ÜîX.

Âfl m

*ê

(•Mi

; pri

wà tm. '

amÿ

M.-v

•M

*v

X#'" •

•*#

y <r

tf ...

W #

■■ 1Ê:    *■

rÿ.%

tf *■

Ä USE

-,

»s

!..

iw A •# ÿ I

L : U‘ . é ’j//

h f» *4*

■V i    i If Jf lf

\v • .

> ,v"

i Â4< *

- .:.: 1 - .

ÆÊi

JF

4*

.;|$f

■■

op*

Ji

W':*€> vi

l'X^r 4i

•f

i7J ■

i

t

r

r

)

\

|

/

Biblio

teka Politechniki Krakowskiej

r

L-

/

m

\

\

X

I»

/

/

<*

’<•

\ J

ïi

V,

J

S

)

\

•y

/

✓

S

$

S.

v\

’V

8#ê™

\

'

PODRĘCZNIK

STATYKI BUDOWLI

DLA

INŻYNIERÓW, ARCHITEKTÓW I STUDENTÓW POLITECHNIKI Z 461 RYSUNKAMI W TEKŚCIE I 6 TABLICAMI

OPRACOWAŁ

Dr. MAKSYMILJAN THULLIE

PROFESOR POLITECHNIKI LWOWSKIEJ

WYDANIE CZWARTE ma

LWÓW-WARSZAWA-KRAKÓW

WYDAWNICTWO ZAKŁADU NARODOWEGO IMIENIA OSSOLIŃSKICH

WARSZAWA, KSIĘGARNIA WŁASNA, UL. NOWY ŚWIAT L 69 KRAKÓW, FILJA WYDAWNICTWA, ULICA ŚW. ANNY L. 11 POZNAŃ, SKŁAD GŁÓWNY: KSIĘGARNIA ŚW. WOJCIECHA WILNO, KSIĘGARNIA J. ZAWADZKIEGO, UL. WIELKA L. 27.

^UOTfA,'. K K A K Ó A'

[f. 6-f feł

Z DRUKARNI ZAKŁADU NARODOWEGO IMIENIA OSSOLIŃSKICH WE LWOWIE pod zarządem Józefa Ziembińskiego.

Przedmowa do czwartego wydania.

Wydanie trzecie wyczerpane jest już od roku. W niniejszem czwartem wydaniu poczyniłem niektóre zmiany i uzupełnienia, wy nikające z postępu nauki. Opuściłem tablice liczbowe, które należą raczej do podręcznika inżynierskiego.

P. Dr. Adamowi Kurylle, memu asystentowi, dziękuję za pomoc przy wydawnictwie, opracowanie niektórych przykładów i rysunków.

We Lwowie w listopadzie 1921 r.

Dr. Maksymilian Thullie.

Druk ukończono w marcu 1923 r,

f/S?

.«A

!j CS}

. *

%

Y

>

.

SPIS RZECZY.

Str.

Wstęp

A. Wiadomości wstępne ze statyki wykreślnej.

I. Składanie sił.

§    1. Siły, przecinające się w jednym punkcie.............

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

Wielobok sznurowy......................

§    3. Siły równoległe........................

§    4. Moment statyczny.......................

O CN 'T t-h t—i '—i

§    5. Składanie ilukolwiek sił....................

§    6. Dalsze własności wieloboku sznurowego.............

§    7. Wykreślne wyznaczenie momentu statycznego..........

II. Belka prosta.

§    8. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych dla obciążenia ciężarami

skupionymi..........................

§    9. Analityczne wyznaczenie sił poprzecznych i momentów......

§ 10. Dowolne obciążenie ciągłe............... ... .

§ 11. Jednostajne obciążenie zupełne .................

§12. Jednostajne obciążenie częściowe................

§13. Obciążenie ciągłe i ciężarami skupionymi............

§ 14. Belka jednym końcem utwierdzona ...............

§15. Belka wystająca........................

16

20

22

25

27

29‘

30

32

B. Wytrzymałość zeskładów drewnianych i żelaznych.

III. Wytrzymałość na wyciąganie i ściskanie.

§ 16. Ogólne pojęcia.........................

§17. Spółczynniki sprężystości.......<............

§ 18. Spółczynniki wytrzymałości na wyciąganie i ściskanie .......

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

34

38

44

V. Wytrzymałość na zginanie.

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

§ 38. Moment bezwładności.....................

§ 39. Wyznaczenie momentu bezwładności ze "Względu na oś równoległą

do danej...........................

§ 40. Przestrzenne przedstawienie momentu bezwładności........

§ 41. Promień i elipsa bezwładności.................

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

§ 43. Koło bezwładności ..................... .

§ 44. Punkty stałe przekroju................... . .

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

§ 46. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności..........

§ 47. Linia całkowa.........................

§ 48. Przykład. Moment bezwładności szyny kolejowej.........

§ 49. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności powierzchni sposobem

Nehlsa ............................

§ 50. Obliczenie siły ścinającej poziomej...............

§ 51. Naprężenia ścinające pionowe..................

§ 52. Naprężenia w kierunkach ukośnych. Linje największych naprężeń . .

§ 53. Naprężenia główne......................

§ 54. Wykreślne wyznaczenie siły ścinającej poziomej..........

§ 55. Obliczenie przekroju kształtówek /, pracujących na zginanie . . . .

§ 56. Inne kształtówki........................

§ 57. Dźwigary blaszane.......................

© Ul

i—» i—» >—» •—i i—i >—i

►fi. Ji. co co to to

I-¹ O 00 O 00

CN m X o

^ ^ ^ V) r—< t—< T-H r—■I

ł—.    t—.    1—.    t—.    H-.    H-.    1—.    ‘

VO    vl    (^.    Ci    C    C    Ul    Ul    Ul

Si    IC    IC    CO    ©    C\    Ul    N3

§ 20. Zjawiska przy przerwaniu...................

§ 21. Własności ciał, zależne od krzywej odkształceń, zwężenia i przedłużenia

§ 22. Pewność i naprężenie dopuszczalne................

§ 23. Doświadczenia Wöhlera i Bauschingera.............

§ 24. Wyznaczezie wymiarów według Winklera............

§ 25. Wyznaczenie wymiarów według Launhardta i Weyraucha.....

§ 26. Naprężenie dopuszczalne dla drzewa...............

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

§ 28. Pręty o stałem naprężeniu...................

§ 29. Liny konopne i druciane, łańcuchy...............

53

56

60

71

73

78

81

83

84

86

IV. Wytrzymałość na ścinanie.

§ 30. Spółczynnik wytrzymałości i naprężenie dopuszczalne

§ 31. Nitowanie pojedyncze..............

§ 32. Nitowanie podwójne...............

§ 33. Nitowanie wstęg i kształtówek..........

§ 34. Połączenie przegibne..............

§ 35., Obliczenie śrub.................

§ 36. Połączenia belek drewnianych.......... .

90

95

102

105

108

110

111

§ 58. Obliczenie przekroju belki blaszanej . . .

§ 59. Obliczenie grubości ścianki belki blaszanej § 60. Obliczenie nitów belki blaszanej ....

§ 61. Obliczenie belek drewnianych ......

§ 62. Obliczenie belek stropu mięszanego . . .

§ 63. Naprężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości .... 211

§64. Naprężenia przy złamaniu belek drewnianych § 65. Naprężenia przy złamaniu belek z żelaza spawanego, zlewnego i stali 215 § 66. Naprężenia zginające w belkach z żelaza lanego, kamienia i betonu. Prawo Bacha

198

202

204

206

208

213

219

§ 67. Naprężenie w belkach, gdy siły nie działają w płaszczyźnie osi głównych .............................

§ 68. Dźwigary drewniane złożone..................

§ 69. Naprężenie dopuszczalne....................

§ 70. Obliczenie przekroju dźwigaru złożonego.............

§ 71. Obliczenie klinów.......................

§ 72. Obliczenie śrub........................

§ 73. Belki z różnego materjału...................

§ 74. Równanie linji ugięcia i ugięcie belki..............

§ 75. Ugięcie belki jednym końcem utwierdzonej............

§ 76. Belka jednym końcem wmurowana, a w drugim podparta.....

§ 77. Be ka obu końcami poziomo utwierdzona.............

§78. Wykreślne wyznaczenie ugięcia belki..............

§ 79. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych belki jednym końcem podpartej, drugim utwierdzonej.............. . . . .

§ 80. Belka obu końcami utwierdzona.................

§ 81. Belka obu końcami ukośnie utwierdzona......... . . . .

§ 82. Belka ciągła.........................

§ 83. Belka ciągła dwu- i trzyprzęsłowa................

§ 84. Obciążenie różne w obu przęsłach................

§ 85. Belka ciągła o równych przęsłach................

§ 86. Momenty i oddziaływania belki ciągłej dwu- i trzyprzęsłowej . . . .

224

229

232

237

240

246

248

250

256

258

261

267

269

271

273

Ol

278

280

281

VI. Wytrzymałość złożona na zginanie i ciągnienie lub zginanie

i ciśnienie.

§ 87. Bryła naprężeń i oś obojętna ..........

§ 88. Jądro przekroju ................

§ 89. Największe naprężenie.............

§ 90. Wyznaczenie największych naprężeń zapomocą jądra

w to to io o o oo oo W 05 VO A

VII. Wytrzymałość na wyboczenie.

§ 91. Wzory zasadnicze Eulera i Rankina ......

§ 92. Wyznaczenie długości wolnej .........

§ 93. Wzory Tetmajera ..............

§ 93. Przekroje złożone ..............

296

303

308

§ 94. Obliczenie wymiarów............

§    95. Przykłady obliczenia wymiarów......i

§    96. Wytrzymałość słupów żelaznych w razie pożaru

§ 97. Słupy obciążone mimośrodkowo.......

§    98. Naprężenie dopuszczalne..........

§ 99. Przykłady.................

318

326

329

330

332

335

VIII. Wytrzymałość na skręcanie.

§ 100. Wzory zasadnicze . . § 101. Wał pełny i wydrążony § 102. Przekrój kwadratowy .

o co co co co

IX. Dźwigary kratowe i więzary dachowe.

§ 103. Uwagi ogólne........................

§ 104. Warunki wyznaczalności wewnętrznej..............

§ 105. Warunki wyznaczalności ze względu na łożyska.........

§ 106. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych za pomocą metody wielo-

bokowej...........................

§ 107. Metoda przecięć.......................

§ 108. Belka wzmocniona......................

§ 109. Obciążenie dachów......................

§ 110. Ogólne warunki równowagi dachu...............

§ 111. Wyznaczenie sił wewnętrznych dla obciążenia pionowego.....

§ 112. Parcie wiatru........................

§ 113. Obliczenie więzaru Polonceau złożonego jako przykład

§ 114. Belka pochyło leżąca.....................

§ 115. Drewniany pojedynczy dach krokwiowy.............

§ 116. Dach płatwo wy z podwójnym więzarem i kolanem........

§ 117. Dach rozporowy.......................

§ 118. Więzar łukowy trójprzegubowy . ",..............

§ 119. Dachy baniaste.......................

§ 120. Obciążenie bani ciężarem własnym...............

§ 121. Obciążenie bani śniegiem i wiatrem..............

§ 122. Obliczenie dokładniejsze sposobem Mullera Breslaua.......

§ 123. Płaskie dachy namiotowe...................

§ 124. Dachy wieżowe czworoboczne.................

§ 125. Dachy wieżowe ośmioboczne................ .

§ 126. Części składowe i rodzaje belek kratowych...........

§ 127. Analityczne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.................

§ 128, Wykreślne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.................

§ 129. Krata wielokrotna......................

§ 130. Belka kratowa Howe’a . .......f ............

SîoîoioNONor^t^r'OOoo cococo cococococoeocococococo

OJ OJ OO 00 ON 0O

00 ON H 00 OO ON CO CO CO

co wi r— On On ON CO CO CO

4*. OJ O NO 4*. NO

m    oo t" r~~

o    o o o

Str.

C. Wytrzymałość zeskładów kamiennych.

X. Sklepienia kolebkowe.

408

§ 131. Łuki i sklepienia..............

§ 132. Siła podłużna i momenty jędrne.......

§ 133. Warunki równowagi sklepienia ........

§ 134. Obciążenie sklepienia............

§ 135. Linja ciśnienia...............

§ 136. Grubość sklepienia.............

§ 137. Związek między linją ciśnienia a linją obciążenia § 138. Przybliżone wyznaczenie linji ciśnienia w sklepieniu symetrycznem . 426 § 139. Sklepienie niesymetrycznie obciążone .

§ 140. Siły zewnętrzne . .........

§ 141. Odkształcenie łuku.........

§ 142. Wyznaczenie trzech warunków ....

§ 143. Wyznaczenie prawdziwej linji ciśnienia § 144. Położenie powierzchni momentów . .

§ 145. Ciśnienie sklepienia na krążyny . . .

409

413

417

423

428

430

432

434

437

442

443

XI. Sklepienia krzyżowe i baniaste.

§ 146. Sklepienie krzyżowe nad kwadratem.......

§ 147. Sklepienie krzyżowe nad prostokątem......

§ 148. Sklepienie krzyżowe w jedlinkę.........

§ 149. Sklepienie baniaste..............

§ 150. Bania kulista.................

§ 151. Wykreślne wyznaczenie naprężeń w bani ....

§ 152. Sklepienie klasztorne.............

451

453

454

461

XII. Przyczółki, filary i kominy.

§ 153. Linia ciśnienia.................

§ 154. Wmurowanie belki wspornikowej.........

§ 155. Linje wyznaczne przekroju prostokątnego.....

§ 156. Przekrój nieregularny. Siła działa w osi głównej . . § 157. Przekrój nieregularny. Siła działa nie w osi głównej § 158. Kominy fabryczne...............

462

464

467

472

474

475

XIII. Ramy.

480

§ 159. Rodzaje

§ 160. Ogólny sposób obliczenia ramy dwusłupowej dwuprzegubowej, o rozporze poziomej........................

§ 161.    Rama    dwusłupowa o dowolnyn kształcie . . . . _........

§ 162.    Rama    o rozporze prostej, obciążenie pionowe..........

§ 163.    Rama    o rozporze prostej, obciążenie poziome..........

§ 164.    Rama    bezprzegubowa o rozporze prostej, obciążenie    pionowe    .    .    .    488

§ 165.    Rama    bezprzegubowa o rozporze prostej, obciążenie    poziome    .    .    .    490

ram

481

484

485

487

Str.

D. Budowle ziemne.

XIV. Równowaga stoków.

§ 166. Zasady.........

§ 167. Równowaga ziemi niespoistej § 168. Równowaga ziemi spoistej .

§ 169. Naziom płaski i nieobciążony

§ 170. Stok pionowy......

§ 171. Wyznaczenie wykreślne spójności, wysokości stoku i stoczystości . 498 § 172. Parabola spójności § 173. Wyznaczenie stoku naturalnego, spójności i ciężaru gatunkowego . 501

§ 174. Naziom załamany...........

§ 175. Równowaga ziemi jednostajnej obciążonej § 176. Wykreślne wyznaczenie stoku ziemi jednostajnie obciążonej .... 505 § 177. Naziom dowolny częściowo obciążony § 178. Stok zakrzywiony........

492

492

493

495

497

500

503

503

506

507

XV. Parcie ziemi, obliczone sposobem analitycznym.

§ 179. Ogólne zasady........................

§ 180. Ogólne wyznaczenie powierzchni odłamu i parcia ziemi......

§ 181. Ogólne wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi.......

§ 182. Wyznaczenie parcia ziemi, gdy naziom jest płaszczyzną, nachyloną

do poziomu pod kątem ß...................

§ 183. Parcie ziemi dla naziomu poziomego..............

§ 184. Parcie ziemi na mur pionowy.................

§ 185. Wyznaczenie parcia ziemi dla naziomu pochyłego, zakończonego

płaszczyzną poziomą . ....................

§ 186. Wysokość punktu zaczepienia parcia ziemi dla naziomu płaskiego,

zakończonego płaszczyzną poziomą ...............

§ 187. Uwzględnienie ciężaru ruchomego...............

(Ji Ul Ul

o o

•—» VO

CN m nO

T-H T-H r—l

m m m

Ol

o o

CN CN

vo m

XVI. Parcie ziemi, wyznaczone wykreślnie.

§ 188. Zasady......................... . .

§ 189. Parcie ziemi na mur płaski, dla naziomu płaskiego........

§ 190. Parcie ziemi na mur płaski, gdy naziom tworzą dwie płaszczyzny . § 191. Parcie ziemi o naziomie dowolnego kształtu na mur płaski . . . .

§• 192. Wyznaczenie parcia ziemi sposobem Färbera..........

§ 193. Naziom obciążony......................

§ 194. Wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi..........

§ 195. Parcie ziemi na mur krzywy lub załamany......... . .

§ 196. Odpór ziemi.........................

uiinwuiWUiuiLnUi

JiWOOChWtOOONW

XVII. Inne teorje parcia ziemi.

§ 197. Poprawka dla równowagi w spoczynku

§ 198. Poszczególne wypadki.......

§ 199. Wyznaczenie płaszczyzny odłamu . . .

546

548

$ 200. Wyznaczenie analityczne parcia geostatycznego dla ściany pionowej

c    co

Æ ^ */•>

UO LT,

i naziomu poziomego.....................

§ 201. Nowsze teorje........................

XVIII. Parcie ziemi na sklepienie. Inne parcia.

§ 202. Sklepienie owalne . . § 203. Sklepienie tunelowe § 204. Uwzględnienie spójności § 205. Ciśnienie ciał sypkich .

555

556

557

• . 558

E. Mury oporowe.

XIX. Stałość murów oporowych.

§ 206. Ogólne zasady.........r". ..............56

§ 207. Ogólne wyznaczenie grubości muru oporowego.........56

568

§ 208. Analityczne wyznaczenie grubości muru dla szwów pochyłych . . . 564 § 209. Analityczne wyznaczenie gróbości muru dla szwów poziomych . . 566 § 210. Wykreślne wyznaczenie grubości muru oporowego

572

§ 211. Parcie geostatyczne przy wyznaczeniu grubości muru oporowego . 571 § 212. Mury oporowe z przyporami ....

r- r-uo m

§ 213. Korzystny przekrój muru oporowego § 214. Parcie ziemi na przyczółek ....

I. Dodatek: Literatura......

II. Dodatek: Tablice obciążeń stropów

577

•585

'

)

.

/

■

WS TĘ P.

Statyka budowli lub zastosowana, zwana także mechaniką budowniczą (n. Baumechanik, Statik der Bau-constructionen, fr. mécanique appliquée, an. statics applied, r. cxpon-TeJiBHaa MexanHKa), jestto nauka o warunkach równowagi i o wytrzymałości zespołów budowlanych, zastosowana do obliczenia ich wymiarów i kształtów. Oczywiście nie możemy tu mówić o teorji wszystkich zespołów budowlanych, lecz omówimy tylko teorją najważniejszych zespołów, gdyż obliczenie mniej ważnych zespołów i szczegółów najlepiej daje się połączyć z opisem ich ustroju, który jest przedmiotem odrębnych nauk, jak n. p. budownictwa wodnego, budowy mostów i t. d. Pominiemy tu także obliczenie mostów, ponieważ odmienny sposób obciążenia robi obliczenie ich tak zawiłem, że jest ono przedmiotem osobnej nauki, tak zwanej teorji mostów (n. Theorie der Brücken), również teorją zeskładów żelbetowych, którą opracowałem osobno ¹).

Przedmiot nasz podzielimy według tego, czy materjał użyty do zespołu jest mniej lub więcej sprężysty. A więc będziemy mówili naprzód o wytrzymałości materjałów sprężystych drzewa i żelaza, potem bardzo mało sprężystego kamienia, a nakoniec o wytrzymałości materjału niesprężystego ziemi.

Jak wiadomo, dwa są główne sposoby rozwiązywania zagadnień mechaniki, sposób analityczny i wykreślny. Będziemy używali jednego i drugiego sposobu naprzemian według tego, który w danym razie prędzej prowadzi do celu ; często zaś podamy obliczenie według obydwu sposobów, których wyniki służą wtedy do wzajemnego sprawdzenia.

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

Stąd wynika następujący podział przedmiotu :

A.    Wiadomości wstępne ze statyki wykreślnej.

B.    Wytrzymałość zespołów drewnianych i żelaznych.

C.    Wytrzymałość zespołów kamiennych.

D.    Budowle ziemne.

E.    Mury oporowe.

Jako dodatek:

Literatura.

A. WIADOMOŚCI WSTĘPNE ZE STATYKI WYKREŚLNEJ.

I. Składanie sił.

§ 1. Siły, przecinające się w jednym punkcie.

Do oznaczenia siły (n. Kraft, fr. force, an. force, cz. si/a,

w.    forza, y. ćmią) potrzebne są trzy znamiona : jej wielkość (n. Grosse, fr. grandeur, intensité, an. magnitude, cz. velikost, r. Bejra^iHHa), kierunek (n .Richtung, fr. direction, ligne d'action,

i.

rys.

Jł

rys. 2.

przecinają się w punkcie którą nazywamy wypadkową (n. Resultierende, fr. résultants,

an.    direction, line of action, cz. smër, r. HanpaBJiefirie) i punkt zaczepienia lub przyłożenia (n. Angriffspunkt, fr. point d’application, an. point of action, of application). Ponieważ punkt zaczepienia w kierunku siły możemy dowolnie przełożyć, wystarczy do oznaczenia siły zamiast punktu zaczepienia położenie siły (n. Lage, fr. position, an. position, r. noji03eme), t. j. jeden punkt, przez który kierunek siły przechodzi. Wszystkie te znamiona dadzą się łatwo przedstawić wykreślnie zapomocą linji prostej, której długość zawiera tyle jednostek długości, ile jednostek siły zawiera siła i której kierunek i położenie przedstawia kierunek i położenie siły. Po tej samej linji prostej może siła działać w dwu przeciwnych kierunkach; aby więc określić dokładnie, w którym kierunku działa dana siła, czyli jaki jest jej tok (lot) (fr. sens), dodajemy strzałkę w odpowiednim kierunku (rys. 1.). Nazywamy siłę albo jedną literą P\, P% . . . , lub też dwiema literami n. p. AB, przyczem porządek liter oznacza tok siły.

Jeżeli dwie siły Pi i Pa (rys 2.) O, to możemy je zastąpić jedną siłą R,

an. résultant, cz. vyslednice, r. paBHOÔBiHCTByioinaa cmra), a siły Pi i P₂ s kładowe mi (n. Componente, fr. composante, r. coci’a-BHaa CH.ua).

Wiemy, że jeżeli dwie siły działają na punkt materjalny, to drogi, które punkt pod działaniem tych sił w jednostce czasu przebiegnie, są proporcjonalne do ich wielkości, a zatem do O A i OB. Jeżeli siły P₁ i P₂ równocześnie działają na punkt O, to ten punkt przy końcu jednostki czasu znajdzie się w punkcie Cf gdyż droga spowodowana siłą Px jest OA, a siłą P₂ jest AC, względnie OB. Długość OC przedstawia więc siłę, która jeżeli działa na punkt O, poruszy AB w jednostce czasu także do punktu C, a zatem siłę, zastępującą działanie sił Px i P₂, czyli wypadkową. Z tego wynika następne prawidło składania dwu sił przecinających się: wykreślamy siłę Px = O A, z punktu A wykreślamy AC # OB — P₂ i łączymy punkt O z punktem C; prosta OC jest wypadkową. Do punktu C dojdziemy jednak także, wykreśliwszy P₂ — OB, a z punktu B BC ^ O A = Px. A zatem porządek, w którym składamy siły, jest obojętny.

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

z\ /?/ K

o/'

------%

pA

'R

\* U?

P.

Tt

rys. 3.

siły Pi i P₂, z których wypadkową W2 składamy następnie siłę Ps = 2 3; wypadkową otrzymaną Ws składamy z siłą Pi = 3 4, te siły dają znowu wypadkową W i, którą składamy z siłą Ph itd.... Pn składamy wreszcie z wypadkową W„.i i otrzymujemy wypadkową wszystkich sił R. Wykreślanie prostych W₂, Wz itd. możemy opuścić, a zatem chcąc znaleść wypadkową sił Px, P₂.... Pn, kreślimy wielobok, którego boki są równoległe do wszystkich sił po porządku. Prosta, łącząca po-

czątek wieloboku O z końcem jego n (tu 6), daje wielkość i kierunek wypadkowej R.

Wielobok ten nazywamy wielobokiem sił (n. Kraftpoly-gonf fr. polygon de forces, an. force polygon, cz. cara sloéek, r. MHoroyroJifcHHKTb cejtł), a może on być płaskim lub przestrzennym, według tego, czy wszystkie siły składowe działają w jednej płaszczyźnie, czy nie. Z rys. 3. wynika, że rzut wypadkowej na jakąbądź prostą jest równy algebraicznej sumie rzutów składowych. Porządek, w jakim siły składamy, jest tu obojętny ; dla dwu sił udowodniliśmy to powyżej, dla więcej sił zaś, zmieniając porządek dwu po sobie następujących sił, możemy uzyskać dowolny porządek.

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

proste równa zeru.

Rozkładanie (fr. décomposition) siły na składowe jest bardzo łatwe. Chcąc rozłożyć siłę P (rys. 4.) na składowe, czynimy ją wypadkową dowolnych sił 01 i ÎA, lub też 02, 23, 34,

rys. 4.

45, 5A. Widzimy, że można zna-leść nieskończoną ilość składowych, dających jako wypadkową siłę P. Aby więc zadanie było oznaczone, muszą być dane pewne warunki. Jeżeli n. p. rozkładamy siłę P na dwie składowe, mogą być dane wielkość i kierunek jednej siły składowej, lub też wielkości albo kierunki obu składo-

wych. Rozwiązywanie podobnych zadań sprowadzamy zatem do wykreślnego rozwiązywania trójkąta z trzech danych elementów.

Kierunek wypadkowej wyznacza nam przytem kierunki sił składowych, jeżeli pamiętać będziemy, że tok sił składowych w wieloboku sił jest przeciwny tokowi wypadkowej, czyli, że wy-

padkowa jest równa i wprost przeciwna sile, którą dodaćby trzeba, aby wielobok był zamknięty.

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

Niechaj siły P₁ i P₂ działają na dwa punkty stale połączone i A-i (rys. 5.). Przedłużmy kierunki obu sił aż do przecięcia się w punkcie A, to możemy te siły złożyć, jak wyżej. Jeżeli

i,

o>

* J2

ATK LÆ

•o

i'

rys. 5.

A\ — Px a A2 = P2i to wykreślmy 13    A2, a otrzymamy

A 3 = R, a zatem położenie, kierunek i wielkość wypadkowej. Tego sposobu składania sił nie możemy jednak użyć w wypadku, gdy siły składowe są równoległe, bo punkt A leży w takim razie w nieskończoności i jakkolwiek z wieloboku sił otrzymalibyśmy wielkość i kierunek wypadkowej, to jej położenie byłoby nam nieznanem. Będziemy się zatem starali znaleść inny ogólny sposób składania sił, któryby i w tym wypadku dał się zastosować. Rozłóżmy siłę Pi na dwie dowolne składowe AiB i A\C, których wielkość otrzymamy z wieloboku sił 0 O i Ol'. Również rozłóżmy siłę P₂ na dwie składowe, z których jedna niech będzie równa i wprost przeciwna sile A^C = TO. Z wieloboku sił otrzymamy kierunek i wielkość drugiej składowej 02', wykreślamy więc CD 02'. Zamiast sił P\ i P₂ mamy więc teraz cztery siły, z których dwie jednak A\C i CAX się znoszą tak, że zostają tylko dwie BA\ i DC. Przez ich punkt przecięcia się E przechodzi więc wypadkowa R 0'2\ Kierunki sił AXB i AXC obraliśmy dowolnie, siły te przecinają się w O. Jeżeli teraz przyjmiemy inne kierunki sił składowych, przecinające się w innym punkcie O', to ponieważ punkty O' i 1' w wieloboku sił są stałe, punkt przecięcia się kierunków sił składowych O' określa dokładnie ich kierunki. Możemy więc zamiast tych dowolnych kierunków obrać dowolnie punkt O przecięcia się tych dwu sił w wieloboku sił. Punkt ten nazywamy biegunem (n. Pol, fr. pôle, an. pole, r. nojiiocrb), wielobok BA\CD wielobokiem sznurowym (n. Seilpolygon, fr. polygon funiculaire, an. funicular, cord or link polygon, w. poligono funicolare, r. BepëBO^mBiH MHoroyroJiBHHK'i»), bo gdy w miejsce linij matematycznych tego wieloboku pomyślimy sobie sznury, zaś w B i D zaczepimy siły równe O O' i O 2', to system ten będzie w równowadze, a proste O O' O Y i 02! będą przedstawiały ciągnienia (względnie ciśnienia) sznurów. Linie, łączące biegun z wierzchołkami wieloboku sił, nazywamy promieniami (n. Strahl, fr. rayon polaire, an. ray, r. pa.n.iyc'B).

§ 3. Siły równoległe.

i

£ 18. Spółczynniki wytrzymałości na wyciąganie i ściskanie.

§ 22. Pewność i naprężenie dopuszczalne.

niając zmiennność naprężenia przyjmuje mniejsze na

f/=0,5g+16 „

samą oś. Momenty bezwładności poniżej podane są ws

OCx — OE±—E1C1 = OE dost cp—EC wst <p,

§ 51. Naprężenia ścinające pionowe.

§ 56. Inne kształtówki.

III a Kształtówki T (przeje, norm. niemieckie). Dł

xy

§ 63. Naprężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości.

§ 68. Dźwigary drewniane złożone.

§ 72. Obliczenie śrub.

T2 * Z3 T:

§ 85. Belka ciągła o równych przęsłach.

M

\A

Wzory Tetmajera dają większe wyniki dla naprężenia

w = 0,13 F v- kg/m2 .

§ 113. Obliczenie więzaru Polonceau złożonego jako przykład.

§ 180. Obciążenie bani ciężarem własnym.

§ 127. Analityczne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.

§ 137. Związek między linją ciśnienia a linją obciążenia.

^ tr^-.0,097e.4,985e+ • l,03e.5,985 e +

§ 148. Sklepienie krzyżowe w jedlinkę.

F^iEŁ1.ER = i jr

§ 163. Rama o rozporze prostej, obciążenie poziome.

§ 174. Naziom załamany.

— \j[k—dot (a + q+d7)] [dot Q — dot (a -r q 4* d7)].

§ 191. Parcie ziemi o naziomie dowolnego kształtu na mur

§ 198. Poszczególne wypadki.

§ 210. Wykreślne wyznaczenie grubości muru oporowego.

Tab. VI.

¹

Thullie. Teorją żelbetu, Lwów 1915.

Statyka.

§ 3. Siły równoległe.

Ey

D,

z*

rys. 6.

Mając złożyć dwie siły równoległe (n. parallel, fr. parallèle, cz. rovnobëzné, r. napajuieJiBHBm), (rys. 6.) Px i P%, wykreślamy wielobok sił 012, który tu staje się jedną lin ją prostą, równoległą do kierunku sił. Wypadkowa R równa się w tym wypadku algebraicznej su-m i e składowych, więc R = 02. Aby otrzymać ' położenie wypadkowej R, obieramy dowolnie biegun O, kreślimy promienie, a do nich równolegle boki wieloboku sznurowego. Przecięcie się jego boków skrajnych wyznacza wedle poprzedniego paragrafu położenie wypadkowej, równoległej do składowych.

Jeżeli mamy złożyć dwie siły P₁ i P₂ (rys. 7.) równoległe, ale działające w przeciwnych kierunkach, postępujemy w ten sam sposób. Wypadkowa jest tu różnica sił składowych i ma kierunek siły większej. Punkt przecięcia się boków skrajnych C wyznacza położenie wypadkowej.

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

1)

. 2)

AE. OO = P₂. AB; . . . dalej są także trójkąty ABD i OOl podobne, więc BD : AB = Px : OO, a stąd BD . OO = Pi. AB . . .

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

3)

BD A

AE - P, ......

Ä"

r\a

ï—

T.._„

■y

A zatem jeżeli na kierunkach

y'

sił P\ i P-i ode-tniemy AF = P2 i BG= P

prosta EG musi przechodzić także przez

X , to

C.

rys. 7.

A więc dla dwu sił równole-

na odwrót i końce tych długości połączymy. Linje, łączące końce tych długości, AB i EG przetną się na kierunku wypadkowej.

głych, ale działających w przeciwnych kierunkach, możemy wyznaczyć położenie wypadkowej, jeżeli wielkość siły Px odetniemy na kierunku jsiły i

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

§ 4. Moment statyczny.

Para sił nie mierzy się wielkością wypadkowej, bo ta równa się zeru, lecz działaniem jej obrotowem, które wyznaczamy momentem statycznym, (n. statisches Momenty Drehungsmoment, fr. moment, an. moment, cz. staticky moment, r. CTaTiraecKHÜ MOMeHTŒ)). Moment danej siły ze względu na prostą, około której ruch ma nastąpić, czyli ze względu na o ś momentu (n. Dre-hungsaxe, fr. axe du moment, r. oct>), jestto iloczyn siły przez

rys. 8.

ramię momentu (n. Hebelarm, fr. bras de levier, an. lever arm) czyli odległość siły od osi momentu. Jeżeli przez ramię momentu i siłę położymy płaszczyznę, to przecina ona oś w środku momentu (n. Momentpunkt, fr. centre du moment, an. centre of moment). Jeżeli więc siły działają w płaszczyźnie, to spuściwszy prostopadłą na kierunek danej siły z środka momentu, otrzymamy jej ramię momentu. Moment, którego kierunek obrotu jest zgodny z obrotem wskazówki na zegarze, będziemy nazywać dodatnim (n. positiv, fr. positif, an. positive, r. nojio-5KHTejiBHLiH), zaś moment, działający w przeciwnym kierunku, ujemnym (n. negativ, fr. négatif, an. negative, r. OTpH^aTejiB-HBiii). Moment pary sił ze względu na dowolny środek momentu O (rys. 8.) nazwijmy M\, tedy Px = P₂,

Mi — — Pi . O A + P% . OB — — Pi (s + y) 4- P%y — — PlS. Ponieważ y znika z rachunku, więc moment pary sił zostaje ten sam dla jakiegokolwiek środka momentu i równy jest jednej sile, pomnożonej przez odstęp obu sił, czyli prostopadłą, spuszczoną z jakiegokolwiek punktu jednej siły na drugą.

Jeżelibyśmy obie siły pary sił złożyli, otrzymalibyśmy według § 3. wypadkową nieskończenie małą, działającą w oddaleniu nieskończenie wielkiem ; moment jej będzie więc 0 . co .

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

§ 5. Składanie ilukolwiek sił.

Mając złożyć kilka sił P₁, P₂, Ps, Pi, (rys. 9.), składamy naprzód dwie siły Pi i P₂, a mianowicie kreślimy wielobok sił 012, obieramy dowolnie punkt O, kreślimy promienie O0, Ol, O2 i równolegle do nich wielobok sznurowy ABCD. Przez M, punkt przecięcia się boków AB i CD, przechodzi Ri₂ wypadkowa tych dwóch sił P₄ i P₂, wielkość jej jest 02. Z tą wypadkową Pi2 złóżmy teraz siłę P₃. Uskutecznimy to, jeżeli w wieloboku sił ’ wykreślimy 23 ^ P₃, poprowadzimy z tego samego bieguna O promień 03 i wykreślimy wielobok sznurowy. Pierwszym bokiem, równoległym do O0, niech będzie prosta AM, drugim MD O2,

3,

Pc

fu

P/V

£\ V?* ik\

fi ^ /lui

/0

<?

rys. 9.

trzecim będzie DP[|03. P₁₃, wypadkowa sił P₁₂ i P₃, czyli Pi, P₂ i P₃, będzie więc równa 03 i przechodzić przez punkt N przecięcia się boków skrajnych AB i DE. Z siłą Rn złożymy dalej siłę P₄ i otrzymamy w ten sam sposób wypadkową wszystkich sił R = 04. Przechodzić ona będzie przez punkt F. przecięcia się boków skrajnych AB i EG.

Łatwo pojmiemy, że jeżeli przy składaniu sił chodzi nam tylko o ostateczną wypadkową R, to możemy tok konstrukcji uprościć, opuszczając wyznaczenie sił Pi2, P₁₃ itd. A więc wystarczy, jeżeli dla danych sił Pi, P₂., P₃ i P₄ wykreślimy wielobok

sił, obierzemy dowolnie biegun O, poprowadzimy promienie i wykreślimy równolegle do tych promieni wielobok sznurowy ABCDEG. Wypadkowa R = 04 przechodzi przez punkt F przecięcia się boków skrajnych wieloboku sznurowego, jakieśmy to powyżej udowodnili.

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

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

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

Jeżeli rozłożymy wszystkie siły na składowe, działające w dwu przecinających się kierunkach, to dla równowagi musi być

suma składowych wszystkich sił w obydwu kierunkach równa zeru (wielobok sił zamknięty) i suma momentów równa zeru (wielobok sznurowy zamknięty).

Wszystko cośmy powyżej mówili o składaniu sił wogóle, da się zastosować do sił równoległych (rys. 10.). Chcąc złożyć siły

równoległe Plf P P₃ i Pif kreślimy wielobok sił, który tu przedstawia jedna linja prosta, kreślimy dalej wielobok sznurowy, którego boki skrajne przedłużone przecinają się w punkcie G, wyznaczającym położenie wypadkowej R. Jej wielkość (P^CM) i kierunek otrzymujemy z wieloboku sił. Składania sił równoległych zapomocą wie-loboku sznurowego używamy przy wyznaczeniu środka ciężkości powierzchni, złożonych z prostokątów lub trójkątów.

“O

fi

rc

fi

rys. 10.

K O»

§ 6. Dalsze własności wieloboku sznurowego.

Z poprzedniego widzimy, że przecięcie się dwu skrajnych boków wieloboku sznurowego wyznacza położenie wypadkowej, co odnosi się nietylko do dwóch, ale i do więcej sił. Ponieważ wypadkowa musi przechodzić także przez punkt przecięcia się sił Pi i P₂, więc położenie jej jest AEy (rys. 11.), przyczem AEX musi być równoległe do 02. Ale proste 02 i AE\ są szóstymi bokami dwu czworoboków zupełnych (czworoboków wraz z obienla przekątniami) Ox012 i AAxE\Bi, których pięć boków jest nawzajem równoległych. Zewnętrzne boki czworoboków nawzajem równoległe następują po sobie w obu czworobokach w przeciwnym kierunku. Stwierdza się tu przeto twierdzenie geometryczne, że j e-żeli w obu czworobokach zupełnych mamy pięć boków, kolejno w przeciwnym kierunku licząc, nawzajem równoległych, to i szóste boki muszą być równoległe. Jeżeli biegun zmienimy i zamiast punktu Oi obierzemy punkt 0₂, to otrzymamy inny wielobok sznurowy C^A^B^D^.

Przez zmianę bieguna nie zmieniamy wypadkowej, bo według § 2. możemy biegun obrać dowolnie. Z tego wynika, że przecięcie się boków skrajnych E₂ musi znowu leżeć na prostej AE±. A więc gdy biegun przesuwa sięwjakimkolwiek kierunku po płaszczyźnie, punkt p r z e c i ę c i a s i ę b o k ó w skrajnych wieloboku sznurowego porusza się po linji prostej, wyznaczając kierunek wypadkowej. Z rys. 11. możemy jednak udowodnić jeszcze jedno prawidło. Widzimy mia-

'AX\

c,

o, F

i#

F/\

rys. 11.

nowicie, że bok O1O2 jest szóstym bokiem trzech czworoboków zupełnych Ox0₂01, 0!0₂12 i OiO₂02, którego odpowiednimi bokami w czworobokach zupełnych    F₂FZBXB₂ i F₁F₅E₁E₂

a których reszta pięć boków jest nawzajem

a punkty prze-na prostej równoległej do

są FtF2, f2JP₃ i Fjf równoległa. Z tego wynika, że i szóste boki są równoległe, a więc boki F₁F₂, T'g/'s i FiFg są równoległe do OxO cięcia się 7^, F₂ i 7^ muszą leżeć 0,0,. Możemy zatem napisać następujące twierdzenie:

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

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

§ 7. Wykreślne wyznaczenie momentu statycznego.

Mając wyznaczyć sumę momentów statycznych kilku sił Pi, P₂, P₃ i P₄ ze względu na punkt dany A (rys. 13.), składamy te siły w wypadkową R i wyznaczamy moment wypadkowej, który równa się algebraicznej sumie momentów sił składowych, gdyż wypadkowa, zastępując w działaniu wszystkie siły składowe, sprawić musi taki sam moment, jak wszystkie składowe. Jeżeli prostopadłą, spuszczoną z środka momentu A na wypadkową R, nazwiemy r, to suma momentów sił Pi, P₂, P₃ i P₄, równa momentowi wypadkowej :

4)

M = Rr

Wykreślnie możemy moment przedstawić powierzchnią prostokąta o podstawie R a wysokości r lub też podwójną powierzchnią trójkąta o podstawie R, a wysokości r.

Możemy też moment przedstawić linją prostą w następujący

• sposób :

Przypuśćmy teraz, że mamy złożyć siły Plt P₂, P₃ i P4 (rys. 12.) i że przyjmiemy biegun w 0, w początku pierwszej siły Pi i wykreślimy wielobok sznurowy ABCDE, to widzimy, że promienie wieloboku sił przedstawiają wtedy wielkość i kierunek wypadkowych, n. p. 03 przedstawia wypadkową sił Plf P₂ i P₃,

a boki wieloboku sznurowego, równoległe do tych promieni, wyznaczają położenie tych wypadkowych. A zatem, jeżeli biegun przyjmiemy w początku pierwszej siły wieloboku sil, to boki wieloboku sznurowego wyznaczają położenie wypadkowych wszystkich sił od pierwszej aż do bok ten poprzedzającej, promienie zaś przedstawiają wielkości tych sił. Wielobok sznurowy staje się wtedy wielo bokiem wypadkowych (n. Mittelkrafteck, cz. cara vÿslednic).

C>

bJ X

/ p A/ %

rys. 12.

'Z

5)

Poprowadźmy przez punkt A równoległą MN do wypadkowej i nazwijmy odcinek MN tej prostej między bokami skrajnymi y, to otrzymamy dwa trójkąty podobne, a mianowicie EMNcoO^O, bo wszystkie ich boki są nawzajem równoległe. Stąd wynika, że podstawy obu trójkątów mają się do siebie, jak wysokości, więc y : r — R : b, a stąd Rr = by.

Wstawiwszy wreszcie z rów. 4) M — Rr, otrzymamy:

M - by

Odległość bieguna od wypadkowej, czyli długość b prostopadłej, spuszczonej z bieguna na wypadkową R, nazywamy odległością biegunową (n. Poldisłanz, fr. distance polaire, an.

R,

pole distance, cz. vzdalenost polârnà). + Możemy więc rów. 5) wyrazić w następujących słowach : Moment sta-

-........... y

____â_______.

rys. 13.

tyczny sił Pu P₂, PA... jest równy iloczynowi odcinka y między bokami skrajnymi w i el o bo k u sznurowego równoległej do wypadkowej, przechodzącej przez środek momentu, przez odległość bie-

gunową.

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

Moment jest, jak wiemy, iloczynem siły przez długość. Mierzymy więc moment jednostką, powstałą z pomnożenia jednostki siły . przez jednostkę długości. Jeżeli zatem np. mierzymy siły kilogramami, a długości metrami, to jednostkę, którą mierzymy moment, nazywamy kilogrammetrem (kgm). Jeżeli odcinek y mierzymy jednostką

długości, to musimy wtedy odległość biegunową uważać za siłę i mierzyć jednostką sił i na odwrót.

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

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

II. Belka prosta.

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

belkę.

Dotychczas zajmowaliśmy się składaniem sił w płaszczyźnie w ogólności ; teraz będziemy mów,ić o działaniu ich na

Dźwigarem (n. Träger, fr. poutre, an.girder; truss, w. trava-tura, cz. trâm, r. óajiKa), nazywamy część budowli, służącą do przeniesienia sił na podpory. Linję, łączącą środki ciężkości poszczególnych przekrojów, nazywamy osiądźwigaru (n. Axe, fr. axe, an. axis, w. asse, cz. osa, r. ocl). Na dźwigar AB (rys. 14.), podparty w dwu punktach, działają pionowe siły Plt P2 i Ps. Gdyby dźwigar nie był podpartym, nastąpiłby ruch w kierunku wypadkowej ; jeżeli zaś dźwigar jest podpartym, to powstają w punktach podparcia czyli podporach (n. Auflager, fr. appui, an. support, r. onopa) A i B siły, utrzymujące cały układ w równowadze. Siły te Ox i 0₂ nazywamy oddziaływaniami podpór, odporami (n. Pfeilerdruck, Auf la gerdruck, fr. réaction des appuis, an. supporting force, reacting force, reaction, cz. reakce podporové, r. OTnopt).

Naszem zadaniem jest teraz wyznaczenie oddziaływań, które, jak już wspomnieliśmy, muszą utrzymywać dźwigar w równowadze.

Kierunek oddziaływań zależy od kształtu i rodzaju łożysk (n. Lager, fr. support, coussinet, an. support, bearing, r. no^yniKH, no^mnnHHKi.), części budowli, na których bezpośrednio dźwigar spoczywa. Jeżeli oddziaływania są pionowe, dźwigar nazywamy wtedy belką prostą (n. gerader Träger, Balkenträger, Balken, fr. poutre droite, an. straight girder, beam, cz. träm prosty, r. npa-Maa öaaKa) i o takich tylko dźwigarach, których oś zresztą jest zazwyczaj prosta, będziemy mówić w tym rozdziale. Chcąc wyznaczyć wielkość oddziaływań Ox i 0₂, wykreślamy wielobok sił, robiąc 01 = Ply 12 — P%, 23 = P?. Wiemy, że dla równowagi wielobok musi się zamknąć, więc O₁ + O₂=30. Znamy zatem sumę obu oddziaływań ; aby zaś wyznaczyć wielkość każdego oddziaływania z osobna, wykreślamy wie-sznurowy acdeb, kreśląc ac||O0, cd\\Ol itd. Dla równowagi wielobok sznurowy musi być zamknięty. Ostatni bok wie-

lobok

£ F\

TT

u...... 'o"

A --ZO.

/-

O.

_______loboku sznurowe-

rys. 14.

Q go, który musi-' ' my wykreślić, aby wielobok zamknąć, otrzymamy, łącząc punkty a i b przecięcia się

skrajnych boków z kierunkami oddziaływań, a więc tu z piono-wemi przez A i B.

Prostą ab nazywamy z tego powodu linją zamykającą albo zamykającą (n. Schlusslinie, fr. ligne de fermeture, an. closing line, cz. zdkladna strana, r. 3aMBiKaioin,aa). Poprowadziwszy odnośny promień Om ab, otrzymamy punkt m, który podzieli długość 03 na dwie części, 3m — 0₂ i mO=Ox, odpowiadające wierzchołkom a i b wieloboku sznurowego. Teraz bowiem siły Pi, P₂, Ps, 0₂ i Oi są w równowadze, bo wielobok sił i wielobok sznurowy się zamykają.

Statyka.

Ażeby wyznaczyć moment wszystkich sił, po lewej stronie punktu C leżących, ze względu na punkt C postępujemy, jak to wskazano w poprzednim paragrafie. Na rys. 14. mamy wykreślony odnośny wielobok sznurowy. Ponieważ wypadkowa jest pionową, więc spuszczamy z punktu C pionową, a odcinek y—fg między bokami skrajnymi ab i de, pomnożony przez odległość biegunową h, da moment M=hy. Zamiast mnożyć odcinek przez odległość biegunową h, możemy zmienić dla momentów podziałkę długości w stosunku 1 : h, a więc jeżeli stosunek podziałki długości jest lc£!, t. j. jeżeli cm w rysunku przedstawia a metrów w naturze, odległość biegunowa h, jako siła uważana, równa się h tonnom, to stosunek podziałki, wedle której y odczytujemy wprost jako moment, będzie

j* 1 centymetr na rysunku będzie przed-

stawiał ah tonmetrów. Widzimy więc, że przy użyciu tej podziałki wszystkie odcinki pionowe w wieloboku sznurowym acdgeb przedstawiają wprost momenty w odnośnych punktach belki. Powierzchnię, utworzoną temi odcinkami, acdgeb nazywamy p o-wierzchnią momentów (n. Momenienflâche, fr. surface représentative des moments, r. nnoma^B momchtobtł), gdyż ona okazuje wielkość momentów wzdłuż całej belki przy danem obciążeniu. Ponieważ siły, po lewej stronie przekroju C działające (wraz z oddziaływaniem), starają się belkę tem bardziej zgiąć, im większy ich moment ze względu na punkt C, przeto nazywamy w tym wypadku moment statyczny tych sił także momentem zginającym, gnącym (n. Biegungsmoment, fr. moment fléchissant, an. bending moment, cz. moment ohybu, r. momchtT) H3rn6a).

Jeżeli dla punktu C utworzymy wypadkową wszystkich sił, po lewej stronie przekroju działających, (wraz z oddziaływaniem) i rozłożymy ją na dwie składowe, jedną prostopadłą do osi w punkcie C, a drugą, działającą w kierunku osi, to składową, prostopadłą do osi w punkcie C, nazywamy siłą poprzeczną (n. Querkraft, Scherkraft, fr. effort tranchant, an. shearing force, cz. sila priéna, posouvajica, r. nonepe^Haa cnjia), bo ona stara się ściąć belkę w kierunku poprzecznym t. j. prostopadłym do osi. Dla belki prostej poziomej i obciążenia pionowego siłą poprzeczną jest suma wszystkich sił, po lewej stronie przekroju działających. Siłę poprzeczną nazywamy dodatnią (n. positiv, fr. positif, an. positive), jeżeli działa w kierunku z, dołu do góry na lewą część dźwigaru, w przeciwnym zaś razie ujemną (n. negativ, fr. négatif, an. negative). Oznaczając Q siłę poprzeczną w punkcie C, otrzymamy Q=Ol —1\—P₂, a więc Q=mO — 01— 12 = m2. Punkty te m i 2 możemy też otrzymać, poprowadziwszy z bieguna O Om i 02, równoległe do przeciętych boków wieloboku sznurowego ab i de. A zatem dla otrzymania siły poprzecznej w danym punkcie C, kreślimy promienie równoległe do boków wieloboku sznurowego, przeciętych pionową przez C, a odcinek m2 na wieloboku sił przedstawia siłę poprzeczną. Poprowadziwszy linje poziome z punktów m i 2, otrzymamy pr—m2 — Q.

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

Z rysunku widzimy, że siła poprżeczna zmienia swój znak, a więc tutaj staje się ujemną, pod ciężarem, w obrębie którego leży punkt m. A zatem chcąc wyznaczyć ciężar, pod którym siła poprzeczna zmienia swój znak, należy wykreślić promień Om równoległy do zamykającej. Ciężar, który w wieloboku sił przetnie ten promień, jest ciężarem szukanym. Położenie siły poprzecznej znajdziemy, przedłużając przecięty bok wieloboku sznurowego i zamykającą, w punkcie n.

Przykład. Rysunek 14. przedstawia belkę prostą AB o rozpiętości 21,3 m, na którą działają siły Pt=9t, P.ź=9t, P.t=7,5t w punktach E, Fi G. Przyjęliśmy przytem następne podziałki : dla długości 1 : 500 czyli

1 mm

dla sił

1 mm_1 cm

1 t —TÖ7

. Od-

fG

0,5 m’

ległość biegunowa h = 20 mm, więc jako siła uważana, oznacza 20 t; podziałkę

_1 mm

0,5X20 tm 10 im ' z rysunku jako moment fg — 8 mm czyli

wedłyg podziałki momentów 80 tm. Siłę C przedstawia rzędna pr.

1 mm

dla momentów, wyrażonych odcinkami y, znajdziemy teraz, zmniejszając po-.k działkę długości w stosunku 1 : 20, więc Dla punktu C otrzymamy

rys. 15.

poprzeczną w więc Q = — 3 t.

Jeżeli wszystkie siły, działające po lewej stronie danego przekroju C (rys. 15.), złożymy w wypadkową Q, to wypadkowa

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

Ponieważ siły 0lt Plf P₂ > P3 i 0₂ są w równowadze, a zatem i siły Q muszą mieć to samo położenie.

§ 9. Analityczne wyznaczenie sił poprzecznych i momentów.

Jeżeli siły Pj, P₂, P₃ i P₄ działają na belkę AB (rys. 16.), a ich odległości od podpory B nazwiemy alf a₂, «3 i aif to

otrzymamy oddziaływanie 0lt wyznaczając sumę momentów około punktu B, która dla

H JQ    r    r

_ równowagi ma być równą zeru. Gdyby bowiem tów wszystkich sił, działających na belkę, nie była równa zeru, to wypadkowy moment sprawiłby obrót belki, co się sprzeciwia założeniu. A zatem :

Ar

4.-»-

--6,—.....

• at

<    »

-Oj »

'A

rys. 16.

