀ wyznacza punkt obojętny.

78)

Jeżeli x )> !*, otrzymamy podobnie

i rp(i—$x

h L

p\

Y [Ü — x — h st a] 79)

i fi

Na podstawie tych równań możemy wykreślić linią wpływową Sj. Eówn. 77) i 78) są równaniami linij prostych ze względu na £, należy więc wyznaczyć tylko po dwa punkty tych linij. Mianowicie przyjąwszy P=l, mamy z rów. 77) dla £=0 S₃==j, albo Sf = S₂h = x = ale = aa'. Dla ç — l jest S₂ = st a, więc Sj‘ — hsta. = W. Jeżeli a połączymy z h' i a' z h, otrzymamy punkt obojętny i. Prosta ak' odpowiada rów. 79).

Sj =

- P(x—$ — Hh

155

Z rys. widzimy, że dodatni trójkąt wpływowy ak'b odpo-

•    • jP (2 — fjß

wiada wyrazowi ——— w rów. 77) i 79), zaś ujemny trójkąt abb‘ wyrazowi — Hh = — F ; h znamy, że punkt h‘ leży na paraboli, jak dla linij wpływowej momentów.

st a w rów. 77). Z tego łatwo po-

Jeżeli ciężary działają za pośrednictwem poprzecznie, to gdy spuścimy pionowe z E i F, otrzymamy e' i /*', a linia wpływowa będzie ae'f'ibb'a.

Dla ciężaru własnego jest 0X — Oz = \gl, H— \gl st a, o _gx(l —x)

^2 <7 -

więc

h S1 st a

80)

Nie zważając na poprzecznice, otrzymamy

x h st a

najw S3P =

kwlh*

a wstawiwszy

wartość za z rów. 78) najw Podobnie otrzymamy

px² 1 — X — Il st a 2 h x -j- h sta

. 81)

najw (— S2/J) = — j-1 (l —. S₀) h st a = —

plh st² a

2 (x -f- h st a)

82)

x (l — x)

Dla belki parabolicznej jest h — 4.hx wimy tę wartość w powyższe wzory, otrzymamy wzory dla siły wewnętrznej S₂ wskutek ciężaru własnego i ruchomego i da się łatwo udowodnić, że, aby najw (—S₂) ^ 0, musi być

. Jeżeli wsta-

x (l — x)

u,

Z rów. 80) widzimy nakoniec, że S₂₉ = 0, gdy st a =

st« < 4Äj

83)

84)

dla belki parabolicznej st a a zatem , jeżeli ciężar własny nie ma sprawiać w pasie dolnym wcale żadnego ciągnienia, powinno oddziaływanie 0₂ być styczne do pasu górnego, a zatem łożysko wałkowe ma być prostopadłe do pasu górnego w JB.

Siły wewnętrzne w pasie górnym i w kracie pozostają niezmienione.

hi

4 Ä,

XVII. Ugięcie belki.

§. 89. Ogólne uwagi.

Przy mostach nowo zbudowanych urządzamy zwykle próbę obciążenia i badamy wtedy ugięcie belki (n. Diirchbiegung).

czyli pionowe przesunięcie poszczególnych punktów belki (węzłów) wskutek obciążenia. Próby takie obciążenia powtarza się w pewnych odstępach czasu, a wielkość ugięcia może nam dać pewne wskazówki co do dobroci roboty mostu, a później co do jego stanu. Mówimy tylko „pewne wskazówki“, bo ugięcie większe od obliczonego wskazuje nam, że natężenia są większe od obliczonych , a w niektórych prętach może przekroczyły granicę sprężystości; należy więc miejsce słabe wynaleść i je wzmocnić. Z drugiej strony jedno takie słabe miejsce tak mało wpływa na ugięcie ogólne, że nie da się istnienie jego poznać przy próbie obciążenia bezpiecznie dla mostu. Wyznaczenie ugięcia mostu jest jednak także z tego powodu pożyteczne, że za pomocą ugięcia dadzą się wyznaczyć oddziaływania w belkach statycznie niewyzna-czalnych, o czem mówić będziemy w następnym tomie.

pomimo tego może być bardzo nie-

Ugięcie może być trwałe (n. bleibend), powstałe wskutek małych przesunięć, wżarcia się stykających przekrojów i błędów wykonania. Ugięcie to okazuje się tylko przy pierwszem obciążeniu mostu. Ugięcie trwałe, okazujące się przy następnych próbach, wskazywałoby na przekroczenie granicy sprężystości. Dalej może być ugięcie sprężyste (n. elastisch), które po ustaniu obciążenia znika. To ugięcie będziemy się starali obliczyć zwłaszcza, że obliczenie to jest potrzebne do porównania wyników próby z ugięciem obliczonem.

Austryackie rozporząd. minister, z r. 1887 §. 8, a) Nowo wybudowane mosty winne być przed oddaniem ich ruchowi kolejowemu przez komisyą zbadane i wypróbowane... Zarząd kolejowy powinien... zaopatrzyć podanie w następujące załączniki:

1.    Schematyczny szkic pociągów, które mają być użyte do próby, a które winne, ile możności, wywołać te same momenty, jak w §. 3 (względnie §. 6) obciążenia normowane. Pociągi te muszą się składać w miarę rozpiętości 15,0 m, 25,0 m albo ponad 25,0 m dla każdego toru z jednego, dwu lub trzech zupełnie opatrzonych najcięższych parowozów, jakie na odnośnej kolei są w użyciu^ jakoteż wozów ciężarowych, potrzebnych do zajęcia największego przęsła, a obciążonych zupełnie aż do przepisanej granicy obciążenia.

2.    Obliczenie obciążeń, osiągniętych pociągiem próbnym dla pojedyń-czych rozpiętości, wyrażone w procentach przepisanego obciążenia, jakoteż wykaz obliczonych dla pociągu próbnego największych sprężystych odkształceń...

§. 9. b) Do prób z obciążeniem stałem winne pociągi próbne, o których była mowa w §. 8 lit. a), stopniowo być ustawione w położenie najniekorzystniejsze dla belek mostowych i w każdym z tych położeń należy je tak długo pozostawić, póki dalsze odkształcenie nie jest już spostrzegalne.

Przy używanych wolno leżących konstrukcyach (belkach w dwu punktach podpartych) wystarcza badać most przy stopniowem obciążeniu połowy i całego przęsła.

c) Do zrobienia próby przy obciążeniu ruchomem należy najpierw przejechać most po każdym torze z chyżością około 20 km na godzinę pociągiem próbnym, który winien być zestawiony w myśl zarządzenia, zawartego w §. 8 lit a) ustęp 1, składać się ma jednakowoż z dwóch parowozów.

Następnie powinna odbyć się na każdym torze z tymże samym pociągiem jazda pospieszna z chyżością 40 do 50 km na godzinę ; te jazdy pospieszne można też później przedsiębrać w razie, gdyby mury albo nawierzchnia nie ułożyły się jeszcze dostatecznie.

§. 11. Peryodyczne badania: a) Zarządy kolejowe mają obok obowiązkowego stałego nadzoru przedsiębrać przynajmniej co 6 lat peryodyczne badania i próby mostów w myśl postanowień §. 9 lit. b) i d).

§. 17. a) Wybudowane przejazdy nad koleją i mosty na drogach dojazdowych należy w każdym razie zbadać komisyjnie... W tym celu należy odnieść się do c. k. generalnej inspekcyi austryackiej kolei, a władza ta rozstrzygnie..., czy należy przedsięwziąć obok wyż wymienionego badania także obciążenie próbne.

b) Wybudowane mosty należy i nadal przynajmniej co 6 lat peryody-cznie zbadać, względnie wypróbować, przyczem winno być zachowane przepisane w ². 11 lit. b) i c) postępowanie.

¹

p- Winkler. Theorie der gegliederten Balkenträger II. wyd. str. 211.

²

Müller Breslau. Die neueren Methoden der Festigkeitslehre und der Statik der Bauconstructionen. Lipsk 1886. str. 19 i następ.

§. 90. Wyznaczenie analityczne ugięcia belki.

Najczęściej jeden pas belki kratowej jest prosty. Wyznaczymy więc analitycznie ugięcie belki w tym wypadku, gdy pas dolny (rys. 143.) jest prosty i pójdziemy przytem za wskazówkami Müllera Breslaua¹). rys 143.

A,

G/u-1 Qm Cmii

I

Przypuśćmy, że dla pewnego obciążenia pas dolny prosty AJB ugnie się i przybierze kształt wieloboku A'm'B', Niech ym +1 będą

°¹\

Al—I—i

fz

iB¹

fc---

Çm

ro¹-f

Dm— 1 } Vm

ugięcia, czyli pionowe przesunięcia węzłów m -}-— 1, m, m -j- 1 itd. Kąty nachylenia boków wieloboku ugięcia do poziomu nazwijmy y» a kąty

między dwoma następującymi bokami tego wieloboku 3, to mo-

1

żerny napisać —— = stY™

Mm

Mm-\- 1

- St Y•

3TO = Ym — Ym + i • A ponieważ te kąty są bardzo małe, więc

możemy napisać 3m = stYm — st Ym+i

Mm

Mm + l

a wreście

Vm Vm — 1

Q>m

Mm -f-1

85)

Załóżmy teraz, że we wszystkich węzłach pasu dolnego

itd., które wywołują oddziały wa-

działają siły 3m

nia Oj i 0₂. Obliczmy siły poprzeczne i momenty, to widzimy, ze Qm -j_ i — Qm    $m, więc 3W — 0m Om-j-i

-1 5

86)

Dalej mamy moment w m Mm = OXx — 1™~ ¹ 3e

„ m — 1    = 0, (a? — am) +

— S7⁺¹ 3 (e — am), a więc Mm — Mm~i = 0lam —    *3 =

= a„(0, - 2?⁻¹5) = <>»&,.

zaś

-M-m Mm _ i -, , .

—- , a podobnie Qm+1 =

Mm+1 "M-m.

A zatem Qm

Wstawiwszy te wartości w rów. 86), otrzymamy

Mm    Mm-f-1

Mm -f-1

Równanie 87) ma zupełnie ten sam kształt, co rów. 85) tylko, źe zamiast y tu wszędzie znajduje się M. Z tego wynika, że jeżeli przypuścimy, źe w węzłach pasu dolnego działają siły 3 i dla tego obciążenia pomyślanego obliczymy w każdym węźle moment M, to moment ten M przedstawia zarazem ugięcie y odnośnego węzła. Twierdzenie to da się inaczej tak wypowiedzieć. Wielobok ugięcia pasu prostego belki kratowej da się przedstawić jako wielobok sznurowy dla belki AB, obciążonej ciężarami

m -}- 1 • • •

Chodzi jeszcze teraz tylko o wyznaczenie kątów 3, jakie tworzą następujące po sobie boki wieloboku ugięcia. Aby kąt ten wyznaczyć, obliczamy zmianę kątów w danym trójkącie ABC (rys. 144.) po odkształceniu. Z rysunku wynika c, = c₂ dost a -j- c₃ dost a₂, a zatem Act = Ac₂ X

Mm

Mm

87)

o;

/h

ą(v,)

159

X dost 0C3 — c₂ wst a₃ Aa₃ -j- Ac₃ dost a₂ — c₃ wst a₂ Aa₂ albo Act — — ^ c₃ dost 0C3 —|— ~~ c₃ dost a₂ — h (Aot₂ -f- Aa₃)

Wiemy, że a, + «₂ + <*₃ = 180°, więc Aa, -j- Aa₂ -j- Aa₃ = 0, zatem Aa₂ -f- Aa₃ — — Aa,. Dalej z rysunku wynika, że c₂ dost a₃ — h dot a₃, c₃ dost «₂ — h dot a₂. Wstawiwszy to w rów. 88), otrzymamy

Ac, = ~ h dot a₃ -j-

Aa, = ^    dot a₃ — ^ dot a₂ . .