Ox /— Piai— P₂a₂ —P₃a₃ —Piai = 0,

a₄

suma momen-

. . 6)

być równą zeru, więc

a że suma sił pionowych według § 5. ma

0₂=Pi+P₂ + P₃ +P₄- o

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

0 = 0, —Px-P₂

7)

. 8)

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

M^ 0₄x—Pjbj—P₂b₂ . .

Przykład. Niechaj siły 11, 10,9 i 9ł działają na belką o rozpiętości 10 m w punktach, oznaczonych na rys. 17. (podziałka 1 : 200).

Według- równania 6) mamy:

O, =    (11.8-f 10.5+9.4+9.2) = 19,2 t.

■    ...... :~—c ^ >—.--------Z"'----.....—Z--⁻

-Ä:.....----->U-

...... 10---------------------------------J

rys. 17.

po prawej stronie punktu zaczepienia siły 9 mamy :

Q —19,2 —11 —10 — 9 = — 10,8 t.

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

A/=19,2X6—11X4-10X1=115,2—54=61,2 tm.

belkę AB (rys. 18.) działają siły Pi, P₂, P₃, P,

Ûa= (lH-10+9+9) - 19,2 = 39 - 19,2 = 19,8 t.

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

Q=19,2-11-10=- 1,8 t;

O,

lit

lOf,

■Se

Se

Jeżeli na

Pm+1, Pn, to momenty w punktach zaczepienia sił dadzą się jeszcze wyznaczyć w inny sposób, wskazany przez Pelletreau¹).

'PL

SCi    .......i

■<

Xz .    T

Xj    >¹<■

.......-......................

a¹

r::z-

«<.----------

r Ci >■

rys. 18.

Wedle rów. 6) 0₁ =

^ Pa, a moment w punkcie C

Mm 0\Xm P (o a,n)¹

Podobnie otrzymamy dla punktu D

Mm+l Ol^m+1 -^mPifi flm+l)¹

A Stąd    Mm O] (-T/n+l Xm) (ûm ûm+l) •‘-'m P

albo zfM=Mm+1 — Mm = em (Oi—^P)

10)

a że Ox——więc z/M = emQm........

A zatem różnica momentów w dwu po sobie następujących punktach zaczepienia sił równa się od-

pomnożonemu przez siłę po

stęp ow i tych sił przeczną.

Przykład. Chcąc wyznaczyć moment w punkcie D (rys. 17.), otrzymamy AM = 2 X—10,8— — 21,6 tm, a że w C moment M — 61,2 tm, więc w D Mx— 61,2—21,6=39,6 tm. Moment w D możemy jeszcze inaczej wyznaczyć, mianowicie My — O.,. 2=19,8X2=39,6 tm.

§ 10. Dowolne obciążenie ciągłe.

Na belkę AB, podpartą w dwu punktach, (rys. 19.) działa ciężar proporcjonalny do powierzchni kreskowanej. Ciężar taki nie działający w jednym punkcie, lecz rozłożony na części belki lub też na całej belce, nazywamy obciążeniem ciągiem

(n. stetige Belastung, fr. charge répartie, continue, an. di-strihuled load, cz. obtizeni

D’

al

spojite, r. pacnpeß'fejien-hbih rpysTb). Powierzchnię

AA'B'B

nazywamy p o-wierzchnią obciążenia (n. Belastungsfläche, fr. surface représentative de charge). Rzędna jakakolwiek n. p. CC, pomnożona przez dx, przedstawia wtedy ciężar na długości dx albo, gdy w myśli przyjmiemy ciężar na jednostce długości stały i taki sam, jak w punkcie C, przedstawia rzędna CC' ciężar na jednostkę długości czyli ciężar jednostkowy (n. Belastung für die Längeneinheit, cz. pomërne obtizeni).

me-

dt

Z'

yc

A"

C’'

D"

rys. 19.

Gdybyśmy podzielili powierzchnię obciążenia na niezliczoną ilość pasków, to moglibyśmy uważać je jako ciężary skupione (n. Einzellast, koncentrirte Last, fr. poids concentré, r. koirceirrpH-poBaHHBili rpysi»), działające w środkach ciężkości pasków. Postępując dalej w znany sposób, otrzymalibyśmy wielobok sznurowy o bokach nieskończenie małych, a zatem widzimy, że wielobok

sznurowy zamienia się tu na krzywą sznurową (n. Seilkurve, fr. courbe funiculaire). Ponieważ jednak nie możemy działać nieskończoną ilością sił, więc podzielmy powierzchnię obciążenia na mniejszą ilość pasków, tu n. p. na trzy paski, pionowemi CC' i DD', oznaczmy powierzchnie tych pasków i proporcjonalne do nich ciężary P\, A i P₃ , które zaczepiają w środku ciężkości pasków. Mamy więc tu trzy siły, dla których wykreślamy wielo-bok sił i wielobok sznurowy w znany sposób. Przedłużenia stycznych krzywej sznurowej w dwu punktach przecinają się, jak wiemy, w prostej, wyznaczającej kierunek wypadkowej, a więc styczne punktów linji sznurowej, odpowiadających punktom podziału A, C, D, B, przecinają się w pionowych, poprowadzonych przez środki ciężkości odnośnych pasków. Widzimy więc, że boki wieloboku sznurowego są stycznemi do linji sznurowej i że punkty styczności znajdują się w pionowych, przechodzących przez linje podziału. Otrzymawszy w ten sposób dostateczną ilość stycznych i punktów styczności, możemy wykreślić linję sznurową A " C ' D" B".

Podobnie otrzymamy i siły poprzeczne. W punkcie A siła poprzeczna równa się oddziaływaniu Ox = a₀a, w punkcie C Q⁼0₁—P₁ = mO — 01 = ml = c₀c. W podobny sposób otrzymamy punkty d i b, a wszystkie łączymy linją krzywą. Im więcej tych punktów wyznaczymy, tern dokładniej możemy wykreślić linję sił poprzecznych.

Równanie linji sznurowej da się w następujący sposób wyznaczyć.

X—>a£ck

rys. 20.

W punkcie C (rys. 20.) nazwijmy rzędną linji sznurowej y, to styczna do linji sznurowej w tym punkcie nachylona jest do

poziomu pod kątem rp, a

dq Q

step — — = —

dx H'

Dalej mamy

bo H jest stałem, a dQ ——qdx, więc

(dù=-idx’ “y'¹

H d²y_ n

dx² q •    .    .

Jest to równanie różniczkowe linji sznurowej.

Dla obciążenia ciągłego dowolnego da się także analitycznie

dowieść ważne twierdzenie, podane przez Schwedlera. dowolnego obciążenia ciągłego

(rys. 21.) wyznaczmy w powyższy sposób, lub też analitycznie, oddziaływania. Jeżeli q—f(x) oznacza ciężar jednostkowy, to oddziaływanie Ox otrzymamy według 6), uważając element qdx jako siłę skupioną,

Ox =-y^ q(lm—x) dx

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

Hd

11)

«Ugl

*    S'jc'

*    ........—

.....->i

--------->-

rys. 21.

Q=0-

q dx,

Dla

belki AB

12)

13)

zaś

M— OiA*i—

\ ‘ q (xi—x) dx,

J o

a stąd dla zmiennej Xi pochodna :

dM

dxi

= Oi — l q dx = Q .    .    .

. . 14)

Widzimy zatem, że dla dowolnego obciążenia ciągłego siła poprzeczna w każdym punkcie belki jest pochodną momentu. Z tego wynika bezpośrednio, że naj-

większość (maximum) momentów jest w tym punkcie, gdzie Q — 0 (rys. 19.).

Z rów. 13) wynika dalej

dQ_

¹

Ann. des ponts et chaus. 1887.

i

a zatem

dQ dlW

15)

** dx

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

dx

§ 11. Obciążenie jednostajne zupełne.

Gdy ciężar jednostkowy jest stały, wtedy mamy obciążenie jednostajne (n. gleichmässige Belastung, fr. charge uniformément répartie, an. uniform load, cz. obtizeni rovnomërné,

r. paBHOMLipHaa HarpH3Ka).

Gdy ciężar jednostkowy jest między granicami x i stały =<7i, to dla tej długości mamy z rów. 13)

Q— Oi—qxXx + C i M—OxXx^rCXx

jeżeli C i Cx oznaczają ilości stałe.

Z rów. 16) widzimy, że jeżeli belka jest na pewnej długości obciążoną jednostajnie, to na tej długości linja sił poprzecznych jest prostąamomentówparabolą. Jeżeli w rów. 11) q jest stałem, to

+C1    ... 16)

H^--qx~\- C₃, a Hy = — q^ + CxX+C2t

zatem krzywa sznurowa jest na tej długości parabolą.

Jeżeli w równaniu 16) zrobimy qx~Of to Q₁ = Oi + C, M— OxXx + Cxx + Ci, a zatem jeżeli belka na pewnej długości n i e jest wcale obciążoną, to na tej długości linja sił po-poprzecznych jest równoległą do osi, a linja momentów prostą.

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

a) Liczebnie. Ponieważ przy obciążeniu jednostajnem zu-pełnem belka jest symetrycznie obciążona (rys. 22.), więc dla obciążenia jednostkowego g

17)

o,=o,=|sri........

Siłę poprzeczną Q dla dowolnego punktu C otrzymamy:

Q — 0₁—gx=igl— gx= yg(l—2x) ....    18)

Moment w punkcie C będzie :

M = Oi    gx±x = \glx—\gxl = * gx (1—x) . . . 19)

Równanie 18) jest równaniem linji prostej, a mianowicie otrzymamy: dla .r = 0 Q—%gl,

y, X = $l Q = 0,

„ x=l Q= — i gl.

Linję sił poprzecznych otrzymamy więc, wykreśliwszy aa.i — bbx — ^gl i połączywszy punkty ai i by. Prosta ta przecina oś w połowie rozpiętości.

at

/------

ty ni!

i_

:...........'.'îs

li -

IPfcft Wj

’f..........

.......ł

____1

rys. 22.

Równanie 19) dla momentów jest drugiego stopnia i przedstawia parabolę o osi pionowej, przechodzącej przez środek belki. Z równania tego otrzymamy dla x=0 M=0, dla x = l M— 0. Chcąc wyznaczyć największy moment, szukajmy, dla którego punktu będzie Q — 0.

Z rów. 18) widzimy, że Q = 0 dla x = \l, a stąd odcinek, dla którego moment jest największością, jest

. . 20)

x= hlt a najw M— y gl² .    .

ll) Wykreślnie. Możemy tu postępować według- ogólnej metody ; jednak wiedząc, że linja sił poprzecznych jest prostą, a linja momentów parabolą, możemy obie te linie bardzo łatwo wykreślić w inny sposób. O linji sił poprzecznych mówiliśmy już powyżej ; aby wykreślić linję momentów, kreślimy wielobok sił, robiąc rs = gl i prowadzimy promienie skrajne. Chcąc wykreślić wielobok sznurowy, prowadzimy równoległe do tych promieni AE\rO i B'E Os. Są to styczne paraboli, którą wyznaczymy najłatwiej następnym znanym sposobem,. Dzielimy obie styczne na równą ilość części (tu na 4) i łączymy punkty podziału, równemi oznaczone liczbami. Proste te są stycznemi do paraboli, a punkty styczności mają odcinki dwa razy większe, niż lewy punkt podziału.

Konstrukcja ta da się zresztą łatwo uzasadnić. Pomyślmy bowiem, żeśmy całe obciążenie belki podzielili na dwie części linją pionową, poprowadzoną przez punkt C. Chcąc wykreślić wielobok sznurowy, styczny do linji sznurowej, szukamy środków ciężkości. Widzimy na rysunku, że jeżeli punktowi C odpowiada punkt podziału 2, to środkowi ciężkości Sx powierzchni obciążenia na długości AC punkt 1, a odnośnemu punktowi *S₂ dla długości CB punkt 1'. Styczny wielobok sznurowy będzie wtedy A'1VB\ bo w czworoboku tym znamy już z poprzedniego boki

A' 1, YB\ BA'. Czwarty bok

ma być równoległy do Ot i przecinać się z bokami sąsiedniemi na pionowych przez Si i S₂, musi to więc być prosta 11'. A zatem prosta 11' jest styczną do paraboli w punkcie C.

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

Przykład. Obliczyć najw. M i najw. Q dla belek stropowych (/=4 m), umieszczonych w odstępach 1*10 m, o obciążeniu 500 kg\m².

Obciążenie 1 mb będzie g= 1* 10Xl 00X500= 550 kg. Według rów. 20): Najw. M=\ 550X400“= 11000000 kgcm. Według równania 18): Najwięk. Q= = 1550X400=110000 kg.

§ 12. Jednostajne obciążenie częściowe.

Jeżeli belka AB obciążoną jest jednostajnie tylko na długości AC=x (rys. 23.), postępujemy według metody ogólnej i za pomocą wieloboku sił i wieloboku sznurowego otrzymujemy dwie styczne ad' i d'b. Na długości AC=x otrzymujemy parabolę adc, a na długości nieobciążonej linja momentów cb jest prostą.

Liczebnie otrzymamy z równania 6) dla ciężaru jednostko

wego p

(,    x\_px{2l—x)

V 2 /    21

o,=

fPx

. 21)

dalej dla dowolnego punktu E między A i C Q⁼0₁—pXi ....

22)

M=    1px!² ....

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

wnaniem paraboli. Z rów. 21.) i 22.)

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

Dla punktu C jest Xi =x, więc z równania 21.) wynika, że px (21—x)

-------........->j

ai

d'

F"

rys. 23.

PX'

px ~ 2Î

. . 23)

Największy moment jest w tern miejscu, gdzie Q = 0; nazwijmy odnośny odcinek x₂, to px^²^~x)—px₂ — 0, a stąd    Wsta

wiwszy to w równanie 22 ), otrzymamy

najw M = PJL<ÿ=B    _

21

21

t x² (2i—xy

2p J/T

, czyli

px² (21—x)²

najw M=

Na rysunku 24. przedstawiliśmy momenty i siły poprzeczne dla przypadku, gdy długość CB jest jednostajnie obciążoną.

8/²

24)

Otrzymamy wtedy liczebnie w zupełnie, ten sam sposób, co pierwej, siłę poprzeczną w punkcie C

Q₌JUP 0~X)²

21

. 25)

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

. . 26)

Wartości, które otrzymujemy w punkcie C dla siły poprzecznej z równań 23) i 25) przy obciążeniu częściowem są większe, niż war-^ tośó, którą otrzymamy z równania 18) dla obciążenia zupełnego, jeżeli przytem przypuścimy p—g- Przeciwnie momenty w każdym punkcie są największe dla obciążenia zupełnego, jak to widzimy z porównania równań 19) i 24).

■—$0--------->i

C'

rys. 24.

Przykład. Obliczyć najw. M i najw. Q dla belek stropowych o rozpiętości 5 m a odstępach 1,20 m, obciążeniu jednostajnem na długości 2 m od lewej podpory 450 kg/m² (rys. 23). Obciążenie na 1 mb będzie :

P=1,20X1,00X X450=540 kg/m=0M t/m.

Według równania (24):

0,54 x2² (2.5 —2)²

najw Q=

8X5* -0,54.2²

——0,691 tm,

2.5

=-0,216 t.

§ 13. Obciążenie ciągłe i ciężarami skupionemi.

Jeżeli na belce znajdują się oprócz obciążenia ciągłego także ciężary skupione (rys. 25.), postępujemy wedle sposobu ogólnego. Zaczepiamy w środkach ciężkości powierzchni obciążenia ciągłego siły Ps', Pi i P₆, kreślimy wielobok sił i wielobok sznurowy, w który wkreślamy krzywą sznurową, pamiętając, że części poszczególne krzywej są tu parabolami, a punkty podziału są punktami styczności. Liczebnie wyznaczenie oddziaływań nastąpi wedle

/?

...... /?

./u. _

Ï9

równania 6) i 7), momentów i sil poprzecznych wedle równania 9) i 8) z uwzględniehiem tej okoliczności, że ⁰ A, ^4 i ^ są wy-padkowemi obciążenia ciągłego.

Przykład. Na belkę o rozpiętości 4,50 m działają następujące siły. Obciążenie jednostajne 300 kg! m

1,5 m od lewej podpory i na długości 2,5 m od prawej podpory. Siły skupione Pt = 1 w odstępie 1,5 m od lewej podpory i P₂-2 i w odstępie 2 m od prawej podpory. Wyznaczyć najw. M i najw. Q. Tu jest Pt=0,45 t, P₄ = 0.15 t, Pr = 0,6 ł.

rys. 25.

na

długości

Oddziaływanie wyznaczymy z równań:

O, = (0,45.3,75+1.3+0,15.2,25+2.2+0,6.1) : 4,5=2,14 t.

Siła poprzeczna będzie w odstępie x=l,5    Q=2,14 —0,46=1,68 t

po prawej stronie Pt (9=1,68—1=0,68 t dla x=2 m Q=0,68 ł dla x=2,5 m Q=0,68 — 0,15 = 0,53 t po prawej stronie P., Q=0,53 — 2=—1,49 na prawej podporze Q=—1,49—0,6=—2,09 Największy moment jest tam, gdzie Q=0, a więc w punkcie zaczepienia

siły P,

najw Af=2,14X2,5 —0,45 .1,75—1 .1—0,15.0,25=3,19 tm,

, Ot=2T8, odległość bie-

Na rysunku otrzymujemy dla podziałek gunowa ń=2,05 t, najw A/=3,47 tm.

1 cm

§ 14. Belka jednym końcem utwierdzona.

Belka AB (rys. 26.), jednym końcem utwierdzona (osadzona), obciążoną jest ciężarami skupionymi Plf P₂ i P&- Chcąc wyznaczyć momenty i siły poprzeczne, wykreślamy jak zwykle, wielo-bok sił i wielobok sznurowy acfb. Aby otrzymać powierzchnię momentów musimy na zasadzie § 7. przedłużyć pierwszy i ostatni bok wieloboku sznurowego aż do pionowej przez B. Tu więc

1E l "F

•łx........

Pz p,

ai

! ii

rys. 26.

nie mamy zamykającej w tern znaczeniu, co dla belki w dwu punktach podpartej. Moment w punkcie E przedstawia wtedy odcinek ee między przedłużeniem pierwszego boku ab' a wielobo-kiem sznurowym, pomnożony przez odległość biegunową h. Największy moment otrzymamy dla punktu B.

1 cm

1 mm

W rysunku przyjęliśmy stosunek podziałek P2 = 16 t, P₃=11 ł; 1=5 m, a₂—4 m, a₈=2 m, h=40 t.

TL konstrukcji otrzymaliśmy bb'=2,8 m, więc

najw M= — bb'. h=—2,8.40— — 112 łm.

, dalej — 5 t

Zamiast mnożyć przez h moglibyśmy wyznaczyć podziałkę momentów,

Wedle tej podziałki odczytamy moment w B M=—112 łm.

mianowicie

1 cm

1.40 łm

Liczebnie otrzymamy:

0, = ?,+?,+?

dalej dla punktu E

27)

Q = -P!-P

. . 28)

M=-Pi <l-x)-P₂ <a₂-x).....29)

Dla .r = 0, więc dla punktu B, otrzymamy

. . 30)

najw M=—Pal—P₂a₂—P₃a₃ .    .

Wstawiwszy wartości wyżej podane w równanie 30), otrzymamy najztt M——(5X5+16X4+11X2) = —111 tm. Wynik, któryśmy otrzymali sposobem wykreślnym, różni się o 1 tm, czyli w podziałce momentu o ¹/₄ mm, co wynika z niedokładności konstrukcji.

§ 15. Belka wystająca.

Jeżeli belka CF (rys. 27.) podpartą jest nie na obu końcach, lecz w dwu punktach A i B między końcami, to nazywamy

ją belką wystającą, przewieszoną (n. überhängender Träger, fr. poutre reposant en deux points d’appui intermédiaires). Chcąc wyznaczyć siły poprzeczne, oddziaływania i momenty, postępujemy, jak poprzednio ; kreślimy wielobok sił i wielobok sznurowy acegfb, boki pierwszy ac i ostatni bf przedłużamy aż do przecięcia się z pionowemi podporowemi i punkty przecięcia się a i b łączymy prostą zamykającą ab. Promień Om K ab dzieli długość 04 m0— Oi.

a,

.....--.....<\—

FBHF

c₄j-

.......m

•••• : h

rys. 27.

na

dwie części i otrzymujemy 4m = 0₂,

1 cm

1 mm

Na rysunku przyjęliśmy stosunek podziałek

, dalej 1—3 m,

at=0,75 m, o₂=2,35 m, a₃—l,60m, a₄=0,75 m, P₁=4,5 t, P₂=8 t, P₃=6 t, Pi—3,66 t, ń=ll t. Otrzymaliśmy 0₄ —14,2 t, a moment w G M=gg'. h— =0,45X11=4,95 tm.

Siły poprzeczne wykreślimy, jak poprzednio, tworząc wy-kreślnie sumę wszystkich sił po lewej stronie przekroju. Chcąc sprowadzić wszystkie siły poprzeczne do jednej osi, zrobimy

Liczebnie wyznaczymy oddziaływanie Oi, robiąc sumę momentów około punktu B równą zeru, więc

c'ic'z — CiC.j i zamiast linji kreskowanej poprowadzimy z c₂ poziomą.

—Pi (a! + /) +- Oi /—P₂ a₂ —P₃ a₃ +Piai = 0,

[Pi{ai + l) + P₂a₂+Pda₃ —P₄a₄] .    .    . 31)

zatem Oi =

Znając oddziaływanie, łatwo obliczymy siły poprzeczne i mo-

menty.

Dla naszego przykładu otrzymamy po wstawieniu wartości

Ot=l [4,5(0,75+3)+8X2,35+6X1,60—3-66X0,75]=14-18 t.

Dla punktu G otrzymamy teraz

Q=-P₁+Ol -p* = -4,5+14-18—8=+l-68 t,

albo, gdy przyjmiemy, że P₃ działa po lewej stronie przekroju,

Q=-/>₁+0₁—Pa-Ą=—4,32 t

Dalej mamy w punkcie G

M=—4,5 (0,75+1,4)+14-18Xl-4-8X(2-35-l-60)=4,48 t.

Jeżeli belka wystająca obciążoną jest ciężarem ciągłym jednostajnym, postępujemy w ten sam sposób. Dzielimy powierzchnię obciążenia na paski, z ich środków ciężkości spuszczamy pionowe

>£\Cy

Ck\ c

[ 11

Bill

nu

i i i

w?

c„

<r

'<t

’x

/■

rys. 28.

(rys. 28.), kreślimy wielobok sił i wielobok sznurowy cefgd. Styczne końcowe weit/, równoległe do promieni skrajnych, przedłużamy aż do pionowych podporowych, punkty przecięcia się ö i b łączymy zamykającą. Wykreśliwszy teraz z danych stycznych

Statyka.

linję sznurową, która, jak wiemy, jest dla obciążenia jednostajnego parabolą, otrzymujemy powierzchnią momentów w części dodatnią, a w części ujemną. Wykreśliwszy Om ! ab, otrzymamy oddziaływania 3m=0, i mO—Oi, a stąd łatwo siły poprzeczne.

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

—gai

NJ

O i — ga.\

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

B. WYTRZYMAŁOŚĆ ZESKŁADÓW DREWNIANYCH I ŻELAZNYCH.

III. Wytrzymałość na wyciąganie i ściskanie.

§ 16. Ogólne pojęcia.

Dotychczas mówiliśmy o siłach zewnętrznych, działających na dźwigar, teraz zaś mówić będziemy o wpływie tych sił na dźwigar i siłach wewnętrznych, które w dźwigarze wywołują. Każde ciało wyobrażamy sobie jako zbiór nieskończenie małych cząstek t. z. drobin, oddzielonych jedne od drugich nieskończenie małymi odstępami, utrzymujących się w tych odległościach pod działaniem sił, równoważących się wzajemnie, tak zwanych sił międzycząstkowych (n. Molekular kraft, fr. force moléculaire, an, molecular force, r. MOJieKyjiapnatf cujia). Dla ciał stałych są siły przyciągające tak wielkie, że potrzeba znaczniejszej siły dla zmiany położenia cząstek. Wypadkowa tych sił, działających w danym przekroju, sprzeciwiająca się przesunięciu drobin, zależną jest od materjału. Własność tę ciał stałych nazywamy spójnością (n. Cohäsion, fr. cohésion).

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

r. ynpyrocTB).

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

Po jej przekroczeniu ciała te są niezupełnie sprężystemi; część odkształcenia, nazwana odkształceniem sprężystem (n. elastische Formänderung, fr. deformation élastique) znika po ustaniu sił zewnętrznych, reszta zaś, odksztatcenie trwałe (n. bleibende Formänderung, fr. déformation permanente, an. permanent set), pozostaje. Powstają bowiem wtedy zmiany w ustroju wewnętrznym ciała, przesunięcia drobin, powstają między drobinami bardzo małe pęknięcia. Są też ciała, które nawet - pod wpływem małych sił okazują tylko odkształcenie trwałe, nazywają się one wtedy plastyczne mi (n. plastisch, bildsam, fr. plastique, an. plastic, r, njiacTH^HBiiie).

Granica sprężystości wedle powyższego określenia byłaby jednak bardzo nieoznaczoną, bo dokładniejsze przyrządy, zwłaszcza Bauschingera i Martensa przyrząd zwierciadlany, pozwalający odczytywać O'OOOl mm, udowodniły, że prawie wszystkie materjały wykazują przy miernych nawet obciążeniach już odkształcenie trwałe, chociaż nadzwyczaj małe. W przyrodzie niema ciał ani zupełnie sprężystych ani zupełnie plastycznych. Ale doświadczenia te wykazały też, że odkształcenia przy niektórych ważnych technicznie materjałach, jak żelazo spawane i zlewne, stal, drzewo i innych, są do pewnej granicy proporcjonalne do obciążeń (rys. 29.).

Granicę tę nazywamy granicą proporcjonalności (n. Proportionalitätsgrenze, fr. limite de proportionalité, cz. mez umérno-sti, r. npe^hJTB nporiopn;iOHajibiiocTii).

Na rys. 29. odcinamy na osi O X przedłużenie względne ll, wywołane obciążeniami P, które odcinamy na osi OY. Do punktu M, który tu jest granicą proporcjonalności, otrzymujemy wtedy linję prostą. Gdy obciążenie przekracza tę granicę, odkształcenia przestają być proporcjonalne do obciążeń, rosną mianowicie daleko szybciej, niż obciążenia, linja MN jest przy tern styczną do OM. Odcinając także odkształcenia trwałe, otrzymamy drugą krzywą kreskowaną, która się zacznie w E'. Ponieważ dla obciążeń poniżej granicy proporcjonalności odkształcenia trwałe są tak małe, że je w praktyce uważamy za nieistniejące, różnica między E i M jest bardzo małą, więc też zwykle przyjmujemy, że granica proporcjonalności spada z granicą sprężystości.

Po nagłem usunięciu sił zewnętrznych ciało powraca nagle do swego pierwotnego, kształtu, ale wskutek bezwładności od-

E‘

------ź/Ai

4L

Al

Tt

E' F'

rys 29.

rys. 30.

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

Jeżeli siły zewnętrzne będą po przekroczeniu granicy sprężystości ciągle wzrastały, to po przekroczeniu pewnej granicy-(punkt N wykresu) u niektórych materjałów odkształcenia nagle bardzo wzraśtają i drobiny przedstawiają już mały opór przesunięciu, jak przy ciałach ciastowatych ; bardzo małym obciążeniom odpowiadają wielkie przedłużenia. Granicę tę nazywamy granicą ciasto w atości (n. Fliessgrenze, Streckgrenze, fr. limite appa-ranie d’élasticité, de ductibilité, an. yield point, cz. poćatek pru-taènosti, r. nadano re^ena). Przy dalszem wzrastaniu sił zewnętrznych nareszcie przezwyciężą one spójność i nastąpi tak wielka zmiana położeń drobin, że siły międzycząsteczkowe przestają działać, nastąpi więc rozdzielenie drobin i pojedynczych części ciała, a więc przerwanie, zgniecenie lub złamanie, (n. Bruch, fr. rupture, an. failure) ciała. Całą spójność w tej chwili się objawiającą, a więc cały opór, jaki spójność stawia zmianie położenia drobin, nazywamy wytrzymałością (n. Festigkeit, fr. résistance des matériaux, an. résistance, tenacity, r. conpoTHBneirie).

Na rys. 30. przyjęliśmy dla z11 znacznie mniejszą podziałkę, niż w rys. 29., dlatego też prosta OM spada prawie z osią OY. Punkt N oznacza granicę ciastowatości, EE' przedstawia siłę, która sprawia już przerwanie, chociaż następuje ono nieco później przy FF. Przy ciśnieniu występują odkształcenia, tu skrócenia, zupełnie tak samo, jak przy ciągnieniu. Krzywa odksztaceń ONE aż do punktu E ma podobny kształt. Jednak tu następuje zgniecenie a zarazem zniszczenie ciała tylko przy materjałach kruchych jak żelazo lane, kamień, beton, przy innych materjałach ciągliwych jak żelazo zlewne, miedź i t. d. nie następuje tu zniszczenie ciała, lecz powstają dalsze jeszcze wielkie odkształcenia, wybrzuszenia i spłaszczenia.

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

a)    wytrzymałość na wyciąganie (n. Zugfestigkeit, fr. résistance à la traction, an. résistance to stretching, r. conpo-THBJienie Ha pacTaæenie), jeżeli wypadkowa sił zewnętrznych działa w kierunku osi dźwigaru, starając się przekroje prostopadłe do osi jedne od drugich oddalić;

b)    wytrzymałość na ściskanie, (n. Druckfestigkeit, fr. résistance à la compression, an. résistance to compression, r. conpoTHBJieime cæaTiio), jeżeli wypadkowa sił zewnętrznych działa w kierunku osi dźwigaru, starając się przekroje prostopadłe do osi zbliżyć jedne do drugich.

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

c) wytrzymałość na ścinanie (n. Schubfestigkeit, fr. résistance à cisaillement, an. résistance to shearing, r. conpo-THBJieme CKajiHBamio), jeżeli wypadkowe sił zewnętrznych działających w płaszczyźnie, przez oś położonej, po jednej i po drugiej stronie idealnego przekroju, prostopadłego do osi, starają się przesunąć przekroje prostopadle do osi, niezmieniając ich oddalenia ;

d)    wytrzymałość na zginanie (n. Biegungsfestigkeit, fr. résistance à la flexion, an. résistance of flexure, r. coiipoTM-BJieiiie H3ra6y), jeżeli na dźwigar działają siły prostopadłe do osi, starając się go wygiąć, i przekroje prostopadłe do osi tak obrócić, że ich odstęp w rozmaitych punktach jest różny;

e)    wytrzymałość na wyboczenie (n. Knickfestigkeit, fr. résistance au flambage, an. resistance/ of crippling), jeżeli ciało o stosunkowo długiej osi pracuje na ściskanie, a przytem okazuje się wygięcie osi;

f)    wytrzymałość na- skręcanie (n. Drehungsfestigkeit, Torsionsfestigkeit, fr. résistance à torsion, r. c o iip o t h b ji e h i e CKpy-BHBauiio), jeżeli siły zewnętrzne sprowadzają się do pary sił, działającej w przekroju prostopadłym do osi i dwa przekroje tak jeden względem drugiego skręcają, że ich odległość pozostaje niezmienioną.

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

W tym rozdziale będziemy mówić tylko o wytrzymałości na wyciąganie i ściskanie.

§ 17. Spółczynniki sprężystości.

Jeżeli na graniastosłup o długości l a przekroju F działa siła P (rys. 31.) w kierunku osi, to długość pierwotna / zmienia się o Dl, a mianowicie skraca się, jeżeli siła ciśnie, a przedłuża się, jeżeli siła ciągnie graniastosłup. Oprócz tego zmieniają się długości innych krawędzi graniastosłupa, a mianowicie krawędzi a i prostopadłej do rysunku b, i to, jeżeli / przedłuża się o Dl, tedy a i b skracają się o Da i Db i na odwrót.

Przedłużenie w kierunku osi nazywamy p od łu żn e m (n. longitudinal), a w kierunku prostopadłym do osi poprzecznem (n. transversal).

Doświadczenia wykazały, że przedłużenia Jl, Ja i Jb są aż do granicy sprężystości wprost proporcjonalne do długości /, a i b i do siły P, a odwrotnie? do przekroju F. Możemy więc napisać :

33)

J \j P 1 EF

Tu E oznacza liczbę stalą, zależną od materjału, którą nazwiemy spółczynnikiem sprężystości (n. Elasticitäts-

modul, Elasticitätskoefficient, fr. coefficient d’élasticité, an. modulus of élasticité}, r. Koe(|)Hu;ienT ynpyrocTir, cz. moduł pruźnosti). Jest to tak zwane prawo Hooka¹).

Iloraz

.y/y

J?

Jl

|'r<—as—f

Éj/Mm

rys. 31.

, przedstawiający przedłużenie lub skrócenie na jednostkę długości, nazywamy przedłużeniem lub skróceniem jednostkowem (n. relative Längenänderung, Dehnung,

P

fr. allongement, an. unit strain). Iloraz--p- = v oznacza siłę, działającą na jednostkę powierzchni czyli naprężenie (n. Spannung, fr. effort, an. stress on unit of area, r. nanpHjKeide, cz. napëti), jeżeli więc siłę mierzymy w kg, powierzchnię w cm², to naprężenie wyrażać będziemy w kilogramach na centymetr kwadratowy, co oznaczamy kg!cm² (czytaj kg na cm²).

Jeżeli naprężenie stara się drobiny ciała jedne od drugich oddalić, wtedy nazywamy je ciągnieniem (n. Zug, fr. traction, an. tension, r. Hanpaaceme na paspiBa.) i oznaczamy znakiem +. Jeżeli zaś naprężenie stara się zbliżyć drobiny jedne do drugich, to nazywamy je ciśnieniem (n. Druck, fr. compression, an. compression, r. Hanpaaceme na cacaTie) i oznaczamy znakiem —.

Równanie 33) możemy więc inaczej napisać

J\

1 E’

a zatem przedłużenie jednostkowe jest proporcjonalne do naprężenia. Jeżeli w równaniu 34 zro-

Jl 1

bimy v — 1, to

= cc, a zatem spółczynnik sprężystości jest odwrotną wartością przedłużenia jednostkowego dla naprężenia ró wne go j ed n o ści. To przedłużenie jednostkowe a nazywamy spółczynnikiem wydłużenia (n. Dehnungskoeffizient- fr. coefficient d’allongement, an. coefficient of extension, r. Koe^an.ieHT't y^jiaHenia).

Analogicznie do 34) możemy napisać

zlb

Ja

35)

Spółczynniki Ex i E> nazywamy spółczynnikami sprężystości poprzecznej (n. Koefficient für Transversalelastici/ät, fr. coefficient d’élasticité transversale).

Spółczynnik sprężystości E jest tylko dla ciał równokierun-kowych, których struktura jest zupełnie jednorodna (n. isotrop, fr. isotrope), we wszystkich kierunkach stałym. Takiem ciałem jest n. p. żelazo lane, podczas gdy żelazo spawane, zlewne i stal mają tę własność tylko w przybliżeniu. Drzewo jest nierównokie-runkowe, dlatego musimy tu E wyznaczyć osobno w kierunku prostopadłym' do włókien.

Spółczynniki sprężystości poprzecznej są w ciałach równo-kierunkowych równe, przyczem Ei~E^==—E. Ilość m nazywamy

stałą Poissona (n. Poissonsche Konstante). Dla ciał równokie-runkowych jest m=4, dla żelaza spawanego i stali 3 do 4.

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

wartości od 1110000 do 2800000-^

cm

₂, a nawet dla żelaza z tej

samej fabryki otrzymano według doświadczeń towarzystwa Cin-cinnaty Southern Railway w Ameryce wartości 1350000 do

2 430000

cm-

, dlatego też wartości, które podajemy poniżej dla

rozmaitych materjałów, uważać można tylko jako liczby przeciętne z wielu doświadczeń uzyskane. Różnice wartości spółczynnika sprężystości powstają także wskutek niezupełnie jednostajnego terjału.

ma-

W tablicy I zestawiliśmy przeciętne wartości spółczynników sprężystości dla materjałów, najbardziej w budownictwie używanych, jakoteż i naprężenia przy granicy sprężystości, przyczem podnieść musimy raz jeszcze wielką niepewność granicy sprężystości. Linja OM (rys. 29.) nie jest zupełnie prostą, a wyznaczenie punktu styczności M zależy od dokładności przyrządów.

Tablica I.

ii

Naprężenie przy

Spółczynnik sprę- granicy sprę-j! żystości E w kg/cm'² żystości M w kg/cm'² »

rozciąga- ściska-    rozcią- ściska- i rozcią-

nie    ganię nie ; ganię

Naprężenie j przy granicy ciastowato-ści N W kg/cm²

j|

nie

Aluminium (glin)

; Bazalt i porfir .

Beton ....

Cement ....

ii Cynk.....

i Cyna.....

| Drzewo miękkie w kierunku włókien ...........

Drzewo miękkie prostopadle do

włókien..........

II Drzewo dębowe w kierunku włókien ...........

Drzewo dębowe prostopadle do

włókien..........

Granit...........

Konopne liny........

Miedź...........

675 000    675 000

50 000

260 000 200 000 260 000    250 000

950 000    950 000

400 000

112 000 100 000

1 100 1 000

20

50

30

300

600

60

150

„ drut . . Mur ciosowy ||    » ceglany .

j Mosiądz . . .

10 000 —

1 100 000 1 100 000 . . 1 200 000

100

150

400

1200

drut

Ołów . jj Platyna i Piaskowiec ¹ Rzemień

250 000 -    50 000

640 000    640    000

987 000    -    ii

60 000 60 000 1 600 000 1 600 000 175 000

480

nowy.....

używany . . .

1250 2 250

Naprężenie przy Naprężenie Spółczynnik sprę- granicy sprę- Sowa'T ! żystości E w kgjcm- żystości M ü\N W kgjcm³ W kg/cmi

rozciąga

ściska-

nie

nie

rozcią-

ganie

ściska- rozcią-nie ganię

Stal zlewna

2 200 000

2 500

2 200 000 do

2 500

do

„ lana

2 150 000

2150 000

to o\

6 000 2 000

. V

Zel

2100 000 2 000 000 2 150 000 900 000

1    900000

2    000 000

2100 000 2 000 000 2 150 000 95 000

i więcej

t-O P-»

3 000 1 600 2 200

CN £ CN £ CO CN CN

g«gg Ss-g

o o oiB. 0.2. o

1    500

2    200

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

Jeżeli niepewnemi są wartości, podane powyżej dla spół-czynników sprężystości, to tern trudniej da się dokładnie wyznaczyć granica sprężystości jeszcze z następnego powodu. Doświadczenia ²), robione z żelazem spawanem, okazały, że jeżeli granica sprężystości jest przy naprężeniu ², a wyciągniemy ciało aż do »i>², to otrzymamy przedłużenie J l, które się będzie składać z d/j przedłużenia sprężystego i przedłużenia trwałego; to znaczy, że po ustaniu działania siły //j zniknie, a Kl U zostanie (rys. 32.). Drobiny nie zajmą więc pierwotnego położenia, a zatem mamy właściwie do czynienia z nowem ciałem. Jeżeli teraz

będziemy wyciągać ciało aż do naprężenia vu to otrzymamy tylko* przedłużenie sprężyste tak, że vx będzie teraz granicą sprężystości. Widzimy więc, że granica sprężystości żelaza spawanego powiększa się jednorazowem jej przekroczeniem. — Dla żelaza lanego niema właściwie żadnej granicy sprężystości, pierwsze naprężenie pozostawiało bowiem przy doświadczeniach przedłużenie trwałe, poczem aż do tego naprężenia zachowywało się żelazo lane, jak sprężyste ; granica sprężystości dała się jednak jednorazowem większem naprężeniem przesunąć wyżej.

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

a) Przez liczne zmiany naprężeń między naprężeniem równem zeru a największem naprężeniem, spadającem z granicą sprężystości albo nieco nad nią wyższem, podnosi się pierwotną granicę sprężystości aż do pewnej granicy ;

fA

A [o,

b)    Zmiany naprężeń w kierunku przeciwnym raz na ściskanie, drugi raz na wyciąganie, które nie wiele przekraczają granicę sprężystości, zniżają granicę sprężystości aż do zera ;

rys. 32.

c)    Powoli wzrastające naprężenia dodatnie i ujemne zniżają

granicę sprężystości dopiero wtedy, gdy przekraczają pierwotną granicę sprężystości ;

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

Przykład. Pręt z żelaza spawanego 5 m długi o przekroju prostokątnym, ' którego podstawa 6=2 cm, wysokość h—20 cm, jest ciągniony siłą P~2St\ jakie jest przedłużenie pręta A/?

P . I 25000.500

Wedle rów 33) A / = jj? = 2ÖÖÖÖÖÖ7272Ö = 0-156 c'"‘

.    .    25000

Naprężenie v = ^ 2Q ⁼ 625 kg/cm'¹.

E. Widzimy więc, że spółczynnik sprężystości przed-

Jl

' Z rów. 34) X=-—r

n otrzymamy E~-

. Z rys. 32) widzimy,

że stà=-r-l

stawia w wykresie odkształceń styczne kąta nachylenia z początku prostej OM a potem stycznej geometrycznej do linji odkształceń. Po przekroczeniu granicy sprężystości spółczynnik sprężystości maleje.

¹

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

²

P, rozprawkę p. Wehage: „Spannung in verbogenen Körpern w Ci-vilingenieur 1880“.    >

£ 18. Spółczynniki wytrzymałości na wyciąganie i ściskanie.

Gdy naprężenie przekroczy granicę sprężystości, przedłużenia nie są już wtedy proporcjonalne do naprężeń, lecz wzrastają daleko prędzej. Jeżeli naprężenia odetniemy na osi odcinków (rys. 30.), a odnośne przedłużenia lub skrócenia jako rzędne, to

rys. 34.

rys. 33.

punkty, wyznaczone temi rzędnemi wyznaczą linją OMNEF, która na długości OM t. j. w granicach sprężystości jest prostą. Między M i N linja się zakrzywia, a po za punktem N linja staje się płaską, aż nareszcie naprężenia dochodzą do pewnej największo-ści EE', poczem przy dalszem nagłem przedłużeniu się, naprężenie się zmniejsza do FFt, a ciało się przerywa. Naprężenie to największe EE nazywamy spółczynnikiem wytrzymałości

(n. Festigkeitsmodul, Bruchmodul, fr. effort de rupture, cz. pevnost, an. ultimate straining, r. Koe^)Hci;ieHTb iipoijuocTB:). Spółczynnik ten możemy wyznaczyć, poddając ciało badane naprężeniu tak wielkiemu, aż ciało się przerwie. Podobną zupełnie linję odkształceń otrzymamy dla ciśnienia. Zgniecenie następuje tu przez przesunięcie cząstek ciała badanego na bok, a to w dwojaki sposób. Przy ciałach twardych odłupują się cząstki materjału w ten sposób, że zostają dwa ostrosłupy wierzchołkiem do siebie zwrócone (rys. 33.), albo też przy ciałach miększych n. p. ołowiu, następuje wybrzuszenie (rys. 34.). Gdy stosunek wysokości do najmniejszego wymiaru przekroju dosięga pewnej granicy (około 4 do 5 dla metali, 8 dla drzewa), ciało się wygina na bok i łamie. Występuje wtedy wytrzymałość na wyboczenie, o której będziemy mówić później. I tu otrzymujemy jednakże dla tych samych materja-łów bardzo różne wartości z powodu rozmaitej ich jakości tak, że podane poniżej wartości musimy uważać tylko jako przeciętne, otrzymane z wielu doświadczeń.

Tyczy się to w największym stopniu kamieni, bo jeżeli różnice wartości spółczynnika wytrzymałości dla kruszców wahają się o kilka lub kilkanaście procent, to dla kamieni dochodzą do 100 i więcej procent. I tak n. p. spółczynnik wytrzymałości dla piaskowca szarowakowego wynosi 1270 kgfcm² węglowego 500 do 1200, pstrego 250 do 1300, kajprowego 150 do 1000, jurajskiego 300 do 800, kredowego 100 do 700, zielonego 200 do 400, karpackiego 120 do 650, molasowego 500 do 15Ô0 kg/cm’. Średnia wartość 300 kg/cm², podana dla piaskowca w tabliczce, różni się bardzo od wartości największych i najmniejszych.

na-

1 tu okazały doświadczenia, że gdy ciało badane przerwało się -przy pierwszej próbie przy naprężeniu u, to, gdy pozostałe części ciała poddano powtórnej próbie, ciało przerwało się dopiero przy większem naprężeniu g . Nie wynika jednak z tego, że kilkakrotnem wyciąganiem ciała aż do przerwania można wytrzymałość powiększyć. Doświadczenia te dowodzą raczej tylko niejednostajności ciał. Przy pierwszej próbie przerywa się ciało w miejscu najsłabszem już przy naprężeniu u, przy drugiej niema już tego słabego miejsca, więc wytrzymuje większe jeszcze prężenie aż do g '.

c a II.

Ciężar

Materjał

gatunkowy

Spółczynnik wytrzymałości ji

wyciąganie ściskanie

ks>

kg

kg

cni'

cm-

cm¹

Bazalt...... ,

Beton.....

Cegła zwykła . .

„ zendrówka „ niewypalana Cement . . . . Cyna lana . . .

„ drut . . . Cynk lany . . .

„ blacha . . Dolomit . . . .

3 000 2 200 1 500 1 800

1400

7 200 7 300 7 290 7 200 2 900

80

20

15

30

350

400

2 300 2 000

1 200

150

60

300

25

200

1 000

Drzewo    bukowe    równoległe    do włókien . .

„ szpilkowe równolegle „ prostopadle „

800

800

1000

1 000

730

20

1 000

70

960

50

O O O O

O O CN o go t i⁻* ^r

Granit

730

750

o o

CN O I-H CO

Gnejs .

Glin

2 750 2 550 2 600

48

40

40

30

1 200

500

Konopne liny .    •......

Kwarcyt..........

Łupek ...........

Marmur ......... .

Miedź lana.........

„ kuta.........

„ blacha ........

„ drut .........

Mosiądz lany........

„ drut ........

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

„ z cegieł niewypalanych .

Nikiel...........

Ołów...........

Piaskowiec.........

Platyna kuta........

Porfir...........

Rzemień..........

Spiż............

Srebro . ....... .

Syenit...........

Stal bardzo miękka.....

„ miękka........

„ twarda...... .

„ bardzo twarda .....

„ drut .........

900

2 650 2 800 2 700 8 790 8 900 8 900 8 800 8 400 8 540 1 800 1800

1    340

2    400 2 200 5 000 1 500

3    600

700

600

350

4 500

5 000

750

100

50

8 800 11400 2 400 21300 2 600

8 300 10 500 2 750 7 860 7 860 7 860 7 866 7 860

125

10

500

3 400

300

1 200

O! CN

o o o o o o O 00 o o

HimnMX)

Ciężar

gatunkowy

Spółczynnik wytrzymałości p

wyciąganie

ściskanie

kg

cm*

kg

kg

cm-

cm¹

Stal niklowa miękka średnia

Szkło lane „ dęte

Wapień.....

Zaprawa wapienna cementowa

. »

Żelazo lane

Złoto

spawane zlewne blacha . drut

ooooooooooooo

5 000

5 000

7 000

1300

rHCO^CO^OCN

27

20

4^

OOOUlWO

o o o o o o

ON

Tablica III.

Tymczasowe przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych, rozp. polskiego min. robót publicznych z r. 1920.

a) Ciężar jednostkowy

Ciężar kg/m³

Ciężar

kg/m¹

Żelazo Stal .

Żelazo lane (żeliwo) . . .

spawane . . zlewne , .

Ołów

7 800 7 850 7 900 7 300 11400

Drzewo miękkie mokre

(odkr.)

900

Drzewo miękkie suche

(zakr.)

800

Drzewo twarde mokre

(odkr)

1000

Drzewo twarde suche

(zakr.)........

Bruk drewniany . . . . ,

Piasek ........ ,

Żwir lub tłuczeń na jezdni

mostowej.......

Ziemia, glina

900

1 100

1 600

1900 2 800 2 400

; Bruk kamienny . . . . !! Asfalt lany......

do

2 800

1 200

Mur ciosowy......

„ z kam. łaman. (wap.) . „    „    „    „ (piask.)

„ z cegieł zwykłych na zaprawie wapiennej . . Mur z cegieł zwykłych na

kamieniu.......

Mur z klinkierów .... Beton stwardniały z tłucznia

lub żwiru......

Beton mokry, będący jeszcze na deskowaniu . . Beton wzmocniony żelazem, już stwardniały .... Beton wzmocniony żelazem, ale mokry, będący jeszcze na deskowaniu ....

2 400

do

2 600 2 400

2 200

1 600

1 700

1 900

2 200

2 400

2 400

2 600

Stal

na

Żelazo lane

łożyska

b) Wytrzymałość

kg Jem³

wyciągan.

ściskanie

6 000 1 200

6 000

5 000

Beton przy 500 kg cem. na 1 ms

160

„ 300 „

» „ 100 „ „

Cement po 7 dniach

yy

15

120

60

28

Żelazo zlewne

25

150

3 700

250

Tablica iV.

Rozporządzenie minister, austr. z r. 1911, dotyczące zakładów żelbetowych, przepisuje następujące ciężary właściwe.

Ciężar

kg/m³

Ciężar

kg! m*

Żel

azo spawane . . „ zlewne . . . „ lane {żeliwo)

Stal........

Ołów........

Miedź walcowana . . Drzewo dębowe suche „    bukowe    „

„    modrzew.    „

„    sosnowe,    jodło

we, świerkowe suche Bruk kostkowy . . .

Szkło........

Żwir ........

7 800 7 850 7 300 7 900 11400 9 000

800

750

650

600

1 100

Zaprawa wapienna . . . „ cementowa . .

Beton ubijany Żelbet . . .

1520

1    700

2    200

2 400

Piasek.......

Gruz........

Żużel z wielkiego pieca Popiół węglowy . . . Asfalt lany.....

2 600 1900 1 600 1400

Mur ceglany z tynkiem z zwykłych cegieł:

a)    na wapnie ....

b)    „ cemencie . . .

z cegieł maszynowych:

a)    na wapnie ....

b)    „ cemencie . . .

1 600

1 700

1-700

1800

żwirowy .

ubijany

Terazzo .......

Płyty zendrówkowe Bruk kamienny . . .

granitowy

Dyle gipsowe Beton żużlowy Korek . . .

z zendrówek na zaprawie cementowej . è . . . z cegieł pustych na wapnie ........

z cegieł porowatych na

wapnie.......

Mur z kamieni łamanych, z piaskowca lub wapienia ........

z granitu, bazaltu itd. 2000—2500 Mur ciosowy z piaskowca

lub wapienia.....

z granitu, bazaltu . . .

1950

850

750

1 200 2100 2 040 2 200 2 300

' 2 700

1000

1000-1300

1 400

1200

2000-2500 2 700

2100-2600! 2 800

V.

Rozp. austr. min. koleji żelaznych dla mostów z 1904 nakazuje przyjmować:

Dla 1 m³

Ton

Żelaza spawanego . .

„ zlewnego . . . surowego lanego

7-80

7-85

Stali .

Ołowiu

Drzewa (świerkowego, modrzewiowego, jodłowego, sosnowego)

„ dębowego i bukowego ............. ,

Bruku drewnianego ..................

Piasku............'............

Żwiru ........................

7-30

7-90

11-40

0-90

T00

1-10

1-60

1-90

Gliny, ziemi . . ..............

Bruku kamiennego wedle gatunku kamienia .

Asfaltu lanego..............

Muru z kamienia ciosowego........

T80

2 50-3-00

T20

2-60

z cegieł . . z zendrówek z betonu

łamanego i to z wapienia „ z piaskowca .

2-40

2-20

1-60

1.90

2-00-2-50

Tablica VI.

Rozporządzenie ministerstwa pruskiego z r. 1919.

Ciężar

kg/m⁴

Ciężar

kg/m³

Ziemia, piasek, glina mokra „ sucha

Żwir mokry „ suchy . .

Popiół koksowy Piasek pumeksowy . . .

2 100 1 600 2 000 1700

700

700

z tufu, pumeksu i luźnego

wapienia......

z łupku........

Mur z kamienia ła-m a n e g o ;

1400

2 700

Mur ciosowy:

z granitu, syenitu, porfiru

z bazaltu.......

z lawy bazalt, zbitej . .

„    „ porowatej

2 800 3 000 2 800

1800

z granitu ........

z wapienia, piaskowca . ,

Mur:

2 700

2 500

z marmuru.......

z wapienia zbitego . . .

„ porowatego . . z piaskowca ciężkiego . .

„ lekkiego . . z tufu, porfiru i zbitego wapienia . . . . . .

2 800 2 500 2 000 2 700 2 400

2 000

z zendrówek......

z cegieł........

z porowatych cegieł . . . z pustych cegieł . . . . z porowat. pustych cegieł z korku ........

z piaskowca wapiennego .

„ sztucznego . zaprawa cementowa . . .

1900

1800

1 100

1300

1000

600

1800

2100

2100

Ciężar

Ciężar

kglm>

kgfm'

zaprawa cement.-wapienna „    wapienna . . .

„    trasowa . . . .

gips (lany) . . ... . beton, żwir, granit itd.

żelbet........

beton z cegieł ....

„    z żużla.....

„    z żwiru pumeksów

Pokrycie podłogi:

z cementu......

z gipsu

z terazzo .......

asfaltu lanego ....

linoleum.......

płyt korkowych ....

1 900

1    700

2    000 1000 2 200 2 400 1 800 1000 1000

ze szklą ........

Drzewo jodłowe suche . .

sosnowe „    . .

dębowe.....

świerkowe . . . bukowe.....

Jt

Żelazo lane

2 200 2100 2 000 1 400 1 200

300

spawane .... „ zlewne . . . .

Stal zlewna.....

Ołów........

Bronz ........

Miedź walcowana . . .

Cynk lany......

„ walcowany . . . Cyna walcowana . . .

2 600

600

650

900

550

750

7 250 7 800 7 850

7    860 11 400

8    600 8 900

6    900

7    200 7 400

Postanowienie rosyj. ministerstwa komunikacjiz 1905 r.: Zatwierdza się normy ciężaru właściwego dla :

żelaza zlewnego .... 7'85 „ spawanego . . . 7*77.

Rozporządzenie bawarskie:

1 600    kgjm:i

mur z cegieł na wapnie.....

„    „    „    „ zaprawie wap. cem

>» »    >y    v    »

„    „ zendrówek . . .

„    „ wap. i piaskowca

cement.

$ 19. Wpływ kształtu ciała, ciepłoty, wilgoci i ciężaru gatunkowego na wytrzymałość.

Mówiliśmy w § 17., że siła, działająca w osi ciała, sprawia oprócz odkształceń podłużnych także poprzeczne. Dla tych ostatnich nie jest jednak obojętnym kształt ciała, bo włókna wyciągane nie mogą każde z osobna zmniejszać swego przekroju, lecz są z innemi połączone i oddziaływują na siebie nawzajem. Oddziaływanie to jest jednak różne przy różnych kształtach przekroju, co ma wpływ na wytrzymałość ciała.

I rzeczywiście doświadczenia Kirkaldego, Bauschim gera i Bacha dowiodły dla ciągnienia małe zmniejszenie się wytrzymałości przy zwiększającej się szerokości żelaza płaskiego,

a dla ciśnienia zwiększenie się wytrzymałości przy zwiększeniu się przekroju.

Jeżeli w ogóle w jakikolwiek sposób przeszkadzamy odkształceniu poprzecznemu, zwiększamy przez to spółczynnik wytrzymałości. Jeżeli więc ciało B (rys. 35.) o mniejszym przekroju ciśnie na ciało C o większym ^    przekroju, to ciśnienie przenosi się na gra-

niastosłup m n o p, lecz otaczający ten gra-niastosłup materjał przeszkadza odkształceniu poprzecznemu, dlatego też do zgniecenia potrzebna jest siła nie P' = /.i a by lecz wedle doświadczeń, które Durand-Claye wykonał z kamieniami, a przy których było a=b i a=b'

a.....

U.....-..........i'-

...... a..

JL

a'

.......J

C\

-U

P—f-i aa.. Ogólnie możnaby napisać:

. . 36)

rys. 35.

Bauschinger otrzymał na podstawie swych doświadczeń nieco odmienny wzór, mianowicie

P=,«aW

3 la.' b" *)

38)

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

M. Ko 11 man robił w r. 1878 doświadczenia w tym względzie z żelazem spawanem i otrzymał następne wyniki, jeżeli spółczynnik wytrzymałości na wyciąganie nazwiemy

Tablica VII.

w procentach

ciepł. 0 50 100 150 250 350 450 550 650 750 1000° C ft = 3750, 3750 3730 3650 3500 3200 2280 860 690 490 150 kgjcm* }100 100 100 97    93    85 61 23 19 13 4%

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

Bardzo niska ciepłota ma też wpływ na wytrzymałość, jak to okazały doświadczenia Dewara i Stein era*). Wytrzymałość metali była przy bardzo niskiej ciepłocie większą, i tak wynosiła wytrzymałość na wyciąganie

przy — 182° C 6500 kg/cm²

stali miękkiej

żelaza

miedzi

6200

2800

przy + 150° C 3900 3000 1900

Na wytrzymałość drzew szpilkowych ma także wielki wpływ wilgoć. Bauschinger mierzył wilgoć, susząc dane kawałki drzewa, dopóki ciężar ich się zmniejszał i uważał ubytek wagi* wyrażony w odsetkach, jako miarę wilgoci.

? gJ-O B i.g M gf

MQ0

/SCO

ŁOOO

2300

rys. 3.6.

Otrzymał on n. p. dla modrzewia

dla wilgoci wytrzym. na ściskanie ,« = 294

zu = 29*0 25-3 14-3    8.1    77

°/o

374    532

dla świerku zu = 287 23‘5    14*9 13*4

00 t"'

884 kg jem

/t= 295 324    443    568    718 &g/cm²

39)

Wilgoć o; =15% odpowiada drzewu suszonemu w otwartej szopie. Dla tej wilgoci znalazł Bauschinger, że wytrzymałość zmienia się wraz z ciężarem gatunkowym i to w przybliżeniu wedle prawa linii prostej tak, że możemy napisać ,« = 1000 y—100 kg/cm2 Z powyższego wynika, że drzewo mokre ma znacznie mniejszą wytrzymałość od suchego i że przez wysuszenie go w otwartej szopie zwiększyć możemy wytrzymałość jego w dwójnasób.

Co do wytrzymałości wapieni i piaskowców okazały doświadczenia M. Michelota wielką ich zależność od ciężaru gatunkowego. I tak dla wapieni przedstawiają rzędne na rys. 36. spół-czynniki wytrzymałości a odcinki ciężary gatunkowe. Linia krzywa, przedstawiająca zawisłość spółczynnika wytrzymałości od ciężaru

gatunkowego, jest wedle doświadczeń Michelota hyperbolą. Podobnie przedstawia rys. 37. tę zawisłość dla piaskowców.

Wytrzymałość muru na wyciąganie jest mniejszą, niż jego części składowych, a to z powodu, że przyczepność jest mniejszą od spójności, czasem kamienie są ile oczyszczone, dalej kamienie wapniste wciągają wodę z zaprawy, przez co wytrzymałość jej się zmniejsza, wreszcie mróz działa w ten sam sposób. Wytrzymałość muru na ściskanie jest mniejszą niż kamienia, a większą niż zaprawy i ma się odwrotnie od grubości szwów. Jeśli niema wcale zaprawy, a kamienie się dokładnie stykają, wytrzymałość jest większą*).

600

000

MS.

Mo

2000 2200

zwo

rys. 37.

2600 *S/mi

§ 20. Zjawiska przy przerwaniu.

Jeżeli naprężenie ciała wyciąganego przekroczy granicę płynności N (rys. 30.), to przedłużenia wzrastają bardzo prędko, a przekrój pręta się zmniejsza odpowiednio, aż nareszcie przy pewnem naprężeniu EE1} które zależy od natury ciała, występuje nowe zjawisko (rys. 38.). W pewnem miejscu MT, zmiennem dla rozmaitych prętów, następuje znaczne zmniejszenie przekroju, które nazywamy zwężeniem (n. Kontraktion, Einschnürung fr. striction cz. zuzeni), a które się wzmaga, aż nareszcie następuje w części najwęższej m n przerwanie ciała. Zwężeniu temu towarzyszy miejscowe przedłużenie, które dosięga w całości wielkości OF (rys. 30.).

Zwężenie to występuje najbardziej w niektórych metalach c i ą g 1 i w y c h (n. zähe, dehnbar, fr. ductile, a. ductile), jak ołów, cyna, miedź, mniej wyraźnie w żelazie i stali miękkiej, prawie wcale nie w drzewie, żelazie łanem i stali twardej.

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

wytrzymałości f-t — EE\. Gdy następuje zwężenie, siła P zmniejsza się i otrzymujemy

___wXl.îl

rys. 38.

— dla przerwania f.i'=-p- = FF\, a że P <.P, więc

i    co wydawałoby się sprzecznem i wy

maga wyjaśnienia, dlaczego ciało nie przerywa się dla /<, lecz dla mniejszego (.1 . Powód tego zjawiska leży w zwężeniu, a więc w mniejszym przekroju, który w chwili przerwania wynosi F'\ właściwe więc naprężenie przy przerwaniu czyli spółczynnik wytrzymałości w zwężeniu

fi" =    To samo odnosi się zresztą i do

P/

innych naprężeń i aby otrzymać prawdziwą krzywą odkształceń, należałoby uwzględnić rzeczywistą powierzchnię przekroju zmniejszoną. Także i co V do przedłużenia musimy rozróżnić przedłużenie (n.

p.yp

-ococ -

Verlängerung, fr. allongement, a. élongation, r. yAJiH-Heme cz. roztazeni) prętu całkowite między znaczkami, Z / umieszczonymi w pewnym oznaczonym odstępie, a przedłużeniem w zwężeniu. Przy próbach materjałów mierzy się zwykle przedłużenie całkowite i to uważa się jako j znamię ciągliwości, chociaż

właściwie należałoby jako takie znamię uważać przedłużenie w zwężeniu.

OLP'N'R'

Na ryc. 39. przedstawiliśmy krzywą odkształceń (n. Formänderungslinie a. stress strain linę) dla żelaza spawanego wedle Considère’a. Krzywa OLPNS jest zwykłą krzywą odkształceń, wyznaczoną ze względu na pierwotną powierzchnię przekroju, zaś prawdziwą krzywą odkształceń, wyznaczoną z uwzględnieniem zmniejszenia się przekroju, zwężenia i przedłużenia w zwężeniu.

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

Tablica VIII.

Siła

wyciągająca s

i Przedłużenie między znaczkami w stosunku do lm

Średnica

prętu

Najmniejsza powierzchnia przekroju

Naprężę-j nie w najmniejszym przekroju

Przedłużenie w odsetkach w zwężeniu Oj : /j

Uwaga

kS

mm

mm

kS

cm²

°/o

400

800

1 200

1 600 2 000

2    400 2 800

6    000 6100 5 900 5 700 5 500 5 300

0010

0-020

0030

0.040

0050

0060

0-075

0090

MIO

3- 800

4- 800 6 250 8-250

11-120

16600

23-250

27-600

30-250

32- 000

33- 000

160

t—*

W A

11-2

200-97

200-95

200-93

200-91

200-89

200-87

200-84

200-81

200-77

193-64

191-79

189-17

18568

18088

172-38

158-36

138-92

12271

109-45

0010

0020

0030

0-040

1 593

1    793

2    064 2 294

2    537 2 800

3    095 3 480

3 851

0-110

3-800

4 800

6-250

granica

sprężystości

98-52

4 247

4    641

5    025 5 379

16600 27-000 44 000 63000 84-000 104-000

początek

zwężenia

przerwanie

Granica sprężystości leży tu między 1800 a 2000 /tg/cm⁵, spółczynnik wytrzymałości p. =

6100

201

=3034 kg/cm².

rys. 41.

Przedłużenie między znaczkami 1=33%.

W rzeczywistości wskutek zwężenia, a więc zmniejszenia przekroju, przerywa się pręt dopiero przy naprężeniu 5379 kg/cm², widzimy więc, że materjał

zdoła miejscowo pracować znacznie więcej, niż to współczynnik wytrzymałości wskazuje, ale w praktyce nie możemy przewidzieć dokładnie, o ile przy przerwaniu przekrój się zmniejszy i wyznaczamy współczynnik wytrzymałości p ze względu na przekrój pierwotny i przedłużenie całkowite 1. Dlatego też następnie będziemy brali pod uwagę tylko zwykłą krzywą odkształceń.

ze/a za spajane

...........3000

Kształt krzywej odkształceń zależny jest od materjału. Podajemy tu jako przykłady krzywą odkształceń dla żelaza spawanego (rys. 40.), żelaza lanego (rys. 41.) i drzewa (rys. 42.).

ozsp-

rys. 40.

y żelazo lane

clmuo

J200

HSjcm²

U-

.....0‘25°/o

JL

■ovy

rys. 42.

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

i przedłużenia.

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

Jeżeli na osi OX (rys. 43.) odetniemy przedłużenia na cm długości, a na osi OY naprężenia vt to praca przy przedłużeniu prętu o przekroju F jest

Pdl— F y dl, więc dla przedłużenia od 0 do .//

L=F

v d l,

a praca jednostkowa na 1 cm długości prętu i 1 cni- powierzchni

-r 4*

.    . 40)

Na rysunku 43. przedstawia więc Lx przy przedłużeniu Jl powierzchnię OBCC\, pracę zaś, którą pręt wykonywa przy przedłużeniu się o JL aż do przerwania, przedstawia więc dla F = 1 pow. OBDFFj. Im większą ta powierzchnia, tem większą jest wytrzymałość prętu na wstrząśnienia i uderze-rzenia, którą nazywamy odpornością ma-t e r j a ł u (n. Arbeitskapazität, fr. résistance vive de rupture).

Jeżeli przekroczymy granicę sprężystości, to po ustaniu siły otrzymamy odkształcenie trwałe 00\, przyczem 0₁EllOB, powierzchnia kreskowana jest jednak teraz mniejszą od całej powierzchni OBDFFy, a zatem przez przekroczenie granicy sprężystości zmniejszamy odporność.

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

ItÉl*

o bŁ

■'■'A F X

dl

Podobnie rzecz się ma, jeżeli pręt pracujący na wyciąganie jest nadpęknięty (rys. 44.). Wszystkie włókna od pn do B C wydłużają się wskutek siły zewnętrznej R, w pasku zaś Apmm wydłużenie takie nie jest możliwem z powodu pęknięcia m n. działające na A p, muszą się więc przenieść przez nieuszkodzone włókno p n, a stąd powstaje w n miejscowe odkształcenie większe, niż innych włókien. Jeżeli materjał nie jest ciągliwym i niezdolnym do większych odkształceń, to w n naprężenie dosięgnie spółczynnika wytrzymałości i pęknięcie się przedłuży, poczem to samo zjawisko się powtarza aż do zupełnego przerwania prętu. Jeżeli zaś materjał jest ciągliwym, to możliwem jest większe odkształcenie miejscowe w n bez przerwania i pręt się nie przerwie. Z tego widać, że w ciałach kruchych każde najmniejsze nawet pęknięcie może doprowadzić do przerwania ciała.

Siły,

rys. 44.

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

Tymczasowe prze.pisy budowy i utrzymania mostów drogowych polskiego min. rob. publ. z r. 1920.

§ 38. 4. Stal na łożyska powinna mieć wytrzymałość na ciągnienie najmniej 6000 kgjcm² przy wydłużeniu jednostkowem najmniej 10°/o. stal walcowana 12%, żelazo lane najmniej 1200 kgjcm² na ciągnienie a 5000 kgjcm² na ciśnienie“.

C. Żelazo budowlane. A. §7. 4. Wydłużenie, jednostkowe należy mierzyć na długości, równej drugiemu pierwiastkowi z 80 krotnej powierzchni przekroju w środku długości próbki. 6. Wytrzymałość na rozerwanie winna być: dla żelaza zlewnego równa lub większa niż 3700 kg, a mniejsza lub najwyżej równa

4500 kg/cm², przyczem wydłużenie musi być tak wielkie, ażeby iloczyn z wytrzymałości (w tjcm²) i wydłużenia w procentach dla próbek, wyciętych w kierunku walcowania, wynosił conajmniej 100, dla próbek, wyciętych prostopadle do kierunku walcowania, najmniej 90.

B. Żelazo wzmacniające w zespołach betonowych § 15. 4. Wytrzymałość na rozerwanie powinna wynosić a) por. § 7. ust. 6. ; b) dla stali zlewnej najmniej 4500 kg/cm² przy wydłużeniu jednostkowem najmniej 25°/₀ ; c) granica ciastowatości powinna wynosić co najmniej dla żelaza zlewnego 2250 kgjcm², dla stali zlewnej 3000 kgjcm².

Rozporządzenie austr. min. kolei żel. z r. 1904., dotyczące budowy mostów. § 10.

o spawane.

2. Żelazo spawane przy wytrzymałości na wyciąganie, wynoszącej 3'6 t/cm2 i wyżej w kierunku walcowania musi posiadać ciągliwość nie mniejszą, niż 12°/₀. Przy mniejszej wytrzymałości na wyciąganie musi być stosunkowo większa ciągliwość, która przy dozwolonej jeszcze najniższej wytrzymałości na wyciąganie, wynoszącej 3*3 tjcm², musi wynosić co najmniej 20%.

A. Żelaz

3.    Gatunki walcowane, które jako przyszłe części dżwigaru mają opierać się siłom, działającym w kilku kierunkach, muszą w kierunku poprzecznym do kierunku walcowania mieć wytrzymałość na wyciąganie, wynoszącą co najmniej 3*0 tjcm² i ciągliwość nie mniejszą niż 5%.

4.    Żelazo, na nity i śruby, użyć się mające, musi przy najmniejszej dozwolonej wytrzymałości na wyciąganie, wynoszącej 3'6 tjcm², posiadać ciągliwość conajmniej 18%:

B. Żelazo zlewne.

5. Wytrzymałość na wyciąganie żelaza zlewnego, na dźwigar mostowy użyć się mającego, nie może wynosić mniej, niż 3 6 t/cm\ -a przy żelazie zlew-nem, wyrabianem w piecu płomiennym, nie więcej, niż 4'5, zaś przy żelazie zlew-nem

innego sposobu wyrobu nie więcej, niż 4*2 tjcm².

6.    Ciągliwość żelaza zlewnego musi być tak wielką, ażeby wytrzymałość (w tjcm²) pomnożona przez ciągliwość (w procentach) dała jako iloczyn przy próbach rozerwania w kierunku walcowania najmniej liczbę 100, a przy takich próbach prostopadle do kierunku walcowania najmniej liczbę 90.

7.    Wytrzymałość na wyciąganie żelaza, użyć się mającego na nity i śruby, wynosić musi 3'5 do 4'0 ton, ciągliwość zaś musi ono mieć taką, ażeby wytrzymałość (w tjcm²), pomnożona przez ciągliwość (w procentach), dała jako iloczyn najmniej liczbę 110.

C. Żelazo lane i stal lana.

8.    Wytrzymałość na wyciąganie lanego żelaza wynosić musi najmniej 1'2tjcm², a na ściskanie najmniej 5*0 tjcm².

9.    Wytrzymałość na wyciąganie lanej stali dla części łożyskowych mostu wynosić powinna najmniej 5*7 tjcm², a jej ciągliwość nie mniej, niż 10%.

§ 11. 9. Ciągliwość mierzyć należy na pręcie próbnym o długości wymie-rzalnej y80 F F oznacza powierzchnię przekroju poprzecznego prętu, która nie może wynosić więcej, niż 6 cm².

Ponieważ, jak widzieliśmy, nietylko spółczynnik wytrzyma-małości <i = DDi (rys. 43.) i przedłużenie JL mają wpływ na zachowanie się materjału względem wstrząśnień, ale i wielkość pow. OBDFFj, więc też T e t m a j er uważa tę powierzchnię F ' — OBDFF\ jako znamię dobroci materjału. Możemy przytem wogóle napisać

41)

F' = i] g JL

Spółczynnik >], który nazywamy pełnością wykresu (n. <Völligkeitsgrad) jest dla pewnych materjałów prawie stały, a wtedy jest praca możliwa materjału wprost proporcjonalna do iloczynu ze spółczynnika wytrzymałości przez przedłużenie.

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

dla

żelaza spawanego stali Martina stali Tomasza 18-5

305

30’5%

przy norm. ciepłocie w ciepłocie — 110 do—50° 15*0

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

17

17%

§ 22. Pewność i naprężenie dopuszczalne.

Ponieważ, jak wiemy, spółczynnik wytrzymałości nie da się dokładnie wyznaczyć, lecz jest tylko przeciętną wartością spół-czynników, w praktyce się trafiających, ponieważ wiele pobocznych lub przypadkowych wpływów, działających niekorzystnie na ciało badane, nie da się obliczyć, ponieważ wreszcie wszystkie mate-rjały z wyjątkiem chyba kruszców szlachetnych, podlegają zniszczeniu zwłaszcza pod wpływem wilgoci i powietrza, a więc mate-rjał staje się gorszym lub też przekrój mniejszym wskutek rdzewienia, ponieważ możliwe są błędy w materjale, których nie można . uniknąć ani spostrzec, więc z tych powodów nie dozwalamy nigdy w zeskładach budowlanych wzrosnąć naprężeniu aż blisko spółczynnika wytrzymałości, lecz obliczamy przekroje w ten sposób,

aby naprężenie było — wytrzymałości i nazywamy to naprężenie

£ naprężeniem dopuszczalnem (n. zulässige Spannung,

e(j>(f>nu,iieHT npoiHOCTH, 3anaca), a zatem

fr. effort de sécurité, an. safe stress, strain, r. ÆonycKaeMoe Ha_ npflłKeHHe), a liczbę n spółczynnikiem pewności (n. Si-cherheitsgradf fr. coefficient de sécurité, an. factor of safety, r. ko-

. . 42)

Spółczynnik pewności n obieramy tern większy, im większym wstrząśnieniom ulega zeskład, im dłużej ma trwać i im mniej dokładnie możemy wyznaczyć siły działające i wytrzymałość mate-

rjału. Obieramy przytem taki spółczynnik pewności, aby t= —

n i e przekraczało granicy sprężystości, gdyż po za tą granicą następuje już zmiana układu drobin, a ze względu na nadzwyczaj małe pęknięcia ciało jest mniej wytrzymałem na kwasy, na parę wodną. Uwzględniając te wszystkie okoliczności obieramy zwykle w praktyce dla spółczynnika pewności n następne wartości :

Tablica IX.

Spółczynnik pewności n

mosty i dachy

budowle

tymczasowe

zwykłe ze-składy w budownictwie

maszyny

(wielkie

wstrząśnie-

nia)

I rozciąganie I ściskanie

Drzewo.....

Kamień, cegła, mur

Beton......

Liny......

Szkło.....

Żelazo spawane lub zlewne, blacha

i stal ............

Żelazo lane..........

3 do 4

to

4».    4». Ul U> O

Os 00

yn \C CN

O t" o

r-H CO

<1

5 do 6    7 do 8

10

Francuzi w inny sposob wyznaczają naprężenie dopuszczalne. Sądzą oni słusznie, że w najniekorzystniejszych warunkach nie powinno naprężenie przekraczać granicy sprężystości, którą przyjmują równą granicy ciastowatości *), bo po jej przekroczeniu wy-

*) Doświadczenia Gonjula okazały, że granica ciastowości na ciśnienie

waha sią mocno przy tej samej granicy ciastowatości na ciągnienie. Por. Gen.

Civ. LXXI (str. IGI).

Tablica X.

Naprężenie dopuszczalne w kg/cm

maszyny (wielkie wstrząśnienia)

mosty i dachy

zwykłe zeskłady budowlane

budowle

tymczasowe

ściskanie

i    mmiii

wyciąganie

ściskanie

wyciąganie

ściskanie

ściskanie wyciąganie

wyciąganie

UIMIRRRiSSSI

I O I    I    |»nOOOOOcOOO|    I    O O    I

ICNI    I    I COhTTtN’T^H'TCO I    I    C»! CO    1

I CN I I ICSOW^OOOOC

I    I I I    CN CN CN CN h h

i-H    r-H    ł—i

§ CO ^ CO !®00^?OOT?r5^2§CO    ! I S M N

■O" co

200

O CO CS CO CS 1—I CN

Ol

400

co

100

140

50

30

06

50

80

20

140

26

125

25

100

Bazalt.....

Beton.....

Cegła (wypalona) Cement . . . . Cynk, blacha . . Dolomit . . . .

U Drzewo bukowe równoleg. do włókien „ prostop.    ,,    „

dębowe równoleg.    „    „

prostop.    „    „

szpilk. równoleg.    „    „

„ prostop.    „    ,,

tf

Granit . . . Gneis . . . Glin .... Konopne liny Kwarcyt . . Łupek . . . Marmur . .

in Os

24

20

35

09

55

SB I

CN

(I Miedź lana kuta

Mur ceglany na cemencie . . . j „    „    y> wapnie . . . .

II    z cegieł niewypalanych . .

„ kamienny na cemencie . . . „ wapnie .

99

800

800

1000 do 900

900

006

1000

1100

1100 1400

1 100 1400

1200

1500

006

006

1300

1300

300

130

550

550

650

650

500

700

1500

1000

1500

I l S8

1800

1100

1700

800 do 700

800

006

1000 do 900 1100 „ 1000 1500 „ 1200 1800 „ 1500 1100 „ 1000 1700 „ 1600

1 100 1 200 1 600

1 100 1200 1 600

06

200

800 do 700 900 „ 800 750 „ 650 1 000

200

30

700

1000 1 100

55

250

750

260

1 000 1 100

1 200

1 300

950

1 200

1 200 1 300 1 100 1 400

! Piaskowiec......

! Porfir........

Syenit........

Stal bardzo miękka . .

„ miękka .....

,, twarda.....

,, bardzo twarda . . „ niklowa miękka średnia

99

Szkło dęte lane

Wapień . . . . Żelazo lane . . .

spawane

zlewne

blacha

drut

99

stępują znaczne odkształcenia trwałe, zmiana układu wzajemnego drobin, która, gdyby się częściej powtarzała, mogłaby doprowadzić do przerwania ciała. Dlatego też przyjmują Francuzi naprężenie dopuszczalne % równe m tej części naprężenia przy granicy ?prę-

43)

stości a więc %— —

m    5

3’

i nazywają m spółczynnikiem pewności, przyjmując m=~, 2 lub 3.

Zarzucić jednak musimy temu sposobowi wyznaczania naprężenia dopuszczalnego, że są ciała, nie mające wcale granicy sprężystości. Dlatego też lepiej przyjmować jako naprężenie dopuszczalne n tą część spółczynnika wytrzymałości, przytem jednak trzeba dobierać takie n, aby to naprężenie leżało znacznie niżej granicy sprężytości.

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

Znając i n obliczymy łatwo z równania 42) spółczynniki sprężystości, które powyżej podaliśmy dla najważniejszych mate-rjałów, zaokrągliwszy je według tego, jak je zwykle w praktyce obieramy.

Wyższe liczby dla mostów oznaczają naprężenie dopuszczalne dla dźwigarów głównych, a niższe dla pokładu i pomostu.

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

44)

p _ najzu. P

Tymczasowe przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych polskiego min. rob. publ. 1920.

§ 30 3.

Natężenie dopuszczalne w kgjcm2 dla drzewa miękk. .......110

Natężenie drzewa na

tward.

120

ciągnienie

§ 51. 3. Naprężenia w żelazie zlewnem, obliczone bez uwzględnienia parcia wiatru, nie powinny przekraczać granic, zakreślonych następującem zestawieniem

rodzaj natężenia

natęż, dopuszczalne w kg/cm'

ciśnienie lub ciągnienie dła pokładu żelaznego,

800

podłużnie i poprzecznie.............. .

870+3L

ciśnienie lub ciągnienie dla dźwigarów głównych § 78. 1. Natężenia dopuszczalne w betonie (najwyżej 1150) powinny odpowiedzieć wytrzymałości betonu po 28-dniowem normalnem tężeniu, a natężenia w żelazie granicy płynności względnie wytrzymałości żelaza.

2. Natężenia dopuszczalne należy w obliczeniach statycznych przyjmować równe wytrzymałości materjału, mnożonej przez następujące spółczynniki zmniejszające :

Tablica XI.

Materjał

Rodzaj natężenia

Spółczyn.

zmniejszający

Żelazo

Beton

ciągnienie lub ciśnienie.....

ciśnienie

a)    w dźwigarach prostych zginanych,

w dźwigarach łukowych i ramowych, w słupach obciążonych mi-mośrodkowo .........

b)    w słupach i filarach przy osiowem

obciążeniu .......'. . .

0-25

0,28

0,22

Najwyższa granica dla natężeń dopuszczalnych kg/cm2 1200

W)

io    eo

Beton

nieuzbroj. ciągnienie

0,05

Normy, wypracowane przez austr. to w. inżynierów i architektów w r. 1902, zawierają następne naprężenia'dopuszczalne :

Tablica XII.

A) Żelazo, drzewo i szkło.

1. Żelazo spawane i miękkie żelazo zlewne lane.............

2.

3. Drzewo dębowe i bukowe............

sosnowe, świerkowe, jodłowe, modrzewiowe .

4.

>»

5. Szkło : a) lane b) dęte

1.    Granit i porfir

2.    Kamienie twarde

B) Ciosy i filary ciosowe.

M aterjał

Wyciąganie Ściskanie kg/cm2 1 000 200 100

kg! cm²

i ooo

600

70

80

60

70

70

Ściskanie w kg jem²

klasa muru I

II o II b II c

3.

ty

4.

»»

średnio twarde miękkie . . . bardzo miękkie

50

30

25

15

Statyka.

Pojedyncze kostki albo płyty dla 15-krotnej pewności,

Klasa

_,, II a Filary i słupy, których najmniejszy wymiar poprzeczny wynosi najmniej ¹/₄ do ¹/₈ wysokości,

„ II b Ciosy, wystawione na zewnątrz, słupy i cieńsze filary obciążone, najmniejszy wymiar poprzeczny wynosi ‘/₈ do V12 wysokości,

„ II c Całkiem cienkie słupy i filary obciążone, których średnica lub najmn. wymiar poprzeczny wynosi mniej, niż ¹/₁₂ wysokości.

C) Mur ceglany i kamienny.

Rodzaj muru

Klasa muru a)

1. Mur ceglany na wapnie ..........

„    „ cemencie romańskim . . . .

„    „    „ portlandzkim . .

kamienny albo mięszany na wapnie . .

„ cemencie

2. „

yy

Ściskanie dopuszczalne w kg/cm2 kol.

państwowe

b)

c)

in

2-5

10    7-5

12

romańskim

mięszany albo mur z kam. warstw, na

cem. portl..............

kamienny z silnego obrob. kamienia na

cemencie portlandzkim........

z cegieł szlamowanych lub filarowych

na cem. portlandzkim . . ......

9.    „ zendrówek na cem. portl. ......

10. Ławy fundamentowe z betonu (1:5). . . .

portl. o grub. > 45 cm

6. ,,

7. „

8. „

11. Mury betonowe z cem. w stosunku mieszaniny :

a) 500£gna 1 m³ żwiru i piasku (1:3) .

b)    325 „ „

c)    225 „ „

d)    175 „ „

yy

(1:4) . (1:8) . (1 : 10) .

10

12

12 8

20    15

18

On GO tO

14

10

20

30

a)    Mury o grubości ^ 45 przeczny wynosi '/₄ wysokości.

b)    Mury poniżej 45 cm grubości, jakoteż filary o-stosunku wymiaru V₄ —V₈.

c)    Filary o najmniejszym wymiarze przekroju >> 30 sokości.

cm

jakoteż filary, których najmniejszy wymiar po-

cm a

stosunku V₈ — ¹/i2 wy-

12.    Mur z kamieni łamanych na cemencie . . .

13.    ,, ciosowy..............

14.    Ciosy oporowe.............

18

40

60

D) Schody kamienne.

Przy schodach kamiennych wynosi naprężenie dopuszczalne ¹/s spółczynnika na zginanie.

E) Sklepienie ceglane, betonowe i ciosowe.

Rodzaj

1. Sklepienie ceglane na wapnie

2.

Dopuszczalne w kg cm'¹

ściskanie wyciąganie

„ cemencie romańskim ....

portlandzkim .... z cegieł szlamowanych lub filarowych na

cem. portlandzkim...........

z zendrówek na cem. portlandzkim .... betonowe z cemen. portl. (1 : 3) (500 kg na

lm³).................

betonowe z cem portl. z wkładkami żelaz- .

nemi (1:3)    .... •.........

betonowe z cem. portl. (1 : 5, 325 kg na 1 m³) z ciosów lepszego gatunku na cemencie

portlandzkim..............

Uwaga. Przy 1, 2 może być użyty czysty ostry drobnoziarnisty piasek kopany, przy 3, 4, 5 i 9 tylko takiż piasek rzeczny. Żwir do betonu czysty o wielkości ziaren 4 cm średnicy.

99

99

7-5

CO

99

99

99

7.

VO CO

99

99

99

99

10

12

20

18

21

12

30

00 CN

Ściskanie dopuszczalne kg! cm²

F) Grunt budowlany.

1.    Glina i ił bardzo wilgotny, miałki piasek w war

1-5

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

2.    Glina i ił średniej zwięzłości, piasek miernie wilgotny, albo ilasty suchy piasek do.......

3.    Opoka, ił zbity, piasek suchy nie ilasty do . . .

4.    Zbity gruboziarnisty piasek lub żwir do.....

5.    Pulchna ziemia wodnista, fundamentowanie przy

25

użyciu pali na c/n² przekroju pala do......

Berlińskie prezydjum policji (1881) przyjmuje następne naprężenia dopuszczalne.

Tablica XIII.

Naprężenie dopuszczalne j w kg/cm²

ściskanie

wyciąganie

Żela

zo spawane . . ,

lane.....

Blacha falista żelazna

99

o o

u~>

r-' cn u~i

Ln

Naprężenie dopuszczalne w kg/cm'²

wyciąganie

ściskanie

Blacha cynkowa ....

Drut żelazny......

Drzewo dębowe i bukowe

200

200

1200

100

80

yy

bud. tymczasowe . . .

120

90

sosnowe

100

60

Granit

bud. tymczasowe

120

70

45

Piaskowiec wedle twardości.........

Wapień Rüdersdorf ski w ciosach......• .

Mur z wapiennych kamieni na wapnie.....

Zwykły mur ceglany.............

Mur ceglany na cemencie..........

Najlepszy mur z zendrówek na cemencie . . .

Mur z wapieni porowatych..........

Dobry grunt budowlany...........

15 do 30

25

11

12 do 14

to

Ln CT\

Rozporządzenie min. pruskiego robót publicznych z r. 1919:

Tablica XIV.

Naprężenie dopuszczalne w kg!cm

wyciąganie

ściskanie

1. Żel

azo zlewne w dźwigarach stropowych i schodowych. Rozpiętość /, odległość między środkami łożysk ...............

2. Żelazo zlewne w słupach.........

1 200 1 200

1 200 1 200

,,    ,,    ,, przy dokładnem obli

czeniu dla najniekorzystniejszych warunków

4.    Żelazo zlewne w dachach, ścianach, podcią

gach przy uwzględnieniu ciężaru własnego, zmiennego i śniegu.......... .

5.    Detto przy równoczesnem najniekorzystniej-

niejszem działaniu ciężaru własnego, zmiennego, śniegu i wiatru 150 kgjcms.....|

6.    Wyjątkowo dla dachów, gdy zachodzi pew-‘

ność najściślejszym wymaganiom odpowiadającego obliczenia konstrukcji i wykonania w warunkach ad 5............

7.    Żelazo zlewne w kotwach.........

3.

1.400

1200

1400

00 ON

So

1 400

1 200

1 400

1 600

Naprężenie dopuszczalne w kg! cm²

wyciąganie

ściskanie

8.    Dla żelaza spawanego należy wartości obniżyć o 10°/₀. Jeszcze bardziej należy obniżyć przy starym materjale.

9.    Żelazo lane w płytach, łożyskach.....

w słupach..........

10.

11.    Stal kuta

12.    Drzewo dębowe

I—*

13.

,, sosnowe.......

14.    a) Granit w ciosach łożyskowych ,, w filarach i sklepieniach ....

w bardzo smukłych filarach i słu-

15.    a) Piaskowiec w ciosach łożyskowych . . . w filarach i sklepieniach . . . w bardzo smukłych filarach

b)

c)

b)

c)

pach

i słupach

16.    a) Wapień i marmur w

b)    Wapień i marmur w

c)    Wapień i marmur w rach i słupach . .

17.    Mur ż cegieł I klasy na zaprawie wapiennej

1:3 o wytrzymałości 150 kg/cm².....

18.    Mur z cegieł I kl. na zapr. wapien, cement.

2 cz. wapna 1 cementu 8 piasku.....

19.    Mur z cegieł II kl............

20.    „

ciosach łożyskowych filarach i sklepieniach bardzo smukłych fila-

000*0 lO o o    o o o

CNCOCN    THCO CN

12

10

14

,,    ,, twardo wypalonych w zaprawie

wap. cement...............

21. Mur z zendrówek na zapr. hydraul. 1:2:7 ,, z zendrówek na cemencie (1:3) . . .

,, z cegieł dziurkowatych........

z piaskowca sztucznego na zapr. wa-

22.

23.

24.

piennej.................

25.    Mur z piaskowca sztucznego na zapr. hydraulicznej .................

26.    Mur z kamienia łamanego na zaprawie wapiennej .................

27.    a) Ławy fundamentów z betonu nasypanego b) Ławy fundamentów z betonu ubijanego .

28.    Dobry grunt budowlany.........

18

15

35

3-6

*o

iOOOht}-

o 1 I I

Uwaga. Cyfry wyższe przy 1. 23 do 28 odnoszą się do przypadków, w których przeprowadzono ścisłe obliczenie statyczne przy przyjęciu możliwie niekorzystnych obciążeń i warunków.

Rozporządzenie min. a u s t r j a c k i eg o dla mostów kolejowych z r. 1904. § 8. c. 12. przepisuje następne naprężenia dopuszczalne.

Tablica XV.

CL

£3

•-s

cr

ł-f

Największe naprężenie ' dopuszczalne kg/cm¹

Mur na zaprawie ze sztucznego cementu portlandzkiego.

1.    Mur z kamienia ciosowego (z uwzględnieniem postanowień

ograniczających następującego ustępu a).........

2.    Ciosy łożyskowe (ż uwzględnieniem postanowień ograniczających następujących ustępów a) i b)..........

3.    Mur warstwowy....................

4.    Mur z kamienia łamanego (czysty albo obłożony, przy wiel

kich wysokościach, zaopatrzony także w ciągłe warstwy muru z kamienia ciosowego lub warstwowego).........

5.    Mur z cegieł szlamowanych najlepszego gatunku, z tak zwanych cegieł podwójnie szlamowanych lub cegieł filarowych .

6.    Mur z zendrówek najlepszego gatunku..........

7.    Beton mięszany w stosunku 500 kg cementu na 1 m⁸ piasku

i żwiru (objętościowy stosunek mięszania 1:3)......

8.    Beton mięszany w stosunku 500 kg cementu na 1 m³ piasku

i żwiru (objętościowy stosunek mięszania 1:5)......

9.    Beton mięszany w stosunku 225 kg cementu na 1 m³ piasku

i żwiru (objętościowy stosunek mięszania 1:8)......

10. Beton mięszany w stosunku 175 kg cementu na 1 m'J piasku i żwiru (objętościowy stosunek mięszania 1: 10] . ■.....

Do tabeli powyższej postanawia się:

o) Ciśnienie na mur z kamienia ciosowego i na ciosy łożyskowe nie może w żadnym razie wynosić więcej, niż V20 część wytrzymałości na ciśnienie odnośnego materjału kamiennego ;

b) przy ciosach łożyskowych należy dopuszczalne ściskanie oznaczyć ze względu na powierzchnię płyty łożyskowej dźwigaru.

30

50

15

10

12

20

18

12

Przepisy dla budownictwa austr. kolei państw.

Tablica XVI.

Naprężenie dopuszczalne w kg/cm²

Rodzaj naprężenia

Żelazo

spaw. zlewn. lane

Stal

lana

Drzewo

mięk. twarde

Wyciąganie Ściskanie .

1000 1200 200 1200

1000    1200    700    1200,

o o 00    00

Rozporządzenie bawarskie.

Żelazo lane na wyciąganie 250 k^/cm2 ,,    „    „ ściskanie 1000    „

przy uwzględnieniu wszystkich obciążeń wraz z wiatrem można podnieść naprężenie o ¹/₄.

Drzewo miękkie na wyciąganie 100 kg/cm „    „    „ ściskanie 70    „

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

Według tablicy X przyjmiemy x = 800 kg/cm², a zatem wedle’ 44) 6000

F=

800

= 7,5 cm'¹, a stąd d

=y ⁴- J’⁵ = 3,09

cm.

Przyjmiemy więc <7= 31 mm.

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

Według tablicy X przyjmiemy t = 80 kg/cm¹, a zatem wedle 44)

= 187,5 cm², stąd bok b = 13,7 cm, zamiast czego przyjmiemy

15000 ~ 80

= 14

cm.

3. Długość boku fundamentu kwadratowego słupa murowanego wynosi 1 m; jaki ciężar może on przenieść na grunt, dla którego % — 2,5 kg/cm² ?

P = 100.100.2,5 = 250000 kg = 25 t.

§ 23. Doświadczenia Wohlera i Bauschingera.

Badania nad wytrzymałością materjałów, a mianowicie liczne doświadczenia Wöhlera, urządzone z polecenia pruskiego ministerstwa w latach 1859 do 1870, i pôz'niejsze Bausching-era i Tetmajera okazały, że jeżeli ciało łamie się przy jednorazo-wem obciążeniu przy naprężeniu to gdy ciało to obciążać będziemy bardzo często, złamie się już przy mniejszem naprężeniu. Dalej wykazały doświadczenia, że ciało łamie się tern prędzej, im większą jest różnica między największem i najmniejszem naprężeniem i im większą jest największość naprężenia. Z tego wynika, że przy obliczaniu przekroju musimy uwzględnić nietylko najw. P, ale i najmn. P, zwłaszcza jeżeli między temi wartościami jest znaczna różnica i obciążenie często się zmienia. Ten wypadek zachodzi szczególnie przy mostach, gdy przeciwnie w zespołach zwykłych w budownictwie w mniejszym występuje stopniu i wystarcza tam zwykle zachowanie dawnego sposobu uwzględniania tylko najw. P.

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

1.    Gdy w pręcie powstają wiele razy naprężenia, wywołane obciążeniem zmiennem, przerwanie następuje już przy mniejszem naprężeniu, niż gdyby naprężenie było niezmiennem.

2.    Jeżeli naprężenie zmienia się między pewnemi granicami, najmniejszością i największością, to potrzebną jest tem większa ilość zmian naprężenia do przerwania prętu, im mniejszą jest naj-większość naprężenia.

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

Doświadczenie wykazało, że

dla v =    4500    3 500    2 500    2 200 kgicm-

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

3.    Jeżeli największość naprężenia pozostaje niezmienną, to tem większej potrzeba ilości zmian naprężenia do przerwania prętu, im większą jest najmniejszość naprężenia.

4 820 kglcm¹,

7 300    „    ,

n > 19,67 milionów.

0,40

Niechaj n. p. v₀ będzie najmniejsze naprężenie, vx największe naprężenie a n liczba zmian naprężenia potrzebna, aby się pręt przerwał, to doświadczenia okazały dla stali, że dla v₀ = 1210 2430 3 660 a Pt = 7 300 7300 7300 potrzeba, aby n = 0,06    0,15

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

To naprężenie graniczne nazywamy s p ó łc z y n n ik i«e m wytrzymałości ustawicznej (n. Arbeitsfestigkeitskoefficient, fr. limite de non-rupture, an. working stress), bo nawet dla ustawicznych zmian naprężenia pręt przy tem naprężeniu się nie przerwie.

5. Wytrzymałość ustawiczna jest tem większą, im większą jest najmniejszość naprężenia.

Nazwawszy am najmniejszość naprężenia a a spółczynnik wytrzymałości ustawicznej, otrzymano z doświadczeń z żelazem spa-

wanem

dla am = — 1700    0    -f- 1 750 —}— 3 290 kg/cm²

a =-j-i700 + 2 340 -f 3 200-f3290    „

Inżynierowie francuscy nie przyjęli tych wzorów, lecz zarzucają im, że doświadczenia Wöhlera nie były tak liczne, aby można ustawiać na ich podstawie tak dokładne wzory, że zresztą zmiany w naprężeniu następowały zbyt szybko tak, że drobiny nie miały czasu jeszcze wrócić do pierwotnego położenia, a już nastąpiła nowa zmiana naprężenia.

Na podstawie tych doświadczeń ustawili uczeni niemieccy wzory, wedle których można dokładnie wyznaczyć wytrzymałość ustawiczną, a przyjmując ratą pewność także naprężenie dopuszczalne z uwzględnieniem największości i najmniejszości naprężenia.

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

Zmiany naprężenia między naprężeniem równem zeru a naprężeniem przy granicy sprężystości nie sprowadzają nigdy przerwania, jeśli materjał nie posiada błędów i jeżeli granica sprężystości nie została sztucznie podwyższoną.

Wynik ten doświadczeń Bauschingera dostarczył inżynierom francuskim nowego argumentu przeciwko uwzględnianiu przy obliczaniu przekroju nietylko najw. P ale i najmn. P. Wychodząc z zasady, że naprężenie dopuszczalne ma być mtą częścią naprężenia przy granicy sprężystości, twierdzą oni, że to, co się dzieje poza granicą sprężystości, niema wpływu na naprężenie dopuszczalne. A że zmiany w naprężeniu mają wpływ na wytrzymałość dopiero wtedy, gdy największe naprężenie przekracza granicę sprężystości, więc zdaniem Francuzów nie trzeba ich wzglę-dniać.

Uważając po części zarzuty inżynierów francuskich za słuszne, pomimo tego wyznaczając naprężenie dopuszczalne wedle

u    y>

wzoru 42) t— — a nie wedle wzoru 43) t — —, uwzględniać pora    m

winniśmy zmiany w naprężeniu na podstawie doświadczeń Wöhlera i Bauschingera.

§ 24. Wyznaczenie wymiarów według Winklera.

Stosunek spółczynnika wytrzymałości ustawicznej do naj-mniejszości naprężenia am możemy przedstawić wykreślnie. Wykreślmy jako rzędne spółczynniki wytrzymałości ustawicznej cc (rys. 45), jako odcinki najmniejszości naprężenia a maitych wartości ccm i a otrzymamy rozmaite punkty. Punkty te wszystkie połączone dają linię krzywą, zamiast której przyjmuje Winkler w celu uproszczenia wzorów prostą ab, nachyloną do osi OX. Chociaż prosta ab małoco różni się od krzywej ac b', jednak zawsze wyniki, otrzymane na podstawie prostej ab, musimy uważać tylko jako przybliżone.

to dla roz-

Równanie prostej ab będzie

a — ct! + c oc,„

45)

jeżeli cl' i c oznaczać będą ilości stałe, które na podstawie doświadczeń wyznaczymy. Jeżeli w tem równaniu przyjmiemy ccm = 0, to 05 = a' ; naprężenie to nazywamy spółczynnikiem wytrzymałości pierwotnej (n. Ursprungsfestigkeitskoefficient, an. primitiv safe stress), bo przyjmujemy, że przed działaniem sił zewnętrznych naprężenie pierwotne było równe zeru.

'S

<x’

O

— rn' - >—

rys. 45.

Poprowadźmy z punktu O prostą pod 45° do osi OX, to otrzymamy punkt przecięcia się a tej prostej z prostą ab. Z tego punktu spuśćmy prostopadłą aai, to będzie aai = â = Oa₁, a więc dla am = ô jest 05 = Oai = ô. Naprężenie ô na-^ zywamy spółczynnikiem wytrzymałości spoczynkowej (n. Tragfestigkeitskoej-ficient, an. statical breaking strain). Jest to naprężenie, przy którem ciało łamie się przy stałem niezmiennem obciążeniu.

46)

Jeżeli za a i am podstawimy ô w rów. 45), otrzymamy ô = a' + cd czyli a'= ô (1—c). Podstawmy teraz tę wartość za a' w rów. 45), a otrzymamy C5 — ô (1— c) + cû5m

Z doświadczeń otrzymano dla żelaza c — 0,45, dla stali c = 0,56, możemy więc napisać dla żelaza :

. . 47)

Wszystko to odnosi się do wytrzymałości na wyciąganie ; dla ściskania otrzymamy podobną linię na dole pod osią OX i równanie podobne jak 45), stałe cl i c będą tylko inne.

a = 0,55 d + 0,45 am . .

Przypuśćmy teraz, że chcemy wyznaczyć przekrój belki, przyjmując «-tą pewność. Jeżeli a jest spółczynnikiem wytrzyma

łości ustawicznej, to według rów. 42) i 44) a = nn°^, gdzie

F oznacza przekrój, P siłę, działającą w osi. Również możemy

, jeżeli am oznacza najmniejszość naprężenia, d jest spółczynnikiem wytrzymałości jednorazowej, więc dla

rów. 46), a otrzy-

napisać am =

najmn. P

-    ß

«-tej pewności— — t. Podstawmy te wartości w

_ najw. P .    \

— n—— = nr(l-c) + cn

mamy a

najmn. P

Pomnóżmy całe równanie przez F, a podzielmy przez n t (1 — c), to otrzymamy :

r _ najw. P najmn. P r{\—c) C t (.1—c)

Zastosujmy to do obciążenia zmiennego i nazwijmy siłę, wywołaną ciężarem stałym P₀, a ciężarem zmiennym Pu to najw. P — Po + Pj, a najmn. P— P₀, więc

Po, Pr t T (1— c)‘

Jeżeli naprężenie zmienne jest raz dodatnie, drugi raz ujemne i jeśli nazwiemy P₂ największą ujemną siłę, wywołaną ciężarem zmiennym, bez względu na znak, to wtedy najw. P = P₀ + Plf zaś najmn. P — P₀ — P₂, zatem najw. P — c najmn. P— P₀ + Pi — c P₀ c P-2,

więc F —

Pl

c P₂

z (1—c)    z (1—c) '

Nazwijmy z = t₀, a % (1—c) = z₁, to F = ——

To

—gdy naprężenie

Ti

Zo +

nie zmienia znaku, zaś, gdy jest dodatnie i ujemne, to F--

+ + P*

^ — i" —, przyczem z₂ —

T1    To,

znak ten sam, co Pi ; P₂ zaś jest dodatniem, jeżeli ma znak przeciwny.

——. P₍, jest dodatniem, jeżeli

ma

Wstawmy wartość za c i r, to otrzymamy dla żelaza, jeżeli przeważa wyciąganie :

Po

Pi

P 2

1 400 ' 770 ' 1 700 Cm ’

zaś jeżeli przeważa ściskanie :

. .    48)

Po

Pi ^ P*

1200    720    1800 ”

Wzorów tych możemy używać w budownictwie, dla mostów zaś trzeba uwzględnić jeszcze wstrząśnienia, sprawione ciężarem ruchomym, a to robimy w ten sposób, że ciężar ruchomy mnożymy spółczynnikiem większym od jedności : 1,3 dla mostów kolejowych, 1,2 dla drogowych a 1,1 dla kładek. Wtedy otrzymamy dla mostów kolejowych żelaznych, jeżeli przeważa wyciąganie :

cm“,

. .    49)

1200 ' 550    1380 ”

dla mostów drogowych żelaznych: jeżeli przeważa wyciąganie :

Po

Pi

1400

640    1400

■ncm²,

zaś jeżeli przeważa ściskanie :

. .    50)

F=

Po

Pi

P2

1200 ' 600    1500 ”

jeżeli przeważa wyciąganie :

dla kładek żelaznych:

P*__    2

1 400    700 ' 1 550 Cm ’

Po

p,

zaś jeżeli ściskanie :

. .    51)

Po

Pi P2

1200

650

r—<

1904 dla

W Austrji obowiązuje rozporządzenie ministerjalne z r. stów żelaznych, którego'§ 8, odnoszący się do mostów kolejowych, brzmi:

mo-

Dopuszczalne naprężenie materjałów budowlanych i gruntu w fundamencie.

A. Żelazo i stal.

1. Przy mostach kolejowych największe naprężenia żelaza i stali w kglcrn.2 przekroju użytecznego, t. j. pozostającego po odtrąceniu dziur na nity i części

niewspółdziałających, nie mogą przekraczać wartości granicznych, podanych stępującej tablicy.

w na-

Tablica XVII.

Oznaczenie obciążenia i rodzaj naprężenia

Dopuszczalne najwyższe naprężenie kg! cm²

a)    Przyjmując obciążenie określone w §7 dla mostów kolejowych z wyłączeniem działań, wywołanych przez wiatr, boczne wahania, boczne ciśnienia i hamowanie.

b)    Przyjmując w s z y s t k i e ob c i ą że ni a, określone w § 7 dla mostów kolei żelaznych.

5. Naprężenie przy wyciąganiu lub ściskaniu . .

Żelazo

spawane

Żelazo

zlewne

700+2/

700+2/

700+2/

720+1,5/

770+/

820+0,5/

750+5 / 760+4/ 800+2/ 840+/ 840+/ 840+/

900

1000

1000

1200

2. Przy mostach na gościńcach, na drogach, przy kładkach, dalej przy zeskładach chodnikowych mostów kolejowych największe naprężenia żelaza i stali w kg!cm' przekroju użytecznego, t. j. pozostającego po odtrąceniu dziur na nity i części niewspółdziałających, nie mogą przekraczać wartości skrajnych, podanych w następującej tablicy.

Tablica XVIII.

Oznaczenie obciążenia i rodzaj naprężenia

Dopuszczalne najwyższe naprężenie kg jem²

a) Przyjmując obciążenia, określone w §7 stów drogowych, tudzież dla ze składów i chodników z wyłączeniem działań, wywołanych przez wiatr.

dla mo

Żelazo

spawane

•/

Żelazo

zlewne

najwyżej

1. Naprężenie przy wyciąganiu i ściskaniu do . .

750+2/

800+3/

900

1050

b) P r zy j m u j ą c w szy st ki e obciążenia, określone w § 7 dla

mostów drogowych.