C1 ,l    C2    C3

a więc

88)

Ac₃

h dot a₃ h Aa,,

. . 89)

Jeżeli natężenie, wywołane danem obciążeniem w prętach c ,, ć₂ i c₃, nazwiemy v,, v₂ i v₃, as spółczynnik sprężystości, to

wiemy, że

Ac₂

Cl

C₃

Dalej wynika z rysunku, że ^ — dot a₂ dot a₃.

Wstawiwszy to w rów. 89) i pomnożywszy przez e, otrzymamy eAa, = v, dot a₂ -|- v, dot ag — v₂ dot a₃ — v₃ dot a₂, albo wrescie e A a, = (v, — v₃) dot a₂ -f- (v, — v₂) dot a₃ ... 90)

zastosujmy to równanie do

Chcąc teraz wyznaczyć 3 trzech trójkątów, mających wspólny wierzchołek w m (rys. 143.),

a otrzymamy

= (Vj — Va) dot a, (v, — v₃) dot <x₂ -f- (v₄ — v₃) dot a₃ -j-+ (v4 — vs) dot «₄ -f- (v₇ — v₅) dot a₅ + (v₇ — v₆) dot a₆ . 91 )

Przykład. Wyznaczymy ugięcie belki Schwedlera, którąśmy obliczyli w §. 83, przypuszczając, ze most obciążony jest trzema szeregami wozów w ten sposób, że tylne koła wozów stoją na 4 (tabl. V). W tym punkcie działa więe ciężar 91, inne ciężary Qt i 2,251 musimy rozłożyć na ciężary węzłowe i otrzymamy

w węzłach 1

1,89 5,04 4,32    9,0    0,63 1,62    1,89    0,361.

wszystkich prętach. Tu uskuteczniliśmy

we

Oddziaływanie 0t = ₅>₅ [9 (10 + 13,8) + 2,25 (17,1 + 5,7 -f 2,1)] = 13,51 t Na podstawie tycb ciężarów węzłowych i oddziaływań wyznaczymy w jakikolwiek sposób siły wewnętrzne

to wykreślnie zapomocą planu sił i otrzymaliśmy następne wyniki:

160

prze-dłużenie A l

mm

+ 0,29 + 0,08 + 0,42 + 0,16 + 0,31 + 0,12 + 0,30

+ 0,86

-0,35 + 0,48

-0,04 + 0,31 + 0,08

dłu-

gość

cm

250

176

306

265

355

008

391

300

391

300

355

265

306

176

natę

żenie

leg jem²

+ 232

+ 86

+ 275

+ 125

+ 173

+ 81

+ 155

+ 440

-238

+ 273

38

+ 205

+ 86

prze

krój

cm²

iO<MOC£>(MCOOTtfOCD(MCDO(M

siła

wewnę

trzna

+ 19,7 + 1,9 + 5,5 + 2,0 + 3,8 + 1,3

+ BA

+ 8,8

—    3,8

+ 6,0

—    0,6

+ 4,1

+ 1,9

Pręt

2 II

II 8

III 8

III 4

Ar f

5 VI

VI 6

IIA 9

VII 7

prze-dłużenie A l

mm

— 0,30

— 0,28

— 0,28

— 0,28

— 0,28

— 0,24

— 0,22 — 0,23 -f 0,27 + 0,27 + 0,81 + 0,82 + 0,28 + 0,31 + 0,39

dłu-

gość

cm

908

265

252

250

250

252

265

306

250

250

250

250

250

250

250

natę

żenie

Tcgjcm²

— 196

— 210

— 221

— 225

- 225

— 186

— 162

— 153

+ 214

+ 214

+ 248

+ 262

+ 224

+ 245 + 232

prze

krój

cm²

120

120

120

125

125

120

120

120

85

85

95

100

100

95

85

siła

wewnę

trzna

—    23,5

—    25,2

—    26,5

—    28,1 — 28,1

—    22,5

—    19,4

—    18,3 + 19,2 + 19,2 + 23,6 + 26,2 + 22,4 + 23,3 + 19,7

Pręt

II I

III II

AI III

A Al

V VI

VI VII

VII B

W trzecim rządku tabliczki podaliśmy przekroje rzeczywiste bez odciągnięcia dziur, gdyż dziury sprawiają tylko miejscowe większe natężenia bez znaczniejszego wpływu na odkształcenie pręta. Czwarty i piąty rządek potrzebny nam będzie później przy wykreślnem wyznaczeniu ugięcia.

Następnie obliczyliśmy dotyczne kątów wszystkich u górnego pasu i naznaczyliśmy je na rys. 1. tablicy.

obliczamy na podstawie rów. 91) i otrzymamy

s2ri = (— ¹⁹⁶ — 214) 1,42 -f (— 196 — 83) 0,70 -f- (275 — 86) 0,70 + (275 -f-86) 0,70 -j- (275 — 214) 1,42 = — 551 leg/cm².