5. Naprężenie przy wyciąganiu lub ściskaniu . .

1000

1200

Metoda Winklera zaleca się wielką prostotą, nie jest jednak zupełriie ścisłą, jak już to wspomnieliśmy. Dlatego też podajemy poniżej metodę dokładniejszą.

§ 25. Wyznaczenie wymiarów według Launhardta i Weyraucha.

Launhardt przyjmuje jako równanie linii acb' (rys. 45).

ô—a

a ’

stąd widzimy, że różnica naprężenia (n. Spannungsdifferenz) cc—am jest funkcją drugiego stopnia wytrzymałości ustawicznej cc.

Podstawmy w równ. 52) am = 0, to otrzymamy a = a, dla ffm = « jest a = d. Dla tych dwóch wartości am otrzymujemy więc e same punkty, co w poprzednim paragrafie ; dla innych wartości linia krzywa, wyrażona równ. 52), zgadza się dostatecznie z doświadczeniami Wöhlera.

Równanie to możemy inaczej napisać: a(d—a')—am(d—a') = = a(ó—a), albo aą' = ccm(ó—a') + a², lub nareszcie

ô —cl am a' a

a—am =

. . 52)

a — a' + ^-(0—a') + a'|l 4

. . 53)

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

ccm _ n. najmn. P

n. najw. r n. najw. P najw. P

54)

. . 55)

równanie 51) możemy napisać: a

= a'(l 4

a'

Doświadczenia Wöhlera okazały, że dla żelaza spawane go

d-a' _ 3290—2190 _ ₁

d=3 290 kg/cm-2, cc' =2 190 kg\cm₂, więc a zatem a = a' (1 + \ £), a gdy

% — i'

O r-H

= nu, a' — n z, to

2 190

Dla n

+ 40*

= 3 otrzymamy stąd ^=700 (1    £) kg/cm²

. 56)

Dla stali miękkiej i bardzo miękkiej możemy

przyjąć ô — 4 500 kg/cm², a a! = 2 700 kg/cm², więc

d— a'

a'

- 79 -

4500—2 700

2 700

= |, a zatem dla n = 3 otrzymamy

57)

T =900 (1 + ^Ç) kg!cm²

Dla stali średniotwardej możemy przyiąć ,

ô—a' 6000-3 000

d=6000 kg/cm², a' = 3 000 kg/cm², więc zatem dla n = 3 ^ = 1000(1—3) kg/cm²    .

a'

3 000

= 1,

58)

Wzory poprzednie są tylko wtedy ważne, gdy najzu. P i najmn. P mają te same znaki. W przeciwnym razie musimy uwzględnić dalsze doświadczenia Wöhlera nad wytrzymałością dwustronną al (n. Schzuingungsfestigkeit, an. vibration safe strength), tj. wytrzymałością ustawiczną, dla której najmn. naprężenie równe jest największości naprężenia, lecz ma znak przeciwny.

//

Jeżeli naprężenie jest naprzemian dodatniem i u jem nem i waha się między wartościami a" i a, przyczem a ma znak przeciwny znakowi cc, a bez względu na znak cc > a", to analogicznie do rów. 52) da się tu według Weyraucha ustawić następne równanie, zgadzające się dostatecznie z wynikami doświadczeń :

a=~-;-

2a —

(a+a"),    .    .

. . 59)

ax —a

przyczem wszystkie wartości brać należy bez względu na znak. Jeżeli w tern równaniu podstawimy a" — 0, to cc = a',

a dla a" = a jest a = ax.

Z rów. 59) otrzymamy

a — a'.+ (ax—o/)-^- = a/| 1

CC

a ponieważ —

a —ax a

_ najmn. P najzu. P a' — a¹

a = a/| 1

a'

= b, to

s') • •

. . 60)

a' — a¹ _ 2 190-1 170 _1 2190    '

Dla żelaza spawanego otrzymał Wohl er «i = l 170 kg/cm², więc

a zatem dla n = 3:

] = 70o(l—Lç'jkglcm*. . 61)

« =7oo( i-i narn-p

\    najzu. 1

Dla stali miękkiej i bardzo miękkiej rr.ożemy przy-

2 700—1 350 _ ₁

2 >

jąć ax = 1 350 kg jem², więc

a'

2 700

zatem dla

/2=3 t—900 (1— Ç') kglcm² .

mH

. . 62)

Dla stali średnio twardej możemy przyjąć a' — at _ 3 000-1 500

zatem dla

ax = \ 500 kg/cm², więc n = 3 otrzymamy t = 1000 (1—| Ç') kglcm

Wstrząśnienia możemy uwzględniać, jak w poprzednim paragrafie, mnożąc dla wyznaczenia najmn. Pinajw. P ciężar spół-czynnikami 1,3, 1,2 lub 1,1.

a'

3 000

63)

Przykłady.

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

Według metody Winklera otrzymamy z rów. (48):

F=

1 000    15 000

770

1 400

a według Weyrauchn otrzymamy z rów. (56):

= 0,71 + 19,48 = 20,2 cm²,

x—

70o(l -j- i j j 5)= 722 kgicm¹,

rów. (55)

F—

16 000

722

— 22,2 cm²,

2. Ciężar stały sprawia w danym pręcie żelaznym ciągnienie 2,81, ciężar zmienny zaś najw. P= + 10^, najmn. P =■— 5 t. Jak wielki przekrój musi mieć ten pręt?

Według Winklera otrzymamy z rów. (48) :

2 800    10 000 5 000

1400

770    ¹ 1 700

= 17,9 cm²,

a według Weyraucha z rów. (56):

t=70o( 1 - l

5 000—2 800

10 000+2 800

640 kglcm²,

a z rów. (55)

F=

12 800

640

— 20 cm ².

Z obu tych przykładów widzimy, że wymiary, otrzymane według wzorów Weyraucha, są większe, że więc Weyrauch, uwzględ-

niając zmiennność naprężenia przyjmuje mniejsze naprężenia dopuszczalne, niż Winkler. Ze wzory Weyraucha odpowiadają lepiej doświadczeniom Wöhlera, mówiliśmy już poprzednio.

Prócz tego Tetmajer ustawił inne równania, odcinając 'Ç jako odcinki, a a jako rzędne i przyjmując, że krzywa a jest parabolą. Wpływ wyrazu z £² jest jednak tak małym¹), że wystarczy używać dwu wyrazów, a wtedy otrzymujemy wzory Weyraucha.

TO.ytrzym. stćL-t. ¹ Su

W Ameryce Goodman podał następny wykres (rys. 46), któremu odpowiada wzór

Ojß

-—Oj 33-

(Dj

to —

1-

tC-

. . 64)

0,2

CÎC£cjn

-0,53

rys. 46.

Sxr oznacza najw. napręże-żenie, przy którem ciało łamie się przy bardzo wielkiej ilości zmian w naprężeniu, S₂' odnośne najmniejsze naprężenie, Su spółczyn-nik wytrzymałości spoczynkowej. Naprężenie dopuszczalne jest n tą częścią ć?/.

§ 26. Naprężenie dopuszczalne dla drzewa.

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

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

Naprężenie vx możemy przyjąć według następnej tabliczki :

Tablica XIX.

mosty stałe

przy obciążeniu pośrecłniem bezpośredniem

n-1,1

1,2

dla kładek............

dla mostów drogowych i kolejowych drugorzędnych .......

„ mostów kolei głównych .    .    .

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

.    . *7 = 1,2

.    . *7 = 1,3

co ■'T

f-Po+nPi

65)

Zamiast tego możemy obliczać wymiary w zwykły sposób, jeśli odpowiednio przyjmiemy naprężenie dopuszczalne r, więc

Pq + Pi _/>o + *7P,

Po

% — %x

1+ —

P

^5

66)

mosty tymczasowe

naprężenie \ dla drzewa

Rodzaj naprężenia

miękkiego

twardego

miękkiego

twardego

kg

kg

kg

kg

cm²

cm²

cm²

cm²

Wyciąganie . . . . Ściskanie.....

105

70

120

80

120

80

140

95

Tymczasowe przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych polsk. min. rob. publ. z r. 1920. § 30. 3.

w Icg/cm² dla drzewa miękk.

110

twardego

Natężenie drzewa na ciągnienie .

Ciśnienie równoległe do włókien „ prostopadłe „    „

Przy obciążeniach wyjątkowych (według 1. § 15. ust. 2) można dopuścić natężenie większe o 40%, zaś przy obciążeniu automobilami większe o 20% od podanych w powyższej tablicy. Przy obliczaniu mostów tymczasowych, budowanych

120

60

12

70

24

na najwyżej dwuletni okres trwania, można dopuścić natężenie o 20°/₀ wyżej podanych w tablicy i nie uwzględniać obciążeń wyjątkowych.

Rozporz. austr. min. dla mostów z r. 1904. § 8. B. ust. 8. Przy mostach... naprężenie, spowodowane działaniem wszystkich pionowych obciążeń (z wyłączeniem sił pionowych, spowodowanych przez wiatr) nie może przekraczać 80 kg/cm} przy wyciąganiu lub ściskaniu w kierunku włókien... Przy działaniu wszystkich obciążeń (a więc także i sił poziomych) dopuszcza się powiększenia tych wartości skrajnych aż do 90 kgjcm}. -

10. Dla mostów drewnianych tymczasowych, które nie mają być dłużej używane, niż 6 miesięcy, dopuszczalne jest przy działaniu wszystkich ciężarów (z wyłączeniem sił pionowych, spowodowanych przez wiatr) naprężenie przy wyciąganiu lub ściskaniu w kierunku włókien, wynoszące 120 kg\cm}, jeżeli zaś mostów używa się dłużej i to aż do dwu lat, w takim razie należy powyżej oznaczoną granicę naprężenia zniżyć, co najmniej do 100 kg/cm².

§ 27. Pręty o stałym przekroju.

albo

a,

b,

Jeżeli siła P działa w kierunku osi na pręt o stałym przekroju (rys. 47.) i uwzglę-Ą dnimy przytem ciężar własny prętu, to w przekroju cd działa siła P' = P'rFyx, jeżeli Z⁷ oznacza przekrój a y ciężar gatunkowy. Siła ta P' jest największą dla przekroju ef, gdzie x — l, więc:

öf

mmmmm

rys. 47.

na w. F — PFFyl.

Jeżeli naprężenie dopuszczalne jest t, najw. Pr =PJr +Fyl=Fv, a stąd:

67)

68)

t—y 1

Jeżeli ciężar własny prętu jest bardzo małym w stosunku do ciężaru P, to możemy go nie uwzględniać i otrzymamy :

P

P = Fr, F = —

T

69)

Przykład. 1. Jaką średnicę d ma mieć żelazne ścięgno okrągłe 16 m długie dla ciągnienia P= 3,2 ł, naprężenia dopuszczalnego

kg

x=800    ,

c/n-

kg

a t= 7,8—r=7800—r

¹    mó    mA

=0,0078—3 ?

cm³

d²7i

Według rów. (68.) mamy; 3200

3 200    3 200

F“ 4 “800- 0,0078.1600“ 800-12,48 “787 5“4,0 cm"’ a stąd:

2,26 cm—23

mm.

§ 28. Pręty o stałem naprężeniu.

Jak to widzieliśmy poprzednio, naprężenie w pręcie o stałym przekroju jest najmniejszem u końca, w którem zaczepia siła, a największem u drugiego końca. Jeżeli więc naprężenie największe jest równe naprężeniu dopuszczalnemu , to naprężenie w innych przekrojach jest mniejszem, a więc materjał nie został należycie wyzyskanym. Chcąc materjał lepiej wyzyskać* szukać będziemy takiego kształtu, ażeby naprężenie było ,    wszędzie równe naprężeniu do-

^    puszczalnemu. Jeżeli na taką

belkę działa w kierunku osi siła P (rys. 48), to w przekroju c d jest, jak wiemy, F ' = PĄ- C, jeżeli C oznacza ciężar prętu ab cd na długości .r

Ac.-d

"SJ

-i

a’

<,

\P .

’e

rys. 48.

P'

a naprężenie -j- = % według założenia, a zatem F c—PPC.

Różniczkując to równanie, otrzymamy xdF = dC, a ponieważ dC—yFdx, jeżeli y oznacza ciężar jednostki sześciennej mate-

rjału, więc r dF = F — Fydx, a stąd dx =

r dF

Zcałkowawszy to równanie, otrzymamy:

T ,    JX

= — log nat. F

27

a więc x = y (log nat. F—log nat. F₀), jeżeli F

krój dla a: = 0. Inaczej możemy to napisać:

p

X= log nat. -jr~,

F o

F T*

pv7 ~ e T >    •    •

gdy e jest zasadą logarytmów naturalnych.

u²

Ponieważ ey~ \ +    . .

4⁺v

Przekrój ab wyznaczymy zaś według rów. 44), więc

.....

Dla wyznaczenia przekroju F wstawimy wartość z rów. 72) w rów. 70) i otrzymamy

o oznacza prze-

a stąd otrzymamy :

. 70)

2t²

. . 71)

72)

log F = log —+0,434 294 5    ,

albo na podstawie równań 71) i 72)

F = ?( 1+Ż

T \    %

. . 73)

y²x²

\%²

. . 74)

Według tego, czy przekroje są kołami, prostokątami, czy też innemi figurami, zmienia się zarys prętu, zawsze jednak pręt taki ograniczony jest powierzchniami krzywemi. Ponieważ w praktyce ciągła zmiana przekroju napotykałaby często na trudności, więc zamiast powierzchni krzywych przyjmujemy często płaszczyzny np. zamiast ace na rys. 48. przyjmujemy ae albo składamy pręt taki z kilku części graniastosłupowych (rys. 48 b), których przekrój równa się największemu przekrojowi gh prętu o stałem naprężeniu w danej części.

Przykład. Na filar murowany (rys. 49) działa P w kierunku osi. Obliczyć mamy przekrój u podstawy filaru tak, aby naprężenie w P₀ i Px było równe t.

Według rów. 72) mamy P=rF₀, siła, działająca na Pv, jest w przybliżeniu

a według założenia ma być P'—iFt ; więc

Fo

a stąd

Fi-F°2t-TA Jeżeli mamy dane następne wartości: "f=2,2t/m³, P=300 #, t = 6 kg/cm² = 60 000 kg/cm² = 60 ć/m², h—9m,

75}

300

t° F₀—-^Q—5m²,

2X60 + 2,2X9 2 X 60 - 2,2 X9

/? = 5

= 6,98/n².

49.

rys.

Zwykle jednak ze względów konstrukcyjnych górny przekrój filaru przyjmujemy większy, a przynajmniej 2 m szeroki, wtedy naprężenie jest w górnej części filaru mniejsze niż z. W praktyce inżynierskiej zwykle nie spotykamy się z prętami lub filarami o stałem naprężeniu i mamy do czynienia tu tylko z kształtami przy- % bliżonymi.

§ 29. Liny konopne i druciane łańcuchy.

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

a) Liny konopne (n. Hanfseil) składają się z włókien konopi europejskich lub też manilijskich. Pewna ilość włókien skręca się i tworzy wiązkę (n. Litze) , kilka wiązek skręca się potem w linę, jądro liny nazywa się duszą (n. Seilseele). Lina może być albo nieskręcaną albo też skręcaną. Przez skręcanie jednak samo powstają już naprężenia w wiązkach ; doświadczenia²) okazały, że należy tylko o tyle liny skręcać, aby się skróciły o ¹U długości, gdyż dalsze skręcanie zniżyłoby za bardzo wytrzymałość liny. Liny mokre lub omazione są także mniej wytrzymałe od suchych, a to w stosunku 3:4. Wilgoć bowiem wsiąkając w linę, zgrubia i zarazem skraca włókna, wskutek czego powstają naprężenia, zmniejszające wytrzymałość liny.

Spółczynnik wytrzymałości ,« = 500 do 800 kg/cm², możemy więc przyjąć naprężenie' dopuszczalne t = 100 kg/cm². Jednak uwzględnić musimy także tę okoliczność, że wiązki w przekroju

nie wypełniają całej powierzchni koła opisanego, lecz w przybliżeniu tylko 0,9 powierzchni koła, więc możemy napisać :

. . 76)

P=F    0,9-^-¹ r—0,7 d* t . .

jeżeli d oznacza średnicę liny, a P siłę, wyciągającą linę. Stąd wynika

4P

0,9 T71

= 1,19

. . 77)

Jeżeli w rów. 76) i 77) wstawimy r= 100 kgjcm², to otrzy

mamy

78)

79)

P = 70 d² kg i d = 0,119 \P

Ciężar własny liny suchej wynosi g- = 0,065 d² kg Im |

a mokrej

g = 0,078 d² „ j

jeżeli d wyrazimy w cm.

Najmniejszy promień tarczy linowej przyjmujemy r—4d.

Przykład. Jeżeli ^=900 kg, obliczyć grubość liny.

Z rów. 78) otrzymamy :

d = 0,119 ]/900=3,57 cm, a ciężar tej liny g=0,078X3,6²=1,0 kg/m.

fil de fer,

b) Liny druciane (n. Dratseil, fr. cable en a. cable oj iron zuire, r. npoBOJiouH&ifi JiaHaT'i.) są albo skręcane albo nieskręcane. Skręcane używają się wszędzie tam, gdzie przechodzą przez krążki, gdyż przy nieskręcanych zewnętrzne wiązki muszą się więcej przedłużać od wewnętrznych , więc pracują od nich więcej na wyciąganie, bo przy skręcanych każda wiązka jest raz na zewnętrznej, drugi raz na wewnętrznej stronie, a zatem wyciąganie rozdziela się jednostajnie na wszystkie wiązki. Nieskręcanych (n. Bündelseil) używamy tylko wtedy, jeżeli nie przechodzą przez krążki, a więc n. p. przy mostach wiszących. Jeżeli n. p. przyjmiemy dla drutu żelaznego t=\ 500 kg/cm² i nazwiemy n ilość drutów, z których się lina składa, a średnicę drutu dlf to

_ nd,7T²    ndi*n

P— ą %— ą • 1 500, a stąd d₁= 0,029

cm

. 80)

Znając ilość i grubość drutów, możemy obliczyć średnicę liny w przybliżeniu z równania d=l,3di fn. Wstawiwszy w to równanie wartość z 80), otrzymamy

d = 0,0378VP cm, |

P = 696 d² kg j Przy skręcanych linach, które przechodzą przez krążki, uwzględnić musimy oprócz ciągnienia podłużnego także naprężenie, wywołane wskutek zginania przy przejściu przez krążek, a naprężenie to, zależne od promienia krążka, jest często bardzo znaczne.

a stąd

81)

W przybliżeniu możemy obliczać liny druciane, przyjąwszy z powodu przejścia przez krążki tylko naprężenie dopuszczalne mniejsze, więc z=800 kg/cm*, a zatem

a stąd

P = 800 n “r— ⁼

4

d'=⁰'⁰⁴!^

628 n dx ²

. . 82)

a że średnica liny da się obliczyć w przybliżeniu z równania d— — 1,59 di Yn, więc wstawiwszy tę wartość w równanie 82), otrzymamy

P-247 d²

d = 0,0636yP / * ’

Jako ciężar własny liny drucianej możemy przyjąć :

g = 0,8 n di² kglm .    .

83)

84)

jeżeli dx wyrazimy w cm.

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

Jeżeli ciężar własny liny wynosi na 1 m 0,8 no?,², to na 150 m wynosić będzie 120 n <7,² kg, a zatem cały ciężar P=\ 000+700-j- 120X90 d ₁²=1 700+ —j—10 800 d\, zaś według równania 82) F—628 n c?t²=628 X 90 o?,²=56 520 o?,². A więc 1 700+10 800 c?,²^56 520 J,², a stąd o?, =0,193 cm, zaś c/=l*59. 0'193V90= = 2,9 cm=29

mm.

Ponieważ zmiany w naprężeniu lin są znaczne, usprawiedli-wionem jest tu zastosowanie doświadczeń Wóhlera *).

c) Ł a ń c u c h y (n. Kette, fr. chaîne , a. chain , r. h+hb). Rozmaite rodzaje łańcuchów są w używaniu, my tu mówić będziemy jednak tylko o łańcuchu najbardziej używanym t. j. angielskim, którego kształt i wymiary przedstawia rys. 50. Jak widzimy, łańcuch pracuje tu nietylko na wyciąganie, lecz i na zgi-

*) P. Herm

an Emil, Berechnung der Förderseile. Zeits. d. öster. Ing. u. Arch.-Verein. 1880 str. 22 i II wydanie Statyki str. 79.

nanie eliptycznych ogniw. Oprócz tego zależna jest wytrzymałość łańcucha od dobrego spawania ogniw. Zamiast jednak obliczać wytrzymałość łańcucha na zginanie, możemy obliczać go tylko na wyciąganie, korzystając z doświadczeń admiralicji angielskiej, z któ-

hc/

u......>

fût

.i____/.-U-

'J

rys. 50.

rys. 51.

rych się okazało, że wytrzymałość łańcucha ma się do wytrzyma-łości®żelaza okrągłego o tej samej średnicy d nie jak 2:1, lecz tylko, właśnie wskutek zginania, jak 11:9. Przyjąwszy więc t= ⁼ 1 000 kg/cm², otrzymamy

11

P =--1000

Ę- = 960 d² kg

d 0,032\ P

. . 85)

a stąd

Ciężar łańcucha możemy przyjąć w przybliżeniu

cm.

86)

g = 2,33 d² kg/m

jeżeli d wyrażone w cm. Jeżeli ogniwa wzmocnimy szczeblem (rys. 51), to otrzymamy łańcuch szczeblowy (n. Stegkette) nieco wytrzymalszy. Doświadczenia admiralicji angielskiej wykazały, że wytrzymałość łańcucha szczeblowego jest •$- razy większą, otrzymamy zatem

. . 87)

cm

P =y960 </² = 1234 d² kg a stąd d=0,0285 \jP Nowsze doświadczenia Tetmajera wykazały, że wytrzymałość

łańcuchów jest jeszcze mniejszą. Należałoby więc przyjąć siłę P o 10°/o mniejszą, a zatem otrzymamy zamiast 85)

P = 874 d² kg

a stąd d = 0,033\/P

cm

88)

IV. Wytrzymałość na ścinanie.

§ 30. Spółczynnik wytrzymałości i naprężenie dopuszczalne.

Ciało pracuje na ścinanie, jeżeli wypadkowe sił zewnętrznych, działających w płaszczyźnie, przez oś położonej, po jednej i drugiej stronie idealnego przekroju prostopadłego do osi, starają się przesunąć drobiny w płaszczyźnie przekroju.

<?-.........4A-.....-g§

Siła Q, działająca w odstępie z/s

od przekroju, ac (rys. przesunięcie przekroju dem ab.

sprawia wzglę-

cl

dr—

Przesunięcie to bbx zależne jest od momentu Q z/o i od przekroju F. Możemy napisać

rys. 52.

bbx

_ Q z/o _ vx z/g

F.Ei E₁ • ' ⁸⁹⁾

vi

jest wtedy naprężeniem na ścinanie. Mamy więc t

90)

bbx _ vx

analogicznie do równ. 35) przy wyciąganiu i ściskaniu.

st cp jest to przesunięcie jednostkowe

z/g

p o-

przeczne (n. spezifische Quel Verschiebung), zaś Ex jest spół-czynnik sprężystości poprzecznej, o którym już mówiliśmy³). Bach

nazywa ax = koeffizient).

Ex

spółczynnikiem przesunięcia (n. Schub-

Jeżeli w przekroju działa wyłącznie siła poprzeczna, a niema sił podłużnych ani zginających, to wtedy

91)

F

W praktyce wypadek taki zachodzi przy ścinaniu nitów i sworzni, zresztą prawie nigdy; zawsze występuje równocześnie i zginanie, a wtedy naprężenie v₁ jest większem, jak o tem później będziemy mówić.

Przesunięcie jednostkowe poprzeczne jest aż do granicy sprężystości tak, jak wyciąganie, proporcjonalne do naprężenia ścinającego, czyli Ex jest stałem. Jeżeli nazwiemy Q siłę zewnętrzną, działającą prostopadle do osi, f.ix spółczynnik wytrzymałości na ścinanie a F powierzchnię przekroju, to możemy napisać

92)

P=F/<₂

Teoretycznie da się udowodnić dla ciał jednorodnych, że wynosi § spółczynnika wytrzymałości na ciągnienie ,«⁴), ogólnie możemy więc napisać

93)

ł⁴ i= at-¹

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

jednak kutych, walcowanych i blachach jednorodność nie jest zupełną i musimy uwzględnić tu także kierunek włókien i walcowania. 1 tak np. dla pewnego żelaza spawanego, którego kierunek włókien oznacza strzałka W (rys. 53), była wytrzymałość na ścinanie w kierunku

^ = 3440 3590    3060    2836 %/cm²,

JL

ZL

ryc. 53.

oznacza

Przeciętnie możemy przy-^ jąć następne wartości dla a : z żelazo lane 0,625, spawane 0,8, zlewne 0,86, stal twarda 0,7, miękka 0,77, bardzo miękka 0,8, blacha w kierunku 3 i 4: 0,70, 1 i 2: 0,85. Dla drzewa jest wytrzymałość na ścinanie w kierunku włókien bardzo mała, ^ = 0,24 (⁴', gdy f-i

wytrzymałość na ściskanie, a nawet i mniejsza, w kierunku prostopadłym do włókien jest wytrzymałość około 4 razy większa.

I tu, jak w poprzednim rozdziale, przyjmujemy przy obliczaniu wymiarów jakiś spółczynnik pewności, mianowicie dla kruszców 5, dla drzewa 7 do 10, dla kamieni 20, a stąd otrzymamy naprężenie dopuszczalne na ścinanie Poniżej podajemy wartości /-ii i d'a materjałów najbardziej używanych w budownictwie.

Tablica XX.

1*1

Spółczynnik wytrzymałości

Naprężenie dopuszczalne

na ścinanie w kg/cm'¹

Beton

25

Cegła ..................

Drzewo bukowe równoległe do włókien . . .

„    „ prostopadłe........

„ dębowe równoległe

20

4,b

80

300

75

15

40

„    „    prostopadłe

„    miękkie równoległe

prostopadłe

250

15

40

50

Granit . . Miedź lana „ kuta „ blacha Mosiądz

260

90

1000

1900

1700

30

200

380

340

190

Mur ceglany na cemencie

Ołów

„ zaprawie wapiennej . .

100

0,2

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

Platyna..................

Spiż...................

Stal bardzo miękka ............

„ miękka............... .

„ twarda    ...........

Wapień..................

Żelazo lane................

„ spawane nitowe...........

„ zlewne...............

„ blacha w kierunku walcowania ....

„    „ prostopadle do kierunku walcowania ............

20

20

2700

2000

3500

4100

4700

40

1000

3000

3300

2400

2900

540

400

700

820

940

200

600

700

500

600

Przekrój wyznaczamy dla stałego naprężenia według wzoru

F ==

Ti

94)

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

a) jeżeli naprężenie nie zmienia znaku, dla żelaza ?i— t(1+-|£), a wstawiwszy t= 700 kgjcm¹², jak w rów. 56)

tx — 560

(1 +

1 najmn. P

j kgjcm² .

('⁺4=ppN-"-'

2 najw. P

. . 95)

Dla stali zaś otrzymamy z rów. 57)

rx = 720

. . 96)

h) Jeżeli naprężenie zmienia znak, otrzymamy podobnie z równania 61) dla żelaza

= 560

i¹

1 najmn. V'

2 najw. P

) kS\

cm

. . 97)

a dla stali z równania 62)

%! — 720

. 98)

najmn. P

2 najw. P

kgjcm² .

Tymczasowe przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych poi. min. rob. publ. r. 1920.

§ 30. Statycznie obliczone natężenia nie mogą przekraczać następujących granic (dla drzewa) :

Ścinanie równoległe do włókien „ prostopadłe „    „

mięk.

tward.

12

20

30

40

w kgjcm²

Przy obciążeniach wyjątkowych (według § 15. ust. 2.) można dopuścić natężenie większe o 40°/₀, zaś przy obciążeniu automobilami większe o 20°/₀ od podanych w tablicy. Przy obliczaniu mostów tymczasowych, budowanych na najwyżej dwuletni okres trwania, można dopuścić natężenie o 20°/o wyżej od podanych ... i nie uwzględniać obciążeń wyjątkowych.

§ 51. 3. Dla żelaza zlewnego natężenie dopuszczalne

ścinanie blach i prętów . . . . ■...........

700

„ nitów i sworzni śrub w jednym kierunku ....

1600

w różnych kierunkach . .

ciśnienie na ściankę dziury..............

Przy uwzględnianiu parcia wiatru o 200 kgjcm- więcej.

4. Żelazo spawane, jakiego wolno używać tylko wyjątkowo, otrzymać może natężenia o 10°/₀ niższe od dopuszczalnych dla żelaza zlewnego.

§ 78. Natężenie dopuszczalne betonu na ścinanie może wynosić 0,025 wytrzymałości kostkowej, najwyżej 5 kg/cm².

Rozporządzenie ministerjalne austrjackie, tyczące się budowy mostów z r. 1904 § 8. A. ust. 1 :

a) Przyjmując obciążenie pionowe, z wyłączeniem działań, wywołanych przez wiatr, boczne wahanie itd. :

Naprężenie dopuszczalne kg! cm²

żelazo

spawane

żelazo

zlewne

2. Naprężenie przy ścinaniu, wyjąwszy nity .

„ nitów przy ścinaniu :

a) tylko w jednym kierunku......

P) we więcej kierunkach ........

b) Przyjmując wszystkie obciążenia, określone w § 7 dla mostów kolei żelaznych

7. Naprężenie przy ścinaniu, wyjąwszy nity .

nitów przy ścinaniu......

Przy mostach drogowych przepisano takie same natężenia dopuszczalne. B. Drzewo ust. 8:

500

600

3.

8.

600

500

600

700

700

600

700

800

10 kg/cm² przy ścinaniu równoległem do kierunku włókien, a prostopadle do kierunku włókien 20 kglcm². Przy działaniu wszystkich obciążeń (a więc także i sił poziomych) dopuszcza się powiększenie tych wartości aż do 15 i 30 kglcm².

10. Dla mostów drewnianych tymczasowych jako dopuszczalne najwyższe naprężenie przy ścinaniu równoległem lub prostopadłem do kierunku włókien przyjąć należy — w obydwu przypadkach trwania używania — 15 kg/cm², względnie 30 kg jem².

Normy, wypracowane przez austr. to w. inżynierów i architektów w r. 1902:

Żelazo spawane i zlewne „ lane ...    • . .

napr. dopuszcz. kgjcm²

800

200

| | do włók. _L do włók.

Drzewo dębowe „ bukowe „ miękkie

30

30

20

Normy pruskiego ministerstwa z 1910:

.    napr. dopuszcz.

kalem²

1000

ciśnienie ściankę dziury

na

Żelazo zlewne .. lane .

2000

200

Drzewo dębowe

| | do włók. X do włók.

15-20

80-90

„ sosnowe............ 10—15 ć

Dla budowli tymczasowych można podwyższyć te liczby o 50°/₀.

60-70

Rozporządź, minist, pruskiego dla mostów z 1910:

Jako naprężenie dopuszczalne dla nitów należy najwyżej przyjąć naprężenie na rozciąganie, przepisane dla żelaza spawanego bez uwzględnienia wiatru.

ścinanie

Przepisy dla budownictwa kolei austr. państw, żel. spaw. żel. zlew. stal lana

drzewo mięk. tward.

700

800

850

10

15

„ nitów ....    750

ciśnienie na ściankę dziury

. 1600

850

1800

„I

20

30

kglcm².

Rozporządzenie bawarskie przyjmuje dla żelaza lanego ^=500

Przepisy min. pruskiego z r. 1919 przyjmują: dla żelaza zlewnego „    „ lanego .

^=1000 kg/cm2 t₁=2000    „

§ 31. Nitowanie pojedyncze.

Nity (n. Niet, fr. rivet, a. rivet, r. 3aKJiënKa) służą do połączenia stałego blach i kształtówek i składają się ze nia (n. Bolzen, Schaft, fr. tige, a. rivet bar, spindle, r. mBopeii),

sworz-

'O

!2~tt

/T\ I

fO -

!..

rys. 54.

główki (n. Setzkopf, fr. tête de rivet, a. rivet head) (rys. 54) gotowej przed użyciem nitu, i nakówki (n. Schliesskopf, fr. ri-vure), która powstaje z występującej części sworznia przez nakle-panie i ma kształt sferoidalny (rys. 54 b) lub też stożkowy (55 a) ; ten ostatni jednak jest niepraktyczny z powodu za małej wytrzymałości brzegów, dlatego też zupełnie prawie go zaniedbano. Rysunek 55 b przedstawia nit wpuszczony (n. versenkt), którego się używa tam, gdzie niema miejsca na nakówkę. Dla utworzenia nakówki trzeba, aby nit był rozżarzony. Tylko bardzo cien-

kie, mniej niż 10 mm grubo nity, wstawia się na zimno. Po ostygnięciu ściąga się sworzeń, a wskutek tego ściska blachy i wywołuje silne tarcie. Jeżeli więc siła P ma (rys. 56) połączenie ro-

---4 *

hH

« Ił

• rys. 55.

zerwać, to musi przezwyciężyć najprzód tarcie, a potem wytrzymałość nitu na ścinanie. Ponieważ jednak tarcie i wytrzymałość nie.działają równocześnie, lecz wytrzymałość działa dopiero, gdy

tarcie zostanie prze-zwyciężonem, bo sworzeń po ostygnięciu nie wypełnia zupełnie dziury, więc na tarcie liczyć nie możemy przy obliczaniu wytrzymałości połączenia nitami. Considère przyjmuje tarcie, wynoszące 800 do 1000 kg/cm² przekroju*).

Jak wiadomo wytrzymałość na ścinanie jest mniejszą od wytrzymałości na wycią-stosunku 4:5, więc *1 = 0,8 %. Wielu jednak autorów

\/n

-4-

m

O3'

- b......łr~b- J . 3

rys. 56.

gamę w

przyjmuje przy obliczeniu nitów t większe, a to z powodu, że do

*) Doświadczenia nad wytrzymałością nitów bardzo ciekawe wykonał znany inżynier francuski M. Dupuy z polecenia rządu francuskiego. Autor opisał te doświadczenia w Annales des ponts et chaussées (1895 str. 1). Gdy naprężenie prętu żelaznego przekroczy granicę sprężystości, powstaje oprócz

nitów używamy najlepszego żelaza, którego wytrzymałość na ciągnienie jest 1,1 lub więcej razy większa od wytrzymałości żelaza zwykłego, więc ^ = 0,88 do 0,96 %. Jednak ze względu na to, że siła nie rozdziela się zupełnie jednostajnie na nity i niektóre nity pracują wskutek tego daleko więcej, niż z obliczeń wypada, lepiej jest przyjąć naprężenie niższe, to jest zostawić %x — 0,8 t *). Dziury na nity możemy robić w dwojaki sposób, albo przebijaniem (n. Stanzen, fr. poinçonnage, a. punching, r. npoôuBKa), albo wierceniem (n. Bohren, fr. perforation, a. drilling, r. CBepjiHTt). Przebijanie dziur pozostawia naprężenie w blasze, które zniżają wytrzymałość do 20°/o **). Jednak zaradzić się da temu przez wyżarzenie lub wywiercenie cienkiego pierścienia (a. annealing), przez co możemy znowu przywrócić pierwotną wytrzymałość***).

odkształcenia sprężystego także odkształcenie trwałe. Pręt taki nazywamy wyciągniętym (fr. étiré). Doświadczenia okazały, że granica sprężystości prętu wyciągniętego zgadza się prawie z naprężeniem, które wywołało wyciągnięcie. Nity są to pręty wyciągnięte, pracujące powyżej pierwotnej granicy sprężystości. Nie wypełniają one zupełnie dziur, ale ściskają mocno blachy, przez co wywołują bardzo znaczne tarcie. Tarcie to jest tern większem, im wyższą jest granica sprężytości nitu. Tarcie to jest bardzo zmiennem i zależy od ciepłoty wkładania

nitu, ciepłoty przy końcu wkładania i sposobu nitowania. Można jednak liczyć na następne tarcia: nity żelazne, granica sprężystości (według sposobu oznaczania francuskiego) 1800 kg/cm², nitowanie ręczne, tarcie 400 kg/cm²; gr. sprężystości 2100 kg/cm², tarcie 470 kg/cm². Dla nitowania maszynowego a gr. spręż. 1800 kg/cm³ tarcie 500 kg/cm², gr. spręż. 2100 kg/cm² tarcie 580 kg/cm². Nity stalowe przy nitowaniu ręcznem gr. spręż. 2100 kg/cm², tarcie 450 kg/cm²; gr. spręż. 2300 kg/cm² tąrcie 660 kg/cm². Jeżeli naprężenie jest mniejszem od tarcia, to nity nie pracują wcale na ścinanie; w chwili, gdy tarcie zostanie przezwyciężone, blachy się przesuwają, poczem nit pracuje na ścinanie. Następnie dziury na nity stają się owalne, a w końcu połączenie zostaje przerwane w szwie.

*) Naprężenie dopuszczalne przepisane w Polsce, Austrji i Prusiech podaliśmy w poprzednim paragrafie.

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

wierconych

żelaza zlewnego . . . 4460 do 4780 . . 3190 do 3340

przebijanych 3280 do 3740 kg/cm2 2720 do 2880    „

» spawanego .

***) Przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych poi. min. rob. publ. z 1920. § 41. 2. Otwory na nity i śruby mają być wiercone lub przebijane, lecz w tym drugim przypadku średnica dziury po przebiciu dziury powinna być o 3 Rozporz.

niejszą od projektowanej a następnie rozwiercona. austr. min. kolei z 1911 § 12. c. ust. 8 brzmi: Wszystkie dziury na nity i śruby muszą być wiercone.

mm m

Rysunek 56. przedstawia tak zwane nitowanie poje-dyńcze (n. einfache Nietung, fr. simple rivure, an. single rive-ting, r. oßHHO^iioe CKJiënHBame), przy którem nity urządzone są w jednym rzędzie. Jeżeli średnica nitu wynosi d, to obliczamy w ten sposób odstęp a i b, aby materjał jak najwięcej wyzyskać, a zatem, aby była jednakowa pewność przeciw przerwaniu blachy w linii mn, przeciw ścięciu nitów w płaszczyźnie pr i wyrwaniu blachy przed nitami w prostych st i s't'. Musimy także uważać, aby ciśnienie nitu na ściankę dziury w blasze nie przechodziło dozwolonej granicy. Możemy więc napisać następne równania, jeżeli grubość blachy nazwiemy g :

dla n-tej pewności przeciw przerwaniu blachy w linii mn, licząc tak siłę P, jak i wytrzymałość, na szerokość a,

a)

P= (a—a)gr;

przeciw ścięciu nitu

ß)

r)

4

przeciw wyrwaniu blachy przed nitami

P=2bg%T=%bgT

Z porównania równań a) i ß) otrzymamy:

.    , n d²    ,

(a—a) r=—Ti > a stąd

+ ±. .

a __ TCT,

4t

"O bo

99)

Dla Ti — f % otrzymamy stąd

(—)>+ — =0,63 (') \gl g    \g!

! a.

. . 100)

Z doświadczeń Kennedy’ego wynikałoby — nieco mniejsze, bo otrzymał

on zamiast spółczynnika 0,63 tylko 0,56.

Z równań ß) i y) otrzymamy dalej :

TC d^

a stąd

101)

A =0,49 i-

Dla Ti = fT otrzymamy:

— =0,39

| bo

102)

Wartości dla b, obliczone z równania 102), okazują się jednam w praktyce za małe, zwłaszcza ze względu na robienie dziur.

Tetmajer wykazuje, że w praktyce stępuje przerwanie w sposób, wskazany w rys. 57., wobec tego należałoby w rów. j') opuścić spółczynnik 2 i otrzymalibyśmy P= f bgr, a więc

.    , n d²    ■

îgoT=—^-ru a stąd

—— 0,982—(—)2 g    T\gl

Zamiast tego przyjmujemy z Tetmajerem b wedle wzoru praktycznego

104)

Jeżeli nazwiemy spółczynnik mocy (f. module de force du rivetage) t. j. stosunek wytrzymałości w szwie do wytrzymałości pełnej blachy v, to wytrzymałości te na wyciąganie mają się jak przekroje, więc

na-

\P

J_____a q____\

flxXi

. . . 103)

b = l,9 d.

rys.

57.

_ (a—d)g _a~d

v--•---—,

ag

a wstawiwszy wartość za a z równania 100)

n d²

d g __1

-J — + d H 5 g

Z równań 100) i 105) obliczyliśmy dla wartości ~ do 3 następną tabliczkę :

. . . 105)

nd

— 1 aż

Tablica XVII.

Widzimy więc, że im większych używamy nitów w stosunku do grubości blachy, tern większą jest wytrzymałość połączenia, a zarazem nity są tern bardziej oddalone, a przez to połączenie

—=1

1,5

d

jest tem mniej szczelnem. Stosunek — obieramy więc wedle tego, jaki cel ma połączenie.

Jeżeli chodzi przedewszystkiem o szczelność połączenia n. p„

d'a zbiorników, kadzi, okrętów, wtedy obieramy —=■ 1 lub 1,5,

aby nity były gęste i nazywamy takie połączenie nitowaniem szczelnem (n. Dichtungsnietung) ; o tem obecnie nie będziemy dalej mówić. W budownictwie chodzi nam zwykle o jak najmniejsze osłabienie blachy, a więc o jak największe v, dlatego obie-

j

ramy— — 2,5 lub 3 i nazywamy to połączenie nitowaniem moc nem (n. Kraftnietung).

Tam, gdzie potrzeba obok wielkiej wytrzymałości także po-

d

łączenia szczelnego n. p. przy kotłach parowych, obieramy dla —

średnią wartość 2 i nazywamy połączenie nitowaniem szczelnem i mocnem (szczelnomocnem, n. kombinierte Kraftnietung).

Le względu na wykonanie nie możemy używać za grubych nitów, dlatego najw. d przyjmiemy równe 28 mm, zwykle c/=10,

12, 14, 16, 18, 20, 22, 23, 24, 26 mm, Tetmajera dla grubości blachy g<12 mm d=g+ 10 „

a w praktyce zwykle wedle

. . 106)

g>12 mm

¹

Porów. II. wydanie str. 70.

Statyka.

²

Tetmajera ogłoszone w „Schw. Eisenbahn“ 1881, t. XV, N. 4.

³

Por. str. 40.

⁴

Kluger. Wykład wytrzymałości materjałów str. 296.

f/=0,5g+16 „

Grubość blachy wynosi w budownictwie zwykle 5 do 12 mm, w budowie mostów 8 do 20 mm. Rzadko używamy blach jeszcze grubszych, gdyż w grubych blachach częstsze są błędy w mate-rjale, powstałe z bąbli, które w grubych blachach zostają pomimo walcowania.

Zastanowić się tu także mnsimy nad ciśnieniem, jakie nit wywiera na ściankę dziury. Dopóki nit nie jest roz-chełtanym, niema ciśnienia na ściankę dziury, bo tarcie wystarcza do przeniesienia siły, ale musimy liczyć także na wypadek, gdy się rozchełta, wtedy ciśnie on na ściankę dziury ¹). Gerber i Tetmajer robili w tym względzie doświadczenia, Gerber doszedł do wyniku, że ciśnienie r₂ na ściankę dziury nie powinno w żadnym wypadku przekraczać dwukrotnego naprężenia dopu-szczalnego ma ciągnienie. Tetmajer sądzi, że ciśnienie to może wzrosnąć bez szkody aż do granicy ciastowatości, a więc około 2200 kg/cm² dla żelaza spawanego a 2500 kg/cm² dla zlewnego. Un win dochodzi do wniosku, że najzu. r₂ <[2,8 r. Mehrtens przyjmuje t₂=2 t.

Ze względu na to, że należy przyjąć choćby mały spółczyn-nik pewności, to naprężenie dopuszczalne t₂ musi być znacznie niższem, a zwłaszcza nie powinno dosięgać granicy sprężystości. Obliczmy t₂, ciśnienie na ściankę dziury, a otrzymamy

107)

P=d g x₂.........

Porównawszy to równanie z równaniem ß), otrzymamy:

—d¹ xx = dgx₂,

a stąd

TC d

%=T7f'

. . 108)

a dla

T₂ = —--X

Z równania tego otrzymamy dla :

2,5    3

— = 2

g

1,88

——1,26 1,57

T

Widzimy stąd, że % =2 r dopiero przy -^-=3,2, jednak lepiej jest nie dopuszczać do tak wielkiego ciśnienia i przyjmować

d

najwięcej —=2,5, wtedy x₁=l,57 x, które to naprężenie dopuścić możemy jeszcze bez szkody materjału.

d

Dla większego — mamy wedle równań a) i 107):

g

P=(a—d)gT=dgx2, a stąd:

109)

a=d(¹ + v)......

n. p. dla t₂ = 1 600, t=1 000 kglcm², otrzymamy a = 2,6 d.

Obliczywszy a z rów. 100) i 109), przyjmujemy zawsze mniejszą wartość.

Tymczasowe przepisy budowy i utrzymania mostów drogowych polskiego ministerstwa z r. 1920 przyjmują ciśnienie

na

ścianką

dziury 1600 kgjcm² przy dokładnem uwzględnieniu wszystkich sił o 200 kg/cm* więcej.

Rozporządzenie austr. ministerstwa handlu z r. 1904 § 8,. ust. 1. Przyjmując obciążenia z wyłączeniem działań, wywołanych przez wiatr i t. d. :

Naprężenie dopuszczalne kg/cm²

żel. spawane żel. zlewne

4. Ciśnienie na ściankę dziury nitów (średnica nitu

pomnożona przez grubość blach)........

Przyjmując wszystkie obciążenia:

8. Ciśnienie na ściankę dziury nitów.......

1 400

1600

1 600

1800

Rozporządzenie pruskiego min rob. publiez, z r. 1919 przyjmuje xa=2 000 kg!cm².

Zupełnie tak samo, jak nitowanie pojedyńcze, obliczamy także nitowanie z przykładką (n. einfache Laschennietung,

fr. œuvre-joint, an. rivetted butt joint, r. CKJiëntiBame C'B HaKJiaßKoä) (rys. 58).

Nitowanie pojedyńcze ma tę niedogodność, że siły P nie działają w jednej płaszczyźnie (rys. 56), wskutek —*“ czego powstaje    moment

M—Pg, który działa niekorzystnie na blachę i nity, zginając blachy.    Według

doświadczeń Tetmajera zmniejsza się wskutek tego wytrzymałość połączenia około 8°/₀. Ponieważ moment Pg rośnie z grubością blachy, więc używamy nitowania pojedynczego tylko dla blach cienkich (g < 10 mm).

JL

■1

tA.'c² ³

dd-—

4-

m I ®

! i i U/i

MÈ

rys. 58.

Stosunek wytrzymałości szwu do wytrzymałości blachy pełnej jest podobnie, jak pierwej, dla t₁ = ^t

. . 112)

nietung, fr. duble rivure, an. double rivettet joint, r. ftBOHHoe CKJië-ntTBame), urządzając dwa rzędy nitów (rys. 59) i przestawiając

nity tak, aby nit w jednym rzędzie przypadał na środek między nitami drugiego rzędu. Jeżeli nazwiemy odstęp nitów jednego rzędu a, średnicę nitu d a grubość ' blachy g, to z doświadczeń okazuje się, że odstęp skrajnego szwu nitów (n. Nie-tennath) od krawędzi blachy powinien być b=l,5 d, odstęp nitów dwu rzędów a=3 d, a Kennedy znalazł, że największą jest wy-

-L

' i (CpŁ i ¥'Sâù-

i (®f¥

i T.w

U.....Ot.....

rys. 59.

trzymałość połączenia, jeżeli

, a wtedy e <y*

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

P=2^d*T₁

a)

przeciw ścięciu nitów i

P=(a-d)gT .    .

przeciw przerwaniu blachy w szwie, a więc:

fO

f u cd = (a—d) g r, a stąd :

71

dla Ti⁼⁼yT

fcT V» « O0

110)

2nl d \² . d

. . 111)

i+Ai

2n d

Jeżeli porównamy tę wartość z wartością dla v wedle równania 105), poznamy, że tu v jest większem, niż przy nitowaniu

pojedynczem, co zresztą także widzimy z następnej tabliczki, obliczonej na podstawie równań 110 i 112).

Tablica XXI.

2,5

Chociaż linia zygzakowata np jest dłuższą od odstępu a, to przecież doświadczenia okazały, że zwykle blacha się nie przerywa w szwie, lecz po linji zygzakowatej ; widocznie więc wytrzymałość w płaszczyźnie ukośnej jest mniejszą, niż w prostopadłej do kierunku walcowania. Mo beri y robił doświadczenia i przekonał się, że złom był zygzakowaty, dopóki powierzchnia zygzakowata była < 1,33 razy powierzchni w linji prostej. Stąd wynika, że długość 2c powinna być f razy większą niż a, zatem c = fa, skąd można

obliczyć najmn.

e    --“ = 0,44 a.

byłby

Gdybyśmy urządzili więcej rzędów nitów, mielibyśmy wedle ilości rzędów nitowanie potrójne, poczwórne i t. d., a stosunek v coraz korzystniejszym. Jednak potrzebowalibyśmy także coraz więcej nitów i tracilibyśmy też coraz więcej blachy na z a-kładkę (u. Überplattung, fr. recouvrement, a. lap), t. j. część blachy, zachodzącą na drugą blachę. Przy większej ilości rzędów nitów siła nie rozdziela się też równo na wszystkie nity, a mianowicie nity w skrajnych rzędach będą więcej naprężone, niż nity w średnich rzędach.

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

Tak samo też obliczać będziemy nitowanie pojedyncze z dwiema przykładkami (n. einfache Nietung mit Doppellascheri, fr. rivetage à double couvre joint, a. butt joint zuith cover plates) (rys. 60). Nazwawszy, jak dawniej, grubość nitu d, blachy g, a odstęp nitów a, otrzymamy przeciw przerwaniu blachy w szwie P—{a — d)gr. Dla przerwania połączenia przez ścięcie nitów mu-

siałyby być nity ścięte w dwu płaszczyznach, więc otrzymamy przeciw ścięciu P=2^^-t₁.

Widzimy tu, że dwa te równania są zupełnie takie same, ja<< dla nitowania podwójnego, otrzymamy więc te same wartości

r©...........

m ééiu.@

dla a i u, co w równaniach

110) i 112).

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

Nitowanie

-»■ĆG

JL

ifd-

rys. 60.

pojedyncze

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

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

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

§ 33. Nitowanie wstęg i kształtówek.

Wstęga czyli żelazo płaskie (n. Flacheisen, fr. fer plat, fer méplat, a. fiat iron, r. njiocKoe aceniso) jest to blacha wąska a długa o przekroju prostokątnym, kształtówka (n. Fa-soneisen, fr. fer special, a. special iron, r. (jxurypHoe jKe.Thso) zaś

jestto żelazo walcowane o przekroju wielobocznym lub złożonym n. p. w kształcie liter T, I, krzyża i t. p.

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

Rys. 61. przedstawia dwie wstęgi, połączone nitami na zakładkę. Jeżeli w pierwszym rzędzie jest nlf w drugim n2 nitów, to, jeśli ciągnienie w pierwszym szwie nin/ ma być t, to

P=r(F-n₁ dg), przyczem F oznacza przekrój wstęgi, d średnicę nitu, a g grubość blachy.

Jeżeli wstęga ma się przerwać w drugim szwie n^Tiz i połączenie ma się

61.

rys.

rozerwać, to muszą być równocześnie ścięte nity w pierwszym rzędzie, więc

d²n

P=T(F—n₂ dg) + ir ni

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

t(F—nx dg) = T(F—n₂ dg) 4 /    d² 7tt'\

ni \d^—^r)

₄    ; a stąd

dg

-4⁺î£)

113)

Dla stosunków

—, używanych w budownictwie, otrzymamy,

g’

a więc 3 >—>»2. nx

Jeżeli zatem chcemy, aby pewność w dalszych rzędach nie była mniejszą, niż w pierwszym, to liczba nitów w następnym rzędzie może być dwa razy większą, niż w poprzednim, ale gdybyśmy liczbę nitów potroili, to pewność byłaby już mniejszą. Jeżeli więc n₂< 2 nu to przekrój niebezpieczny t. j. ten, w którym przerwanie najłatwiej może nastąpić, jest w pierwszym rzędzie i według niego obliczamy wymiary, a więc

114)

Cl

oo

to

to

co

CN

to

to

to

f = n₁ dg= —

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

Dla wyznaczenia ilości wszystkich nitów potrzebnych n, mamy równanie dla nitów raz ciętych

dla nitów dwuciętych

d% TC

— *• • P=2n^z1} .

P=n

. . 115)

. . 116)

p_

■r

z których to równań obliczamy n. Przy nitach dwuciętych musi być też

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

PCn dg t₂

KJ W o

Zet- ^ ct*-.

/ i.. i \i*

-.......    © --j*w ¥>

rys. 62.

117)

3 d.

Przykład. Wstęgę B należy połączyć nitami z dwiema wstęgami C i D (rys. 62). Niech będzie siła P=16f. Jeżeli grubość wstęgi B jest g=12 mm a średnica nitu d — 20 mm, dalej 1=960 kg cm², T₁₌800 kg/cm², to ilość potrzebną nitów otrzy-

•mamy z rów. 116)

2n. 2²n

16000

Ą—80G =16000, zatem n=2iz g00 ⁼ ^>2, zamiast czego

przyjmiemy n=4.

Jeżeli jeden nit znajdować się będzie w pierwszym rzędzie, to według 16000

(114) F—l . 2.1,2—

960

, a stąd /r=16,67-j-2,4—19⁻1 cm², zatem gdy g—1,2 cm,

6=15,9 cm, zamiast czego przyjmiemy 6=160 mm. Zbadajmy jeszcze ciśnienie na ściankę dziury nitu. Otrzymamy wtedy :

4.2. l,2va=16000, zatem va—

16000 , ,

-g-g—=1668 kg!cm²,

a zatem większe niż dopuszczalne. Należałoby więc powiększyć grubość nitów na 21 mm.

§ 34. Połączenia przegibne.

Żelazne części budowli dadzą się połączyć nietylko nitowaniem, lecz także w inny sposób, a mianowicie za pomocą połączeń przegibnych czyli sworzniowych (n. Gelenkverbindung, Bolzcnverbindung, fr. construction articulée) lub za pomocą śrub. Naprzód będziemy mówić o połączeniach przegibnych i obliczymy niektóre wymiary oka przy połączeniu przegibnem dwu prętów, z których jeden jest podwójnym (rys. 63).

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

P=tF,

jeżeli F oznacza przekrój prętu n. p. przy przekroju prostokątnym F — bc, zatem P=t bc.

a)

Jeżeli sworzeń (n. Bolzen, fr. tige, an. bar pin, r. nmiE-Æenb) jest, jak tutaj, dwa razy cięty, otrzymamy dla ścięcia jego

2 d ² 7i

ß)

2 TC

a jeżeli T\ = f r, P= -^-d2 T>

przyczem d oznacza średnicę przekroju sworznia. Z równań a) i ß) otrzymamy :

P=^-d²r₁ —tF, a stąd d— Jeżeli Zi = -§ t, to

= 0798

a więc :

. . 118)

Ze względu na występujące tu naprężenia zginające zaleca się przyjąć tx o 15°/₀ niższe.

Dla sworznia raz ciętego otrzymamy zamiast rów. ß)

p= Tśly

^    ¹ 4

~d*T=tF,

Tl lo

= l t, więc

a stąd d = 1,26 JF,.....120)

jeżeli sworzeń i pręt są z jednego materjału. Jeżeli zaś pręt jest żelazny a sworzeń stalowy, wtedy wzory te się zmieniają, gdyż

za %' musimy inną wartość podstawić.

Aby oko nie przerwało się w linii mn, musi być Fx = F, jeżeli Fx oznacza użyteczny przekrój prętu w przekroju mn. Abyśmy jednak w miejscu, gdzie siła zaczepia, t. j. w oku, mieli większą pewność, a także ze względu na naprężenia zginające, przyjmujemy, opiera-rając się na

wierzchnię przekroju, niż teoretycznie potrzebna, a mianowicie :

F,

z

Sl

\m

rys. 63.

doświadczeniach amerykańskich *) większą jeszcze po-

T a b 1 i c a XXII.

d

dla —=<1

1    1,15    1,5    1,75    2

1,67    1,71    1,75

-f= 1,4    1,5 1,6

Inne wymiary oka przyjmujemy zwykle następne e>c, d=0,5b,d₁ = % b + d, h = %b+%d.

Rozumie się, że i tu musimy się starać, aby ciśnienie ściankę dziury nie było za wielkiem, a więc ponieważ

P F . _P

= -j-r. zatem e —r~ .    •

de de

na

. . 121)

Staaten von

*) P. Steiner. Über Brückenbauten in den Vereinigten Nordamerika 1878 str. 85, artykuł p. Lekoe w Allg. Bauzeitung 1882, Jay du Bois. The strains in jrarned structures 1883 i Fidler A treatise on bridge con struction 1893.

§ 35. Obliczenie śrub.

Śruba (n. Schraube, fr. vis, an. screzu, r. öojithkb) składa się ze sworznia B (n. Schraubenspindel, Schraubenbolzen, fr. tige de boulon, an. bar, r. nmnH^ejiB) (rys. 64), na którym nacięte są gwinty czyli skręty (n. Schrau-t bengewinde, fr. filet de vis, an. worm of a screzu, r. BHiiTOBaa HapfeKa), głowy j ś r u b y A (n. Schraubenkopf, fr. tête de vis, an. head, r. roJiOBKa) i naśrubka C(n. Schraubenmutter, fr. écrou, an. matrize, r. ra&ia). Nazwijmy d średnicę sworznia, di średnicę rd z e n i a (n. Schraubenkern, fr. collet de vis, noyau, an. screzu neck) w części naciętej gwintami, dalej wysokość naśrubka h a wysokość głowy hlf to jeżeli śruba pracuje na wyciąganie w kierunku osi, wytrzymałość przeciw przerwaniu rdzenia będzie : d^n

Śr --------d. fi.....

T* CKy-Ą

« d■-

U---------dä

rys. 64.

-w

przeciw ścięciu głowy P—drch^^y, y df² n _

więc dla jednakiej pew-

r, djl

¹⁶ d '

drt hx% y, a stąd : h\ =

Dalej otrzymujemy wytrzymałość przeciw ścięciu naśrubka P" = d₁n h f y, a więc gdy P=P",

ności P—P', a zatem :

TC

d₁nh%y = yd₁²—, a stąd h = f^d₁.

W praktyce jednak przyjmujemy większe wartości dla A i Ai zwłaszcza, że gwinty nie zawsze wypełniają zupełnie naśrubek, a więc nie wszystkie gwinty pracują równocześnie:

h = d, hi = 0,7 d.

122)

Grubość naśrubka sześciobocznego czyli średnicę koła wpisanego (otwór klucza) zwykle przyjmujemy c/2 = 1,4 d+ 0,5 cm

. 123)

wymiary zaś podkładki

na twardym materjale

</₃ = 2,0 d + 0,5 cm s =0,1 c/+0,3 cm

na drzewie

2,4 c/+1,0 cm | 0,12c/+0,5 cm I

Wymiary gwintów są używane powszechnie prawie według systemu Witwortha, według którego krok śruby (n. Schraubenganghöhe, fr. pas de vis, a. pitch, r. inar'B rtthtr). s =0,08 d +0,1 c/x = 0,872 d—0,16

cm

cm

. . 125)

Śruby grubsze niż 4 mają gwinty płaskie, dla tych jest:

s =0,9 d+ 0,2 d—1,1 di + 0,22 cm Aj = 1,5 c/

cm

używane przy mostach i dachach,

cm

. . 126)

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

di n

P— —a stąd d = 1,128

. . 127)

Naprężenie dopuszczalne % przyjąć należy mniejsze ze względu na skręcenie przy naciąganiu naśrubka, a więc dla żelaza zlewnego t=600 kg/cm, dla stali t=800 kg/cm². Francuzi przyjmują nawet jeszcze mniejsze naprężenie t=400 kg/cm² ⁴).

Z rów. 125) i 128) otrzymamy:

d= 1,29

— + 0,18 cm

%

. . 128)

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

Przykład. W moście drewnianym układu Howe’a siła, działająca w słupie wiszącym, składającym się z dwu śrub, jest 29,5 t. Jakie wymiary damy śrubom, jeżeli naprężenie dopuszczalne x=800 kg/cm². Wedle założenia na jedną 29 5

śrubę wypada P =—^~— 14,75 t.

Z rów. 127) otrzymamy:

<4=1,128 y

14750

800

=4,94 cm=50

mm

§ 36. Połączenia belek drewnianych.

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

1. Zamek prosty (n. das gerade Hackenblatt, fr. entement à double patte, an. tabled scarf, r. npsMOH 3aM0ic).

Jeżeli h i b oznaczają wysokość i szerokość dwu belek drewnianych (rys. 65.), połączonych zamkiem prostym i jeżeli siła P,

działająca w osi, stara się to połączenie rozer-P wać, to w płaszczyźnie np powstaje ciśnienie, które nić powinno być większem, niż r. Połączenie może być także rozerwane, gdy belka zostanie ściętą w płaszczyźnie mn. Ażeby pewność przeciw ścięciu i zgnieceniu była jednakową, musi być

j±l

łn

---u. jsi*

fP

4f

rys. 65.

jeżeli z' oznacza naprężenie dopuszczalne na ścinanie, a stąd:

1= Ar 4 z

Wstawiwszy z—60 kg/cm² i z₂ = 12 kgjcm², otrzymamy:

to o

= 1,25 h

¹⁼T

Rozumie się, że przytem musi być

4

129)

2. Zetknięcie proste z łubkami (n. Verlaschung, fr. éclissage, éclicement, an. fishing, r. cbh3b).

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

, (rys. 66). Jeżeli siła P, działająca w osi, stara się połączenie rozerwać, to najprzód, aby łubki się nie przerwały, musi być

P = 2bg 7,

£x

TT

•? «

r. I_

rys. 66.

Ti j

jeżeli g oznacza grubość łubków, a t naprężenie dopuszczalne na ciągnienie dla żelaza. Jeżeli przyjmiemy

to P— 2000 bg, więc bg=

t= 1000

cm

2000 ’

. . 130)

Widzimy dalej, że siła P spowoduje ciśnienie drzewa na żebra, wbite do głębokości t, i że nareszcie połączenie może być zniszczonem przez ścięcie drzewa w płaszczyznach mn, pr i p\rx. A więc mamy najprzód :

dla ściskania P— 2 t' bx t,

a dla ścinania P=2 ^ l (b₁Jr2 t),

jeżeli i % oznaczają naprężenia dopuszczalne dla drzewa na ściskanie i ścinanie. Przyjmijmy:

^ = 60^Ł, *= 12-^8.

cmL    cm²

, to bx =

1201 '

. . . 131)

w cm

i kg.

24(b₁+2t)

132)

Przykład. Niech będzie P=4000 kg, g=0,5 cm, to otrzymamy z równa-

b

wiąc_2 =2 cm. Dla t—2cm otrzymamy dalej z rów-

nia 130) b=

4000

2000X0,5

=4 cm,

131) b,=

4000

120X2

=16,7 cm, a z równania 132) 4000

= 8-1

cm.

"lar"

24 (16,7+4)

3. Połączenie czopowe (n. Verzapfung.)

Dwie belki prostopadłe A i B (rys. 67.) łączymy zapomocą czopa (n. Zapfen, fr. tenon, an. tenon, r. nmmb). Siła P stara się ściąć czop w płaszczyźnie mn, więc dla naprężenia dopuszczalnego P—a h

Dla drzewa prostopadle do włókien przyjmujemy t==30 kglcm*, więc

a =

"i

30 h

. .133)

w kg i cm.

4. Czop ukośny (n. schiefer Zapfen, Schrägzapf en, fr. tenon biais, an. slo-ped tenon).

Jeżeli dwie belki mamy połączyć pod kątem ostrym (rys. 68), a przytem belka B wywiera znaczne ciśnienie P, używamy wtedy

Statyka.

rys. 67.

czopa ukośnego. Ciśnioną belkę ukośną B nazywamy zastrzałem (n. Strebe, fr. contrefiche, an. strut, r. ho^koc'b). Siła P da

się rozłożyć na dwie składowe : H w kierunku poziomym i w kierunku pionowym. Z rysunku widzimy, że

H—P dost a, V=P wst a, hx — l wst a, więc /=

*r-łr~7fj.

P/

hi

Siła

wst a

H usiłuje ściąć czop w płaszczyźnie mn, więc //+/6iT2 = 20/ói, jeżeli T'a =20 kg/cm² jest naprężeniem dopuszczalnem na ścinanie ukośnie do włókien. Czop usiłuje dalej wysunąć część drzewa przed czopem mprs, więc H— — li (ói + 2/)Tj, jeżeli %x jest naprężeniem dopuszczalnem na ścinanie w kierunku równoległym do włókien.

Porównawszy oba te równania i przyjąwszy tx —12 kgjcm?, otrzymamy 20^ /= 12 lx (ói + 2 t), a stąd

5hx 1

kJ

a •«

fi

rys. 68.

li =

3 (hx+2t)    * ' '

Szerokość czopa bx możemy obliczyć z równania

134

. 135)

h    b

Zwykle przyjmujemy t= zaś najmniejsze ói =-^-, dla tych

bi =

20/

wartości będzie :

topi

bl

5 bl

³(}+|A) ³<A+2A>

136)

Dla bx = b byłoby

5 bl

5 bl

36 + 2 b

. . 137)

3 (ó + § h)

Przykład. Przyjmijmy P=10 t, a=30°, b—20 cm, A—20 cm, At=20 20 20

wtedy 1=    a=-j~=40 cm, dalej H=P dost a = 10X0 866 t. Z rów. 135)

cm

8660

otrzymamy bx =2Qx40^’^ cm' Przyim*emy WÎÇC b,=12 cm, a wtedy

h

z równania 134) otrzymamy dla    cm:

5X12X40

ll ~ 3 (12+2X7 —' 78 ~30,8

2400

cm=32 cm.

V. Wytrzymałość na zginanie.

§ 37. Związek między siłami zewnętrznemi i wewnętrznemi.

Jeżeli na belkę o osi prostej działają prostopadle do osi siły zewnętrzne, będące między sobą w równowadze, i jeżeli one leżą wszystkie w płaszczyźnie, przechodzącej przez oś, wtedy siły wyginają belkę t. j. skracają włókna między dwoma pierwotnie

X \F

\--------1

A,

C CL

4 r

JtV//

m?

4 vi ...y

</G

k-

>1

.J

rys. 69.

równoległemi przekrojami Æ7⁷ i G// (rys. 69) po stronie wklęsłej, a przedłużają je po stronie wypukłej. Rozumie się,* że między włóknami przedłużonemi a skróconemi leżeć musi warstwa NC włókien, które zachowały swą pierwotną długość. Warstwę tę nazywamy warstwą obojętną (n. neutrale F aserschichte, fr. ligne des fibres neutres), jej przecięcie się OC" z płaszczyzną przekroju,

prostopadłą do osi, nazywamy osią obojętną (n. neutrale Achse, fr. axe neutre, an. neutral axis, r. HeiÎTpajiLHaa oct), a przecięcie się AC z płaszczyzną, w której działają siły zewnętrzne, linią ugięcia lub sprężystą (n. elastische Linie, fr. ligne élastique, an. elastic line, r. jihhh H3rTn6a).

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

1.    że zginanie jest tak małem, że naprężenia pozostają w granicach sprężystości,

2.    że przekroje EF i GH pozostają po ugięciu płaskimi i prostopadłymi do ugiętej osi,

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

Wyniki, uzyskane na podstawie tych przypuszczeń, są zgodne z    doświadczeniami,    więc    możemy    oprzeć    dalszą teorję (podaną

przez Naviera) na tych przypuszczeniach.

Jeżeli na belkę AB (rys. 70), działają siły prostopadłe do osi, a belkę tę przetniemy płaszczyzną EF, prostopadłą do osi, i    prawą    część    belki    odejmiemy,    to, ażeby    lewa część została i na

a p, ppp Ą p P fi

dal w równowadze, musimy przyłożyć do przekroju EF siły, równające się siłom we-~J£    wnętrznym, działają

EF.

rys. 70.

cym w EF, czyli oddziaływania prawej części belki na Siły te wewnętrzne będą rozdzielone na całym przekroju i będą w części wypukłej dodatnie czyli ciągnienia, w części wklęsłej ujemne, czyli ciśnienia. One to sprawiają przedłużenia lub skrócenia włókien, a stąd wynika bezpośrednio, że naprężenie w warstwie obojętnej jest równe zeru.

Jeżeli przekroje po ugięciu belki pozostają płaskimi, to przekrój GH (rys. 69) przejdzie w położenie JK, czyli obróci się około osi obojętnej o kąt JNG. Widzimy więc, że przedłużenia i skrócenia włókien, a zatem w granicach proporcjonalności i naprężenia, będą proporcjonalne do odległości ich odosiobojętnej.

Nazwijmy v odległość włókna mn = s od osi obojętnej, które po ugięciu belki przedłuży się o mm' = ds, naprężenie zaś tego włókna niech będzie v. Nazwijmy dalej %' i t" naprężenia włókien skrajnych E i F, a ich odległość od osi obojętnej e i e", to możemy napisać

138)

'Ç jest to więc naprężenie w warstwie, odległej o jednostkę długości od osi obojętnej.

Siła, działająca na pasek mn powierzchni =dF, równoległy do osi obojętnej, będzie więc v d F, a więc suma wszystkich ciągnień

v d F, a ciśnień —

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

vdF- Je“v' dF= 0, albo vdF—J    .

fe'

J v d F jest momentem statycznym powierzchni przekroju poni-

fe"    .....fe'

żej osi obojętnej, | v d F zaś powyżej osi obojętnej, więc J °

^ v dF jest momentem całego przekroju ze względu na oś

v dF —

obojętną.

</ ;

. . 139)

Według równania 139) ma być ten moment statyczny równy zeru, bo 'Ç nie jest równe zeru, więc oś obojętna musi przechodzić przez środek ciężkości belki, bo tylko dla środka ciężkości jest moment statyczny przekroju równy zeru.

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

M=

;v'

e"

e'

lub nareszcie :

e"

. . 140

Nazwijmy całkę vl dF t. j. sumę iloczynów elementów

e'

v² d F

powierzchni przez kwadraty ich odstępów do osi obojętnej, całkę, którą spotykamy także przy ruchu obrotowym, momentem bezwładności (n. Trägheitsmoment, fr. moment d’inertie, an. moment oj inertia, cz. moment setrvacnosti, r. momght HHepn,in) i oznaczmy ją /, to możemy napisać :

141)

—, albo vI=Mv

142)

mamy :

Jeżeli za v wstawimy wartość e i e' i chcemy, aby we włóknach skrajnych były naprężenia dopuszczalne %' i %", to otrzy-t' I = Me' i z"l = Me

Opuściwszy znaczki, możemy ogólnie napisać :

rI = Me

143)

Piszemy tutaj t, bo wymiary belki tak obliczamy, aby naprężenie we włóknie skrajnem było równe naprężeniu dopuszczalnemu. Ażeby naprężenie było równocześnie w obu włóknach skrajnych równe naprężeniom dopuszczalnym, musi być według 142)

.//

//

144)

jeżeli t' i %" oznaczają naprężenia dopuszczalne na wyciąganie i ściskanie. Jeżeli %', to powinno być e—e" i odwrotnie,

,, y <«"•

Dla drzewa, żelaza spawanego i zlewnego i stali jest będziemy więc obierali takie przekroje, aby środek ciężkości był w połowie wysokości przekroju; dla żelaza lanego zaś, gdzie x"'^>T obierać będziemy przekroje niesymetryczne, aby równ. 144) było choć w przybliżeniu wypełnione.

Z równ. 141) wynika, że naprężenie v włókien jest tem mniejsze, im mniejsze jest v, a więc im bliżej leżą one osi obojętnej. Stąd wynika dalej, że chcąc materjał jak najbardziej wyzyskać, będziemy obierali takie przekroje belek, aby jak najwięcej materjału było jak najdalej od osi obojętnej.

Z rys. 69. widzimy, że Nmm'ccONC, więc ds:v = NC:NO. Nazwijmy r promień krzywizny linii ugięcia, to OC—r, a ponie-

5

waż NC=mn = s, więc ds:v = s:r, a stąd r=v-j^. Według ró-

ds tj    •

wnania 34) jest — ⁼ ~W' w^c r—v•—» a ponieważ według równ.

X-

JlX

rys. 72.

IE

¹⁴¹) T⁼⁼~M} wi€*c r= ~M' a zatem:

E I = Mr.

145)

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

§ 38. Moment bezwładności.

W równaniach zasadniczych 141) i 145) widzimy moment bezwładności / powierzchni przekroju belki ze względu na środek ciężkości. Moment bezwładności powierzchni jest, jak wiemy całką

iloczynów elementów powierzchni przez kwadraty ich odległości od danej osi.

Elementem powierzchni niech będzie prostokąt o powierzchni d²F=dxdy (rys. 71), odległość jego od osi XX, przechodzącej przez środek ciężkości S jest y,

dx clijy.

Xi._

rys. 71.

to

I = J J d* Fy² — J J dxdy y² .

146)

Jako przykład wyznaczymy moment bezwładności prostokąta (rys. 72). Wstawiwszy granice w równ. 146), otrzymamy:

1=

b dx

hy^dy, a stąd : I —

bh»

12 •

. . 147)

Podobnie wyznacza się w mechanice rozumowej analitycznie według równ. 146. momenty bezwładności rozmaitych figur geometrycznych. Tu ograniczymy się więc tylko na podaniu wyników i wspomnimy, że dla wyznaczenia momentu bezwładności figur złożonych używamy twierdzenia, wynikającego z równ. 146., że moment bezwładności powierzchni dla danej osi równy jest sumie momentów bezwładności jej części ze względu na tę

promień

bezwładno-

ści

_51_A

X+Wy+sV/¹

^==0,2889 o

|Ï2

0,2889 a

w=—

moment oporu

s°

"6"

0,1178 a³=-24

Tablica XXIII.

moment bezwładności

ç°

ŚT

*$

■* ICM

a Ii-h

-o

12

87 _Zl eV9 *D

przekroju

odstęp    ^

skrajnej powierz-warstwy od osi obojętnej

chnia

b(h—h,)

C |CN

T-H CM

C |cN

Rysunek przekroju

nys. 73.

rr*—i

V'-'ÿ—"I

ÙÉT

a-

nys.7k

X- EOi*

r^_X

il

i_i ■

h--»-H

Hys.Jô..

AN

»X,

Nazwa

przekroju

Dwa

prostokąty

Kwadrat 2 o podstawie poziomej

Kwadrat,

3 jeżeli oś jest przekątnią

h m‘o=—

^===0,2357 h

0,2619 h

AA²

24

Tl

22ÓA²=0,0982 óA²

22<7³=0,0982 ds

bh²

24

Yq^6A²=0,0762 bh³

bh ³

48

Tibh³

^-=0,0491 6A³

ud⁴

64 ==0,0491 rf*

bh³

36

yÿÿbh³ =0,04576 h³

51«

Tibh

~c l-^¹

51«

CN CO

.< jcs

~8 |CN

-c

CO jwo

fxi

Sa h-*-

rr

i

= =»k

§T>“

TT

x,

21

ftysjit^Ą

fîys.79.«-

\K>! X

i_x*

r—â—i

fty&SQ

:~n

Sr_X

[-C-----Ç-----i-j

!

Romb, rom-boid, trójkąt

Elipsa

Koło

Trójkąt ze względu na oś równoległą do podstawy

Odcinek

paraboliczny

stojący

promień

bezwładno-

ści

c=0,2236 h

\T

0,2647 h

Î~|CN .

w=-

moment oporu

C/3

"t

co

vS⁻

T-H^

*MS

wst

0,0955 6A²

moment bezwładności

30è/'³

0,0549 bh⁹

r⁴

przekroju

odstąp

skrajnej | powierz-warstwy od osi obojętnej

chnia

yAA

r-H |CN

7o

"Sj

, l) h

-C CN

r wst 2

0,5756 h

Rysunek przekroju

h"?'

rr

yi

T⁻'

j* k--------!

xésk.

R y s. $3

i—<5-—1

Nazwa

przekroju

Odcinek

paraboliczny

leżący

Odcinek

koła

Połowa

elipsy

*) b=r ^1—dost;^~^.

0,458 r

0,2647 r

0,4564 r

0,4564 r

0,3927 r³

0,1908 r³

0,625 /-*

0,5413 r³

0.392 7 r⁴

fJ 8601‘0

0,5413 z-⁴

0,5413 r⁴

r²;:

7-²TC

2,5981 r²

2,5981 r²

0,5756 r

0,886 r

“V

Rys. 84.

\~r-Ą

Rys. 85.

L------u r?----H

Rys. 86_.

X,

w,

Im

f?us.8L

Półkole

stojące

Półkole

leżące

Sześciobok w koło wpisany o dwóch bokach poziomych

Sześciobok w koło wpisany o dwóch bokach pionowych

12

13

14

15

promień

bezwładno-

ści

ûV

AH~2 AAt+Aj²

18

tV

AA³ — AjAj³

AA-A, A,

moment oporu

1 AM-4 At+A,²

A²

A-c/,⁴

l9+92    21

7t d*-cA⁴

32 d = 0,0982 d

32 (AA²-At Ai²) =

= 0,0982 (AA²-Aj A,²)

moment bezwładności

A²+4AA₁+A₁² A³

9£    t9+9

^(di-dS)=0,0491 {d'-dS)

0,0491 (AA³-A₁A₁³)

powierz

chnia

przekroju

b±b,

. 2 A

4^] rł

s-

a-

odstąp skrajnej warstwy od osi obojętnej

_£_ *9+9 V '9+9 2

~C jcN

< |cs

Rysunek przekroju

RysJS

K-À-’i

r*——■H;t

•£? 's/ïu

Ü⁻T

Ur

i    i

rr‘rt cl

kÿH

RysSû.

ITT

r~"i

~4--

M%r

Nazwa

przekroju

Trapez

Pierścień

kołowy

Pierścień

eliptyczny

0,289 y

bh³-b,h,

bh-b.h,

0,289

gh:l-hbg₁

gh-+-bg₁

bh³-b,h,

6 /i³— ój hl³ — b₂ h₂³—bs hs³

1 gh³+bgt

6“

I#A3+

— bi h₁³—b₂ h.,³+ ~b₃h,-) '

Y2 {gh³+bgR)

bh—ót/ij

bh — b^h^

b₂b₂ boh%

gh-ł-bgi

c |cn

|cs

Rys.Rl.

P33;

Rys.RR.

T?

1* X

'R

Tl

>+gh

<q rq\

Rus. 95.

nr

S5|W

tül

V

-H

Prżekroje

U, Î, z

Przekrój

złożony

belki

blaszanej

Leżąca tówka i przekrój krzyżowy

19

20

21

promień -bezwładno

ści

moment oporu

2 (AA³—AjAj³)(AA—AjAj)

AA²-Aj Aj²

—y(^A²—A, A,²)

2 (A⁴ —A,⁴) (A²—A,²)

(sl<? «9) !

tT9-89

ï[â(c,w*‘)⁺

A +~y ~

A³ti

+y-(c/²-c/j²) +

+y(c?³—J₁S)+-

+y(cf—c/j) A³ J

moment bezwładności

y(AA³—A₁A₁³)+ 1 (A A²—A, A,²)2 — 4 AA — A, A,

AV (1+3,3 a) A-A,

a=0,143— —

71    A²n

0$d*-dS+-4(d} - c/,²)+

-+ y (cf³—c/j ³)+y (cf— c?t) A³

powierz

chnia

przekroju

AA-AjA,

A*—A,²

2 A (d-dJ+id'-dS) y

odstąp skrajnej warstwy od osi obojątnej

1 AA²-AJAJ

2 AA-AjA,

+0-366

+r

~c

Rysunek przekroju

U- <5 - -H

L-*-4

7ÎI/S.94

v~jr

\ + + v

“Ä*“

\-li    ł

K--^—-i !*——*1

7)us%.

L    .. J

¹ X

Ti

Nazwa

przekroju

Przekrój T lub kątówka

Kątówka równoramienna AA

Przekrój

falisty

•ptezaod •’-j

CM

CM

en

CM

^ł*

CM

0,3536J

3 b-Ą-h

Y+9

Al

ÿ===0,4083a

do przekrojów próżnych o bardzo małej grubości ścian g

TC

4^*

TC O?³ g

Ttc/jr

3^-h-g (3b-hh)

xJ(y-f9)ir—    I.

X    Y

-Ja2s

CN

Sis

s-

CN

-Ja?g

CO,

ils

4 ag

1,5

(a+t)*

< CN

Wzory przybliżone

N?

iïysJâ.

fà/s.97.

H»—-----à-----j<h

/îys 98.

L..«J

66

ipy

ry—

!<-—-.....a---------!

Koło

Elipsą

Kwadrat

Przekrój

falisty

25

26

27

28

¹

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

²

32. Nitowanie podwójne.

³

Przy nitowaniu pojedynczem użyteczny przekrój n. nutzbarer Querschnitt, fr. section utile) blachy t. j. przekrój po odciągnięciu dziur na nity jest bardzo małym, v wynosi, jak wiemy, najwięcej 0,65. Chcąc uzyskać większy użyteczny przekrój, używamy nitowania podwójnego (n. doppelte oder Ketten-

⁴

P. Résal J. Constructions métalliques, str. 624.

samą oś. Momenty bezwładności poniżej podane są wszystkie

obliczone ze względu na oś poziomą, przechodzącą przez środek ciężkości prze-

X_____

rŹ- -P

Zł.

.....

rys. 100.

JĄx kroi“'

Przykład. Moment bezwładności przekroju wykreślonego na rys. 100 ze wzglądu na oś XX będzie

I=y2bhs—2j2 ~2 A3 = j2 (bb3—bt

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

Znając moment bezwładności / ze względu na oś, przez środek ciężkości powierzchni przechodzącą, możemy łatwo znaleźć momet bezwładności 4 ze względu na oś XxXx (rys. 71) równoległą do osi XX w następny sposób : Nazwawszy moment bezwładności elementu powierzchni d² /, ze względu na oś XX, względnie d² 4 ze względu na oś Xx Xx, otrzymamy :

d² /= d²Fy²,

d² 4 — d²F(y-\-e)² — d²Fy²-\-2d²F ey + d² Fe², a stąd

4 = 7+2 e

Lrfy+e\fj

d² F.

Jeżeli wykonamy jedno całkowanie, naznaczone w drugim między granicami m i n, to otrzymamy pa-

wyrazie 2 e

J.rfy’

sek m n o

r

powierzchni /

J m

d²F — dF, a więc drugi wyraz będzie

równy 2 e

I dFy •

Ale d Fy jest momentem statycznym paska mn

J j' d² Fy jest

ze względu na oś XX, a więc tycznym powierzchni przekroju, który jest ze względu na środek

d²F = F, więc

momentem sta-

ciężkości = 0. W trzecim wyrazie jest j’ J

A zatem moment bezwładności powierzchni F ze względu na oś, odległą o długość e od środka ciężkości, jest równy momentowi bezwładności ze względu na oś, równoległą do osi danej, a przechodzącą przez środek ciężkości, więcej iloczynowi powierzchni przez kwadrat odległości e.

Przykłady. Według 143) jest moment bezwładności prostokąta ze względu na oś, przez środek ciężkości przechodzącą, /=yV bh³. Moment bezwładności ze względu na oś X₁X₁ (rys. 72), przechodzącą przez podstawę, będzie:

(4M

149)

bh³

lx — Y2 bh³ + bh

Dla trójkąta mamy I=^bh³, a ze względu chodzącą przez podstawę,

na

oś X₁X₁ (rys. 79), prze-

/l_36

bh³-\- —-bh

w a-

bh³.....150)

§ 40. Przestrzenne przedstawienie momentu bezwładności.

¹ X.

A\ : i B

rys. 101.

Należy wyznaczyć moment bezwładności dowolnej powierzchni F ze względu na oś YY (rys. 101). Zauważmy cząsteczkę powierzchni d‘*F, odległą od osi YY o x i wykreślmy od podstawy AB rzędną pionową równą x, to d² F. x oznacza element objętości graniastosłupa ściętego AA'BB'. Element momentu bezwładności d²Fx² — (d²Fx).x będzie równy momentowi statycznemu elementu objętości graniastosłupa ze względu na YY. Zróbmy to samo dla innych elementów powierzchni d² Fx d²F, i zcałkujmy te elementy, a zobaczymy, że moment bezwładności powierzchni F ze względu na oś Y Y równy jest momentowi statycznemu graniastosłupa AA' B' B ze względu na YY. Jeżeli więc S jest środkiem ciężkości graniastosłupa, którego górna płaszczyzna nachylona jest pod kątem 45° do podstawy, a odstęp tego punktu od YY jest y₀, to

151)

Iy = Vy₀ . .

jeżeli V oznacza objętość graniastosłupa.

§ 41. Promień i elipsa bezwładności.

Znając moment bezwładności ze względu na dwie prostopadłe osie X'X' i Y Y' (rys. 102), przecinające się w punkcie 0, możemy znaleść moment bezwładności danej powierzchni ze względu na oś UU, nachyloną do X'X' pod kątem cp.

Y. Y

r-

X'

X-*

tu-"

tir

\Tl

y \s

rys.

102.

Niech będzie moment bezwładności danej powierzchni Ix ze względu na oś X'X', Iy ze względu na oś Y'Y' a !u ze względu na oś U U. Zauważmy element powierzchni d² F w punkcie F, którego rzędne niech będą x i y . Spuśćmy z punktu F prostopadłą na UU i nazwijmy ją FE—yu, to widzimy z rysunku, że y u — F K— EK—y' dost rp—FfL=y' dost cp—X wst cp.

dost p—x wst p)²d²F =

y'² dost² p d ²F +

x'² wst² p d²F —

2x y dost cp wst cp d² F,

czyli nareszcie :

Ih-

d² F . 152)

Iu = Ix dost² cp + Iy wst² cp— wst 2 p

Nazwijmy Iz moment bezwładności ze względu na oś, nachyloną do osi XX pod 45°, to cp = 45°, a więc z równ. 152) otrzymamy :

x y' d² F, a stąd ^(Ix+Iy)-Iz,    . .153)

Iz—Ix dost² 45°+Iy wst² 45°—wst 90°

x y' d² F —

x' y d² F oznaczymy literą K. Wyraz ten nazywamy iloczynem bezwładności lub momentem zboczenia (n. Zentrifugalmoment, Deviationsmoment, fr. produit d' inertie, moment rectangulaire, an. product of inertia).

Moment zboczenia możemy analogicznie do § 40 przedstawić przestrzennie. Jeżeli utworzymy sumę momentów statycznych elementów d²F x (rys. 101) ze względu na podstawę AB, to

otrzymamy K

Aby wynaleźć najmniejszość i największość lu (rys. 102) i odnośny kąt p = p₀, musimy zróżniczkować równanie 152) i zrobić pochodną równą zeru. Otrzymamy więc :

2Ix dost cp wst 9+24 wst cp dost cp—2 dost 2 cp K= 0, czyli

wst 2 cp (4—4)—2 dost 2 p K= 0, a stąd

jeżeli wyraz

Fx). y—Vy₀ .

. . 154)

dlu

dp

155)

st2<jp₀ — i_i

Temu wyrazowi odpowiadają dwie wartości po, różniące się o 90°, a więc p₀ i ę>₀ + 90°. Różniczkując raz jeszcze, łatwo się możemy przekonać, że raz otrzymamy drugą pochodną dodatnią, drugi raz ujemną, a więc kąty p₀ i cp₀ +90 wyznaczają osie, dla których 4 jest największem i najmniejszem. Osie te, stojące jedna

na drugiej prostopadle, nazywamy osiami głównemi bezwładności (n. Hauptträgheitsaxe, fr. axe principal d'inertie, an. principal axis of inertia).

Przyjęte dowolnie osie X X' i YYr stają się osiami głównemi, gdy cf₀ — 0, a więc gdy

K=0 .

156)

Jeżeli oś Y'Y' (ryś. 103) jest osią symetrji przekroju, to

chcąc obliczyć K— J j x y

d² F i całkując naprzód w pasku mn,

którego środkiem ciężkości jest p, możemy wyłączyć y', jako stałą,

£_

a j x' dl F równa się momentowi

statycznemu powierzchni tego paska ze względu na jego środek ciężkości, zatem =0. To samo zro-— biwszy dla innych pasków, zobaczymy, że K= 0, a zatem ze względu na 156) możemy powiedzieć, że gdy przez O może być położoną oś symetrji, oś ta jest zarazem osią główną bezwładności, oś zaś prostopadła do niej jest drugą osią główną.

Jeżeli przez dany punkt nie da się poprowadzić oś symetrji, to moment zboczenia K należy wyznaczyć z rów. 153). Czasem łatwiej jednak wyznaczymy K w następny sposób, podany przez Müllera Breslau a.

Przypuśćmy, że chcemy wyznaczyć moment zboczenia prze-osie OX i OY, równoległe do osi 0\Xx przechodzących przez środek ciężkości przekroju Oi

X.

7;

Cl

rys. 103.

kroju ze względu na

i OxYlt

(rys. 104).

Wedle 154) K

=JJfc+*) (yi+yo)d* F

albo K

= J j“ x^xdf+xo J Jyi d F+y₀ j" j' a²F+x₀y₀ J J

a² F

Nazwijmy Kx moment zboczenia ze względu na osie Ox Xx i Oi Yu to K\

— f f xx yx dż F. Dalej mamy ze względu, że Oi jest

środkiem ciężkości *o

JJ ⁹¹ * F=0i y° S S

xi d'² F — 0, zatem

157)

K^Ki+xo y₀F

Jeżeli osie 0\X\ i OiKa są osiami głównemi bezwładności, to Kx = 0, więc

K=x₀y₀F.......

przyczem uwzględnić zawsze należy znak rzędnych x₀ i y₀*

158)

rn

J eżeli nazwiemy / moment bezwładności ze względu na oś główną XX (rys. 102), a 4 na oś główną YY, ß kąt nachylenia osi U U do osi głównej XX, to ze względu na i    rów. 152) i 153) możemy napisać,

ponieważ tu K= 0, Iu —I dost² ß+

+ Il wst² ß......

Dla ß= 45° otrzymamy

ifl+i)

I₁ = 2I«-I . . . 160)

Możemy także napisać, wstawiwszy w 159) ß⁼ — (po,

4 = /dost² (—<Po)-\-h wst² (-—(po)= / dost² cpo d⁻4 wst² <p₀,

4 = /wst² 9P₀+4 dost² 9o, a zatem

4 st² cp₀, więc 4 = 4 st² (po—4 wst² (f₀ st²ęp₀ + 4

rys. 104.

dost² <fo

1Ä

1*.=

dost² cpo, czyli

Ig dost²<jp₀—4wst²9>₀ ⁼ 4 dost²9P₀—4 (1—dost²<jp₀)2 =

= 4 (2 dost² cpo — 1),

_ Iy dost² % —Ix wst² cp0 2 dost² (po—1 Dodawszy wartości 4 i 4» otrzymamy 4+Iy⁼/ (dost² cpo + wst² <po)+4 (wst² ępo + dost² gp₀) = I+Ii, . a więc

Ii

159) *

161)

. 162) . 163)

Moment bezwładności wogóle możemy inaczej jeszcze wyrazić, mianowicie równaniem I = Fa²,

1^4 + Iy)-!, .

którebyśmy otrzymali, skupiwszy całą powierzchnię F w jednym punkcie i umieściwszy ją w oddaleniu a od osi. Iloczyn Fa² równałby się momentowi bezwładności I. Długość a nazywamy promieniem bezwładności (n. Trägheiłsradius, fr. rayon de gyration, an. radius of gyration, cz. polomer setrvacnosti).

Pomyślmy, żeśmy obliczyli dla dowolnej ilości osi, przez O przechodzących, momenty bezwładności i odetnijmy na każdej z tych osi długość odwrotnie proporcjonalną do pierwiastku momentu bezwładności (rys. 102) tak, że n. p. OM=

Vm

, gdy c

jest dowolną ilością stałą, a Im momentem bezwładności ze względu na OM, to Im —

c²    .

ÓM^’ Jeżeli rzędne punktu M, odniesione do osi głównych, są OP=x i PM—y, to

x

dost a = Qy^> a wst a —

çyÿp a więc ze względu na 159)

x^    u%

i — f_—i— i__

m OM* ¹ OM*' mamy Im = IIm~ +h a wi;c c*=Ix* + J₁y*.

Wstawiwszy wartości za OM, otrzy-

Wstawmy teraz I—Fa² i I₁ = Fal*, a otrzymamy c² — Fa*x* + Fa₁*y², albo

x² y²

c²

ai²

a² Fa²ax²

165)

Jest to równanie elipsy, którą nazywamy elipsą bezwładności (n. Trägheitsellipse, fr. ellipse d’inertie, an. ellipse of iner-tia). Jeżeli przytem przyjmiemy c² = Fa²aP, to rów. 165) możemy napisać

^!₊z!₌i

ai²

a²

166)

Jestto równanie elipsy bezwładności, której połowy osi głównych są a i a\, promieniami bezwładności głównych momentów bezwładności. W tym wypadku jest

aai

OM*

, więc am =

OM’

_ c² _ F a¹ ax2 Im Fam²

Jeżeli MM' i NN' są osiami sprężonemi elipsy bezwładności, a kąt między niemi zawarty e, to na mocy znanej własności elipsy jest

aa₁ = ON. OM wst €, więc am =

ON. OM. wst s

= ON. wst s = NR.

OM

Widzimy więc, że jeżeli do elipsy bezwładności wykreślimy styczną, równoległą do danej osi, odstęp tej stycznej od osi j es t r ó w ny pr o m i e ni o wi bezwładności ze względu na daną oś. Elipsa bezwładności będzie więc obwiednią prostych, równoległych do danych osi, poprowadzonych w odstępie równym promieniowi bezwładności.

;/

*£.......

ta

----------

— cr —

je*

---

& Mi.

/Y

*<

rys. 105.

A zatem będzie, jak to już wiemy, OT—OT'~a, OS= OS — aiy której to własności elipsy bezwładności możemy użyć do jej wykreślenia.

Jeżeli punkt O jest środkiem ciężkości przekroju, elipsa bezwładności nazywa się wtedy elipsą środkową (n. Zentralellipse, fr. ellipse centrale, an. central ellipse).

Mając elipsę bezwładności wykreśloną, łatwo wyznaczyć możemy moment bezwładności dla jakiejkolwiek osi n. p. NN, prze-

chodzącej przez punkt O. Poprowadźmy styczną do elipsy, równoległą do NN't a odległość obu linii M'R' — an jest promieniem bezwładności, więc In — Fan².

Z równ. 159) wynika, że jeżeli 7=4, to 7m = 7 (dost²/? + 4- wst² ß) — I, a więc, gdy momenty bezwładności dla osi głównych są równe, to także i moment ze względu na jakąkolwiek oś, przechodzącą przez środek ciężkości jest równy momentowi ze względu na oś główną, czyli wszystkie momenty bezwładności, ze względu na osie, przechodzące przez punkt O, są równe ; elipsa bezwładności staje się kołem.

Przykłady.

1. Wyznaczyć elipsę środkową przybliżonego przekroju austr. / I. 28, wykreślonego na rys. 105. Przekrój jest symetryczny, więc oś symetrji YY jest jedną osią główną, drugą zaś oś XX X YY, przechodząca przez środek ciężkości. Obliczmy naprzód Ii /,, a otrzymamy

/=* (12X28³-(12-1,1 (28-3,4)³)=ïV (263 424—162 266)=8 429,8 cm\ 4=xV (2Xl,7X12³+(28-3,4) 1,1³=Ą (5 865,2—32,7)=486,0 cm\ Powierzchnia przekroju F—2X12X1,7+ (28—3,4) 1,1 = 67,86 cm², więc połowy osi głównych elipsy środkowej będą

11,15 cm, al

«=y

8 429,8

67,86

-1/486,0_ V 67,86

2,68 cm.

tówki

2. Dla przybliżonego przekroju ką-50.75

o wymiarach, podanych na

rys. 106, obliczyć wielkość i położenie osi głównych środkowej elipsy bezwładności.

\j

i.

Ie TC

Musimy naprzód znaleść spółrzędne środka ciężkości O. W tym celu korzystać będziemy z równania S~be, gdy S oznacza moment statyczny powierzchni przekroju ze względu na dolną podstawę, F powierzchnię przekroju, a e odległość środka ciężkości O od prostej AB. Możemy więc napisać

167)

e==F

Wstawiwszy wartości otrzymamy

7,5.0,8.3,75+(5—0,8) 0,4 7,5.0,8+(5-0,8) 0,8    “

23,844 ~ 9,36

Jeżeli .5) i e, oznaczać będą moment statyczny ze względu na pionową BC, względnie odległość środka ciężko-

ii

03

S»'

rys. 106.

=2,55 cm.

ści O od BC, to

Sl 5,0.0,8.2,54-(7,5-0,8) .0,4 12,14

— 9,36

ei=~f =

= 1,30 cm.

9,36

Teraz obliczamy moment bezwładności Ix ze względu na oś XX' i Iy ze względu na oś Y'Y'. Dla wyznaczenia tych momentów rozłożymy przekroje na prostokąty i korzystać będziemy z wzorów 147) i 149). Nazwawszy b i h podstawę i wysokość prostokąta, mamy mianowicie momenty bezwładności ze względu na podstawę ly~\ bh³. Nazwawszy dalej 7C moment bezwładności ze względu na oś BC, la ze względu na BA, otrzymamy

Ic—i (0,8.5³ + (7,5—0,8)0,8³) = 34,48 cm4 Iy—Ic—Fex‘=34,48—9,36.1,30²=18,66 cm⁴.

Dalej mamy Ia—\ (0,8.7,5³4"(5—0,8) 0,8³=113,22⁴ cm⁴.

Ix—Ia—Fe²= 113,22 — 9,36.2,55²=52,36 cm⁴.

Teraz obliczymy moment zboczenia K wedle równ. 158) i otrzymamy 77=-(1,30-0,4) (3,75-2,55) 7,5.0,8-(2,5-l,3) (2,55-0,4) (5-0,8) 0,8 K=—6,48—8,67=—15,15cm⁴, a ze względu na równanie 155)

2 (-15,15)    30,30

18,66—52,36 “33,70 • a stąd 2 <p₀=41°57'28" <?₀=20°58'34".

st 2y₀ =

=0,8991

Teraz obliczymy 7 na podstawie równania 152)

I=Ix' dost² cp₀-f-Iy' wst² cp₀—wst 2 (p K albo 7=52,36 dost² cp 4- 18,66 wst² cp+wst² cp 15,15=45,65 4-2,39-4-10,13

7=58,17 cm⁴,

a dalej wedle 163) Ą 18,364- 52,36— 58,17=12,85 cm⁴.

7t moglibyśmy też obliczyć z rów. 161)

18,66 dost² cp₀ — 52,36 wst² </>₀

2 dost² <po — 1

=12,85 cm⁴.

Długości połówek osi głównych elipsy środkowej są więc :

“⁼Vw⁼²'493cm,“‘⁼Vw=1,mcm-

3. Wyznaczyć elipsę bezwładności dla zetówki austryj. 1. 10 (rys. 107).

'ÓS

V.

Ze względu na oś poziomą XlXl otrzy-

JL

X.

mamy

-I'

7*=+0,65.10³++ (5-0,65)

(10-2.0,95)³

Ix=54,174-169,82=223,99 cm⁴.

Ze względu na oś pionową YYX mamy 7^V(10—0,95)0,65³+*(0,95(5+5—0,65)« 7ÿ=0,16+64,71=64,87 cm⁴.

Dalej mamy moment zboczenia

rys. 107.

K=0-2.5.0,95 (5-0,475) X (2,5 - 0,325) K=—93,50 cm⁴.

Wedle rów. 155) mamy teraz

I=^bh\

Nazwijmy połowy osi elipsy a i b', to

h    b    te

“2”, b'=~2, mamy więc I=-^-b'a'³,

a'=

a stąd połowa osi głównej elipsy środkowej

KS ł-»

TC

a=

—2.93,5

=1,1745,

st 2 (p=

Stąd 2 </>₀=49°35'17" a <p₀=24°47'38".

Teraz obliczymy I na podstawie rów. 152)

7=223,99 dost²<p + 64,87 wst²<j? + wst 2ą>. 93,5=184,60+11,41+71,19

/= 267,20 cm⁴

7t =+64,97+223,99—267,20=21,66 cm*.

Długość połówek osi głównych elipsy bezwładności otrzymamy

i/26^2

a~ y 14,77

4. Przekrój eliptyczny.

Moment bezwładności ze wzglądu na oś poziomą XX jest

64,87—223,99

4,25 cm, ó

-i/21,66

- V 14,77“

1,21 cm.

t6V =

a'b'n

Podobnie otrzymamy b = ^ b

Elipsa środkowa jest więc podobną do danej elipsy, a jej osie równają się połowom osi danej elipsy. To samo odnosi się do koła.

§ 42. Elipsa bezwładności ze względu na osie ukośne.

Jeżeli istnieje w przekroju oś symetrji tylko ze względu na osie ukośne, to w takim razie możemy użyć tych osi do wykreślenia elipsy bezwładności. Przyjmijmy w O (rys. 108) parę osi ukośnych X X i Y' Y', z których ostatnia jest zarazem ukośną osią symetrji. Niech ukośne rzędne punktu danego F będą y i x\ odstęp punktu F od dowolnej osi UU, nachylonej do XX pod kątem cp, niech będzie

EF =yu=y' dost y— x wst cp.

Moment bezwładności przekroju ze względu na oś UU będzie lu J J W dost y—xr wst <p)²d ²F *= dost²/ j Jy'²d²F +

-j-wst² çpJ f x'² d²F—2 dost y wst cp J J x y d²F.

Ponieważ wedle założenia J J x'y'd²F = 0 z powodu symetrji,

więc /u = dost²y J J y'² d²FJrwst² cp j J x²d² F .... 168)

Z rysunku widzimy, że FL=y' wst ß i FD = x wst ß, więc

Ix> = wst ß f f y'²d²F, 4- = wst² ß

i/M

yĄj

f f x'² d² F.

HK

Wstawiwszy to w rów. 168), otrzymamy j dost² y

wst²/P

Wstawmy teraz w rów. 169) 1X' —F . a², Iy’ = F . aV, i„ = F a² u _dost² y wst² ß

to a u²

4- +

wst² cp

dost² ß

a2Jr

Iy’ . . 169)

wst²

a\².

wst² ß

Poprowadźmy MN// OU i nazwijmy odcinki na osiach OM—p, ON=q, to

dost y=

O/?

o/?

— wst (p =-, więc

7    P

OR² a² OR² a\2 wst² ß q² wst² ß p²'

Jeżeli poprowadzimy M/Vwtakiem oddaleniu, aby OR=au

rys. 108.

a² —

to 1 =

a²

flV

. 170)

wst² ßq² wst² ßp2 Jestto równanie elipsy ze względu na odcinki stycznych q i p i da się wyznaczyć w znany sposób *) równanie obwiednej stycznych MN xr 2 wst² ß j_y'² wst² ß

CL X²

równanie elipsy ze względu na sprzężone osie OX i OY (rys. 109).

a²

.    . 171) X

°7~

A zatem każda para osi, ze

którą j f xyd² F jest

względu na zerem, czyli każda para osi, z których jedna jest osią u-

'y

rys. 109.

*) P. Keck. Vorträge über Elastizitätslehre, str. 28.

kośną symetrji, jest zarazem parą osi sprzężonych elipsy bezwładności.

Przykład. W trójkącie ABC (rys. 110) zróbmy AD=DC, to DB jest ukośną osią symetrji, a zatem BD i OX osiami sprężonemi elipsy.

Wiemy, że Ix=^ß ^³> F—

więc a²= |g/i³, a = 0,236 h. Zróbmy więc

Dt0=0By=0,236 BD, to D₁ i Bt są to punkty elipsy bezwładności, w których styczne są poziome. To samo zrobić możemy ze względu na drugie dwa boki trójkąta AB i BC.

43. Koło bezwładności.

rys. 110.

Zmiana momentu bezwładności przekroju dla osi, przechodzących przez ten sam punkt a rozmaicie nachylonych, da się jeszcze inaczej przedstawić według¹ Mü 11 e ra-B r e slau a.

Niechaj Ox' — Ix• (rys 111) a Oy' = Iy’, przyczem przypuśćmy

CL

o,

CF

rys. 111.

%

że IxC>Iy ‘ Wystawmy w x' i y' prostopadle na OX', mianowicie Bx'——K i Ay'—+K. Zatoczmy teraz na średnicy AB koło, to posłuży nam ono do wyznaczenia momentu bezwładności ze względu na dowolną oś.

I tak dla dowolnej osi OU, nachylonej do OX' pod kątem cp, wykreślmy BE\JOU, przedłużmy BE do C, wykreślmy CC\ I OX', to

OCx — OE±—E₁C₁ = OE dost cp—EC wst <p,

OE=Ix’ dostęo—K wst cp, EC= K dost cp — wst cp, więc OCV = (/*’dost cp—K wst cp) dost cp—(Kdost cp—Iy> wst cp) wstęp. OC\ — Ix’ dost² ęp + 4- wst² ęp—2 wst ęp dost cp K = IU.

A zatem OCi przedstawia dla osi OU moment bezwładności.

Jeśli kąt cp będziemy zmieniać, to punkt C poruszać się będzie po obwodzie koła, a rzut jego Ci na prostej. Widzimy stąd, że najmn. I—Oy — Ii, najw. I=Ox = I.

Dla najmn. I—L oś OY musi bvć I do By, a więc być równoległą do y A, zaś OX \ Bx czyli OX”// Ax. W ten sposób wyznaczyliśmy osie główne bezwładności.