A = (86 - 275) 0,70 + (- 210 — 275) 0,71 + (- 210 - 125) 0,35 + (173 +

—    125) 1,06 + (173 — 248) 0,94 = — 616 leg jem².

= (125 — 173) 1,06 -f (— 221 — 173) 0,71 + — 221 — 8 L) 0,14 + (155 4-

—    81) 1,20 + (155 — 262) 0,83 = — 372 ległem².

= (81 - 155) 1,20 + (— 225 — 155) 0,83 + (- 225 — 440) 0,83 + (- 230 +

—    440) 1,20 = — 1584 ległem².

s3s = (440 — 224) 0,83 + (440 + 230) 1,2 + ( - 186 + 230) 0,14 + (— 186 +-

—    273) 0,71 + (— 33 — 273) 1,06 = -f 148 ległem².

£% = (273 — 245) 0,94 + (273 + 38) 1,06 + ( - 162 + 33) 0,35 + (— 162 +

—    205) 0,71 + (86 — 205) 0,70 = — 31 ległem².

e5₇ = (205 — 86) 0,7 + (205 — 232) 1,42 + (— 153 — 86) 0,70 + (- 153 +

—    232) 1,42 = — 669 ległem².

Kąty $ uważamy jako siły w leg ze znakiem przeciwnym, bo tu — oznacza kierunek na dół.

Otrzymamy wtedy zOy — ^ (551.7 + 616.6 + 372.5 + 1584.4 — 148.3 + + 31.2 + 669.1) = 2004 legiom².

Stąd otrzymamy momenty i ugięcia tMi = 2004.250, więc Mt = 2004. iöIü^öö =2004. sö'öö =0,25 cm — y.

$ II

Dalej otrzymamy M₂ = g5'₅₅ (2004.2 — 551) = 0,43 cm — y₂, a podobnie także Mz = 0,54cm = y₃, M₄ 0,59 cm — yi} M-a — 0,45 cm = y-₃, Ms = = 0,33 cm — yG, = 0,21 cm —    .

§. 91. Wyznaczenie wykreślne ugięcia belki kratowej.

Później będziemy mówić o wykreślnem wyznaczeniu ugięcia belki o ściance pełnej zapomocą wieloboku sznurowego ² ³), teraz podamy tylko sposób wykreślnego wyznaczenia ugięcia belki kratowej według W i 11 i o t a.

Zasada wykreślnego wyznaczenia ugięcia jest bardzo prosta. Gdy belkę obciążymy w dany sposób, powstają wskutek tego we wszystkich prętach natężenia, które, jak wiadomo, dadzą się łatwo wyznaczyć zapomocą planu sił , jeżeli znamy też przekroje prętów. Znając natężenia, łatwo obliczymy zmianę

długości A l prętów według wzoru A l =    ~    ^    . . . 92)

jeżeli l i A oznaczają długość i przekrój pręta, P siłę wewnętrzną a e spółczynnik sprężystości. Jeżeli wykreślimy teraz

162 —

belkę na podstawie zmienionych w ten sposób długości prętów, otrzymamy ugiętą belkę.

Ale te przedłużenia i skrócenia prętów są bardzo małe n. p. dla l — 600 cm, v = 600 Jcg/cm², e = 2000000 kg jem², o trzy-

mamy z rów. 92 A l =

looÓooIT ⁼ 0,18 cm <C 2 mm. Przedłużenia

te lub skrócenia wynoszą więc najwięcej około 2 mm. Otóż gdybyśmy wykreślili ugiętą belkę nawet w bardzo wielkiej podziałce, otrzymalibyśmy prawie zupełnie taki kształt belki, jak przed ugięciem.

Aby odkształcenie belki uczynić widocznem, musimy przyjąć dla odkształceń M inną podziałkę, kreślimy je w naturalnej wielkości lub jeszcze większe. Przy kreśleniu nowego kształtu belki musimy jednak zachować jeszcze pewną ostrożność, mianowicie kreśląc poszczególne trójkąty, nie możemy zataczać długościami l+kl łuków właśnie z powodu różnych podziałek, lecz kreślimy zamiast łuków prostopadłe do kierunków boków, co ze względu na bardzo małe kąty obrotu a wielkie promienie możemy śmiało uczynić.

Przypuśćmy na chwilę, że pręt A 1 (tabl. V. rys. 5.) nie zmienia swego położenia, tylko przedłuży się o 11', niechaj pręt Al skróci się o la, a pręt II przedłuży się o Ii. Z powodu przesunięcia się węzła 1 o 11' musi się przesunąć też koniec pręta b o bb‘ zjzj: 11'. Zatoczmy teraz łuki z punktów A il', a raczej wykreślmy prostopadłe do odnośnych prętów a P J_ A I i b'P J_ 1 I, a punkt ich przecięcia się P wyznacza nam położenie nowe punktu I.

Niechaj będą 2 c i 2 d przedłużenia prętów 12 i 1 2, to musimy uwzględnić także przesunięcia początkowych punktów odnośnych prętów. Kreślimy więc cc‘ifllP i dd'~\X 11'. Z punktów c' i d‘ kreślimy teraz prostopadłe c'2'_|_I2 i d'2'J_ 1 2, a punkt ich przecięcia się 2' wyznacza nam nowe położenie punktu 2.

W ten sposób postępując możemy wyznaczyć nowe położenie wszystkich węzłów, przyczem, jeżeli punkt JB' nie wpada na podporę (jak n. p. tutaj), musimy belkę obrócić o kąt a = BAB'“, aby sprowadzić belkę na łożysko.