Z rysunku wynika, ieCC^ — K' jest momentem zboczenia dla osi OU. Moment zboczenia jest zerem dla osi głównych i rośnie do pewnej największości OF. Z rysunku też widzimy, że Ix-\-Ig’ = = /+/i, co zgadza się z rów. 162).

§ 44. Punkty stałe przekroju.

Na rys. 105 wykreśliliśmy elipsę bezwładności środkową, a więc I=Fa², Il=Fay², a ze względu na oś U będzie /„ = Idost² ęp + 7j wst² ęp = / (1 —Wst² cp) + Ix wst² cp = F [a² — (a² + ax²) wst² ęp]. Moment bezwładności ze względu na oś 1VW, odległą o d=OL od UU, będzie Iw = F [a² — (a²—(a²—ai²) wst²ęp + d²].

Zróbmy według Mohra O F — O F' = \J a² — a₁²= odległości ogniska elipsy od środka O, to otrzymamy d²—(a²—a-Y) wst² cp = OL²— OF² wst² <p =OL ²—OM² = (OL + OM) X (OL-OM) =

— FE. F' E' = e± e₂, a więc:

Iw —F[a² + eie₂]

172)

Na mocy tego równania możemy wyznaczyć moment bezwładności ze względu na dowolną oś, jeżeli znamy elipsę środkową przekroju, albo przynajmniej a i punkty F i F.

Jeżeli dana oś przechodzi przez punkt F lub F', to ei lub e2 staje się równem zeru, wtedy moment bezwładności równa się stałej ilości F a². Ze względu na tę własność nazywamy punkty F i F' punktami stałymi (n. Fixpunkte). Elipsy bezwładności są dla tych punktów kołami. Jeżeli a= au to punkty stałe przypadają

punkt O.

na

§ 45. Liczebne wyznaczenie momentu bezwładności dla figur

nieregularnych.

Dla figur nieregularnych wyznaczamy moment bezwładności

liczebnie najlepiej za pomocą znanej metody S i m p s o n a, której u-dowodnienie należy do mechaniki rozumowej.

W celu wyznaczenia momentu bezwładności przekroju nieregularnego (rys. 112) ze względu na oś XX dzielimy przekrój prostemi rów-noległemi do XX na parzystą ilość równo grubych pasków. Nazwawszy długości tych prostych b₀, bu b<z . . . bin, ich odstępy od XX d₀, du d₂ .. . d% nf a grubość pasków a, otrzymamy moment bezwładności ze względu na XX:

. d⁻ b

i 's*

bo

w • ^

? j

! I , .

v W » ix

rys. 112.

j [b₀ d„» + b₂ „ d*₂ „ + 4 (b, d, »+b, d₃ * +..

d⁻2 (b^ dj²4~b₄ d₄² + . .. d~b2n—2d²2n—:2)! • • • .173)

2n—1

d~2 n—l)

względu na —Fe².

Znając I\ możemy wyznaczyć moment bezwładności ze środek ciężkości według znanego równania I—I\ +

S

Długość e otrzymamy z równania 167) e— -j-y przyczem moment statyczny S powierzchni przekroju ze względu na XX jest według Simpsona:

S= -^-[£₀ do + F₂nd₂n + 4 (bi ć/l + bs ds + ... + b2n-id2n-i) +

a powierzchnia :

+ 2 (Ó₂ di + bi t/₄ + ... +Ó2n-2 C?2n-2)] • . • . 174)

— [bo + b₂n + 4(bl + b₃ + ... + èn_i) + 2(è₂ + ^+ ... +£„-2)] 175)

Wzór 173) jest jednak niedogodnym w praktyce, bo musimy wykonać 2n—1 mnożeń, dlatego też używamy innych wzorów, które zaraz podamy.

n./

Z7V

a*-

rys. 113.

Jeżeli mamy wyznaczyć moment bezwładności powierzchni Obcd (rys. 113) ze względu na oś OX i OK, to otrzymamy według Simpso-na,podzieliwszy powierzchnię znów na parzystą ilość pasków o grubości a, ze względu na oś OX\

y [yo³ + 4y₁³+2y₂³ + 4y₃⁸ + 2y₄³ +

+ . . . +4y³2n-l+y³2n], a ze względu na oś OY:

. . 176)

a³

Iy = y [0²yo +1².4yi + 2².2y₂ + 3².4y₃ +

+ ... + (2n—1)² 4y₂„-i + (2n)² y2 n]

Podobnie otrzymamy powierzchnię:

^ ⁼ ^[#0 +y*n + 4 (y₁ +y₃ +... +ÿ₂„-i) + 2(i/₂ +y± +... + y^n-i)] 177)

i moment statyczny ze względu na oś OX:

^[Vo² + */²2n + 4(ÿ₁*+ÿ₈*+ ... +<y²2n-i) + 2(t/₂² 4-i/₄² +

+ • • • d~i/²2n—2>]

178)

zaś ze względu na oś OX:

- [0. y₀ + 2ny2n + 4 (1. yx + 3ys + .. . + (2„_i) y2n-1] '+ 2(2y₂ + + 4^₄+ ... + (2n    2) y%n—2)

Wzory te są o tyle dla praktyki korzystniejsze, że kwadraty i sześciany możemy wziąć z tablic, a przez to znacznie sobie ułatwić rachunek.

% co

179)

Przykład. Obliczyć moment bezwładności szyny austrjackich kolei pierwszorzędnych (rys. 114). Z powodu symetrji liczymy moment dla połowy szyny i dzielimy ją na 50 pasków o grubości 0,28 cm.

X\

J/S"-T

3/0-

--3 15-

_J35-

_ 3 •/<?-

V'

—"zT— jjs

-JjS-

— 550 -

3 60

5Ó0-

560

rys. 114.

Z wzorów 176) otrzymujemy:

Ix 0,28 „

~2~ 9—[5,6³-4-4 X 5,6³ + 2X5.6³ + 4 X 5.6H-2 X 5,59³ +... +4 X 2,75* + 2,25⁸]

/*=272,94 cm*.

^S=-^[0»X5,6+1»X4X5,6+2'X2X5,6+... +49*X4X2,75+50^X2,25]

l'y— 4143,10 cm⁴.

• Moment l'y sprowadźmy na oś ciężkości YY. W tym celu wyznaczamy

odległość środka ciężkości z wzoru e = ~pr. Moment statyczny S otrzymamy z wzoru 179):

5 0,28

3~[0X5,6 + 50X2,25+4 (1X5,6+3X5'6+5X5,6+.. .+49X2,2,75)+

Z wzoru 177):

F 0,28

+2 (2X5,6+4X5,59+6X3,35+ ... +48X3,10)] 5=401,54 cm³.

[5,6+2,25+4 (5,6+5,6+5,25+... + 2,75)+2 (5,6+5,59+3,35+3,10)] /'=57, 2 cm*

401,54

=7,00

Iy=l'y —/e²=4143,10—57,2X7²=1440,20 cm⁴.

57,2

cm

§ 46. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności.

Na rysunku 115 widzimy siły równoległe Plf P%, Pz i Pif których moment bezwładności ze względu na równoległą do nich

Jt

j ry

■'s

•r

vr

a? «

-«ć-

/?

p______

/?

r-*

•V

rys. 115.

oś XX mamy wyznaczyć. Wykreślmy najprzód w znany sposób

1 cm

wielobok sił 01234, wyrażając w przyjętej podziałce

siły

Statyka.

długościami, obierzmy dowolny biegun O, wykreślmy zeń promienie i wielobok sznurowy pmnB.

Punkt D przecięcia się przedłużeń boków skrajnych wyznacza położenie wypadkowej R. Przedłużmy boki pm i mn wielo-boku sznurowego do osi XX, to otrzymamy trójkąt mfdcoO 12, a stąd fd: 1^—12: a. Długość 12 = P>, więc

180)

fd

A więc moment statyczny dowolnej siły jest proporcjonalnym do długości fd, odciętej przedłużeniami odnośnych boków wieloboku sznurowego, co zresztą wynika wprost z § 7. Jeżeli to samo zrobimy ze wszystkiemi siłami, to

v    _ si

—    — _ »

181)

CB =

a stąd moment statyczny S₁ = a. CB.

Uważajmy teraz odcinki fd jako siły, to CB będzie wielo-bokiem sił. Przyjmijmy drugi biegun Ox, poprowadźmy promienie i wykreślmy drugi wielobok sznurowy wu C\. Wtedy otrzymamy:

udi /i oo Ox fd, a stąd di fx

—fd. y i

Wstawiwszy za fd wartość z równ. 180), otrzymamy: dxfx =

, a zatem CxBx — X

ab

ab’ Wi?c

Py i - A

ab

182)

Ii — Ci Bi a b,

jeżeli A oznacza moment bezwładności sił Z³!, P₂, Pz, Pi ze względu na oś XX.

Sposób ten wyznaczania momentu bezwładności podał C u 1-mann. Według niego więc prosta CXBX, odcięta na osi przedłużeniem boków skrajnych drugiego wieloboku sznurowego, jest proporcjonalną do momentu bezwładności. CXBX odczytujemy w podziałce sił, odległości biegunowe a i b w podziałce długości.

Możemy jednak i w inny sposób wyznaczyć moment bezwładności. Według równ. 180) fd—, a więc P₂y₂ = a.fd, a stąd :

Z\t/2² — a.fd.yz = 2a^d fmd.

Jeżeli to samo zrobimy dla innych sił, to powierzchnia

183)

Ii = 2 a pow. Cp B,

A więc moment bezwładności według tego sposobu, poda- i nego przez Mohra, jest równy powierzchni ograniczonej osią, wielobokiem sznurowym i przedłużeniami boków skrajnych, pomnożonych przez podwójną odległość biegunową a, wyrażoną w po-działce sił.

Gdy mamy obliczyć moment bezwładności powierzchni nieregularnej, dzielimy ją na paski prostemi równo-ległemi do danej osi, szukamy środków ciężkości tych pasków i uważamy powierzchnie tych pasków jako siły równoległe, zaczepiające w środkach ciężkości pasków. Dalszy tok konstrukcji jest zupełnie ten sam, co dla sił P\, P₂, P3, Pif tylko że zamiast sił wchodzą tu w rachunek powierzchnie. Powierzchnie pasków wyznaczyć możemy w rozmaity sposób, a mianowicie zamieniając je na powierzchnie czworoboków o danej podstawie lub też za pomocą linii całkowej. Zawsze otrzymamy powierzchnie jako iloczyn dwóch długości, a mianowicie długości 01, 12 i t. d., pomnożonej przez pewną długość c, wspólną wszystkim paskom. Zamiast odczytywać długość CB lub a w podziałce powierzchni, możemy więc odczytywać je w podziałce długości i pomnożyć przez c. Otrzymamy zatem z równ. 182) według Culmanna :

184)

Il = c₂ Bi a . b. c

równ. 183) według Mohra:

185)

Ii = 2 a . c pow. Cp B

Chcąc wyznaczyć /, moment bezwładności sił Plf Pit P₃, P4 ze względu na oś, położoną przez punkt D w kierunku wypad-

1 _ Re ,

—, gdy e oznacza

Re%

CpB =

to

O Cc:

to

Cu

to

ar

o-

5

kowej R, otrzymamy z równ. 181): CB — — odstęp wypadkowej od osi XX. Dalej otrzymamy d CDB=

więc: Rei = 2a 4 CDB.

Wiemy, że I=R— Pe² = 2 a F—2 a . 4CDB, jeżeli P = pow. CpB, stąd :

1=2 a {F—CDB)—2 a F₀,.....186)

jeżeli F₀ = pow. DpmnB.

Analogicznie otrzymamy dla momentu bezwładności powierzchni ze względu na oś ciężkości:

I = 2a.c.F₀    . .

. . 187)

Licząc dokładniej sposobem C u 1 m a n n a, musimy uwzględnić tę okoliczność, że moment bezwładności danego paska jest

według równ. 148) ze względu na daną oś XX, odległą od środka ciężkości paska o długość e (rys. 116) 4=/+ +Fe², podczas gdyśmy dotychczas przyjmowali w przybliżeniu Ix = Fe'². Jeżeli paski są dość wązkie, moment bezwładności I paska ze względu na jego środek ciężkości jest mały i możemy go opuścić.

Jeżeli zaś paski są większe i chcemy dokładniej wyznaczyć moment bezwładności; to przesuwamy, rysując drugi wielobok sznurowy, kierunki sił (t. j. tu momentów statycznych S). Mamy bowiem Ą =

~-a

rys. 116.

a=]/T

=:/+/'e² = /⁷(a² + e²), jeżeli

Moment statyczny S=Fe, więc

a²-Ve²

oznacza promień bezwładności.

— e + — — ex. e

Robimy więc poprawkę, przyjmując zamiast długości e długość elt a zatem oddalając punkt zaczepienia momentu statycznego S

znajdujemy ła-

CL²    CL²

—. Długość — e    e

dla drugiego wieloboku o (ei—e) =

two wykreślnie, kreśląc prostopadle do ramienia e EB = a, promieniowi bezwładności*), łącząc punkt A w osi XX z punktem

B i kreśląc BC i AB. Wtedy EC. AE=a%, więc £’C=-^—, zatem

C jest punktem zaczepienia momentu statycznego.

§ 47. Linia całkowa.

Mówiliśmy, że powierzchnie pasków możemy wyznaczyć za pomocą linii całkowej otóż zastanowimy się teraz nieco nad istotą linji całkowej i nad sposobem jej wykreślenia.

^stokąta a=0,288 h, jeżeli h wysokość paska.

*\

Rzędne linii całkowej SPM (rys. 117) są funkcjami rzędnych danej linii EFN, wyrażonych równaniem y—f(x).

Dla linii całkowej będzie

'H

Y=

f (x)

a dx + C,

gdzie a i C są ilościami sta-łemi. Linię EFN nazywamy wtedy ze względu na linię SPM linią różniczkową.

u/s>

“7

Zróżniczkowawszy poprzednie równanie, otrzymamy :

—a---

-—-----^ i

-u;--------

dY₌fjd

r=stcp’

jeżeli cp jest kątem nachylenia stycznej PH linii całkowej w P do poziomu. Poprowadźmy F CU NB, a CO\lPH, to ^gCOB=(p,

rys. 117.

dx

OB

3, a stąd OB = a.

f{x) y a więc st cp — -—^- = — a

Długość a nazywamy odległością biegunową a O biegunem. Chcąc wyznaczyć powierzchnię, zawartą między linią różniczkową, osią i rzędnemi yx i y₂, mamy:

F= / (*:

!x—(Y₂—C) a—(Yx—C) a = (Y₂—Yi) a, . . 188)

a więc powierzchnia ta równa się różnicy rzędnych linii całkowej, pomnożonej przez odległość biegunową a.

bej g (rys. 118)

Aby dla danej linii różniczkowej wykreślić linię całkową, postępujemy w następujący sposób : Dzielimy linię różniczkową, na części tak krótkie, że je uważać możemy jako proste. Z punktów podziału b, c, d, e, /, g, kreślimy równoległe do osi OX aż do OY i łączymy punkty b", c", d", e", f", g", z biegunem B. Promienie Bb", Be', Bd"... będą równoległe do stycznych linii całkowej w odnośnych punktach W, c', d', e , f, g . Jeżeli bc, cd, de... są proste, to odnośne części linii całkowej będą liniami drugiego rzędu, a mianowicie parabolami. Jeżeli zaś b' c jest parabolą, to styczne -wbić' przecinają się w m, jak wiemy z matematyki, w połowie szerokości pasków. Ta własność paraboli posłuży nam do wykreślenia linii całkowej.

Obrawszy dowolny punkt b\ kreślimy bmjlBb", mn/IBc", npl/Bd" i t. d., przyczem punkty mnp leżą w liniach połowiących paski. W ten sposób otrzymujemy szereg stycznych, a że znamy tu punkty styczności b', ć, d' i t. d., więc wykreślenie linii całkowej nie przedstawia już żadnej trudności. Jeżeli paski były dość wązkie, to styczne zastąpią linią całkową.

dj

!

&--1--

a.

/■

s >■

/" £L_

V 1-j

---¹»

rys. 118.

Jeżeli wyznaczymy powierzchnię pasków, na które podzieliśmy powierzchnię przekroju, za pomocą linii całkowej, to odległość biegunowa a jest wspólną odległością, którąśmy oznaczyli jako c w równ. 184, 185, 186 i 187.

§ 48. Przykład. Moment bezwładności szyny kolejowej.

Tok konstrukcji wyjaśnimy najlepiej na przykładzie, wyznaczając wy¹ kreślnie moment bezwładności szyny kolejowej (tabl. I.).

Dzielimy Idwą połowę szyny na paski, tak, aby linię zarysu na szerokość paska można przyjąć jako prostą¹) i wykreślamy dla tej połowy szyny według

poprzedniego paragrafu linią całkową. Gdy odległość biegunową przyjmiemy wielką, to linia całkowa będzie płaską i na odwrót; tu przyjęliśmy odległość biegunową od podstawy c=7 cm. Z punktów przecięcia się prostych podziałowych z zarysem szyny spuszczamy prostopadłe na podstawę n. p. pp' i łączymy spodki tych prostopadłych z biegunem O. Promienie te n. p. Op‘ są równoległe do stycznych linii całkowej, które kreślimy po kolei do prostych, połowiących * szerokości pasków. W ten sposób otrzymamy linią całkową a 1", 2“, 3" . .. za pomocą której wyznaczymy powierzchnię połowy szyny, kreśląc z 0 i 23 poziome do przecięcia się z linią całkową w a i 23' i kreśląc pionową przez a. Odcinek a‘ 23', pomnożony przez odległość biegunową OO daje nam powierzchnię połowy szyny. Tu otrzymaliśmy powierzchnię połowy szyny 16,2.7= =113,4 cm², całej szyny 226,8 cm², a że szyna wykreślona w podziałce 2:1, więc F=226,8 : 4=56,7 cm². ,

W celu wyznaczenia momentu bezwładności rozkładamy znowu powierzchnię przekroju szyny na paski, które teraz mogą być trochę szersze, jednak tylko o tyle, aby wielobok sznurowy nie wiele się różnił od linii sznurowej, którą właściwie dla powierzchni powinniśmy otrzymać. Na rysunku podzieliliśmy szynę na 23 pasków, wązkich w głowie i nóżce, a szerszych w ściance szyny, bo tu przekrój mniej się zmienia. Mamy wyznaczyć powierzchnie tych pasków i wykreślić wielobok sił (czyli właściwie powierzchni). Czynimy to zapomocą linii całkowej, przedłużając linie podziałowe do linii całkowej, np. 0 a do a, 11" do 1", i kreśląc z punktów przecięcia się a, 1", 2“ .. . prostopadłe na poziomą a!

1' 2'.. . 23'. Odcinki w ten sposób uzyskane, pomnożone przez odległość biegunową c=7 cm, przedstawiają powierzchnie pasków, a więc 0' 23' jest wielo-bokiem sił, względnie powierzchni. Jeżeli zamiast linii całkowej krzywej wykreślimy tylko szereg stycznych, to trzeba, aby punkty 1" 2'' 3". . . przypadały na punkty styczności, a więc dobrze jest zachować te same linie podziału, co pierwej. Gdybyśmy przyjęli inne linie podziału, to punkty te nie wypadłyby na punktach styczności, a wtedy należałoby do konstrukcji użyć linii całkowej krzywej, a nie stycznych.

=20,6

Następnie wyznaczamy środki ciężkości poszczególnych pasków i zaczepiamy w nich siły równoległe poziome, względnie powierzchnie pasków. Dalej przyjmujemy biegun O'' w odległości a,=8 cm od prostej a' 23' i kreślimy promienie. Równoległe do tych promieni dają pierwszy wielobok sznurowy s 9 l. Skrajne boki wieloboku sznurowego przedłużone przecinają się w punkcie D, przez który przechodzi wypadkowa. Pozioma D przecina oś szyny w środku ciężkości S. Przedłużywszy boki wieloboku sznurowego aż do osi, przechodzącej przez środek ciężkości, otrzymamy punkty, oznaczone cyframi od 1.. . 23. Jestto drugi wielobok sił względnie powierzchni, dla którego obieramy biegun O' w odległości 6=10 cm i kreślimy promienie. Następnie prowadzimy równolegle do tych promieni drugi wielobok sznurowy mruż. Skrajne boki wieloboku przedłużamy aż do przecięcia się z osią ciężkości w punktach B i C. Długość BC— cm jest według Culmanna proporcjonalną do momentu bezwładności, który otrzymamy według równ. 184), gdy pomnożymy BC przez a, b i c. Jeżeli zauważymy, ieBÖ.alb.c przedstawia moment bezwładności połowy szyny, to chcąc otrzymać moment całego przekroju szyny, musimy pomnożyć wynik przez

2. Ponieważ szynę wykreśliliśmy w podwójnej podziałce (2 :1), więc wszystkie długości są dwa razy większe, a zatem, aby otrzymać moment bezwładności rzeczywistego przekroju, musimy wynik podzielić przez 2⁴=16. A więc

16

20,6 . 10 .8. 7 . 2 -t?-—1442 cm⁴.

Według Mohra zaś otrzymamy, splanimetrowawszy powierzchnię s9lD—

=103,6 cm²,

/* =

103,6 . 2 . 8 . 7 . 2

16

=1450 cm⁴.

Jako ostateczny wynik przyjmiemy średnią arytmetyczną:

1442 + 1450

/*=

=1446 cm⁴.

Jeżeii chcemy wyznaczyć teraz promień bezwładności wykreślnie, to możemy tó zrobić wedle Miillera Breslaua w następny sposób:

Dla połowy szyny jest wedle Culmanna, gdy odcinek BC nazwiemy z, /=a,ócz, F—nc, więc

1 avb c z axbz

nr

a'⁼~F=-⁼    ‘

Odetnijmy 23' G—b i zróbmy G////0"23', to HL=b. Z podobieństw trójkątów mamy b:n—0“E: ait więc 0//£’=“~, zatem ai=0"E. z. Zróbmy 0“K—z, zatoczmy półkole na EK, to

O" F²=0"E . z—a'¹, zatem a=0"/\

Dla całej szyny niech będzie moment bezwładności /', powierzchnia F, to /'=2/, F‘=2 F, stąd

/    2II

Promień bezwładności jest więc dla całej szyny ten sam, co dla połowy.

§ 49. Wykreślne wyznaczenie momentu bezwładności powierzchni sposobem Nehlsa.

Aby wyznaczyć wykreślnie moment bezwładności powierzchni danej cm₁d₁h = F (rys. 119) ze względu na oś OX, kreślimy najprzód prostą prUOX w odległości dowolnej a. Badajmy teraz element powierzchni, t. j. prostą mmx o grubości nieskończenie małej dy, zróbmy m^m j/mO, połączmy O z m , przedłużmy tę prostą do m₂, to otrzymamy Om:mm₂ — a:pm} a stąd, ponieważ pm = mmu będziemy mieli y : mm₂ — a : mmly więc

mmi

mmj

=-y.

a *

Zróbmy to samo z innymi elementami, a otrzymamy mmź dx — pow. ócm₂ d-> = F i

mm^ydx S

przyczem wyraz

J mm₁ydx = S przedsta-

• Tn

Hjgg

\,

liS

'rr?^

rys. 119.

wia moment statyczny powierzchni F ze względu na OX.

Zróbmy teraz m₂m"IjmO i wykreślmy Om" aż do m₃, a otrzymamy podobnie pm" : a = — mm» :y, a zważywszy, że pm" = mm%,

=    stąd

mm₂ y dx __

mm₃

mm₃ dx

, a zatem

_ mm! jy²

. ^ mm₃ dx = ij

a²

= pow. bcm₃d₃ = Fa, więc

. . 190)

wyraz | mmi y² dx = / przedstawia moment bezwładno-

oś OX²).

przyczem

ści powierzchni F ze względu na

Po prawej stronie rysunku na tablicy I wyznaczyliśmy według tego sposobu, podanego przez Ne his a, moment bezwładności szyny ze względu na oś pionową i to osobno dla górnej części szyny, a osobno dla dolnej. Długość a przyjęliśmy dla górnej części szyny 5 cm, dla dolnej większą at= 6 cm, aby rysunek nie wypadł za papier. Splanimetrowąwszy Fn, otrzymaliśmy dla górnej części Fn"—29,2 cm², a dla dolnej Fn'=35,2 cm², a więc

2 2

//==(/w" o²+Fn' ai²)y5 ⁼ (29,2.5²—35,2.6²) ^=249,6 cm³.

Nareszcie otrzymamy promienie bezwładności

-vW

1446

56,7

=5,05

cm

ą-/Hw-2,10

c/n.

Możemy teraz wykreślić elipsę bezwładności, znając promienie bezwładności dla obu osi głównych.

Zrobić tu jeszcze musimy uwagę, że jeżeliśmy do wykreślenia linii cm₈ dz b z linii cm₂ c/₂ 6 użyli nie prostej pr (rys. 119)

”h

w odległości a, lecz innej prostej w odległości n. p. a' to zamiast równ. 190) otrzymalibyśmy F% —

— ~~g/} jak tego łatwo

dowieść można.

Moment bezwładności powierzchni możemy także wyznaczyć za pomocą bardzo zmyślnego przyrządu, mianowicie planimetru Amslera, którego teorję i opis podał Dr. W i n k 1 e r w czasopiśmie Austrjackiego Towarzystwa Inżynierów

e"

Jf__d\

rys. 120.

i Architektów w r. 1870*).

Powierzchnia Fx (rys. 119), wyrażająca moment statyczny powierzchni, ma jeszcze inne znaczenie, które zaraz wyjaśnimy. Według rów. 138)

V

— =£. Jeżeli oś OX przyjmiemy w środku ciężkości przekroju,

to v~y, więc v⁼^y (rys. 120).

Na pasek powierzchni mmi dy działa siła mmi dy v~ mmi dy Ç y= mm₂ a Ç dy. Jeżeli scałkujemy siły, działające w przekroju powyżej osi obojętnej, to otrzymamy

mm₂ dy a £= a £. Fi

*) P. także Ott: Vorträge über Baumechanik. IL Theil. str. 124 i nast.

jeżeli F i = pow. Ocm₂, a podobnie wypadkowa naprężeń poniżej osi obojętnej C" = a£,F₂, jeżeli F₂ = pow. Oed, przyczem C' = C". Siły normalne, działające w paskach powierzchni przekroju są

-in

Łl

rys. 121.

proporcjonalne do mm.₂, powierzchnie zatem kreskowane Z⁷! i F ₂ przedstawiają rozkład naprężeń normalnych w przekroju i nazywają się dla tego sprowadzone-mi powierzchniami przekroju (n. reducirte Querschnittsfläche). Jeżeli wyznaczymy środki ciężkości powierzchni Fx i F₂ Si i S₂, to punkty te są punktami zaczepienia ciśnienia i ciągnienia, nazywamy je więc środkiem ciśnienia względnie ciągnienia. Odstęp pionowy środków ciśnienia i ciągnienia niech będzie ń₂, to

C. h₂ = M

191)

Na rys. 121 widzimy powierzchnię sprowadzoną przekroju / i środki ciśnienia i ciągnienia. Widzimy, że tu odstęp środków naprężenia h₂ jest nie o wiele mniejszy od h, w przybliżeniu możemy przyjąć h₂ = 0,9 h.

§ 50. Obliczenie siły ścinającej poziomej.

Siły, zginające belkę, działają w kierunku prostopadłym do osi belki, więc wywołują oprócz naprężeń zginających także naprężenia ścinające. Dla belki o osi prostej jest siła poprzeczna wypadkową wszystkich sił, działających po lewej stronie danego przekroju, naprężenia ścinające pionowe w każdym przekroju muszą więc być równe w stanie równowagi sile poprzecznej Q.

Oprócz naprężeń ścinających pionowych powstają jednak w belce, pracującej na zginanie, naprężenia także w innych kierunkach. Najprzód zastanawiać się będziemy nad naprężeniami ścinającemi poziomemi (n. horizontale Schubspannung, fr. effort rasant, force de glissement longitudinal, an. horizontal shea-ring stress).

W celu wyznaczenia tych naprężeń wytnijmy z danej belki część jej o długości 4x (rys. 122) płaszczyznami prostopadłemi do osi i dla równowagi zaczepmy naprężenia, które przed przecięciem w; belce istniały. Zbadajmy teraz siły, działające w warstwie pp', równoległej do osi, a odległej od niej o v. Na części

belki mm'p'p działają po prawej i po lewej stronie aj    naprężenia normalne, które,

V    jak wiadomo, zmieniają się

_ Ipj _X I    według prawa linii prostej.

Naprężenia te dadzą się złożyć na siły H i H, które z powodu, że 4x jest bardzo małe, możemy obie przyjąć jako poziome. Dadzą one wypadkową 4H= — H—H, działającą w kierunku siły większej. Siły, działające na część belki pp n n, muszą dać jako wypadkową także 4H, lecz działającą w kierunku przeciwnym, bo warstwa pp' jest w równowadze.

m’

//'

//

xFF

fn:

ir-

J'

rys. 122.

Według równ. 141) jest v—

v, a więc siła, działająca na

pasek p±P'2 o długości u a grubości dv, jest

v udv, a stąd

f    M_ fe

I vudv — j

uvdv.

Podobnie otrzymamy Hr pozostał ten sam ; a więc

_Kfe ~ U.

uvduy jeżeli przekrój belki

4H=H'—H=

M-M f

¹ i.

uvdv —

4M re

tJ«

uvdv.

Jeżeli przekroje obierzemy bardzo blisko, to możemy napisać

uvdv.

dM re

dH=~j

Siła ścinająca pozioma dH działa na długości dx, na jednostkę długości wypada więc

dH dM

dx ~ dx . /

uvdv.

dM_n

Z równania 14) wiemy, że

-^r- — CJ t. j. sile poprzecznej,

/:

uvdv wyraża moment statyczny powierzchni p^mp^

ze względu na środek ciężkości przekroju O, nazwijmy go Sy

. QS

uvdv, a więc a—

Naprężenie ścinające poziome na jednostkę powierzchni

całka zaś

to S

=/:

192)

będzie

₌ QS

193)

u

Z równania 192) widzimy, że ponieważ Q i / są dla danego przekroju i obciążenia stałe, więc a zmienia się proporcjonalnie do S, a zatem siła ścinająca jest największą w osi, a w warstwie skrajnej równą zeru, bo tam S= 0. Dla przekroju '    prostokątnego (rys. 123) mamy

Iu

Jc

\oWmm

’]T

s-(- —‘h—t(

)-

to

=?[ --(i)']

tH

. 194)

rys. 123.

Największe będzie w osi dla

. . 195)

najw o

Widzimy więc, że dla zmiennej v siła ścinająca o i naprężenie ścinające poziome zmieniają się w przekroju prostokątnym wedle paraboli. W przekroju / (rys. 124) zmienia się siła ścinająca o wedle paraboli ab i cd w stopie i głowie, zaś według innej paraboli bec w ściance.

Z równania 193) widzimy, że naprężenie ścinające poziome

o₁ zmienia się proporcjonalnie do —. Jeżeli więc szerokość przekroju u nagle się zmienia, to i <7i zmienia się nagle odwrotnie proporcjonalnie do u.

¹

Około 30 pasków. Podział ten po wykreśleniu linii całkowej wymazaliśmy dla większej wyrazistości rysunku.

²

Dr. A. Denizot podał w Zeits. d. Ver. Deutsch. Ing. (1913 str. 1028) sposób wykreślny wyznaczenia momentu bezwładności i momentu zboczenia, który jest kombinacją sposobów Nehlsa i Cullmanna.

§ 51. Naprężenia ścinające pionowe.

Wiemy już z poprzedniego, że suma naprężeń ścinających pionowych (fr. effort tranchant) w każdym przekroju pionowym belki o osi prostej równą jest sile poprzecznej Q. Zachodzi teraz pytanie, jak siła poprzeczna rozdziela się w przekroju.

O:dx_

Wytnijmy z belki (rys. 125) dwiema płaszczyznami pozio-memi w odstępie dv i dwiema płaszczyznami pionowemi w odstępie dx grania-stosłup o podstawie ABCD a wysokości

\(yxdv

rys. 125.

Przy przejściu więc ze ścianki w stopę w C następuje nagła zmiana naprężenia ścinającego. Z rysunku 124. widzimy, że naprężenia ścinające są bardzo małe w stopie i głowie, możemy więc je pominąć, a przenoszą się fSJĘĘ'⁷' prawie w całości na ściankę. Na odwrót wedle rysunku 121. naprężenia normalne w belkach o przekroju / działają przeważnie

ii

b_

7?”

urn

ę_

IŁ

!■

7_

Êm

•-Q

"0

gg

SSS5-'=

08'

----I

rys. 124.

stopie i głowie, a mało co w ściance.

=1, to w płaszczyznaah DC i AB działają siły ścinające poziome dx, w płaszczyznach zaś pionowych siły o₂dv, a o-prócz tego równolegle do osi działają siły vdv, które się znoszą.

Mamy tu więc dwie pary sił, dla równowag! musi być suma ich momentów równa zeru, więc

—dx . dv^ro^dv . dx — 0, a zatem

196)

Widzimy więc, że naprężenia ścinające pionowe są w każdym punkcie przekroju poprzecznego równe naprężeniom ścinającym poziomym alt w tym punkcie działającym.

Ze względu na równanie 193) możemy więc napisać

a²    lu

a zatem naprężenia ścinające pionowe zmieniają się proporcjonalnie do —.

₌ QS

Jeżeli siła poprzeczna Q działa na przekrój F, to gdyby naprężenia rozdzielały się na przekrój jednostajnie (prosta R "R'

w rys 123), toby największe naprężenie było o

Dla przekroju prostokątnego jest największe naprężenie we-

die 193) i 196) dla v = 0 OT=    n > ⁼    .

Z bn Zr Z

. 197)

Największe naprężenie na ścinanie jest więc dla przekroju prostokątnego | razy większem, niż przeciętne dla równego rozdzielenia siły.

Dla przekroju I OT będzie także nieco większem niż O R (rys. 124), jeżeli jednak silę Q rozdzielimy tylko na ściankę równo, to będzie się mało co różniło od OR.

Przykład. Dla kształtówki / wykreślonej na rys. 124. niech będzie Q=20t.

Dla przekroju tego jest 7=2429 cm³, wysokość ścianki hJ=20—2.1'2=17,6

. , ..... , 20000

więc przeciętnie naprężenie ścinające w 8 mm grubej ściance a₀=-Qg'^|y ^ =

= 1421 kg jem².

Obliczymy teraz OT. W tym celu wyznaczamy najprzód 5 dla v=0, tern 5=9,6X1,2X9,4+0,8X8,8X4,4=139,28 cm³, więc wedle 193) i 196) OT= 20000X139,28 —    2429X0,8

za-

=1434 kg/cm². Wartość ta tak mało się różni od wartości poprzedniej, że często w praktyce liczymy tylko naprężenie ścinające średnie

°°— VH    •

jeżeli b‘ oznacza grubość a h! wysokość ścianki.

198)

Obliczmy jeszcze naprężenie ścinające w C, a otrzymamy

5=9,6X1,2X9,4=108-3 cm\ więc CC³= 2000X108,3

~~2429x^6~⁼⁹³ ^/cm2-

20000X108,3

2429X0,8

1115 kg/cm² a CC²=

§ 52. Naprężenia w kierunkach ukośnych. Linie największych

naprężeń.

Na graniastosłup, którego podstawa jest prostokątem (rys. 125) działa w stanie równowagi sześć sił, jeżeli zaś przetniemy go według przekątni DB (rys. 126) to w stanie równowagi działa 5 sił na ten element, mianowicie v dv, ff dv, o dx, vr du, ff, du. Stosunek tych sił się nie zmieni, jeżeli wszystkie podzielimy przez dv, wtedy otrzymamy siły (rys. 126).

v, o, ff

dx , du du

v'

dv dv

to i

dv

yiu

adtr

A\—---P

Jeck

rys.

126.

ri_:

ejß-'7

Os

£o-

Jeżeli siły te są w równowadze, to wielobok sił i sznurowy muszą się zamknąć. Co do wielkości i kierunku znamy tylko v i ff, co do kierunku resztę sił. Przypuśćmy, że abfeda (rys. 127) jest wielobiem sił i że biegun obierzemy w punkcie a. Wykreślmy promienie, a rów-a nolegle do nich wielobok \ sznurowy. Pierwszy promień '* \ aa^jest tu zerem, drugi, ad | kreślimy więc równoległą do / ad przez punkt m do siły

- a przyczem Cm = mB.

ß Dalej kreślimy mn

I Ge,

nr

ał>

rm

|| ab aż do

c___V _

TL

---<fx----

punktu m, ponieważ wielobok sznurowy musi .«ię zamknąć. Z rysunku v, że aefcomnr, więc mr: Ar= = ef:bf; czyli

| dx : l dv — ef : ff, stąd

my,

rys. 127.

ef—ff

dx

dv

Dalej widzimy, że

dx”

efccoABC, więc

: fc = dx:dv, a stąd

. dx dv , . fc=ad-vdx = a=bf-

Ponieważ z rysunku także wynika, że abc=^C adc= 90°, więc punkty a, b, c i d leżą na okręgu koła. Na tej podstawie możemy teraz więlobok sił łatwo wykreślić w następny sposób : kreślimy v = aby bf= o i przedłużamy tę prostą do c tak, aby

fc — bf. Zataczamy koło przez a b c, prowadzimy ad || v'

czyli ad I BD i dc przedłużamy aż do poziomej przez /.

<5/ll

.*■

tr

rys. 128.

ba

^ Jiąr&nn.

' 'i?

£ —

V\ 1

• \ i ✓

W! '

£ \f

A*

.ną/n/ v

rys. 129.

t>

Os

'.2?

——^4-0

ftajsn 5Ł, >>

N.*-"

rys. 131.

rys. 130.

ć/lZ

£ trójkątów egdcoABC mamy °    ■ dg = du : dv, a stąd

dg—o'. Podobnie otrzymamy z trójkątów adhooABC v' ^ : dh = du: dv, więc dh — v'.

Łatwo możemy teraz znaleść kierunki sił vr i a', dla których v' i o' przybierają największe i najmniejsze wartości. Dla największego o' musi być płaszczyzna, w której działa </, równoległą do Ac (rys. 128), a v' działać w prostej a A, przyczem punkt

11

Statyka.

d wpada na punkt A, znajdujący się w pionowej pod O. Jeżeli płaszczyznę tę obrócimy o 45°, kierunki te zmienią się na cB i aB (rys. 129), wtedy ff/=0, a v' jest największem. Po dalszym obrocie o 45° zmienią się te kierunki na cC i aC (rys. 128), a wtedy o' dosięg-a swej najmniejszości. Gdy nareście jeszcze obrócimy te płaszczyzny o 45° (rys. 131), to otrzymamy kierunki cD i aD, a wtedy v' jest najmniejszością, a (7=0.

Widzimy więc, że płaszczyzny, dla których o' jest najmniejszością i największością stoją na sobie prostopadle, a płaszczyzny, dla których v' jest najmniejszością i największością stoją także na sobie prostopadle i tworzą z powyższemi płaszczyznami kąty 45.

et

\\

*1

2>_

et

<A

rys. 133.

rys. 132.

Dla osi obojętnej jest, jak wiadomo, v = 0, więc płaszczyzny dla największych i najmniejszych vrt cB i cD są nachylone pod 45° do osi belki (rys. 132), a dla największych i najmniejszych a' równolegle do osi (rys. 133).

Dla włókna skrajnegfo jest, jak wiadomo, (7=0, więc płaszczyzny dla których v' jest największe i najmniejsze, są równolegle i prostopadłe, do osi, zaś płaszczyzny, dla których a' jest najmniejszością i naj większością a A i aC (rys. 133), nachylone są pod kątem 45° do osi.

Jeżeli w pewnym punkcie belki wyznaczymy kierunki płaszczyzn dla największych i najmniejszych v' lub o', potem w punktach sąsiednich, leżących w tych kierunkach, wyznaczymy znów kierunki płaszczyzn dla największości i najmniejszości v' lub or i tak dalej postępować będziemy, to otrzymamy linie krzywe, których styczne wyznaczają w danym punkcie kierunki wyżej wspomnianych płaszczyzn. Linie te największych naprężeń (n. Spannungstrajekłorie, an. tractory) wykreśliliśmy na rysunku

134 na podstawie powyższych twierdzeń dla belki o stałej szerokości.

Widzimy, że linie największego ciągnienia i ciśnienia wychodzą pionowo z włókien skrajnych, są nachylone do pionu pod kątem 45° w osi i kończą się stycznie do włókien skrajnych. Linie największego ścinania wychodzą z włókien skrajnych nachylone pod 45°, stają się coraz więcej płaskie i kończą się stycznie do osi.

145*

*5°

\W

sc manie

\-4sv

rys. 134.

§ 53. Naprężenia główne.

Z rysunku 127 możemy otrzymać dwa równania, jeżeli utworzymy sumy składowych wszystkich sił w kierunkach ad i ed i zrobimy je równe zeru ze względu na to, że siły te są w równowadze.

Tworząc sumę najprzód w kierunku ad} otrzymamy: v'— — v wst cp + 2 ff dost cp, albo, ponieważ

- ~ — wst (py v' = v wst² (p+2 a wst <p dost cp, au

/ = -^- (1—dost 2 cp) + o wst 2 cp .... 199)

dv

lub nareście

Tworząc zaś sumę składowych w kierunku ed, otrzymamy o' ^ = v dost cp—o wst çdT- dost cp, lub ponieważ dot cp, or— — v wst cp dost cp + o (dost² cp—wst² cp), albo wreście

V

wst 2 cp+g dost 2 cp .    .

. . . 200)

a' =

Naprężenia v' i o' dadzą się złożyć w wypadkowe naprężenie działające ukośnie na element BC.

Jeżeli przez dany punkt poprowadzimy we wszystkich kierunkach proste i odetniemy na nich odnośne naprężenia Ç' we

11*

właściwych kierunkach, to końce tych prostych leżeć będą na elipsie, jak się tego dowodzi w mechanice rozumowej. Elipsę tę nazywamy elipsą naprężeń (n. Spannungsellipse). Osie główne tej elipsy są to naprężenia, stojące prostopadle na odnośnych elementach, a więc najzu. i najmn. v', gdyż wtedy o' = 0 (rys. 130 i 132).

Aby wynaleść najzo. i najmn. v't a więc osie główne elipsy naprężeń, możemy postępować analitycznie na podstawie równań 199 i 200), albo też możemy użyć do tego wyników, do których doszliśmy wykreślnie.

Z rys. 128 i 130 widzimy, że jeżeli nazwiemy OA — OB—

= OC=OD=r, tonajw.±</ = ±r=± -^+² + 4<j²    . . .201)

y±y^² + 4<X²    . . . .202)

Również widzimy z rys, 129 i 131, że najw. ± v' = i O ± r—

Z rys. 128 i 130 widzimy też, że dla położenia płaszczyzny elementu, dla którego otrzymujemy najzuńza',

. 203)

/ v

”⁼T

3—K.vrrr.

Wartości najzw+y' nazywamy naprężeniami głównemi normalnemi (n. Hauptspannuug, an. maximum stress) a wartości najzu±.ç' naprężeniami głównemi ścinające-m i (n. Hauptschubspannung).

Przy obliczaniu wymiarów musimy uważać, aby naprężenie główne normalne i naprężenie główne ścinające w żadnym punkcie belki nie przekraczały dozwolonej granicy.

rys. 135.

Powiedzieliśmy wyżej, że najzu (+*>) jest zawsze w warstwie skrajnej, tam zaś jest a— 0. Jeżeli wstawimy w równ. 202) (J—0, to otrzymamy najzuńy' = v. Dlatego przy obliczaniu wymiarów na podstawie wzoru 143) t I — Me uwzględniamy tylko naprężenie podłużne v warstwy skrajnej, robiąc je równem naprężeniu dopuszczalnemu r.

Jeżeli szerokość przekroju zmienia się nagle, jak n. p. w kształ-tówce / (rysunek 135), to w C, gdzie kształtówka przechodzi w ściankę, jest naprężenie normalne v a także i naprężenie ścinające o dość wielkiem, naprężenie w ęc główne normalne vr może być większem od naprężenia w włóknie skrajnem D. Aby temu zapobiedz zaokrągla się przekrój w C i pochyla stopki, przezco zmniejsza się naprężenie główne.

Przykład. Niechaj siła 6 t działa na końcu belki jednym końcem wmurowanej 0,7 m długiej. Jakie będzie naprężenie główne w przekroju przy ściance w C, jeżeli belka ma przekrój wedle rys 136?

D D, d

b)

i

nu

ikf³

1

LL.y.

TF i

■S)

_Jr.J

rys. 136.

Moment największy wynosi 6X0,7=4,2 frn=420000 kg/cm. Dla kształtówki / jest F=25X1+2X(11,1-1) 1,5=55,3 cm»

I=Y2 (11,1X25»-10,1X22»)=5491 cm**).

=957 kg, cm'¹

Naprężenie normalne w włóknie skrajnem D 420000X12,5

5491

w C v—

957.10,7

12,5

=819 kg/cm¹,

957.11,3

w Cj v=— =865 kg/cm².

*) Z uwzględnieniem zaokrąglań i pochyłości stopki F i / są nieco większe. My tu przeprowadziliśmy obliczenia bez uwzględnienia zaokrągleń.

Naprężenie ścinające otrzymamy w włóknie skrajnem o=0, w Q o—~j^

QS

6000.(11,1.1,2.11,9    172,8

-, w C o—

u

w Ct jest izl=l,l, więc o—

5491 u

w C jest u—1,

6000. (158,5+40^3)    217

5491 u

172,8

11,1

217

=15,6 kg/cm-,

więc o—-j—=217 kg!cm².

Zatem naprężenie główne normalne w warstwie skrajnej :

v'=v=957 kg!cm¹

w C₁ ^J=~i2~-{--2^865²-{-4 A5,6²=865,S kg/cm², analogicznie w C=873 kg/cm².

Tu więc jest jeszcze naprężenie główne w C mniejsze niż w warstwie skrajnej, lecz gdyby przy tej samej sile długość 0,7 się zmniejszyła, zmniejszyłby się moment, a stąd v, podczas gdy o zostałoby to samo i możliwemby było, że cc“>dd".

Z przykładu powyższego widzimy jednak, że wypadek taki byłby zupełnie wyjątkowy i zdarzyć się może wogóle tylko tam, gdzie i naprężenia normalne i ścinające są wielkie, że zwykle jednak dostatecznem jest obliczenie naprężenia normalnego w warstwie skrajnej.

Jeżeli v = 0, to według 201) najzu±_o' = dba. Przekrój belki więc w dwu punktach podpartej obliczamy na podporze (gdzie M— 0) według o. Jeżeli belka jest drewnianą o przekroju prostokątnym, to według 195) otrzymamy siłę ścinającą na jednostkę długości

2h’

dia ^ = 0 tj. w osi obojętnej

a naprężenie na jednostkę po

wierzchni

² bh

Jeżeli belka jest jednostajnie obciążoną, to według rów 18)

Q = iql, więc a

_ 3 ql

Największy zaś moment w środku jest według 20)    więc największe naprężenie normalne:

4 hK

Me

/ ' ihsbh*

bh*

Jeżeli dla drzewa miękkiego przyjmiemy t/==12 kg\crrily ^=100 kg/cm² i obliczymy wymiary tak, że v = t, to

h : /, więc g—t

_3ql .3<7/*_ 4 bh ’ 4 bh²

h 100 h

Jeżeli więc (7<V, to

100 h=

<12, czyli

Belki drewniane bardzo wysokie, dla których A<0,12 /, trzeba więc obliczać ze względu na siłę poprzeczną Q z powodu niebezpieczeństwa ścinania pionowego na podporach, zwykle jednak h <0,121, a wtedy obliczamy je według największego momentu.

n'

h’

o\

j/f

wMÊÈÊÊËÊÊÈÊËÊÊËMÉÊL

■ J 1 T

m\

ÉL

"j";e

--ii

’v>"

i#.

j3

//z

,-f\

-5............*:

»#■

...a

)*-/ ->

rys. 137.

§ 54. Wykreślne wyznaczenie siły ścinającej poziomej.

Siłę ścinającą a możemy wyznaczyć także wykreślnie, jak to okażemy według Culmanna na przykładzie (rys. 137) dla prze-

kroju /. Dzielimy najprzód przekrój na pewną ilość pasków (tu na 7), wyznaczamy środki ciężkości tych pasków i zaczepiamy w nich siły proporcjonalne do powierzchni pasków. W tym celu sprowadzamy wszystkie prostokąty do wspólnej podstawy a, przeto wysokości, uzyskanych w ten sposób, prostokątów będą proporcjonalne do powierzchni. Kreślimy teraz wielobok sił 0, 1, 2, ...7, odcinając po kolei wysokości czworoboków, przyjmujemy punkt O w odległości b, kreślimy promienie i pierwszy wielobok sznurowy OBC. Dalej przedłużamy boki skrajne, które przecinają się w A, kreślimy przez A pionową i otrzymujemy środek ciężkości S. Przedłużamy resztę boków do linii AB, którą uważamy za wielobok sił, obieramy drugi biegun Oj w odległości c na prostej 07, prowadzimy promienie i kreślimy drugi wielobok sznurowy DEF.

Jak wiemy, będzie więc OtD = —

abc

Poprowadźmy z pierwszego bieguna Op\\0\D i połączmy Oi z p, odetnijmy dalej OiH=Q i poprowadźmy Hnl\OxF i pionową nm, to mn=Q, a OhnmcoOip'p, więc pp': b = mn : Oim,

j ^ i I i i Ł i . bQ abc ab² c Q a zatem, gdy CĄ m =/,—y-: b = O ’ /> a stąd / =--j—=-j—-.

Długość AB przedstawia moment statyczny powierzchni pierwszych trzech pasków ze względu na środek ciężkości prze-

kroju, więc AB — -~^.

ab

Przedłużmy mn aż do r, to mr\j—

Si,3 .

b : c, a stąd mr=

•W

abc

, a wstawiwszy wartość za /,

mr

_ Sut Qab*c _ I abc

(71,3 . b

CM

Ul

Widzimy więc, że odcinek mr proporcjonalny jest do siły ścinającej w warstwie g. Wykreślmy gg' = 2mr, dalej ee = 2 . m 1 // = 2 . m 2, hh' = 2 . m 4, ii' = 2.m5, kk' = 2 m. 6, to rzędne te podzielone przez 2 6 przedstawiają siłę ścinającą w tych warstwach. Wierzchołki tych rzędnych połączone dają linię sił ścinających, (an. curve of shearing stress). -

Jeżeli chcemy mieć naprężenie ścinające ou czyli siłę ścinającą na jednostkę powierzchni, to musimy siłę ścinającą a w każdej warstwie np. g podzielić przez szerokość warstwy st. Na rysunku zrobiliśmy to zapomocą kąta proporcjonalnego i połączyli końce odnośnych rzędnych linią kreskowaną. W warstwach, gdzie szerokość przekroju nagle się zmienia, zmienia się też nagle i naprężenie ścinające.

§ 55. Obliczenie przekroju kształtówek /, pracujących na zginanie.

Kształtówki w kształcie / używamy często jako belki, pracującej na zginanie. Znając moment sił zewnętrznych, działających na belkę, obliczamy jej wymiary według równania %I=Me, a stąd :

206)

M I

Wyraz —=W zależny tylko od przekroju belki nazywamy m o-

mentem oporu (n. Widerslandmoment, fr. module de flexion, de section).

Austrjackie Towarzystwo inżynierów i architektów w Wiedniu wyznaczyło wymiary dla pewnej ilości kształtówek /, które fabryki żelaza wyrabiają na zapas i których zatem każdego czasu można dostać. Wymiary te, ciężar kształtówek na jednostkę długości i moment oporu zestawiliśmy w tabliczce XXIV.

I    ^

— = /: wartości najbardziej zbliżonej, a nie mniejszej od

Znająs M i t, wyznaczamy iloraz który ma być równy momentowi oporu kształtówki. Szukamy więc z tabliczki w kolumnie

— i obieramy odnośną liczbę kształtówki.

Tablica XXIV.

Kształtówki / (n. / Eisen, fr. fer en I, a. I-iron, r. ÆByïaBpoBoe

3Kejrh3o), zestawione wedle norm austrjackiego Towarzystwa inżynierów i architektów z r. 1915, obliczone dokładnie z uwzględnieniem zaokrągleń i nachyleń

(rys. 138 a).

Normalne :

dla A<160 mm : 0 = 0,4 A+ 20 mm

d= 0,03 h + 1,6 mm, dt = l,5 d dla A>160 mm : 6 = 0,3 h + 36 mm

d=0,4h, dx = 1,5 d

r=l,2d, rx = 0,6d, ciężar gatunkowy 7 = 7,85 pochyłość wewnętrzna boków stopy i głowy p% — 0,02 A+ 7, A w mm.

Wyjątki co do b przy kształtówkach szerokostopowych

1. 18 a. 22 a, 24 a i 28 a.

w........bu

— -ss......