Aby więc wynaleść prawdziwe położenie jakiegoś punktu n. p. III po ugięciu, musimy przesunąć punkt III' o długość

A p

A III

—£B~ BB"‘ prostopadle na A III. Robimy więc A e = A III, kreślimy ee' _]_ AB

to ee‘ = --g BB"‘ = y. Kreślimy zatem

III'III" = ee' i otrzymujemy IIP jako prawdziwe położenie punktu III po ugięciu. Na rysunku zrobiliśmy to samo z innymi punktami i połączyliśmy poszczególne węzły prostemi. Otrzymaliśmy w ten sposób kształt ugiętej belki w spaczonej podziałce t. z., że tylko przesunięcie poszczególnych węzłów otrzymaliśmy w tej podziałce, w jakiej wykreśliliśmy odkształcenia. Kierunki jednak boków nie są prawdziwe z powodu użycia dwu różnych podziałek.

Powyższym sposobem wykreślnym wyznaczamy równocześnie poziome i pionowe przesunięcia wszystkich węzłów, podczas gdy sposobem analitycznym Mullera Breslaua wyznaczyliśmy tylko przesunięcia pionowe węzłów pasu dolnego.

Jeżeli belka jest symetryczna i symetrycznie obciążona, sposób ten znacznie się upraszcza, bo wtedy słup w środku rozpiętości pozostaje pionowym. Zaczynając więc konstrukcyą od tego słupa i przyjmując go jako pionowy, otrzymujemy od razu belkę w naleźytem położeniu i nie potrzebujemy jej już obracać. Jeżeli belka nie ma słupa w środku rozpiętości, to środkowa część pasu dolnego lub górnego pozostanie po ugięciu pozioma ten więc kierunek przyjmujemy jako stały.

Przykład. Na tabl. Y. wyznaczyliśmy wykreślnie ugięcie takiej samej i tak samo obciążonej belki Schwedlera , dla jakiej obliczyliśmy ugięcia sposobem Mullera Breslaua. Na rys. 2. i 3. wykreśliliśmy wielobok sił i wielobok sznurowy dla obciążenia danego, w rys. 4. plan sił, rozłożywszy wszystkie ciężary na ciężary węzłowe. I tak n. p. zrobiliśmy 2n = 9t i połączyli n z 3, to uw oznacza składową ciężaru 9 t działającą w 2, a (2n — uw) składową, działającą w 3. Tym sposobem otrzymaliśmy siły wewnętrzne, zestawione w tabliczce, umieszczonej w poprzednim paragrafie. Na podstawie rów. 91) obliczyliśmy dla wszystkich prętów przedłużenia i skrócenia, zestawione także w tej tabliczce. Przedłużenia te i skrócenia poszczególnych prętów oznaczyliśmy

w rysunku w podziałce i przyjąwszy tymczasowo kierunek boku A 1 jako

stały, otrzymaliśmy ugiętą belkę AB'. Aby punkt B‘ sprowadzić na podporę > obróciliśmy belkę o kąt a i otrzymaliśmy ostatecznie ugiętą belką A B". W ten sposób otrzymaliśmy pionowe i poziome przesunięcia węzłów. Największe pionowe przesunięcie, największe ugięcie czyli strzałkę belki otrzymamy z rysunku w punkcie IY równą 6,3 mm , największe przesunięcie poziome 2,7 mm. Porównując ten wynik z wynikiem liczebnym widzimy, że różnica, pochodząca z niedokładności rysunku wynosi mniej, niż ^ mm. W praktyce więc sposób wy-kreślny daje wyniki z dokładnością .zupełnie wystarczającą.

DODATEK

Literatura.

no-

Podajemy tu w chronologicznym porządku spis podręczników teoryi mostów, niektórych ważniejszych artykułów i wszjch dzieł, odnoszących się do części teoryi mostów, zawartej w niniejszym tomie.

Becker: Handbuch der Ingenieurioissenschaften. 2 tom: Der Brückenbau. Stuttgart 1854, 4 wyd. 1873.

Eebhann: Theorie der Holz und JËisenconstructionen. Wiedeń 1856.

Lai s sie i Schübler: Der Bau der Brückenträger. Stuttgart 1857, 4. wyd. 1876.

Mollinos i Pronnier: Traité théorique et pratique de la construction des ponts métalliques. Paryż 1857.

Bresse: Cours de la mécanique appliquée. II. część Paryż 1862. Sch effl er. Uiber Gitter u. Bogenträger. Brunszwik 1862. Culmann: Graphische Statik. Zurych 1. wyd. 1866, 2. wyd* 1875.

Colli gnon: Cours de la mécanique appliquée aux constructions. Paryż 1869.

Bitter: Theorie und Berechnung der eisernen Dach- und Brü-ckenconstructionen 1870.

Heinzerling: Die Brücken der Gegenwart. Akwisgran 1873 —1885.

Levy: La statique graphique. 1. wyd. 1874, 2. wyd. 1886—1888. Jay du Bois: The éléments of gra phi cal statics. Nowy Jork 1875 — 1877.

Tetmajer: Die äusseren und inneren Kräfte. Zurych 1875. Winkler: Die Durchbiegung der Gitterträger. Technische Blätter 1876.

W i 11 i o t : Notions pratiques sur la statique graphique. Paryż 1877. Ott: Vorträge über Baumechanik. Praga 1877 — 1880.

L o e w e : Grundzüge zu Vorlesungen über eiserne Balkenträger.

Mnichów 1877.

Zimmermann: Das Momentenschema. Zeitschr. d. kann. Arch. u. Ing. Ver. 1877.

Böhlk: Statische Berechnung der Balkenbrücken einer Öffnung

Hanower 1877.

Thullie: O krzywy cli influencyjnych i icłt zastosowaniu do wyznaczania graficznego sił, działających w zwykłej belce kratowej. Dźwignia 1878.

S olin: Analytische Bestimmung des absoluten Maximalmomentes Woch. des österr. Ing. u. Arch. Ver. 1878.

Hermansky. Die elastische Durchbiegung eiserner Fachwerke. Zeit. d. öst. Ing. u. Arch. Ver. 1878.

Krotn: Besultate aus der Theorie des Brückenbaues und deren Anwendung. I. Theil. Balkenbrücken. Akwisgran 1879.

Holzhey: Vorträge über Baumechanik. Wiedeń 1879.

Foeppl: Theorie der Fachwerkes. Lipsk 1880.

M e 1 a n : Beitrag zur graphischen Behandlung der Fachwerksträger mit Zugrundelegung des Principes der Influenscurven. Zeit, d. hann. Arch. u. Ing. Ver. 1880.

Burr: A course on the stresses in bridge and roof trusses. Nowy Jork 1880.

Schaffer i Sonne: Handbuch der Ingenieurwissenschaftent 2 tom: Der Brückenbau. Lipsk 1880. 2. wyd. 1886—1889.

Stelzel: Theorie einfacher statisch bestimmter Brückenträger. Wiedeń 1880.

Thullie: Oznaczenie sił, działających w belce ciągłej przegubowej zapomocą linij wpływowych. Dźwignia 1881.

Chalmers; Grapical détermination of forces. Londyn 1881.

Winkler: Theorie der Brücken. 2. i 3. wydanie 1881 —1886.

Müller Breslau: Graphische Statik der Bauconstructionen 1. wyd. Berlin 1881, 2. wyd. Ljpsk 1887.

Maurer: Graphische Statik. 1882.

Ott: Graphische Statik. IV. wyd. Praga 1883—1885.

Thullie: O wykreślnem oznaczeniu sił, działających w belce dwuprzęsłowej na podstawie ugięcia belki. Przegląd Techniczny 1887, Woch. d. Österr. Ing. u. Arch. Vereines 1884.

Weyrauch: Aufgaben sur Theorie elastischer Körper Lipsk 1885.

Müller Breslau: Die neueren Methoden der Festigkeitslehre und der Statik der Bauconstructionen. Lipsk 1886.

Weyrauch: Theorie der statisch bestimmten Träger. Lipsk 1887*

T łi u 11 i e : Analityczne wyznaczenie najniekorzystniejszego obciążenia belki prostej układem ciężarów skupionych. Przegl. Tech. 1887. i Woch. d. österr. Ing. u. Arch. Ver. 1887.

Emperger: Uiber die Zulässigkeit schiverer Fahrbetriebsmittel vom Standpunkte einer neuen Verordnung für Eisenbahnbrücken. Wiedeń 1887.

Leber: Die neue Brückenverordnung des österr. Handelsministeriums. Wiedeń 1888.

Koechlin: Applications de la statique graphique. Paryż 1889.

Str.

77

^ r r r 05 CO t> 05

iH tM rH

Y>

Yi

j)

fi

Sprostowanie omyłek.

15, 18 i 21 z 6 z dołu 14 z góry 9 z dołu

dołu

zamiast (1+0,37 a;

czytaj (1 + 0,47 a;

m²

4,72

belki pierwszej, zakrytej przez pociąg pr2 Z — u

47,2

pociągu, zakrytą przez belkę pierwszą jpc² .

Z — u

29    »    12    „    „

36    „    36    „    „

38 rys. 24 62    w.    19    z    góry

57    „    4    z    dołu

76    „    11    z    góry

96 - lz dołu

8,55 i 8,2

i —

— | Br

(2 n — 2«t = 1) l (30 — 21.800)Tcg 0,25 tm a‘c‘b' a‘c‘ i c‘b‘ st a + st a

6,55 i 6,2 -Br

(2 n — 2 m -J-1)

4 (30.21 + 800) Tcg 0,25 Z/ł» ac'b , ac' i c'ł> st « + st ß

>

f-

\

/

■

' N

y

.

Belka kratowa o pojedynczej kracie równobocznej.

Tabl. I.

r> k Ç

3 V\

c' I)'

7K

-------*

i

7K

u..................ar

2*\f« H.

TV ____________ V

Af

Eo

!*

4    -    -3------/

■w

rf*

Ci

o_

-I

ruß 5.

£0 î— •

_Jo

e=3

4-s

s-r

5.

■ht

N.

1/

k.....

rr

-ś>

C/i

t-

3.

C>!

-SL

o,

f;

/I

i\

!,

“i

i

v

„. ,■#"* 5® iüf ¹

i.

"i

c'e.

Ve

5° ;

10 70 So *i0 50

tüö ftn

8-

8,

™K

3    4    5 ö? 88 tot

i-ys s

IV-

6,5

rijs 7.

30

50

60

rys 9.

VI |—-l

6,5

m___

oi__

/'

Ï0 Ł

ëbS!jïKl^

Ki

65

6^5

0,5

⁴k:

yc-v

6,5

6,5 /

6,5

! I.?

1.2

6,5

6,5

_L?__kV

ił vf. : V-.

e.i

65

in ;

c3~"T

6.5/

^ • C3

rys 8.    5

rys 3.

56,3

8 7,3

104,4

104/1

87.3

«kv

(.w

28,2

70,0

9 4,3

100,5

;-4,3

o •« •

s:.