--i-----;

wm.

m&i

......J

rys. 138. b

Przykłady. 1. Na belkach żelaznych spoczywają sklepienia płaskie jako powała. Belki żelazne o rozpiętości 5,5 m kładziemy w odstępach 1,2 m. Ciężar własny powały wraz z obciążeniem tłumem ludzi jest 750 kg/cm. Jakie mają być wymiary kształtówki /?

Na jeden metr bieżący kształtówki przypada powierzchnia powały 1,2 m²,

9 kgjcm. Moment największy

1,2.750

a więc ciężar na 1 cm bieżący q=' dla obciążenia zupełnego jest w środku belki M—-} ql'²—~l 9.550²=340312 kgcm.

100

Jeżeli więc przyjmiemy x—1000 kg\cm³, to ~~~—340,3 cm³, a więc obieramy

kształtówkę l. 23, dla której —

równa się 356,4 cm³.

2. Balkon, wystający na l,2.m, podparty jest kształtówkami / w odstępach 1,25 m. Ciężar własny balkonu równo rozdzielony wynosi 390 kg/m², ciężar ruchomy stanowi tłum ludzi, który przyjmujemy 500 kg/m², ciężar poręczy wynosi 300 kg/m.

Każdy ze średnich dźwigarów jest obciążony ciężarem jednostajnie rozdzie

lonym (390-f-500) 1,25=1112*5 kg/m i skupionym, działającym na końcu, 300X XI • 25=375 kg, zatem wedle 30) najw. M= — ql.\l—P./=—{ ql²—PI— =—5-1.113.1,2²—0,375.1,2==—0,801—0,450==—1,251 tm, a dlax=1000 kgjcm2 M 125100    /    _

- ~ 1000 —¹²⁵⁻¹ — - •

oś YY

promień

bezwła

dności

«i

cm

1,18

1,35

1,52

1,60

1,64

1,74

1,81

1,96

3,04

2,05

0ÏZ

2,15

2,94

2,24

2,29

2,94

2,34

2,39

2,53

3,25

2,62

2,72

2,91

3,19

3,48

4,03

ze względu na

promień moment moment bezwła- bezwła- oporu dności dności

XX

Jy- T

Jy

cm³

O ON

CquDri CS NO^ri ON NOsf (© VO CO 00 ri SD SD CS T-h CS OO^CO NOst NO O CS sd pd rd co' Ht pd On SD' SD' co' so' o'pdNO* o' SD' so' o'co'©*sd oo'Ht'co'Ht' on' ^ht-ht—ir-łT-ccssoeocoHtNOHtsor-uoNot^T—loooNCsr^coHt

t-h    t-h t-h CS CO

cm⁴

cm

r^oo oo vo vo xo vo r^r^co oo^xn oo^rH on onvoq es es o\oo

es' es' t^-' rd sd oo co' on cd cd o' sd o" es' es' rd sD es OŃ" t-h“ r^“ o' no Ht ri oo

ricseOHtwosDOOnoosoooosoHtriT-HOHteoeocosorisoOHt

co o es t-h cs so

ncOrirHCSHtCSCSSOeOCOHtOOSONOOO

rHONT-HOr^OOOOOOHtnOOHtCSONCSNOeOTtT-HOOrHONONOsO es o on co vo ri nt co so o Ht t" o cs so oq^o^eo r-^H^oq^ve^r^s^s^s^ co' nt nt' so' so' no no' r-' pd oo' od oo'od on on' on'on' o' n' n' r-T cs' co* so' r-' od

rH T—l n n ri ri ri ri ri

Tablica XXIV.

ii I. (przekr. norm, austr.)._

ze względu na

moment moment bezwła- oporu dności

ciężar

prze

krój

Jx : T

Jx

nachylenie wewnątrz boków stopy p

-g

lu

îT

.2

cm

cm⁴

kg/m

cm'¹

co^ vo ^ vo cn o    on r-^ cs^ i-h oo cs^ xn vo t-h es xn t-h co xn co xn^

rt<~t-h'xn o"^es en rt"es"es voWxn vo oo"hVcooC^"co~en xnxnoC kO CN^voooaNr-Hcooo'sO'^T'r^i—icrNxnaNoo^^ococot^CNcot^co HrHTHMCSCSCOCOCOCO^^^^^r^XrH'sDCNO

t-h 0^t^<0 xn CO

rCr^rcsrfO'TooocoTF^ONTFvooNxn^voi^r^ONCscscoo'N’^cs

ONOaNCNxn'srvûvû^ûCN^cn^c^oo^io^tNt^ooooMOoorH (NCOinvOCOOvûCO^tOO'tCOOM^inTHinCNOaN^^CNON THrHCSCNCMCO'^'^'^W^iOVOOOOrHCOONC^rHiO

T—h t-h t-h t-h en xn r-

coxoco^ccoco^or^ooca^-H^gg^^cNg^^^g^cogo

pd od es' tp no rd ad -t' es' oC cs“ Tt h    d    en f'⁻' co" th h o\ t-T rt ©“ sd

T-tHiHWTiMcoMcoen^cO't^'t^'n'û'ûvûoooco^

T-H t-H t-H

gOjoocOjnooeOriT-iaogNSDcoi^oeoos-iopggJ^rsDrjO on es' sd oo" o“ es sd n“ t-T pd ©' sd en ce es' aC no' o“ oo' co' oo' pd co' cs' sd ad

THrHrHtNCSCNCOTfcn^'^Tl^UVOinÆ'ûr^t^OOOM^Os

r-< T-H r-H t-H

NO CD sT NO 00 O CS vo VO O CS rt *t_ SD oq cq O CS^ vq NO_ o -t cq © CO O 00 On ONONffi

© © © © ri ri r-IrHrHrHrHCSCSCSCSeOCOTfinVOt^ T-H t-H r-H T-h t-H t-H t-H t-H h t-H t-H T-h t*H t-H T-h t-H t-H t-H t-h t-H t—*

OOHtCSNOOCSOOHtHtNOCSOOOOOHtHtONOCSCSH^SDCOCSNOO >■. HtsdNo'sD'td'o'rdodcdoNcdcdorHririrdcsedcdHtsdNd'CTN'cs'Ht'

ri i—t ri ri t-h rH ri ri ri ri ri ri ri ri CS CS

Ht P^ri CO S0_NO_ON_ CS^ CS_00 1 Ht Ht sq pi Pq © cqNO_ SD CSce Ht SD__ 00_ 00^

C es es" co co co co" co" ^t" xn in xn xn" xn" *n vo vo ^ovoVh oo" o\ o" es ⁻ %

T-h t-h

o qq^qqooq-noqq^o^qqqoooqq

"cf    NO* pi 00 00* 00* od ON I-T ri CS* CS* cd CO* Ht Ht“ nt' SO* S0 pd pd 00* On' ri sdpd O

t—IrlrlrlrlriT—IrlrlrlT—irlrHrlrHCSCSCSCO

“a

o qoo o,o sq_q o_o sq o ©^ cqsqsq cq sq o o ©^ o o_ o o © nt' nt so' so' no' sd' no' pd pd oo' oo' od od od od od o' cd—'r-T cs' cdHt no od o'

t-h rH t-h t-h t-h t-h t-h t-h t-h CS

T-H    t-H t-H t-H t-H t-h t-H rH t-H t-h t-H t-H t-H t-H t-H T-h

nnrinririririCSCSCSCSCSCSCSCSCSCSCSCOOOCOHtHtSO

-}BłZS5| BqZDI-J

a    a Ö    C3    ^

O CS CO Ht SONOOOOOOnCSCSCO'tHtSONOOOOOOCSSOOSOO ri ri ri ri(n rinriCSCSCSCSCSCSCSCSCSCSCSCOCOCOHPHtSO^

A zatem przyjmiemy kształtówkę I. 16, dla której ^—133,5 cm⁸.

ar

i--.

'r

.-/IX.

Dźwigary skrajne niosą ciężar jednostajnie rozdzie-

1,25

lony £(300 -j- 500) X~~2~+300 = 856 kgjm i skupiony na

1,25

końcu 300X 5.0

*****r\i~

■==188 kg, zatem M— —1856.1,2 4-

-0,188. l,2=-0,617-0,225=-0,842 tm. M I 84200

Zatem

=84-2 cm³.

e — 1000

Moglibyśmy więc przyjąć dla dźwigarów skrajnych kształtówki Z. 14.

m/ $

/gry ! :

rys. 139.

Poniżej podajemy też tablicę XXV. według norm niemieckich, wedle których długości normalne 4—12 m, długości od 4 do 9 m co 20 cm i od 9 do 12 m co 25 cm, najw. długość 14 m, r=d, r₁=0,6 d, pochylenie stopek p=U%, (r=7,8), jakoteż tabl. XXVI i XXVII dla kształ-tówek szerokostopowych.

§ 56. Inne kształtówki.

Towarzystwo inżynierów i architektów w Wiedniu ustanowiło pewne wymiary także dla innych kształtówek, które poniżej podajemy zestawione w tablicach wraz z odległościami środka

____

gAxlia

rys. 140.

rys. 141.

ciężkości od podstawy i momentami i promieniami bezwładności. Ciężar gatunkowy dla żelaza zlewnego przyjęty y = 7,85.

Liczba

MD 00

O    rHCNCO^m

T-h    T-h t-H T-h T-H; T-h

o o o 00 Ol o

t-h

OOOOO

t-h CM CO 'ł¹ UD

T-H rH t-H t-H t-h

Tablica XXV.

Kształtówki / (przekr. norm. niemieckie).

Wymiary w milimetrach

Ze względu na oś XX

Ze względu na oś YY

lx

Wx

Wy

“i

cmi

cm³

cm

cm⁴

cm

cm

Ul 4^ 4^-O Ol N3

4^yo

Ul ND to

Ol Ol Ul CC 03 MD

0000

MD Ul MD 00

Ol

OOy-J Ul 03 O MD tO -J Ui

r- r-« hHh rH t-h

bo

wto-piyc ND O Ul

4^yo os

o ci "to

tOHH

Cl 00 CM CM idoocM

1—1 Cl Ch Ol Ol O o" o" r-T O CM 00 O 00^00

co" co" H}i"

IC N 00 Ol O t-h t-h t-h t-h CN

OOOOO

MD C- OO Ol o

t-h t-h t-h t-h CM

t-h CM CO UD CM CM CM CM CM

OOOOO

t-h CM CO UD CM CM CM CM CM

MD MD    MD 00 00 'J ^4    -JOlOiUiUl

00 4*.    O 01 ND 00 4^    O Ol ND 00 4^

CM^Ch T-H MD O td td 00" 00" Ol"

00 t-h

hC* ud" ud" ud" md

UD UD

MD C- 00 Ol O    CM ID 00 O    CM* UD fd o UD O

CM CM CM CM CO    CO CO CO CO 'ł¹    t}* rf Tf UD UD MD

OOOOO

MD 00 Ol O CM CM CM CM CO

OOOOO    UD    O    UD O O O

CM-cf MD 00 O    CM    UD    C- O UD O

COCOCOCOntf¹    Tf    CM    ^}* UD UD MD

UD Ol htT CO CO    C-yCM^MD t-h MD    T-yt>CM t>CM    CO^CO    UD^U^MD^

01" Ol" O* o" t-h    T-h" cm" cm" co" co"    rt" tT    UD* UD vo"    td cd    Ol" o" t-h

t-h t-h t-h    t-h t-h t-h t-h t-h    t-h t-h    t-h t-h t-h    t-h t-h    t-h CN CN

en MD Cl OM^UD œddddTd o*    r^i-H    IC CM Tt

MD* MD" MD* td fd    (d00 00* 00* Ol    Ol* Ol    O* O* O*    t-h CM    CO* CO* Tf

t-h    t-h t-h    t-h t-h    t-h    t-h t-h

CO MD Ol    CM UD    t-h C-    co    ci UD

t-h t-h t-h    CM CM    CO CO    "Ńt¹    ■'C UD

T-H t-H t-H    t-H t-H    T-h t-H    t-H    t-H t-H

hmm ►■n O O d 01 to

O 00 O CM O

o1 r~^ 00 o co

td oCi-H^MD t-h t-h CM CM CM

CO CM 1—1 CM TJH    00 CM Ol MO -rT    CO^UO MD t-h    C0^i-h_O00_O_    t^CyO_

cd -d mT oo cT    cm" ud td o" co"    md" cd cd id od    co" td i-T -d cd    td vd td r— 00

t-h t-h t—f t-h CM    CM CM CM CO co    CO CO    Tl*    UD UD lO MD MD    MJOOlOrH

t—t t-h

VOHVÛCO O

oC r-T cnT ^ VO

H t-H t-h rH

Ol Ul 4^ 4N 4s-    03 03 03 03 to

jta.    yo oiyoy-¹ y»

OHUibln

>—* O tO MD -J

csoMiinif

Ol Ol OlOl CN

t^^fCSOCO O^rH CM O MD r-T 06' td 'sf' cm MD MD C- 0O Ol

10

co cm co r~ co

CNeo^im^

WOiOOO

935

1166

1446

1763

2142

2563

3060

3607

4246

4966

5744

6626

7587

8636

9800

12510

15695

19605

24012

29213

000 0\ui4.

OO h-tjhJ 4*. 03 O MPt-d-J Ul

jdi cay/i4n O Oslo 00 03 o •—¹ O I-¹ K3

16,2    6,00 1,15

21.5    7,41 1,23

27.5    8,871,31

.35,2    10,7 .1,39

43,9    12,5 1,47

26,0 1,87

r-- t-h ud ci

CM CM CO co CO

4^ 00 4^-

CNth(NVOCO

^    C\

^ rr in tn vo

782

923

1089

1264

1461

OOOOO

TT«_MlOO_

oo* od od od o*

00 CM Ol T-h 10 CO MD 00 CM UO t-h t-h t-h CM CM

iO CM CM Ci tn

om o 1—y i—y

t-h" cm" cm" cm" cm"

-śT HHtNlO

cd co" td r-T md" CM CO CO -tf -C

11,54 i 406 11,90 | 451

CN CO

t-h t-h t-H t-h

15,73

1158

(OtOMMMM MOOOvl vJC\ Ul O Ul 00 O 03

to IH |H M M M

d⁻¹ d³ i³⁰ jh i⁵' ¥*

dl Cdot-n NJ~U3 03 03 ND ND ND ND yO O y-J Ul 4* 03 d- CD O dl 03 CD

'cn co c* co

hhhhCM(N

103,62

115.40 127,96 141,30 167,21

199.40

36973

45852

56481

68738

99184

138957

1740 16,73 1437 2037 17,66 1725 2378 18,61 2088 2750 19,59 2478 3607 21,42 3488 4622 23,40 4668

i-T vo r-T vo cn~ oo Tt* t-h ct\ vocovnoooN^r

10 VO V£)    OOONrHCOrf    t^OCO^D^CO

r-< r-H T-h    tHCNCNCNCO^

^4^03 09UW    WMWMM    NDNDNDNDND

wb'"JU> d- tO    d MD lO~-4"on    UiUl”45. UD~U3

O tO tO 00 03 MD    U3 MD i—¹ MD-J    Ol O 4*. MD ND

Tablica XXVI.

Kształtówki / szerokostopowc Greya, kształtówki B.

wyrabiane przez tow. niemiecko - luksemburskie (Differdingen) pochyłość stopki p=9%, r=d, rt=0,6 d. Normalna długość 4 do 12, największa 17 do 20. W zapasie 4 do 12 m co 50 w cm.

Ze względu na oś XX

Ze wzęldu na oś YY

Liczba

lx W

Wy a,

cm! kąfm

cm

cm³

cm

cm⁴

cm

cm

14 B 140 16 B 160 18 B 180 20 B 200 22 B 220

140

160

180

200

220

240

250

260

On Tf t> rH to 00 r> On CO lh NO od On' o t-T cn

T-h 1-H t-h t-H t-h CN CN CN

■^ © u-yio r~“ oo' cc co on

O O T-H 1-H r-H T-h

no 00 On 43» 03 ONtOO^OvO'O

on

CC IOOn    OOrH \0

u-r

T-h t-H

VÛ 00 CT\ ot! ^ O: 03 O jO On 43- pn^-j oo "vjuboowb nôTo

1388

2278

3512

5171

7379

10260

12066

14352

00 Ul

on oo on i—i t'» ir> no rH(Ncn>n'oooo'

1104

i—* i—* i—»

o o no po j-4 o\ on MVl os 4*.'onbN "j no JiMOUi ON 00 o

438

705

1073

1568

w CT\

3575

4261

03 to to to I-* M tOOOUiOoi^OO On 00    I-¹ V) VO 00 03

on onpn en_4i. 43- os co boooiVvjno -job

27    B 270

28    B 280 il 29 B 290

30 B 300 32 B 320

270

280

290

300

300

mmmmm 03 JO    H-Ł

bn bn 03

tO N3 tO tO t\3 Hj On on 43-03 o 03 to M on

CO

CNCO^IOVO

1-H 1-H 1-H i-H 1-H

CT°®

H-NO

I—i »—k I—k

tOMMOVÛ

no_o oo o\

Ol

CQCÖoaCQCQCQ

't'OOOO "u") co co co    ■h*

340

360

380

400

425

450

300

300

300

300

300

300

mmmmmm ^4 on y\    j-o

bn CO ”tO 4»-

03 03 03 tO tO N3 03

o oboboobn

ON

NO 00 ON O T-h CN T-h T-h H cn cn cn

uo CN^nO On_CO !>•' t-h 1-H CO co'

'vT VO h 00 O O

t-T cs“ o on t"-' cT CO •'f u~> UO 00

T“H T"H rH ,-H 1-H T-H

68249 3212 17,86 10078 80887 3595 18,78 10668

On On On Ln Lri ON o

^Cn J7n JJn 0\ j*4

oo oo \o \o \o o tOON^OOONO

NOOCNrH

47 V* B

475

50 B

500

300

55 B

60 B

550

300

65 B

600

650

70 B 700 75 B! 750

80 B

85 B

800

850

300

300

300

300

300

co co

o cn^o cn vn to M vo f-T r-T M" r~' t"»' co co co co co co co

NO ^3* NO CC T-h t-h t-H t''** On    t-h t-h

1-H T-h cn CN CN CN CN

°°t ® 'Ą uo cn cn' t-T ob o" M in wf

Tf NO 00 O 1-H CN CO CN CN CN CO CO CO CO

N3 tO tO N3 tO N3 i—1 O'* On 4^ 03 to O no popn _On p\ On on _0 ”43» ”03 ”nO O M Ul o

CÖ ON rH ON 0Ö X 00 no    cn^ t-h

vcT vcf vo^vcT vcT no'vcT

90 B

95 B

900

100 B

950

1000

03 oo w

o o o o o o o o o o

un m in io in oo“ 00 CC on' on“ CO CO CO co co

irumnON o

T-H t-h T—h t-H t-H

CN CN CN CN CN

►Ê» 03 03 03 0O OOI-O^OI pJjON ONCnp*.

”to”to 4^ on no

03 03 N3 tO tO MMOÜCvl ^Opnpn j-4 00

Viblnbbi

360486 9012 31,86 13269 414887 9762 33,68 13274 473964 10533 35,48 13279 550974 11600 37,29 13727 621287 12425 39,06 13732

oo

in lowvo

00 00 t-h t-h

00 00 00 On On

OiOiUiOmO\

gsggg⁷ •

il

-,

•/>

mn *

Liczba

"O^OTJ

to l-¹ H-1 O 00 on

U-OTJ-O-OTJTJ-T)

03 to to to to to to to O ND O0 O ON Ul #. tO

C5î^^)ûOO co co co co ^ a a a a cs Ou 0-, CU 0-, CU

P «42 V, Pa 45 P«47V,

P a 50

«a I

mSton I,

c. i/

— 175 —

Tabli

XXVII.

Kształtówki / szerokostopowe z Pienia (Hann).

p=0 na długość 21—40 cm /j=0'l, r=d, r=2mm.

d, b G

Ze wzglądu na oś XX

Ze wzglądu na oś Y/

Ix W

Iy Wy

a¹

mm

cm² kg/m cm⁴

cm

cm

cm⁴ cm³

cm

o o o NO 00 o t—t 1—1 CS

O o cs -^r cs cs cs

260

270

280

290

300

WH.M

O 00 ON

o o o

t'' 00 00

<J\

ł—k ^

CO KD p UiOn »4»

ON Ul 4M NO NO Ul

owo

co no

2094

3522

5179

CS —1 00 NO On m CS CO uo

CS O CS

oo r-> t".

ŃO Ć' ON

712

1228

1804

00 UG ^ on uo OTŚf Û0

ON NO O

00 co 00

l-H rH

CO^ CO^ C\ ONv co^    cn^

xn vn vo r-*' K' co cT

r*H 1-H t-H t-H r-H J—⁴ rH T—ł

0\ O O T-H rH r—t CN i—< r-H t-h r-H rH rH

O O O O O O O

cn ^ in vo r^- oo ctn

CNCNCNCNCNCNCNCO

ł—* ►—Ł ►—4 h- ± »—k >—*

P^OOW 4U 4^ ON JO

ooVi ooVj oolo'bs 4M

H-* HH

h^OO'sO'sOOO^JCn OO^jO On O MLn jU 4M '"-J ON“oo 'm-n“oc"on '"-4

14411 1109 11-20 16588 1229 11-63 19101 1364 12-13 21870 1508 12-51 25222 1681 1293

2544

3533

4150

4962

5688

6564

7496

8659

vl M 0\ to 00 W VÛ U) V] V£) M to to 4^

JiObÓOÓJiLÓÓUi

QOUiQO^vlM Ou^j.

#.03 03 03 03 OCOOAtO

o o o o o

03 03 03 03 03 O O O O O

o o o o o

M M ma M^ M

on 4m 03 O3ito _Ul Ul

to to to to to

4M 03 JO O O MOMUlb tOMMM

O oo -o on on JO NO NO JON JO M OsWtO 03

MMMMM

Ul 4m 4m 03 tO

00 00MOU1

On OnT-i Uii-i

30139 1884 35273 2075 42518 2362 49598 2610 58000 2900

1—1 1—1 1—11—1 1—1 On On N/i 4m 03 NÓ >—¹ 03 Ul 4M NO 00 On

9021

9247

9968

10375

10873

O 1-1 NO ON CS NO NO NO NO

■~J ^4 -O -J "O

ob 4m 4m 4M Ul

03 O Ul ON to

OUiNJ

o on W WWOo

o o o o o o

I—. 1—1 1—1 1—1

00 JON CNjUl Ul Ul

to to to to

jGGj-J C5n_4m

00 ’lft'to'vo to to to to

UlWtOM GO NO Ul to OOWOA

(OMMM O 00 -O ON USjOjO ON

68321 3215 1793 11235 80931 3597 1851 11823 95031 4001 1993 12410 111539 4462 2076 13003

GO 00 —1^1 ON tO 00 —1    GO

«O

Ô tó ^ tÓ

4m

NO

t-H

Liczba

a-

Ze względu na oś XX

Ze

na

lx W

mm

cm⁴ cm³

cm

cm¹

Pa 55 Pa 60 Pa 65 Pa 70

© O O O MD O MD © MD NO NO fr*

300 18 300 19 300 19 300 20

t-h t-^UD UD T-h T-H t-h t-H

CO CO CO co

t~p CO T-H CN

on"-p NO CN ON O CN CO CO

CN CN

tO tO tO tO enMiji-1 ]OOpp NO CO ©ON

146237 5318 22*87 179649 5988 24*71 217574 6695 26*66 260107 7432 28*41

14040

14048

14231

14241

ok t-< cs ud © On 00 l> KO KO MD

no ok~Ôk

CO CO Tf Ok Ok On Ok

Pa 75 Pa 80 Pa 85 Pa 90 Pa 95 Pa 100

750

800

850

900

950

1000

300 20 300 20 300 20 300 20 300 20 300 20

MD 00^00^00^ 00 00

T-h T-h tH T-h T-h t-h

CO CO CO CO co co

03 03 03 03 03 03 00 ON en ^ 03 03 03 03 03 03 N3 NO "no NO MD "no "to

oc to to to to to OOOOvlCtCA ►-‘Os en mi ko © OO en On 00 MD 00

304781 8128 30*29 355875 8897 32*17 409293 9631 34*01 467145 10381 35*83 529539 11148 37*63 596607 11932 39*42

14245

14383

14386

14390

14393

14396

UD TS 00 ON © CN vp co cm cm t-h

md nô no md md njd

© OK Ok Ok © © WD UD UD UD NO NO On Ok Ok Ok Ok Ok

Pb 32 Pô 34 Pô 36 Pô 38 Pô 40

320

340

360

380

400

© © © © © CN T^< MD 00 00

eo eo co co.co

vn in

cm" co co ¹^

t-h r-H t-h t-h t-h

© MD T-H O T-H

© © CNTcd⁻^ CN CN CN CN CN

CO tVCN —^MD C'" CN NO~ MD" © no oo © CN "rr

t-H t-h CN CN CN

eo_ on ud^on^ T—i co t-h c-- co

CO NO 00

t-H t-H t-H t-H t-H

31942 1996 13*82 39464 2321 14*70 50099 2783 15*57 61340 3228 16*47 71640 3582 17‘26

10943

13451

17208

21059

22068

684

791

956

1108

1161

NO KO NO 00 00 en Ôk i-j en © oo en eo oo oo

Pô427.

Pô 45 Pô 47 72 Pô 50

C9 i/l P> O

03 03

00 00

© © © © I—k h—k I—k >—l

oo on as en un en

ce 00

co co

to to to to

OOMON 45t

"oo en "to no

03 to to to o oo on en 4^ U3_-j N3 00"03ON"tO

O t-H Tf CO CO" © CN ON ON t-h CN CO T-H CM CN CN

84286 3966 18*28 99778 4435 19*31 117087 4930 20*34 137149 5486 21*21

22802

23994

25185

26381

I—‘ 1—'‘ I—‘ I—1

00 os to to

OO tO ON O

00 ON OQ O

NO NO NO NO

6b ji. ►£* en

Pô 55 Pô 60 Pô 65 Pô 70 Pô 75

—4 -J Ok On en en © en o en © ©

00 ON ON O O t-h t-h t-h CN CN

© O © © ©

00 OO 00 00 00

co co

CO CO

Ü9

ce

t-^t-h^t-^WD l/D

T-H t-H t-H T-I T-1

co co co co co

VT) T-H^Vn^SO^VO

oC ^ v^T cn' of es ^ r- oo co co co co

nOt-h 00 ud e^

co" © On" CN © >or>t^ONO CN CN CN CN CO

179772 6537 23*35 219951 7323 25*28 265806 8179 27*31 316457 9042 29*14 369870 9863 31*09

28487

28495

28864

28874

28878

© O © © ON CO O 00 vp ôn ct\ ôn 6o 6o

On©On©© Ok o hh CM CN rf MD VT) WD WD r-H t-h t-h t-h t-H

Pô 80 Pô 85 Pô 90 Pô 95 Pô 100

© © © O O O WD O MD © 00 00 ON On ©

O © © © © CN CN CN CN CN

© © © © ©

00 00 00 CO 00

co eo eo co co

oo eo 03 eo 03

I—k ►—‘ 1—‘ I—k —k

"oo"oo "oo"oo"oo

►fc- >£* »£* Tpi. 03 03 to HH O NO 4^. p. p- 4^ 4^-00 00"OO 00 00

03 03 4^ 03 tO H-¹ © ►HpopnjO NO "o>3'►£-On"-j"nO

co co co

430983 10775 33*04 494496 11637 34*95

563068

636824

675890

OCM W

36*81

38*72

3943

29155

29159

29162

29165

29169

G\ CC 0\ If) cp CN T-(

ôo do ôo ôo ôo

co co co co co un ŁO vo

T“H r-H r-H t-H t-H

Tablica XXVIII.

U-iron, r. Kopoö’iaToe SKejifeo) (rys. 138 b) (przek. norm. austr.).

in m

cc cC C C

<u d a a o o

*—-* >—H

bo bo

er nr

!h

O O eC etf N N

in ■«T

CN

*3 CN CNCD

O O

<7, = 1,5 d,

>1 = 0,6 d,

‘P Ç I=-/

P=(0,01 A+7)°/o

èl śi:| « s ąsssąE:s.sąsi«ass5

C u HHHHHH T-h cn” cn” cn* cn” cn cn” cn

Ze wzglądu na moment

XX

oporu

Jy.(b-e)

cm

5,1

VL

9,8

13,3

15,8

16,7

21,5

t‘9S

32,5

38,4

46,5

53,8

63,9

72,8

bez

wład

ności

pro

mień

bez-

Ze wzglądu na moment

wład-

oporu

bez-

władno-

Odstąp

środka

ciążko-

Ciążar

Prze

krój

Jy

ności

J*:Y

ści

Jx

cm⁴

13,0

21,9

A3

50,1

65,3

69,9

98,2

130

173

221

285

352

441

533

cm

2,31

3,10

3,89

4,67

5,09

5,44

6,21

6,97

7,75

8,50

9,28

10,03

10,80

11,55

ści

cm

cm⁴

cm

kg/m

O 0_ N^COt-hMS.OOCNCNO^CNCN CO CO

mo”oCio”oo” cNr^CTCododoodr-^ t#h

T-HCN^voooc^cNMOrHrH-eoooTOO

rHrHMMCOTy^lO

O T-H t-H f.. ^ CN

oo mo” r-” o\” co cn” oo ^ CN a-i oo o c—

TvfT-HCNOCOMOCOrHOOr^WOC^CNCN OICIHONOCSCM^ THrHCNCN-^WOMOOO

t-h CN N* I/O \0

1,44

1,54

1,62

1,74

1,87

1,82

1,95

2,03

2,16

2,25

2,38

2,47

2,60

2,69

LtfL

9,47

11,80

14,77

16,14

17,58

21,12

24,44

28.54

32.35 37,01 41,32

46.55

51.35

h^OCOhVOOOCO^hUIMOh

O o O oq.uo T^o^rH co «N TH iq eo t*

0\” CN~ UO* 00* O* CN MO t-h MO t-h r-* CN Ol” MO T-HT-HT-HCNCNCNCOCOr^T^iriWOMO

an.

4H

co

.U,

I. Kształtówka U (n. U Eisen, Ir. fer à U,

-C

>T

JD

cC

M,

J*

<L>

Dr

JC

Statyka.

>> «u ń £

plr-

Wymiary w milimetrach

|j Liczba kształ-tówki

MO CO. CD CN CO. CO 00. O. CN MO. 00. O.

t'n” r»” oo” oo” oo” oo” oo” oo” oC o\” on” on” on o”

o 10 cd ininino io in o V.    co" o\ oC o o" t-T cn" cn co"    uo" vrT vrT r-"

rH t—I H t-h r-H t-h rH t-h y*H t-h t-h

co vo cn cn. in oq t-h-o co. mo o\. C    co” co” co”-C«”    ,*i<” rr” uo” uo” uo” 1010 ’ovo”

o o u^vo no oo uouo o o no m o oś" oo” o-C On”

OOr-HCNCNCOTfWOVOVOr-'

rH r-H r—ł t-h r-H t-H r-H t-h t-h t-h t-h

uo © moomomo^oiflow ”c    uo MO* \d t> r-” K' cc” od <X ct-T

O O i-i t-h r—ł t-h t-h r-H

-O

rÇ

ouoouooovoo*no*no*no

^r^miovo^o»or^r^ooooo>c7NO

T-H

t-h t-h r-H t-h r-H r-H CN CN CN CN CN CO

MO 00

OCNCON<M300©CNN<m300© t-h t-h t-h t-h t-h t-h CN CN CN CN CN CO

12

H. Kształtówki Z, Zetówki (n. Z Eisen, fr. fer en E, a. Z-iron, r. Z- o6pa3Hoe żKejrŁso) (rys. 139)

(przek. norm, austr.)

R = d,    r = 0,4 d,    p⁼ 0°/o

oś główną

Ol

Ze względu

ää

cm¹ cmi cm

CN 00 t'' CT\

N \p ÇS

t-h t-h t—I Hh^-t-h T—H

rf r- oo r» p cn oo do dr oo dn wo dr

T-H CO CN CN CO

oo ^    t'' uo

dn oo    d- ZZ    cn Lo

CN T}<    CN ¹⁻¹    Ovh

XX

Odstępy osi

CS

T-H Tt* CO CN O 00 r- OO CN Cp CO 00 dn dr dr do do

CN co oo h-"—t

àssgSSS

w mm

qoÂUMojS iso

31U3ZOJOJ

Ze względu na oś

X'X Y‘Y‘

moment bezwładności

Odstęp

środka

ciężko-

ści

w mm

Ix

Ttł

s

t-h v,Oh t-h t-H CO

00 p- CO GO hH Lp LO

CN CN

Ot'^OH'TfTj'

en co i* r> vo oo o

r-H

CO 00 00 tn O ^ oo

00 Ç f) O rH Ö 00 uo co co do t-h ^t1 CN CO CN CO CO CO CO

CNOthhO'OXIN os vb cn dr do lo cn

T-h CN CN co HHT CO Tf

ramienia.

st a

cm¹

Ea »a

3 ÄM03j}soupa[ S

JBZbip)

i !?JÎI3ZM

wymiary w milimetrach

0-7002 0 7517 0-4503 ( 0*4507 \ 0 4630 03136 0 2869

un N¹ r~ Tct* co t-h

*,°°

CN CO

( wyższego | niższego

"s

-c

PjMO}{B}ZSîJ Bqzoïq

CN ON CTn O NT O N¹ OO CN O CN O

o >no\

t-h t-h CN

LO CN P' OO^-Tr-' MO t*H i—H LO do T-H LO LO LO C— N¹ t GO L0 r-*

9 Lf¹9    <=>

o o O ⁰⁰ — o ==

Hf LO LO ^^/OT O ^ tJ    CN    O

N* H 00 pf SO iO NT tH Tjr iH en-èf ■Ś“ tH

t—t H t-h CN CN CN CO

WO CN t-h 00 CN p) df ÔO do Ôr dn es t-h t-h t-h CN CO CO

rH CN CN

cyfry odnoszą się do

^ wyższe \ niższe

O >p LO <p LO LO Ó\ OO Ö0 dn CN do

i-H ⁻ t-H r-H

ç> in oo o t^t ç-» dr Co do r- do do

Ó O LO O LO LO

à\ oo ôs

O LO LO o LO O

r- ch do ö do es

LO LO O LO O O O io LO r~ c nco

o o o o o o

CO O O LO 00 CN T-H CN

O    CN CO

t-h    r-H rH

*) Przekrój niesymetryczny

00

*    00 CN

CN

III. Kształtówki T, Tówki (n. rI Eisen, fr. fer en T; a. T-iron, r. 77o6pa3Hoe JKenrt3o) (rys. 140)

(przek. norm, austr.)

Dla przekroi normalnych jest ri = 0,25 d, r₂ = 0,5 d, R = d,

, P = 4°I0’ p' = 0°Io,

dla przekroi wysokościennych p=p' = 2⁰/₀

Ze wzglądu na oś YY

Ze wzglądu na oś XX

promień

moment

moment

oporu 1 l J f) bezwiad-

Jy ‘~2 ności a₁

cm

O'O^ÛCMOt^NrHVO'^1 Çp^'OOOÇOt^pN^ip 6 H TH w H 1H Ó CN Ć) Ô1

CNCNCN00COC0N*Ni

'ppoooiooi^'p

Ô © O Ó r-H J—H t-H t-h

bezwład

ności

Jy

H promień oporu bezwład-Jx:(h—e) ności a

bezwład

ności

a psojjzöp

BJJpOJS

d^łspo

Prze- Cią-krój żar

w milimetrach

.5

>1

promienie

zaokrągleń

►o

cm³

cm⁴

IU0

cm³

cmi

cm

cm" y kg/m

1. Przekroje normalne.

r-i

ri

RM?łFłZS5[

Bqzorq

TflH^OtHtpNjHlHCO^ r-iCO^r^^fOOTCTNCOt^ , i—i cm rH co r-

CN i—<

ÔHÔiMDÔO(NIÔÔ<|LOOt-h i-i CN hi ij 00 Ch O N i-i CN NO

i-HNtir'Ohi-iCNCNCNCO^f

OOtT'pOhÇNIppONtiCN

OÓÓÓAt^AiCNCNCO

io O Ni O CN T}1 Oh OHNOiciCN'poOCOOO Ai^HT-icNcor-óhŃiŃió) i-i CN »O

tHMOOCO

piONU^OOpNiO

ĆNĆNŃt^ÓŃÓÓt^Oh

rH CO LO 00 NO i—l rH LO

00 LO 00 LO

CTNt^-p00p»pOr-ip>p

t'''bt''dorHÜoN,CT\<r)ô

HrlHHCNCO

OhiONOi-HNH-HCOiOlO©

t^ppCNp-CNIppCNp

cnponinolooloiöcnoo

rlrlrlCNCO

NO LO N* rH ON

LONOONOICppCpLOCpp

COŃiLOOHÓ-COCTNCTNOOÓh

rH rH rH CN N¹

iOipOO>ppiOOLOp

Oo Lo Oo p- r>

O © CN Ni ON

t-h t-h t-H •—¹ r-H

2. Przekroje wysokościenne.

OOONOCOn©N,C'-i-h

LOpPp-^fOpOł

66iHrHŃ^Cvbo\

MOI^CNrH

«ifluiOOiHOO

Ó^tŃ^sbÓoCNCo

iHNCO

r^CNt^CNLOLOiOTr OOOHCp'ÿ 1^00 ÔiHth^HHCSIN

o co oo oo u-> en vo oo es n* en p r-> o t^h cn en wo ào

12-9

es oo en vo

C' ^0 rH rH Ni j-H NO

•^Hcb0oÓOCNŃiŃiŃ<

-HCN-îft^

CO 00

LOOOCNNppNOCOp

d0ÔNr-H(f^COvi)â\<>J

rH r-H y—i r—> y—1 CN

O‘C0 'O f'' VO N¹ CN H

r^cpos'fiTrcNcpr-'

■^HCNCNĆbŃiNjoÓO.©

OlC^t^VO'OC'^VO

CNO^CO-^uot^ÓcO

ÇWÇipOOOO

-rfrfûoOo'ôrHÔoÔN

oopiopooppifl

èocoôocoNnouo'ir'ÔN

LOLOLOO©ip»p©lO© i—1 T—i T—1 CN CN ON CN CO CO LO

LOipppLppippiOO LO LO NO P- p-

© O CN Ni ON

t-H r-H r-H r-H y—i

LOlOp©»OpLp©iop ib «o no ó- r'

© O CN Ni ON

t-h rH t-H t-H y—l

00^0^0^0^)00

COCOCO^’^f'sO'Or^CTNCN

T-H

n<S^oo§oo^©^3

t-h t-h t-h t-h

Ni NO p, 00 --ce ^ cT^J NO

OO'fiOO^OO'f)

CNÖNÖNcOcbcnNiNi

oppipwoopp

puoouoppop

■^■^ûoiO'Ôt^'OOÔs

oiçipiçioppp

TrTfihüovor-ôoô⁻'

omo^oooo

cocon^noonoi^oo

©ltnOiOO©©©

coco^-^io^t^oo

*T⁾ T¹

p Ô0 ^ 5* LO VONOO

co »/■> N⁵ vfï> no r^oo co N<

Wymiary w mm

Liczba kątówki

45

45X45    45

45

miot^

Ol Ol Ol

o oo

50

50X50    50

50

-J Ol Ul

Ol Ol Ol

oo o

55

55X55    55

55

ot^oo

60

60

⁶⁰ / ⁶⁰1 60

60

V£*G0 -O Ol

vs io ui in cP r-“ rP t-P

65

65

65X65    65

65

65

^Ot^OOOlO

00 00 00 00 00 o o o o o

70

70

70X^0 -yQ

70

po po po po

Ul Ul Ul Ul

75X75    ]\

00 Ol

H-⁴ h—l

oo o o

IV. Kątówki (n. Winkeleisen, fr. cornière,

Prze

krój

cm

A.

Równoramienne r=d, ri = 0,5 d

Położenie osi głównych

Ciężar * środka ciężkości

Moment

bez

władności

ze

względu

na

podstawę

lab

kg Im

cm

cm⁴

OS os os

oo o

Os os w

o o o

'A'rl'rl

CO CO co

to

UlUija

Ol 00 UJ

tP uT io

popi Ol

loloKS

i—⁴ Ol lO

O t' CN tO Otppp^

md' r-“ oi~ o“

.—i

tptprprp

co“ co“ co“ co

►fa 4a 4a ,fa 4a

O O O O O

>£a. 4a 4a 4a.

’to'to'to'tO

Ul Ul

O O

r-'- oi oi co o^ui co co“ ■*}*“

00 0Ö 00

r-H i-H r—(

co“ co co

I—⁴

lOOOOO

to oo to

Ctspcpo ⁴l-⁴'tO Ja -O i-⁴

CO CN ^

in oo“ .-T

hhM

Ul .ta. OS h-⁴ jaVl Ja Ol Ol

T}<

icintn

co“ co“ co“

OMOH G^ O r—^ r-T CN CN

OMOrH io in

co“ co' co“

to to to popa. O "to'io Ol

Ol Ul Ja Ja^O lO 4aOA

plpjpipn

oob'to'ja. io 00 oi to

ospo po

oo oo oo ooo

'wiolo

W 00 Ol

co oi io

Ol 00 co co“ co“ co“

Cl Ul CN 00“ Tf co CO

pa. pa pa pa

lolololo

Ja. Ja Ja Ja

Cl UJ O lO

co m m

CN CN CN CN

pa. pa pa. p.

'î-i'to'to oo

O W O i—i

Ol Ul Ul 45. Ulpl O JO H-⁴ Ol I—⁴ Ol

7,51

8,68

9,83

10,96

12,07

pipo pj Ol Ul Ja oT-J 00 lO -J o to >—¹ O

cn co r--

imo o t^

CN CN CN CN CN

pa. pa pa pa pa L/i'ui'oiIti Oi h^COLnOO

On 00^00 CO cd" CN~ CN~ CN~

io o oo oi

9,39

10,64

11,87

13,03

t> io cs t" eo^co co CN r-P oo“ 01“ o“

i—¹

pa pa pa pa

OO OO Ul Ul Ul Ul

tO KO tO tO OOÛOOO ■o O Ja. O

CN Ol V) O

o o\o\

K-l a-⁴

i—'¹ o io o pa.po o yo Ol'"-j'io'⁴-⁴

11,47    9,00

12,80 10,05

pn Ui WOJ

o o

w os o o

l-l

t" CO

co co

in m“

110,9

125,5

aa. angle iron, r. yrnoBoe acenfeo) (przekr. norm. austr.)

(n. gleichschenkelig, fr. d branches égales) (rys. 141).

p = Q°lo.

Ze względu na oś X, X!

Ze względu na oś główną XX

Ze względu na oś główną 1Y

Dwie

znitowane *■ kątówki

A

11='

moment

bezwładności IXl

a : lxj n-iodo

11

Q- £

moment

bezwładności IX

(UI'.XJ

njodo

promień bezwładności a

moment

zc względu na oś AB

ze względu na oś XX

bezwładności I y

oporu Iy: e

Ś __

moment Vr.°,    moment    ^r-°.

§ o    mien    mien

11    bezwładności    bezwładności

2 lab I ctab    2 Ixx

axx

cm⁴

cm³

cm cm⁴

cm³ cm cm⁴ cm³ cm cm¹ \ cm cm⁴ cm

ooo InMOO 45- hJ on

UO Mb Mb

co co co

T-H t-H T~d

U0 05 MO

Mb oo co

cm" cm" co"

I—l HH H-l

ON 4*. to Mn "on "on

T-h ON 00 bp MO MO__

T-H t-H t-h

Mb On O ON U0 CM

co" Mb uo*

MO NO 00

oo oo oo o' o* o*

UO ON OO bpOp CO__ t-h t-h CM

ON UO MO t-h r-._uo

co" co" Mb*

4- Mo MO tO On O

Vwo

ON rH

oo oc ON

rpcp_i—h_ udon t-T t-h rH CM

UO Mb Hf

co co co

cn

t-h CS"

T-h T-h rH

CO t-h o

UO UO^UO

T-H t-h* t—P

rH Mb O T—pMO CM

cdco*-^*

UO upCM

r-.* o" co"

T-h CM CM

U0 00 MO oprpuo Mb" uo" NO

T-h o 00

ON ON 00

t-h oo r-.

O ON ON T-H* O* O

CO Mb tH

Mb_NO_ON_ CM CM* CM*

Hf T— HJT

00 Mb T-H

rb* uo* Mo

Mn 45- 45-OOOlH

Inooo to to to

HH OO

H\OsJ

to to to po Mn to

"4^ ŃO MO l-HL I—N l-JL

UMnln

O m co

•^ON^rH^

r-T cn' cs"

T-H t-H CS

CO rH id

r—^

Mb uo* uo*

ON ON ON 4^ Mn ON

no Mb p

tH* t-T UO CM CO CO

MO 00 o

o o o

OvINO

to to to

o o "o

■O 00 MO

ON Mb co

rHNOON

co" cd cd

T-H r-H

CN^CO CS tH." oc" On"

t^r-UN O O O

ssą

CM CM CM

opco_o_

U0* r-* on*

no r-- oo

optpco^

Mb^cd^

CO CO -Mb

ON ON ON On. Ol ON

22,9

26,2

29,3

32,2

5,31 1,82 6,14 1,81 6,93 1,80 7,69 1,79

ON O 00* ON* O* CM*

T-H r-H

CO__ Mb CO_ ON_ 'O* T-H* MC O*

co Mb Mb uo

ON CO Ch UO

CM_.CM_.CM °1

CM* CM* CM* CM* Mo r-~ uo r-~

ON ON CO ON

on on cm

CO Mb Mb ud Mb

upo CO__NO__ ON T-h* CM* CO*

T"H T-H t-H

ON ^4 00

l—Jl l__l _

WMO00 O Mn Opn WMMNJ

to to to to "on on on 4n tn w ooo

oo__Mb NO__Mb uo* cm od Mb Mb U0 UO NO

CM T-H o ON 00 00 00 t-H

ooceotn on* co* r-* i—T uo* CM CO CO Mb Mb

OpOJOO jocn

O HiM KO to

MOH'OJO

ł—Ł H M |H M

U\ Ln Ln

CO CbpOOON

cm* r-* cm* no*

Mb Mb UO U0

CM CM t—t On

T-h t-I T-h O

CM* CM* CM* CM* CM O

Mb no bp MO 00* ON O* T-H* t-h t-h

'■ nco^co^^H r-T co* Mb* r—* oC    r-* o* cm* co*

H r—I t-h t—< t-H    ,-H CM CM CM

G\ 00 O vo CO    oo no uo co

no no no no

CM CM CM CM CM*_CM* CM* CM* CM*

rHO^peowo    vpcMCOco

©* t-h cd Mb ud    cd ud no* od

rH t-H t-h t-H ^H    t-H t-h t-H »-H

vpco^r^t^»o    co uo co rp

no* co on* wo t-h*    r-* uo* co* o*

Mb uo uo no r-r    md i> oo on

TtT-lXr-(00 rJlC0.U"Lrł* t-h_

Mb uo* uo* 40* r-*

p-4 JO pN O ON*»-¹ "i—1 00 no tO 00

co r-^ co no oo

CM CM CM CM CM

1—1 I—» t-jl H-l I—l

00 on 4- to o 45- 4i- on -O -O "»-* oo"-4 "o oo

to to to to to o\>moooo

NO 00 -4 CT\ on p—¹ 4- p-J OO

Vtoctloo

io iT)

ON On On On On

CS CS H On

t-H rH

CM* CM CM CM* MO^OO_MO__Gp_ Mb uo* OOOOh

t-H T—I

O CM Mb MO On On ON On CM* CM* CM* CM* CM_p-_ Mb CM_ 00* rH ud os uo GO O CM r-IrHCNCM

MO 00 t^ CO co co co co

co

On on pnpo MO

to

r-- mo

CM CM CM* CM*

93,3

103,2

>—i >-* pOp-4 Mn "on

to to 00 00 ►P- on

tO N5 -~J 4* "tO on

8,14 1,46 221,8 3,11 117,8 2,27 8,86 1,46 250,9 3,13 130,4 2,26 ;

.2

•î

Liczba kątówki

Prze

krój

Ciężar

Położenie osi głównych i środka ciężkości

Moment

bez

władności

ze

względu

na

podstawę

A.