TT

nr

ix

vr

VI

T1JS. j.

vu

vm

IX

Most drogowy kratowy o kracie

XX

Tm znx XIV

xv

Il 7

podwójnej prostokątnej

Tabl.H

IL

ni

IX

XL

vœ m in x

XL XDL m

m:    xy

\i 2

3,

\i

11

12

13

ii

/    15

14

11 Z

i2 k i3 In i4

/ ¹⁵

10

10

30.0 m

0JS6

rys.2.

7\

-----------

co

\l

;-~v:Zv

.....

j5ga-^---51=CL--—

Ko

{--2,8—8-......

i

—2.8.......i-

3

Tijs.3.

’ï

/

—3,6---.....

.....-2,8-

3    4 G 6    1    8 rn

Ko.

i! i

Ht-

i,

t---------³'⁶.....~j

3    1,5

IX

rys.9.

r:

\.

Ji n

0.5?    ? I

3o jfO so eo 70 8o    tm

3    0    5    6    7

8    9    10 t

GVT

&Y_

4E

3111

N“*

f-

-- • —----—\

im

-----/T

OJZ

iaiy u

ir :

\ ❖ L--\—-

a3v7. \

rys.4.

gmt

’fN

aix: /

-lox:

V'

ns

X-

11XT

\-

ISSU /

ses

-bf-3*.

::l

3S

2Œ

ï«

::ï

ï!

3VVT

'A

îsxnr V

Łba

i.

I4xrr

YYT U

Zt~ -

ut-

Ci

vil vin i_

vys.8 .

i:

u-

30, 4

31, 6

Si 7,

*->T'

S0, 7

ru

40,',

10

20

30    40 cm.²

rysî

10.0.

,T

sa,3

eus

Tn

\\

H\

Nx

Ni

32,9 j\

•\ \ 1\ yay

l\\\ N

ll.J

N]:⁸

is

yÇ/ \ JN

'A

l's

'-k s

'MAX

,y yfy ÿ$ <f il /v% k

......

'N

Xy

X/

X/ Nk*

lO

VS

S!, s

S 3,4

vS

<f

10

20 cm-

pas dolny

pas górny

'

v

• B'yjOT£l(A '' I

owna

;

4

* ii

/>

-

i

/

»

fc.

'

-,——

I»

,

»

4

V

/

-ŁlŁ

13

\1/

J3

(=1 H

"V

------3^

<-

13

1,8

A3

T"

■H

f- Kr *

!<—

—=5»

4,S

1,5    1,5

7    8    9 lo i*

V

io Jem.

⁰    10    20    30 4o jo 80    70

80 90 100

łom.

20 fc

10

«o?

-ioo

Soo

I5_t

looo

iS.

1500 tm

3o im/

li

oin

.X

V''

ÏI-/ Cl

4; cr

^ 3 4o lo lo

'nv

x-

X.

.5

' ‘ ^->1"

XI

. T~

<V

1/

_J~-

-h-

A--I~

\-

we

rss6 ;

Ci L-« 9

V\v1

.7

0V ’

-7

,x

L-

Łf

4t"-

.4—

4--

l'l----

2 II

> rr

Belka paraboliczna niezbieżna

TUS.l.

Aik

JET

3ZT

IT

SIT

Anr

IX

Hi

mj

13

rys.2.

i .a M__yt

4,5

J4 I

(73

-j

fo.

I3_    131 JLScej

13

-I o

tc

4.

o.

"TT

I co

I.

\K

13

fn_N;

:T

7/

M'

13

13

13

10

10

IT E

rys 3-

cri

iii"

lj

><;

~r

>'x-uP'ki

CzÇ2,ce?~

■3L

N.

sx

Nr

,L_

MS

<o

'S

4x

rys 12.

ÏIG

10

20 t

do 12

russ

•s

::

IS

^T-

.4/

■V.

;.4>4'o/

L--ł

......-A- U-

'i

r-

4o,

~t-

""T"

'/ -:H

najw(+Vójt.

najw(V-t)

-4-

TH rys g

ITT

Dr v:

rys 9

ÏÏL 3E

rys io

najv^V3)-

*X

J-—

LX

rys I

+-•

4T-

T-----

-•r"

• -4'^k

TXjsll-

— T"~~

p-

40

•>v.

__ __ ¹ V^i

najw^Và)

jltS-

-z

L-

—j-prJ&T

" sr

c-

Tatl.TK.

rijs3

___Ł?9_x__

x.Ł

r-

4'

ö4

,4 ; m

-'-'-43

50

26

100

50

IB I£------A4 j5~

nrtr

-3IIZL

53;

TT

wo"

75

200 cm²

100

et²

CO

co

-3

aa

pi tm

ïBTï 35

Jp

a:

12

IX

ro

v

c

■Ą&:

*

P

/

v¹

,

(< &

.    '>U

h

Û

Y⁻'

-N.

■

Y

W

/"

■7

r

/

i

\

7

■

.

.

~.'3*

'

Wyznaczenie ugięcia belki

UljS 1

<

3C

(r

-ti •

?

lfte (-221), m

?

120 (-225) 3F

(-225 )_3T

4

CO

CO

i

x"

(y

'(p'

1+88)22

ri

I

i /&

0125 ) 16_^

/

Wf

/

?—v? Æ'

e

vS»

/

91 ( tx8+)

f*

NS

*

.XX

'S

•4¹

T-¹

O.îî

85 (+214J 1    858C+214)    2    95 0248) 3    too(+26S)    4

Z,Z5

3,3

9

3,8

T\JS £

4

Cv.

(-230 )

I

/

/

■

%

(+2 2 4.)    5

•4,3

H

2 (_

\l (-58)

6

2,25

r*

%

A

r- a»)

~r

ri

j

! /&

A

C+232)

(+232)

3.6

i

2.2 5

tys 4

Ai

f)

1>

I«JH

y.

f :

:

:

ur

ers

23

%4

" <£

3%

jr. ur

MI lit ‘ Ig ST

%

?

s

-L®:

0—

:a:20: l - -

o

i

_______

—    Ą/-

X~7i, V ^

/ty/ U /

S<S/ *^x

\

o

x

¹

3

4

5

6m

i &m.

1 m

TB,., ,. XI-.-

«S

v

8

u

«O-

O

5

i

20 t

4 1 cm

i 5t

B"

.-Ü--

.

m 4-"

"7n ■ ja

i

\ X

/./

// (!

/

y

/

dla odkształceń

rys 5

%

I

I \

V

<

s'

1

/

/

/

1

I

/

A

■A

^x

'

/

X

»r:

0    12    3

7 a 9    10

x"

/

r

-V

\

r. _

;nr

ftHIV

5 mm lwu

r.

y

/

x

A

/'

N N) !

/

>\

;

;

'

i

lu

/ f

I

/

i

/;

X

nX

y

/

X

x'I

k’\\

i '

: \/ / x>

)

x^!

I

/!

r I

i

I

»

/

f

I

i

»

\

\

C- \

/

l

I

i

s

!

i

f

I

I

\

\

/

i

I

HT'

4Xî‘î/

e:x i \\    : f

VA

• \

i

I f

J \

/

\

l

/

I

\

\ /

' i

-A

i

/

\ \ \

>

A-

/

/

/

\

A"

/

>łX .

I

\

y

f

\

I

f

\

,

I

I !

I I

i i

/

I

I I

I

I

I

x

X

I'

\

JT>"

^ T' ~ “ ‘

^ \ '

• N

y

%

V, ''

\

/

\

________ ...V-

S

vx

M

i

/

/

y ;«

s. ; : ’

!■ i :/

I \ i !■

»

\

t

/

\ I

I I

I

/

/

I

/

I

'M

.x-V

P

'•X'

\

\

-Vp

AAt

. - 'V

I

i

X

₇¥ ¥ :

■

>

U'I

<<

\

\ \

\

\

\

>V-'

v:4

!

I

X

\

/

/

/

I

\

I

I

U ‘,i

—

•l

r

/

\

\

\

'

i

!»

I

i

• ii

i

i

I

/ •

I

i

! I

\

11 I

h

/

i

I

I

O

AXy|-

\

\

\.

\

V

\

i

'il"

\

\

fi

i«;, mi '

U—^ <»•—O—

\

X

\

\

f

/

\

\

\! /

'.!/

i

?

I

!

i

V

fl

v f

I

/

'

11

/V

!

I

/

i

If

I

I

l

I

!

I

I

/ \

o , e . ,

rn

i

I

'X

i\'!

\

/

l I

yn’

\

/

I

I

l

Ai

I /

I \

x

P,

1*

i/.

.;/

I

I

/

>

. 's

/

/

/

/ ¹⁵

t

\

\

/

/

A:

\

•M

N

l

i

j

I

!

/

\

!

\L

ifc

^y>2 r"

7"

2"

a

\ ;i

V

/

o'

3*

Al

5r

\

\

t

■

’

% .

\

m

»

I

/• **

W,⁴

*■

#.

\

. ^

«

'

.

.

t

\

'

l^oßo

¹

Müller Breslau. Die neueren Methoden der Festigkeitslehre und der Statik der Bauconstructionen. Lipsk 1886. str. 19 i następ.

²

Co do liczebnego wyznaczenia ugięcia takich belek p. Podr. Statyki Budowli str. 137 i nast.

³

por. Podr. Statyki Budowli str. 31.

So

* *■

%

Æ •

«y

*

é

è.-JI

¹

A

T71

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

ÿKm

?*U

>«p

»

■'•■

(S|L

SyiiSi

g«

11-341276

* $

Sf

« a

ÈfJl

»j

‘kaki

r :■»!

fU

A

rr

ü . *

■ c-,

A*

¥

Lté*

«.

e "i

Ji

ira

y,*&

...

*

sąp

*r

#:

fl

.

’i

^Tlr

ïV

^gâ

„*ï.

\ê*ïï

P *J

.Æi

S ;.

4 : ’

h.

«

P.;. •:

■ JC

/

r>&2

&

* *-• •<•

J/

2*#¹

gF'*

ÏS

-V 1

fg

ütl

kJll

Æ ». « '

fe-M:

■■?

ifS

Si

" -& :

. - ■

l

71

V‘** *

«y

“i» 2

»5

M

U¹’

■ «* a

«krjl

ï'-i

PÄ

Sfc

■p

fÿk

i

Jfe

śdtfSH¹

■ i

L -1

te?

f.

.

f::

ï..?

h» ■'« k‘î *A*!^'tr**,li*'>*;’' •

*.V.: V- .* /

l3

k .:v -Je "

r>.

k. j

jJP% '»y

I.*'¹. Vk.w.-'

..... ' '    V '    .

*2gg^A

Sa

,

Biblioteka Politechniki Kiakowsk.ej

:J

Ł

m ‘ • ' -I

- %rfm.

%

JE

»a

i!

ii

«•

; .Śi.

100000275634

-

v

.^7

UÄ

r

t

fä

*<. ■

B

; ?j

*c

-

a

H

. V Ÿ¥:M':-    '

•--v-- - .c^.VAv^v^sHvi-Wv-^-4>;-.\l-,*₍;ćr>V. -

y.

/

r.

m

< f

jS