(ab

cm

kg/m

75X75

o

Ol Ol l/l

MMM

tOMO

o o o o” o” o”

T-h t-H t-H

l/i on On

o o o

14,11    11,08

15,40 12,09 16,77 13,09

o o o en cocą in”m” m”

co oo -er

ff    t-h rH CN

« j    co” co” cd

y\

'to'to'to

H-¹ 4^ VO

i—11—* i—i Ol Ui >£». VO 4^ O

loloi-i

80X80

00 00 00 00 00

o o o o o

VO 00

O rH CN t-h t-h t-h

y/i y/i y/i on i/i

o o o o o

12,27    9,63

13,70 10,75 15,11 11,86 16,50 12,95 17,87 14,03

IO IO IO IO IO IO IO IO IO IO

in” m” m” m” in”

00 ^ T-H \-D rH

rH CS^CO^CO

co” co” co” co” cd"

m t-h MO co on

r-^r^MO MO >n in in m* in in”

N' CN

co in io oo

rH t-h r—t t-h CN

Öl IO

nooo lolodi

90x90

o o o o o

Ol Ol Ol Ol Ol

io

O rH CN CO

T-H t-H T-h t-H

v-n ►—*

l/l 1/1 l/i 1/1 l/i

vn irT i/*f irf irT

15,52

17,13

18,72

20,29

21,84

12,18

r—• t-h i—< rH

io ic 'Æ io io co eo^eo co en^ id o id id id

oi m o io © in io i< r^oo co” co” co” en cô

IO CN 00 N< t-h

co^eo eo id id id id id

OyOyi-yNyOl in o” id r-T id

T“H N* IO Ol t*h CN CN CN CN CO

100X100

o o o o o o o o o o

i—I r—I i—i 1—1 r-H

O T-h CN CO

t-h t-h rH r-H rH

MMHiHrt

KO KO KO KO KO

O O O Ö O

Ol Ol Ol Ol Ol

o o o o o

19,16 15,04 20,95 16,45 22,72 17,84 24,47 19,21 26,40 20,72

vjvjsjvjv)

o o o o o

< < <

4* 4*. 4*. 4> 03

b'iHMok)

O <1 © 4s* IO

y>4 <1 <1 <lj«J

'o "© i—^¹ l-H¹ i—¹

WUiOitrOO

►K.    03 03 03

Ol O0 MO Ol K0 y/iyO) y/i j—¹¹ yJ 1/3 Oi booo O

120X120

i-i M h» M hJ K3 K3 K3 K3 K3 O O O O O

CN co m

rH t-H t-H t-H

HHl l-Hl I—l I—l I—l

03 03 03 03 03

O O O O O

iT) m

\Ó KO KO KO KO

25,37 19,92 27,54 21,62 29,69 23,31 31,82 24,98 33,93 26,64

OK OK OK OK

oo” oo” od oo” oo”

N* Ol MO O MO

r^r^oo Tf *d N¹ n* n*

N< T-H MO CO Ol

icyio in m Hf oo” CO CG CO CO

KO ^

CN CO ^ O

vo vo oo oo

©lo <103 03

140X140

o o o o

N¹ N< N¹ N¹

t-H t-H t-H rH

CO ^ vo VO

t-h t-h rH t-h

io in

rH rH t-h t-h

yjyj O <1

K3 N3 K3 K3

34,93 27,39 37,46 29,41 39,97 31,38 .42,46 33,33

IO lOyOyO lO io'mo'mo o o o o

t'' t—l IO co >n icyicyry in in in m”

160X160

o o o

MO MO MO IO

i—i i—i i—i i—i

in io r-'- oo

T-H t-h rH rH

m in

vo VO VfiT VO

t-h t-h t-h t-h

CM CM CN CN

oo” oo” oo” od

46,04 36,14 11,31 48,93 38,44 11,31 51,80 40,66 11,31 54,65 42,90 11,31

m i—i oo cn co Ny Ny in M5 IO VO id

2030

2170

11,39

2310

2451

Ze względu na oś Xx Xx

Ze względu na oś główną XX

Ze względu na oś

główną yy

Dwie

znitowane *• kątówki

moment

bezwładności I xx

a:T*j

modo

1 °° '3

II

II

moment

bezwładności Ix

oporu Ix :w

promień bez-władności a

moment

ze względu na oś AB

bezwład-

ności Iy

oporu

8

^ I P°ment j mień o ^ bezwładności

ze względu na oś XX

moment

pro

mień

bezwładności

2 lab Oab 2 Ixx

Clxx

cm⁴

cm³

cm cm⁴ cm³ cm cm⁴

cm?‘

cm cm⁴ cm cm⁴ | cm

°0 O^u-^ t-T KO CN~ oo

I—l ł—l l-H

Ul 4h 03 00 OI Ol

ko

wVu,

tiO K3 to 4K.JO J-H

oi~io~to JO to JO 00 00 00 O Hi to

T-h CN Hf

CO CO CO

l—l l—l

O O JO

NO CO CN CN CN CN CN CN CN iO 00^©^

co“ co 1/7

Tfimo

t-h t-h t-h

VltH. Ol

T-H tH t-H

co co“ co“ co^ocj oo" o Ol“ Ol“

00 O CO CN CO CO

<30 Hf HT “

njNljnj

cn cT r-" io cn" oo oo ON o

t-h

3$łO°0i

cn“ cn cn cn cn

VO, T-J Hf OJ CO_

cn“ Tf!¹ IO co“ oo“

r-ł t-h t-h t-h t-h

NO OjVO^OJpH^

' Hf co oo“

T-h CN CO

T-h t-h t-H

Ol o

Hf CO

T-H T—*

co“ co“ CO cc“ co“

CO

l/l 1/J00_CJP-J

Ol“ o“ o“ CN CN

T-h t—T T-h T-1

Hf oioo^eo^io

CD CO io" o" co“ CO co co n* Hf

UłDlUłUłUi Os Os 4*    «<0

t-h CO Ul P- Ol '

CO co^co COCO co“ co" co“ CO co“

CN i/i Ol iO p--Ol" Hf Ol“

CO O CO P~ T-H CN CO CO CO Hf

NO rH

(OHH4H

O 1DN Ol 4> 40401/1 N3~tO 4000

CN CN CN CN CN

OO^OJCO 00 <J1 m“ co“ pn" pn" co“

t-h cn CO Hf CO t-h t-h t—i t-h t-h

“co ĆN T-h CD Cd pH Pj PjPjPj^ CN CN CN CN CN

OJ OO^OJCO^CN^ P-^o7o“co“co T-h r-H CN CN CN

OO^CN^t-h co 0_

co“ T-h“ oo“ Hf o 00 O 1-H CO Ul t-h CN CN CN CN

Hf COl-HO GO Hf Hf Hf Hf CO

co“ co“ co“ co co“

Oi IO CO 00 co

Ol Ol Ul Ul 4^ j-Jj-hj-JJOjhJ oo^oo'i-H'bi'bo

HMhUH|H

j-JJOl Ul 4n J>3 CO W4."t4 W

t-h CO NT)

CO

CN CN CN

Ę^Ę^So

CO CO CO co co“ pjoo cn oj oj t-T t-T cn cn co“ CO 00 co 00 co Hf Hf in 1/3 CO

i/Ti/yi/iN^io

p- p~ t— t—■

CO CN T-H o O p~ i> t> p«-

cn cn" cn cn cn cO OO^CN CO OCJ

“inoo“

ON r-H CN CO

to to to T-H l—l 03IHO00N JO JO _►£-

4.010 ob\

CO T-H o 00 1/3 00 00^00^ p-jp-j

co“ co¹ co“ co“ co“

Cjo^co^uo IO

oi“ co“ vo oT cn"

co Hf Hf Hf 1/1

CO CO IO T-H ob o" Hf" P-“ o“ t-h" 00 O CN l/l P'

CN co co co co

CtrHOOOP

o o cjojoj co" co“ co“ cn“ cn

co^vo oq_oi t-h Hf“ <40 oo" CD CO CN CN CN CO CO

CO P- OJO CN^

P'“ oo“ Ol“ o“ cn“

t-h t-h t-h CN CN

ojin oo^t-h o_

ocf io“ t-T i/7 co“

MO pH 00 00 Ol

SMSSÈ

CO Zlt> OO

T-H t-H t—Jr-jOJ Hf" Hf“ Hf Hf“ Hf" "T^h CO Ol CCJ Hf“ CN“ t-h" o“ O“ l/l CN Ol 43 CO

co p^ rn oo oi

cn t-h O oo t— CD CO CD Ol Oj CO CO co“ CN cn“

CN_0O hjjCN^0(7~

oi“ cn“ o“ i/7 tcf

TttHOCOlO

COCOTfTj"!)«

4* 4^ Oo Co Lo 4* tO KO ON O0 jjNJ-^OOj-J^NO

O HH rf^bo'vo

Ul 4^. 4^. 4^ U3 JO CO Cl JO NO

Ini^bo w

J43 j42 03 J42 03 C\ Ol Ol Ol Ol to 4» 4n Ul Ol

547,1

CO V£5 00^

co Os on 00 CO to KO 00 O CN

CN co no

t-h t-H t-H t-h t-h

00© Ol CN r—i" CN CO CN CO CO CN CN“ CN CN CN"

o_>oq(»in oo" o CN hp co“ CN co co co co

pjoj i/jnocn^ cn io irT o r-7

co np m co

r-H t-h t-h t-h t-h

Hf⁻CO t—TOToO CO CO CO Ujm

Hf Hf Hf" Hp" Hf

Hf ^ HJi-⁻¹ P~

Hf'cTi'Hf' oi co co co p- p' oo

p- os i—i co m »ONOOO Hf“ Hf“ v/7 icT i/7

00 00 O -J Ol CO 4^ 00 Ü3 -Ol JOJOJ31J/VJO 0~t0 00 Ol 00 J>3 03 03 J>3J4> d Ol Cl Ol Ol 10 4i4^ui0i

OrHO^

CO 0C CN NO

p~ co co nf

CN CN CN CN

Hp“if t^T Hf'

CN OJCO 00_ co p-“ CN co

1015

1083

1149

1214

vDOW't

»noooi-i

co

oi co co cn cocococo cn“ in“ i/7 wT

CN Ol CO CN OOriN

T—ł T-h t-h t—t

CN CN CO

CO Ul 4^ di-

4*. y> jo oi ooyi'vob

CN CN CN CN

2356

2544

2732

2921

1271

1363

1453

1528

To “to To *to 4^ On O*' -*J

1102

1166

1224

1291

r^vo CN co^ ui r-T co

O O r-H t-h t-h t-h

4^ 4^ 4^ 4^ 00 00 00 00 oi oi oo io

1747

1848

1947

2044

>—l ►—k H-k M

7—‘7—iT-i'i—i

to os 4i-_Ui

4^ 4*. 00 Ul 4^

Ul Ul

03 O

00 I—¹

O ‘CJCO^i/J CN wf p-T CN t" p- p- oo

r-H t-h t-H t-h

en en co co"⁻

4060

4340

4621

4903

0\ 0\ o\

2203

2332

2448

2582

^4* 4* 4^ 4^

oo oo oo oo

ON ON 00

B. Nierównoramienne (n. ungleich-

r—d,

Liczba przekroju

Wymiary w milimetrach

Powierzchnia przekroju F

Ciężar jednostkowy g

Odstęp środka ciężkości w cm

Położenie osi głównej YY

Odstępy od osi głównych cm w centymetrach

b bl d r o

kg/m e

et st a jv

50X75

W W

O o

-4 W W

00 --J

-4 O Ul W

CN CS CO Sf co" On"

cs

Sf NO cs" CN

CÖÖS⁻no co no" P

CS 00

T— T-H

cs" cs" cs o“

NO SD

cs"cs"

NO 00 r~ r-co co"

t-h CO rH O no" no"

OÖ0“

CTN CS

sf 'ł¹

o" o"

TOT

CS CS

60X90

70X105

NO NO NO

OOO

t-h t-h rH

OOO I OOO

00 CN O I ON O T-H t-h I t-h t-h

OOO

ON ON ON

NO o No

“o“o“o lo “o “o

OOO

r-H rH rH

80X120

90X135

NO NO NO 00 00 00

o o o I o o o

i—i M i—i >—Ł l-H K-l

WWW to to to

Ul Ul Ul OOO

H-* H-* ł-H j K-H H-^

OJ to M 1 fO m O

t-H ł—A 1-^

to to to .. . .

OOO OOO

100X150

100 150 100150 100 150

ł-H- l-H >—L

W tO

MOlH

WWW

OOO

110X165

t-h t-h t-h t-h t-h t-H

60X80

O O O | O O O

oo"oo"oo"

co sf no i oo on

t-H t-H rH |

to vn m

NO NO LO

T-H rH rH

00 00 00

OOO

HHM

4^ 4^- 4^

! 0\0\0\    I U\ j-n Ut I Ln^Ln^/\ 4^4^ 4^

OOO 1 Ul Ul Ui 1 O O O I    1 OOO 1 inOrUi

11,45 9,00 12,78 10,03 14,09 11,06

15,05 11,81 16,61 13,04 18,15 14,25

19,13 15,02 20,92 16,42 22,69117,81

23,70 18,60

25.72    20,19

27.72    21,76

28.72    22,56 30,99 24,33 33,22 26,08

34,27 26,90 36,75 28,85 39,21 30,79

oot    nj-ooon    esico    o sr 00    on co r-    co t-h uo

on o o    -c-t no    on on o    nt¹ sr sr    00 on on    co sr sr

cn" co" co"    co" co co    co" co" sf    sf* p sr    sr" sf"sf"    10 10 m"

T-h th" T-h" T-h T-h" H t-h" t-h" cn" CN CN" CN    CN CN" CN CN CN CN

OCNW-)|T-HUl©|xnONCN!OOCSVO|CNNOO!NOONCO

inxoxnr—r—r— ONONOreNCNsrNFioxoxoc⁻-

ppp pop jopp pop ppp PPP

“4*. 4* p4^    4».    X-'-Ph'X 4^4*. 4*.

LOWW I Ü5WU) WWUl WWW tO W W HWW O tO Oi o W On OOOh

4t__W Os

r— m co co cn co sr

loco cn sf on r m o st* uoom NOWINO ONONO COsfsf r— oc cc CN cn" cn" cn" cn" co" co" co" co co" co" co"

"cö CN CN NO NO NO sj< CO T-H r- t- NO t-ht-Ht-h NO^NOnO^ CS^CNCN

co" CO co" co" co" co" sF~ sf sf rt" sf' sF~ T-h CO sf t'' 00 ON T— CN CO NO t—• 00

inxoxn cncncn ppp r— r— p st-“ sd st-" xo" no" no" no" no no" no NO no" ”sF t-h ON © Ht- CN On t-H no t-h © 00

t-h t-h O t-h t-h t-h t-h t-h t-h    CN    t-h

no no" no" P P r— od 00" od on" on" on"

10,22

10,21

10,20

11,25

11,24

11,23

00 po po ppp “to“tolo “on Ul Ul NO 00 ON UlWH

onyiyi ui ui Ui

bo bo bo “to “to “to

to to H—1 H^J <1 Cs

On On Ul “toloT—-00 W NO -o to 00

4,0 9,38 4,0 10,63 4,0' 11,86

t-h IT) ON UVDIT) CS CN CN

NO^^rH

CO CO CO P 00" on"

ON Ul Ul _P_Ox W

ppp “uPuPui 4n 4^ 4i-tO 4h Ul

WWW

“w Ul “w

MfiW

4i._4xp

“w w “w

00 ON 4^

ppp NO NO “NO

w w to

ppp ON W Ul 4>- NO W

80X100

O O O O

o" o" o" o"

t-h t-H t-h t-H

00 ON O T-H t-h rH

o o o o o o o o

T-H t-H rH t-h

o o o o

00 00 00 00

W Ux Ln Ln

o o o o

h-N l—N p—Ł b-L

OO jhJ yx w

s'tHlnbo

O I—N ©

>—*■ t-H M t-H

4^ CO 60 0 ON 4^. H-NOO 00 W-JOO

p w w w

I-N ►_I © ©

U1HSW

ppp p

’U'U’o©

ON tO 00 4^_

PPPP Ot On On ON

to to to to O to H ON

OsOspsOs "no “no “no “no

ON -O 00 NO U\U\U\ Ul “hj“h4“hJ“h4

Ol 4^- W to Iw w w w

OOnOtOn O NO © nq

w w w w

4t*4h“w W NO 4i>- NO 4^.

90X120

<0 <0 cd

T-H T-h rH t-h t-h t-h

O t-h CN

T-H •—< t-H

OOO

CN CN CS

T-H t-H t-H

OOO

On On On

90X130

100X120

>100X140

OOO OOO 00 o

O O ON OOO OOO

rH rH rH rH r-H y—*

OOO OOO OOO CS CS* CS    es" CN    es"    co"    co" co"

t-h t-h    rH    rH    t-h    t-h    H    t-h    t-H

»—i CN    CO    CS    CO    st*    CN    CO    sF

t-H rH    rH    -rH    rH    rH    rH    rH    rH

©"©O OOO OOO

COCOCO CN CN CS Ni-st-

T—< 1—I t-h t-h t—■ T-H rH t-1 t-H

os os os i os os os w w_w bbbjoob I“w w “w

20,13 15,80 22,02 17,29 23,89 18,75

23,15! 18,17 25,11 19,71 27,07 21,25

23,15 18,17 25,11 19,71 27,07 21,25

Cn ON ^

Ul Ln LA

21,62

23,31

24,98

ON-^CN Os sf 00 CN 00 CO CNNOCO p CO CC tp00_00 CNCN_<p CN_pcN_ co co" co co" co" co" sd sd •o’" sf sd sd

000    co sj< m i—i r—

sf sf sf    SD SO SD    Tt¹    OOO

Sf" sd TT    sf" sd -X    -X sf"    sf*    NO xo" NO

CN CO sF OOCsO sf m NO st¹ NO t'' NO 10^X0^ 'C\OC- HHH co_co co xd no so vo'vo\o Pr-"r-" r- r—r->"

NhO h On 00 ^hOON WCOh CO co CO W 00 00 sf sf CO NO \o no

00" 00" 00" 00" 00" 00" 00" 00" 00' os as as

E-Tolo    ON t— SD SD U->

st-sf rf    so SD SD    r- t-    C-    osas

10X0 00    sf sf sf    NO SD    SD    sf st¹ sf

o" o" o" o" o" o" o" o" o" o" o" o"

t— 1—1 XO OJVOOX sF OO CN © sF f-CN^ CO CO CN^ CN^ CN_ NO_ NO t— xo NO NO_ cs" cn" cn cn" cn cn" cn" cn" cn" cn cn" cn"

10 On co    eor^H r— t—1 10

pr-oo_ cn^cn cn    srir^uo

co" co" co" sr psf co" cd" co -O’" sr" sr"

NO

4^

schenkelig, fr. à branches inégales) (rys. 142) (przekr. norm, austr.).

ri ⁼ i d.

Moment bezwładności w cm4 ze względu na krawędź zewn.

Ze względu na oś

AiAi

xx

YY

krótkiego | długiego

ramienia

a‘

4'

«i

/o

cm⁴

cm

cm⁴

cm

cm⁴

cm

cm⁴

cm

97,4

111,7

CO ON ON* CO* CS co

Ul 44.

hh cri

"no "on

r- un

co co,

CS* CS*

UN CS NO* 00*

1-H 1-H

t-h On

co

^bo^ CO Ob bo uo

CO rH

invn

CNCN

O NO ON SI

HH hh

"00

ON 00

CO IO HH 44H-*0

hh ON co "44. SI "o

■S ON Ul

Wpis

"44. "44. ON

ł-⁴ O ^£J

H M H

"to SI "s

JO JO to bo bo bo

I-H to 03

Optpuj

i-h id on co coco

t" oo r-H

NO NO NO

co i—^un d no“ rd O i-h cs

1-H i-H i-H

CO CO 03

"o "o "o

HH to U3

to to I-H

wopo

’to'-JCO

oo

CN CN CN

r-H CO, NO, CO* CS* r-H* CO CS CO CO •rr¹

on cs^ t'

es“ ud rd

O 1-H CS rH t-h rH

OHh idl-H* NO NO oo ON

rH rH rH

WWW to bobo

NO I-H to

ON On Ul JO 44. 00 "uibobo

00 t-- no On On On

OJONO

on cd ui“ 00 O CS 1-H CS CS

WWW Ul Ul Ul CO 44 Ul

O Si* NO d rd o* co co rf

O O O vn uo bn

Ln

CC to Ob Obj-Jjo 4^'vo'l/i

ON ON

NO_p>5f

0“ oc rd

t>ooo

1-H rH CS

03 to to CO NO CO JO J/l Tpdoobn

CO CO J/3 si si bo 00 NO o

HH O NO 44. ON S "00*hh"vQ

JO JO JO "to "co "to Ui Ui On

co co co

On 4^ hh

pops "o "to O

O O O

03 Ul SI

On ON Ul spp UlSIOO

SI SI SI

to to to

CS CO UN cs* ud 00“

ON !S UN

00 ON o

03 CO tO MOON JO J/O SI

CO hh"co

p.pes^

CT) 00 C'î

co NO o

rf

oo no m csppoj

ddd

HH 1-1

SI ON Ul

On 44. "ONCOON

JO JO JO Uibnbi 03 44. Ul

Ul Ul 44 SI 03 NO ON 00 00

bob

oo no

ununun

Ul SI ON

co

rf CO

Ob Ob Ob

hh m H—*

Ul hf4 CO ON 44 03 03 NO Ul SONS

O^CO^rH UO ri

Ob co r^-co ^ ^

NO

SI ON On 44. NO 44. WOIOO CO Ul Ul

UN rf CO

r'crbrb

ujoo^u-j

—i dco

co sr no

CS CS CS

M_tOtO

bo oo bo

to 03 44.

00 00 SI Ui O 44

rfNMO

OOP

o oo r-

HOO

id id id

^ coco co un

r-H hh r—I

bVo

vomvn

rH rH H

cs“ CS* CS*

1926,3

2077,8

2229,7

CS CS i-h

cs cs ud ud ud

iCthCS d CS UN CO O NO

on o o

1—11—¹

cmoiH no“ co“ 1-h“ r^csr> UN NO NO

C" O co“ !"■“ on“ riiof' CO CO CO

CN CN H

t—^t—

co" co“ co“

1076.3

1152.4 12238

J/l J/l J/l Ui"on"on

no o o

on o cs

CS CS

On i—i CO

“rd©

r— r- r-eo co co CS cs“ cs*

t—Ł ►—l ł—A in W m

joy* oo

CO UJ O

ON Ul Ul pn SIO 44 SI i—i

-O On Ul po ON po "tO "to "no

JO JO JO

VuiUl

00 O I-H

w wto

JJ1J-H 00

o "no "to

CO co CS

1-H i-H i-H

00 CO S)

no oj-1 "to bo no

tO to NO "sisfsi

44. ON

NWh

ud rd On“

rH r-H t-h

s

cs cs cs

°⁵.'4r'.tb cs* no* ©“ -d

NO ON CO NO

CS CS CO CO

0^00 vOI>

^ CN O OO"

co bn r- oo

rH rH rH rH

t—1 hh I—1 i—1

SI ON Ul CO

Nocnoui "tO "to On bn

po-popopo "l-l'î-l'k-l'bl O I-H to CO

O NO 00 SI j-nj/3 j/i si

4^ bo "on to

ON U0 CO On“ 00* rd NO CS 00 IO NONO

ONOrH i—• t"** CO CN CN CN

OONIO

NNN

co* co co“,

opcdco

no* cnT ncT

00 1-H co CS CO CO

CS ON CS 00* ON* T-H CO Hf NO

rH rH rH

JO NONO j JO JO JO to "On"onOn I bû bo bo bo O i-i NO CO 44 Ui ON

CO CS r-H ON NO NO NO rf

co“ co“ CO* co“

bio^Nt on

cs* cs* o* rd

t—- On i-h CS iHthCSCS

4*. C/3 03

1-1 00 Ul

o o o

"4h"nQ4^

t-H NO Hśtl

rH t-h rH

t-^cs no i—

OV•*£ oo“ CS co ^ no

r^ooNjo

itrlh

O 00 00

ON ON 00 00 NO NONO NO

I NO 00 SI 44 no p/l J-np UlOS

NO to -s

"o bo "o

CO U0 o od ob cs*

00 1—I NO CO ^ S}1

4H 4M 4^

! cs

Ob *0 CN

invot^

rH rH rH

f- NO NO no no in

cs* cs* cs*

voo^

r-T rC

m On

Ln

to

CO CS 1-H ■'iJTt1 rf ST* T}<“

NO_UN 00, NO CO* r-H

00 ON o

CO CS 1—1 CS co ^ ON ON On, | ON, On On

i-i i—i i—i

SI ON CN 44 00 tO pyiS Nobot-H

stj cs,co,

SN On“ Tji* NO ON CO CO CO Nf

ONif

cs* rd cs*

CS Tf t^. CO CO co

CO CS 1-H

NNN

co* co* co*

to

CO I-H O 44,00 CO

O "no O

CS

CS

NO NO r^l Ob Ob cs‘ cs cs“

44. 44. 44

00 Ul to 00 On UO oo oo on

44 44 44

"toto "to

Ul SI 00

I-H 1—1

1-1 O JhJJO ON CO 4^

On ON 00

O O O

cs“ cs“ cs“

1085,9

1178.7

1271.8

CS NO CS

on d o“

ON co O

eo^^

ON Ul Ul MSW J/O 44 J/l M 00 "-S

,44.44. p bo "4^ 44. NO O I—¹

1—■ o CS t"-* co“ o*

CS Tf NO CS CS CS

t-- NO NO 00„ 0000 cs“ cs“ cs“

CS CS 1-1

“rdtd

oo cs

no r-

ON

03

CN

i-h ON 00

oo

■'ddd

-o to

05 0 ON

Tł* Tf

T-H T—i ł—h

cs* cs“ cs“

V. Zoresówki czyli złobkówki (n. Belageisen) (rys. 143), (przekr. norm. austr.) r—g.

Ze wzglądu na oś pionową YY

Ciążar Odstąp środka Moment Ze wzglądu na oś ciążkości od bezwład- poziomą XX F    ności ze

I i moment pro- moment pro-OW^ na^nod- bez- oporu mień bez- oporu mień e    cfawe/ wład- //e lub bezwł- wład. /'/e'lub bezwł.

1 t wą ‘ „ości / 7/e,    » r f/e, o'

cm

CN t-h CO 00 fr 10 On ON no T-H 0^0\ WN NO_

çn 'cf no' no' no“ r-' t—'

jed-

nost-

1 II P°d"

k°wy stawy

Prze

krój

Wymiary w milimetrach

cm⁴    cm³

MO

O ON NO rH

ON 00 o' 00' CO CN CN /r^s CN -cf NO    O    CO    Nf

cm

cmi    cm³

cm⁴

cm

kglm

W \dl\h\b\b,\d\d,

oC wf od" CN t-h CO "Cf r^, ref tH. 10 co on _«

T-H CN CO ND ^

'OCNNO^CO©

wo“ CN 0“ 00' co' r'-'rf    ^

CN CN 1-H rH Tf NO N r' T-h CN -^f fH O 00 O-

T—I rH

Hf co rH on NO Tf NO 52

OOCOCN^ eor^eo .52 rH CN co' co' Nf no' ^

Ö

NO î'- ON rH CO NO 'f St.

fn no © co c-^t—-Q t-T cn' co' co' ■rf no a

NO H rH (> co H Hf rH wo © T-h on t" wo

00' ©“ wo on en t? ©

t-h rH T-h CN CN £

■ ■ ■ ■■    .«o

O hJ¹ O CN 00 o S CO 00 On CO CO CN CO^ c/5

55 ’S

wT ©' co' On' no' ©' t-h t-h t-h CN CO

WN

CO Tf Tf WN WN NO NO "2h

WN

.£3

Cztery kształtówki

dla osi CC'

'a

1-cF

"s

CN On Tf CO Tf OONfr NO r-' ON r-H

t-H

00 t—h^CO t— ce" WN TCf* T-h on OO CO ON O ÇN| -Cf ON

no Nf ćo co r-fref CO r-. h £3 O Nf ON CN {T CN NO r-H CO ¹⁰    T-h CN

NO

Dwa przekroje znitowane

dla osi AB

ze wzglądu

XX

na

Moment bezwładności ze wzglądu na oś

Odstąp

środka

ciążkości

CN ON H^T CO rf 0_On^1>

'C" 'O fr On th

NO

WN

© T-H O T-H T-h t-h *p

O WN O O On WN ©    ^

CO ^ WN NO NO C- fr N©

HN*

WN NO fH 00

00 © ^ fn- CN WN WN NU rH co CO co ^    ^    ^

NO WN CO WN r-. WN WN »2 CO WN NO fr 00 On CN fe

--—

^ © CN WN no ©

NO © rH CO WN t'H H^H rj

T-h T-h t-H t-H t-H t-h

© © © o © © o

© © 00 rH NO NO rH rH rH CN CN CN CN

l~c

's

-,

<» i^cn wn en rf' wn' o Hen^o

t-h

572,7

2046

5434

CO

CS

^C)W®

C^t> NO WVh^ Cn' co' ^ WN.no'

■^1«"

XX ZV

lub

YY

4 \Ix—Iy

Ba la

cm cm cm

O^rH h

h en ce ^ vrT

CN^OO^rH r-H r-H CO

0\0M^(NO

llill

*13Ä®.

r-H TJH CTn

00

cn -rf as en en - - wn ct\ o

1S5M

SE5SS

10 MN 00” O rH

ÂMoq^soup

-9Î JBZbQ

*« ~Sc

-V

nfojqazjd

BIUIIOZJ9TMO J ^

miary w milimetrach żebra ! I

Za-

okrą-

glenie

Wy-

sokość

cm-

zu \vu i zi{ ly

■sr on Nf O WN_ co -*f' no 00' cC no co tt ot> r-^wN on 00 cm wn ©' no'

__ rHrHCSeO t*»

vo vo

r-- en i-H t-h co

r-H CN CO Tf

,no ct\ t-h co wn

t-H r-H t“H

CO m N£> t" 00

irtoff^o^do

Hf r— on es un

NO 00 O CO WN

r-H t-H t-h

00 ON O r-H

CO T-H ^ 00 T-H r-H r-H t-H CS

osoqruS osoqnxS osojjoaazs <5

Tf voceoM

t-h t-h

O CM Tf

t-h rH -h

on no co o r~

CO NO NO NO

NO 00

•UM3M

UM9Z

pro

mień

,X \ N

00 CN NO O 'Cf rf C" ON CN -cf

r-H r-H

cs 00 O vo »Dr>oco^

t-h t-h t-h

-o

cf

“O

-O

NO

© © 00 rH -^f NO NO t-h rH rH CN CN CN CN

eiupajs Boiupgjs Q

•MçqB^zsjj nqzoïq

00000

O NO O 10 O . ri t-h cm cm en

O 10 O 10 O

rH rH CN CN CO

' "f

«is**

Ä

-O»-

Ç~eS££*

:.sr

T-fii-

v?_.

\

\

X

rys. 142.

r~-

/*

>-—!

I

I

r ~£

-»X-

■“r

rys. 143.

I

♦

!    Tîi

? /*U\

!

X—

h

<x

/"

"•J

’téSîÊm

.....

rv

\

■^=4

»%:

.....:yV

y

rys. 144.

mieckich.

Podajemy tu także tablice dla kształtówek wedle norm nie

ÄÄ

«1

cm

OO-^COWOCO    Oo    WO    CO    CS    rfOOCSOOS'O

oo o i-i cs co    Tj^wo r-~ oo o    i-i cs_-^wo_ri oo^

o* r-T t-h" l-T r-T    l-T l-T n" ii' cs"    es" cs" cs* cs" cs" cs*

k¹ ”s

O t-² O 03

jr

bo

N

I a Kształtówki U (przekr. norm. niemieckie).

Długości normalne 4 do 10 m najw. długość 16 m. w zapasie długości od 4—9 m w 20 cm. i od 9—10 m co 25 cm.

«    ,91 g

N    ^    S

CO 00 CS

COoO^iirHTT CONOCO wo" oo" Oo" ■^,* ctC    Oo" CO* CS* WO* H⁴    00 t~> 00 C- Oo WO

li li    CS OO 00 li    Tf C\ rH Oo Oo

Ii llCSCOCOof

00 O CS CS O    li    CS WO li WO    O 00 CS 00 W) ON

OWO Oo^WO^rH    Oo    oO^i^CS^Oo^    t'V'T CS^ON 00^*0

11 Tl Tl CS* co    CO    TC wo 00*00*    Cl" CO* Oo" Oo* O* r-T

dr

r—du rx—— pochylenie stopki 8°/o (1:12,5).

-o

jr

bo

N

*T§

u    «

N K»} s

Odstęp

środka

ciężko-

ści

mm

kg Im

TT

~e

OO WO

OSO SOt^WO^ CS

Tjî“ I> O* l> oo"    H 0*00*00 o

HHCS otoOOOrHUO

H t-h

Oo

cOH'jin

oo" Tf* 00*0^*00    OO WO wo Tf

rH CS WO O O oo O CS WO H CS co oo Oo co

191

245

300

371

448

535

1911

2690

3598

4823

6276

8026

ł—HCO C-^CS wo^

co" co" co" H*" -rf"    wo" r-* oo" on"    o" h cs" co" wo" r-"

T—i t-h ł-H 1-H T—■    HHHHH    CS CS CS CS CS CS

r^t^ONCTN'^    WO H oo 00 0£) ii CS OO

es oo in C3 oo^    'ocoooo>co    es eocsoo oot-»

rr wo" o" oo"    o" co" oo* oo" l-T    wo" oo" co* r^* n* oo*

HOrHHN CS CS CO CO ^

ofiCSCO

TT CS t-h 0^0    »ClO^Tf 0^0    CS Tf CO CO CO 00

WO* OO* Ol* Oo* r-T    CO t>* O* H<" 00*    cs" tu" cs" 00* co* 00*

ii    ri ii cs cs cs    coeosfśfwowo

c- ci i> ci oo oo oo

“T wi    wo wo

o o ii    i-Tcs'eo^rwooo

t-H r—4 r-H    t-H t-H t-H t-H t-H t-h

WOUOWOWOOO OO C- C~- Ci 00

WO WO

00* oo Oo o o o

li li li

>.

.2

Po

-o

$£$33 SSBS.BR £g£g£g

t-h

ggg'O» ggggg gggggg

n n ii ii ii CS CS CS CS CS co

Liczba

co W0 OO 00

O CS Tf< OO 00 O CS Tf oo 00 o r-H H H H r-H CN CS CS CS CS CO

cm

O lo 00 00 lo O vo^mo^hco

© © © © T-H 1-H

'thONin

r3lxrLr'lc0.,al

t-h T“H T—ł t—< rH

II a Kształtówki Z (przekr. norm. niemieckie).

Długość normalna 4 do 10 m, najw. długość 12—16 m w zapasie długości od 4 do m co 25

r— d,

ri=y

Ze względu na oś główną

YY

XX

s-S

Ze względu naoś |[ Położenie osi głównej st a

X'X' Y'Y'

Ix

cm⁴

(J -S.

w mm

Wymiary

nqzoïq

1—I CO L£! CO LO rn cq r-_ nt cn^ t-T t-T cn* cd lo ©*

lo_lo rr o nt cn" vd t-T o* co*

iHr-lINCNCO

Tf io co O

«nocsvû

^t^MD t—I CO LO id "d 1-1 CN

lo r-' co i—i oo i-i o es io OMn co CN* CN* CN* CN* ÇO*    .

© CN LO

lo r^r-n io-^co -d lo ©* en ■rf cd 1-H CN CO

i-H © © CN

co* co* -d rd cn © i-H cn    r^-

1-H CN

UO i-H © On 00 CN

lo oo co r- oo on «THOiN >0

1-H T-H © © O O

r-_ co esq t-h co* rn* cd © r--* cn

t-h i-H CN CO -śf C^-

lO

©

LO* CO LO* d On CN t-h CN O CN i-H CN

©COOOfHtH

MCN^CN i-H co i _

CO* d LO* ND* 00* th

cn co r-> i-H co^Tf r-^© i-h_io d co* lo* r- i—«* d

1-H 1-H

LO LO

d co co* © r-» co

*1

^•ij'uvo'OLO

oo © en co o io co Nf ^ »o LO

o o o o o o

CO    LO LO 00 ©•

t-h

CO LO LO 00 ©

-et* uo

td LO* ©“ © !"■ eoim^rHTj T-H 1"H

Q0CT\^ÛMn

<o i> lo cn o io* io* lo* r-* oo

NDO_

©* oo” 1—I NT CO

ND 00 CN LO 1-H 1-H 1-H CN

© 00 'Cf © Cn vo co t. o

i—11— •-©

1-H i-H CN

CO lo © co

CO CO wo CN r-H

co co co co O* O* © O* ©*

VÛOOlHOtH

OTfrHtHU-)    -v

i-H i-H CN CN CO

CN LO CO © © © uo © © -śf LO

© CO CN thhCN

CN-Lf LO ©_CN T}-* rd,—T so* ©* i-H i-H CN CN CO

cn © lo co r— oo" cn* rd co* oo" 1-H CN CN CO CO

© © 1-H CN CO

1-H 1-H i-H 1—I

io en

I> 00 00* ©* ©

© LO © »O ©

co co t-H r> oo

© © © o ©

CN Hj< LO 00 © 1-H 1-H 1-H T—t CN

CN HCf LO 00 O

1-H i-H r-H i-H CN

b £)    7    7    Æ    R

R=d=du r₂=y,

/?

III a Kształtówki T (przeje, norm. niemieckie). Długości normalne 4 do 12 m, najw. długości 16 m. w zapasie długości do 12 m co 25 cm.

I. Przekroje normalne h —

P~ 4%, // —2°/₀

II. Przekroje wysokościenne /i = 6, R = d=di, r₂ = —, ri = ^

A» = 2°/o, / = 2°/₀.

Liczba

wymiary w mm

-O

d=d±

Przekrój F cm²

Ciążar g

kg/m

Odstęp środka ciężkości e cm

Ze wzglądu oś XX

na

c/n⁴

cm³

cm

Ze wzglądu na oś YY

cm⁴

Wx

Ol

cm

N    «

-    O

eocorrs'oo io r— oo i—

W"—-—^ w ----------

kOl^XONO CN^kDXO

ł-H i-H i-H i-H i-H CN

'ooooo ooooo

cn^voxo

l-H 1-H t-h 1-H 1-H CN

© oo © oo ©    o©©©© •

co cos¹ s¹ oo lor^oooi©

1-H

OO V© t— 00 00*

Lr\

Ln

tfo oo © —T co si*v£>

1-H 1-H 1-H i“H 1-H

I. Przekroje normalne.

S ą S CS^ ©_    O 00^ O0_ ©

Tji* O0 t— © CS    t⁻» CS* Cl r-'* OO*

1—1—    1— CS CS CO Si

vq vo cs o TT

CO* —** VO 00* Ol*

13,35

17,90

23,16

29,05

35,64

o ©. O T— _1—I_1—1— i-i~1— cs

00 Ol i—

OOifCOl^N © Ol

oTs** t^-* cs* oo*    oo* oo* r- oo r-

1—1— CO © 1— 00 fu i— i— CS

H kO o co 00    CTs

1— OICI ON    OvOOri co

1—* i—* CS CO* ST* 00* CS* 00* lO* oo* 1— T— CS co

to ON ^ VD ^CNhOO r^OOOsCNkTi CNOONOr-^

dod'Hrî cncocoVTvo

j~4 Cl OO Ol 00 i—* ci to

137

258

422

670

1000

r- CS co

00 C<^i—_CS_O0    0C_ Cl oo

cs rd r-* ©“ ed    cs id cs s¹* ©

1—1-1 CS co oo t> ©

t-h

NO I—» 1—1 (—1

N0OO45sH-ipo    j— —*•

OHWWO Oi'en'vooiCo _Ql 4N NO O VQ Ol

II. Przekroje wysokościenne.

cs ćo s<    © cs tj<

CS - CO - S* -00 VO ooaocsu¹

CN CO    1—1 1-H l-H

lO 00 SffiWiti rfs. W 05 to to ©O © O O en ouiQU>©

© oo © oo © oo © © © ©O escseocos* itooiori oo oi

oo 00^

co co s¹ s¹" oo oo*io oo

Ln

o o o

r*H i-H H

i—i i—i i—i

>£*■ tO ©

O O O

Ol © 1—I CO OO

1—1 T—I 1—1 1—1

cs rf io r— r~ r~ rr

HVOCSOiN lOSOO^VO ^OHOlVOOl

i-T i-«* cs cs* co*    tji* oo' r-* ©*    co* r-* ©* oi* co*

—<    1—I 1-H CS CS co

0,880,58 1,290,73 1,77 0,85

2,33

2,96

3,67

4,44

6,23

8,32

10,68

13,42

16,41

23,24

31,32

0,99

1,12

1,26

1,39

1,66

1,94

2,22

2,48

2,74

3,28

3.80

_1—I 00_O0_    co

©©1-Teo'oo    od cs* co* ^ji*    co* ai oi io©

i—cs s¹    r~ i—i r- io io

H i-H

oo cs o co co co oo r-' i—i cs i-t

NCTiOCOit    i—i MO 00 Ol

cs^oocs^öo ooco^rr^ © ©* ©* i-T i— cs* co oo* oo*

Ol OO

oo cs,i£> o t— cs" oo* tjT cs“ S<* T-i H CS 'S* lO

s'covos'© oo s< ©~© csiot^'os< co oo^c-^©^    i"^i—©cs H^oiw^eouo

© O* ©* 1-T1-T i— CS* CO* "d    OO* IO* 0O* CS* lO*

i—i i—

© CO !''• C" CO T-H CS CS S< 00 OO OO    ©CO CSH    © oo co

O* ©* ©* t-T CS*    rf lO* CS* CS* 00*00 00 ©

i—i cs co oo oo co i—i co

©“© O O i— r- cs* 10* Ci*

13,0

17,7

29,7

47,2

00 lO 00 CO 00    lOr^-TTOO    CS CS CO T-I r-»

HMeęmo    oo O oo^o    t^TfCNOCN

o* ©“ o* o* o"    o* t-T t-T cs    cs* co* s<* vo oo'

Si

IV a Kątówki (przekr. norm. niemieckie). A. Równoramienne.

Długości normalne 4 do 12 m, najw. długość 16 m W zapasie długości co 20 cm między 4 a 9 m i co 25 cm między 9 a 16 m,

ri = 0,5 (najw c/+najmn d), r= —

Dwie znit. kątówki

ze wzgl. na AB \ \ ze wzgl. na XlXl

2 1XX Ctxx cm⁴ cm

coo^ vo ^ CN    cNOh

co co_co_    vq^vq^vq^    oqoor^

t-h rH t-h

i> o\cn    t-hjooo    r^covo    *n oo

vrf ©    CN oC in    ^ cn" in oo" oC

T-H CN CN    CN CN CO    CO^m    in \Q

= ~b + 0*36 d. 4

cö

(1)

XX

lab

Wymiary w mm

Ctab

9°/ Z

Wx,

cm⁴

cm

-a

~a

~o

uqzoiq

cm

cm⁴

t-h wo cnos^os^

i> t-h    cn co r^-    oo co vo

o^ihih    cN^cq^co^    ^ in^in

cs“ cs“ cs'    cs“ cs“ cs“    cs“ cs“ cs“

os_in so o^i—i o    in o    ihhiö

os“cs*in“    o oo“sd    m“oo“cs    in'in in

cs^n    "?J4 m t"    so co i—*    oo-—i sf

t-h    t-h t-h

o oo so    oo so r-H    in so    oo o

Os oo 00    (OS Os (Os    OOO    1—I ■HH cs

o“ o“ o“    o“ o“ o“

O oo m    cs>ntH    t"- co    in m oo

go cs scq    co^cq^    cqo_so^    os_oqin

1-4“ cs“ cs“    cs“ cs“ co“    co“ ic“ 'd'    co“ in“

in ös o    os cs r-H    rf in r>    co

cs^co^sr    ino^sq,    cs^eocs^    iCrHso^

co“ tj<“ in“    ^ so“ ch“    r-“ os“ 1-4“    os“ cs“ rt“

T-H    r-H T-h

1—4 00 ^ł*    i-i 00 in    <os co    os r-H rf

t^so__so    os^oo^oq    cqcqo_    cscs^cs^

rH rH rH    rH i—4 t-h    CS CS CS    CS CS CS

rHVO'J¹    4—I CO ^    -T IO ’lf    1—4

o^i—i cs^    <osmos^    o_os io    m os o

co“ in so“    rf IO K    K" oo“ ©’    oo“o“co“

T“H    ł-H r-H

H^oq,

cs“ so“ OS    r-T co“ oo"

r-H t-h t-h r-H CN CN

r-T t—T    vo vn

CN CO ^    CO IO

msfr-4 co o rf    so-^cs csor>

mcoco^ ininsr    soso^so^ oooo_i>

1—4 1—4 1—1    1—4 1—4 r—4

co r-i cs    »nioos

CO r—4    © r-H t—I

cs“ cd ^    co“ O"“ in“

OS

co^r^ON ^“in so“

1—1 1—4

in so“ oo“

m

cq_^vo    q_irtoi_    eo^co^

Kocn    r-T sf“ r"“    r-»“ cs“ so“    cs    os“ sr“

t*h t—I    1“4 T-4 T—4    1—t CS CS    CS    CS CO

oysoo    ^oo    oqcs_o    mmoo

i—T r--“    o“os oo“    cs“ ■r' so    cs'i-hcs"

r-H CS CS    CS CS CO    CO^m    sf in t"

00 vo sT © Os^    TT CS ©S^in

cs“ co“ ^r“    -śt io“ in so“ r^“    so“ t>“ co“

rH i-H r-H    t-H H rH    r-H r-H r-H    rH r-H r-H

oo o so    r^-inr^    jn^>o    ^oS

co“ sp in“ co“insd    sji'so'r--*    inr^od

coq

so“ Os“ r-T

Ö SO -rji    OSOS*    i—* CO

eoooeo    oo»ncs_    cocso

TfuStH    so“ oo“    so“ oo“ o“

wo t—■    , in r" o\

SO 00 O    VOOOO

1—I    T—(

^C4

■rf

»n

......Ti

>n

so

ctxx

cm

r-- no t-h    cn t-h co    r- no cn    co © ©    coho    cn o r-

ON_ON ON    T— h ©    CN CN CN    Ht Ht CO    C-~ tdr\    ©©_©.

cn“ cn“ cn“    cn“ cn“ cn“    cn cn“ cn“ cn cn“ cn“ co" co“ cn“

■5) Sh

SN g

„ CN U

N

© r— nt no

NO* CN* cd

no 00 ©

Ht NO Ht    00 CO NO    NO    NO    Ht

00 O CN    T-HHtNO    Ht    C'-    O

th —h    t-h t-h t-h    t-h    t-h    CN

CN no C^-

CO CN t-h CN CN CO

Ht Ht © NO T-H C'' CO Ht Ht

Dwie znit. kątówki

ze wzgl. na AB Ctab cm

2 lab

cm⁴

ONftH    © Ht On

r— t—■    on © on

cn“ cn“ cn“    cn cn“ cn“

NO Ht CN CN NO © t-h t-h CN

oo »o ©

NO © NO T-h CN CN

no on    t-h wo ©    cor>rH    co^o

t-h t-h    co co co    r- o oo    t-hthcn

co“ CO* co“    co“ cd co“    co“ co“ cd    Ht Ht Ht

CN O O CN 00 Ht CN CN CO

© © CN

t- Ht T-H

CN CO Ht

CN CN Ht co co co

■Ht- NO NO

00 NO NO NO ON CO vor-ON

t-h“ t-T t—T

no no    no io

CNCNCN    CO CO CO

t-H t-H T-h

NO 00 Ht Ht Ht Ht t-h t—I t-h

tHHt NO    NONONO    © © 00

NONONO    C'' l> t"c    ©©00.

Ttn

nJ

dr feT

NO t—I ©    ©r-NO    T—t Ht T-H    NO

CNMCO^    CNNO_NO_    rHiqt^    CN00.NO    CO^Ht^CO^    Ht©Ht

no“ no rd    no cd oo“    oo“ ©“ ©“    ©“ ©“ cn“    en no“ rd    oo“ t—' cd

_r-H_T-h h_T-h t-H r-H    T-H CN CN

00 CN 1"^    NO © ©    Ht 00 ^    NO OS ©    OC T-H ©_    CO CN CO

cd cd o“    cd cn“ no“    nt“ ©“ nt“    ©“ no“ co“    rd rd io“    cd no“ oo

r-H T-h CN    t-h CN CN    CN CN CO    CN CO Ht    Ht NO NO    f-~ 00 ©

00 NO T-h    00 NO t-h    NO CN ©    NO CO ©    Ht T-h OC    CO © NO

nt nt nt    nonono    oooooo    ©©©    Htntco    oo oo^r^

cn“ cn“ cn“    cn cn“ cn“    cn“ cn“ cn“    co“ cd cd    co“ co" co"    co" CO* co"

XX

no^cn r- noooi> nocono co^no    p',„ cn.no

T—T Ht-“ no“    en no“ on“    rd rd Ht"    o“ Ht“ co“    od Ht ON    On“ no“ cn“

T—I t-h T-h    T—i T-h t-h    T-hCNCN    CNCNCN    CNCÖCO    CO Hf >0

bo

©Ht CO T-h rH NO CO

co“ no no“    cd co“ cd

NO NO It- NO 00 ON

co CO O    NO    ON    t-H

45

r- no t-h © On ©

x,xt

WXl

CN t-h CO    NO CN CO©ON COt-h© NOh

T-H t-h ©    CN CN CN^ HtHfCO    t— — C—■    ©OON

cn“ cn“ cn“    cn“ cn“ cn    ‘ cn“ cn“ cn“    cn“ cn“ cn“    co" co“ cn“

CNOOO^    Ht NO O    ON Ht 00

fd on“ ©“    oo“ ©“ CN    ©“ co" NO

T-h    t-H t-h    T-h t-h t-H

NO^Ht CN_    O^NO ©    NO^t-h NO

CN“ no 00    KthitT    Ht On“ CO“

t-Ht-ht-h    t-hCNCN    CN CN CO

»?

‘•'H

HfCO^    CO^UO ©^    ©©NO    ©_^irN

co“ T—“ oo“    cn“ cn“ cn“    ON t-T cn

co nt nt    ntioNo    no r—oo

CN CN

00 ©

r-H

no oo oo    r-- r-- vo

t-h co »o ■    r~> ©    co

t-h t-h t-h    i—I CN CN

I ab

cm⁴

CO CN t-h

no 00 O

t-h

©CNNO    T-h o    O    NO O no

l>OCS    TH Ht    t-,    coi>©

t-h t-h    t-h r-H    th    t-h t-h CN

NOVOtn H NO t-h

CN CN CO

ON 00 00

CN ON NO

CO CO Ht

HO °

NO^CO ©    »^WOCO^    ,MhO    NO Hf t-h    Ht CN ©^    CN © 00

OO* On“ ©    ON ©“ T-h“    T-h“ cn cn“    CNCO nt    in no" cd    00 on“ on

t-h T-h CN    T—i CN CN    CNCNCN    CNCNCN    CNCNCN    CNCNCN

kg/m

co cn Ht    co Ht co

oovoeo    cniflN

no" od o    rd oC t-T

_H_T~H

co ^    vo vo

o o h    voooo^

©~ rd CO    Ol t-T Ht"

1~H t~H_T~H t—4

t^OOrH r-^VO T—^ CN ^ ï> th tH t-h

cn

O 00_»0

10" K' ©“

-—¹ T-H Ç\)

cm²

Wymiary w mm

C"^©CN    C^co^ >OrHO^    CN C^CN

CO T-h CO    ©"r-THt*    T-T Ht NO    cn*ut" rd    irTce t-T    ©“ es" NO

t-h t-h    t-h t-h    th t-h t-h    t-h t-h t-h    t-h t-h CN    t-h CN CN

00 O <M    codes

TTł T—I    T-ł t-h

t-h

m

vo

t- on t-h

On

t-h CO t-h t-h

O CN ^

t-h t-h t-h

NO

8.

Bqzorq

t-H

fr.

00

ON

© Hf CN CO MM co“ eo“ CO* © nf CN ©_© NO_

co“ eo“ co“ rn © cn © © © co“ eo“ co“

© © CN CN CN

Hf“Hf*Hf“

00 © CN wo wq©

Hf Hfrf

© © Hf

oqoqoo

Hf Hf Hf

CO O 00 r-* no co rtf © ©

O t-* rH

00 00 ON

no r~ oo

944

1080

1208

© © O

r^TfrH CN Hf MD

r—t T—( T—t

© 00 Hf

OM^O ©00 r-1 r—i r—i CN

OOO'û © © © r—I Hf VO CN CS CN

TT ON CO WluN'O ' nf“ Hf Hf“

r- i—i ©

ON o_o

Hf“©‘wf

00 rH NO ©Hf Hf

wio in r- © 00

00JX5.00 ©“ ©* ©

CN NO O CN CN CO NO* NO NO

Nf00r-l

VO NO ©“ NO“ no“

NO 00 CN tNiON1 00 O CN

r—I rH

CN O 00 © © CN CN Hf r-~

rH rH rH 00 O CN CO Hf Hf

t>ocn T-H CN CN

O no 00

'-O CN O COfNH CN CN CO

CN O 00 H00N Hino

CO CO Hf

Hf NO O

W) r-H 00 rH NO H

frtm

NO © Hf

r-H r-H r—I

CN CN CN

00 On y-h CN CN CO CN CN“ CN rrco

wo © © CN CN cn“

r-H wo cn

CN CN CN

CO CN CO ON On ©^ CN CN CN

VO t-h t-h H rH rH

co“ co“ co

r^r-H CN CN* no“ on“ CN CN CN

Hf_Hf W0

on co“ r-“

CN CO CO 00 Hf t"

t>T CN* no“

CO Hf Hf

CO no O

r-«“ cn“ oo"

Hf wo wo

CO^Hf r-H 00* Hf r-T

WO NO fr*

CO f 00 r-T 00* Hf“

r-> r- oo

NO

00 NO CO ON r-i CO

rH rH

O CN NO Hf NO 00

r-H r-H r-H

Hf CO r-H ON CN W0 t-h CN CN

CN 00 Hf NO On CO CN CN CO r-H r-H oo

Hf ON co CO CO Hf

CO NO 00 W0 O NO Hf WO WO

CO TH [H. CN CN^t-h

Hf Hf Hf⁻

Hf r-H 00 NO NO W0 Hf Hf Hf

Ohf CD CN ON

wo" Hf“ Hf“

ON NO CO co^co^co^ WO wo“ wo“

[HfiH

wo“ wo* wo

WO CO O

rH T—^ t-H

NO ©“©“

r>rH oo

00* t-H* Hf“

Hf WO NO

oor-^cN co“eo“co no rn oo

HCOO

00 ON r-H

CN NO ON O r-H CN

rH rH rH r^ CN r-CN Hf WO ^ CN QV wo r-' oo

r-H r-H r-H

ON Hf uo

f" Hf o

CO Hf WO

r-H WO WO Hf CN O wo no r-H o r-- ON WO WO WO

r-H no on

Hf oo NO r-H Hf r^ O r-H CN

r-H r-H rH

co wo

Hf O NO

eo wo no

r-H r-H rH

wo wo r-Hf Hf eo

r-- os rH

r-H r-H CN

NO Hf CN ©CO CO

eo“ co“ co“

NO Hf CN NO^NO ©^

co“ co“ eo“ t-H WO CN ON ON ON

eo“ co“ co“

rn NO co

CN CN CN

Hf Hf“ Hf“

00 NO CN WO WO WO Hf'nf Hf“

ON NO Hf

0CM» 00^

Hf“ Nf Hf“

H—^t-H ON

©“ wo“ ©*

CO CO Hf

Hf © WO ON NO* CN CO Hf WO wo © wo

©*00*W0 WO WO NO

WO wo o eo“ cn“ r-T

NO (H. 00

wo wo ©

00* 00* ON*

t-H 00 ©

wo r- oo

© © r-H r-H r-H

© © © CO 00 T-H

CN CN CO

© co WO

Hf © Hf

co CO Hf

CN O Hf r-H nf o Hf wo ©

00 CO wo

CO CN ©

© r-H oo

WO © CN Hf Hf WO 00 © © © wo 00

© CN Hf © CN CO

r—H rH r-H

tH. © rH    VO Hf rH

Sfsfs?

©R£7~~l££3~

CN © 00

©“©"©“    CN CO Hf

CO Hf Hf    Hf rf Hf

00 © rH

CO CN CN

Hf WO ©

© © Hf

CN Hf © © [H. 00

© © r-H

© CN t-H

00 O rH r-H Y—I nf CN ©

©' r-“ oo“ eo eo co © Hf ©

© CN 00

co* r-“ ©“

CN CN CO

© eo nf

r-H © © r-H co ©

HYt r-H r-H

00 O CO nf nf cq_

tH.“ rn“ ©“

CN CO CO © o ©

© © CO © rn ©

T-H r-H CN nf r-- nf no oo^©

r-H © © CO CO Hf r^ oo o cn © © © CO wo CN CN CN

© © Hf t-h VO^t-h^

©“ ©“ ©“ CO Hf Hf

CNt-h© -h ©“<© CN CN CN

Hf ©^

©* ©“ co“

CN CN CO

© t- eo

©“ Hf ©

eo eo co

qo^o

©“ o“ ©“    ©“ ©“ r-<“

CO Hf Hf    Hf -f ©

rHoqin NO T-H fH Hf © ©

OCNtT

▼-H r-H i—i rH CO in

rH r-H t-h cn vo

t-h rH t-h co m

t-h r-H t-h

VO 00

t-H rH r-H

© pH ©

r-H t—' r-H

II

| 11 110

T—I

co

l|

140

14

091 Sl

16 t|160

AA

Rv

00    Tf    00    MD

oo_    ce    q_    o

cT    cT    t—T    t—T

0h r-

en en

CS CS r-~ rr

SI

md en MD VO

en

00

MO OS'

co

r—1

26,8

32,9

00 MO

vo* r-T

m MD

B. Nierównoramienne.

Długości normalne 4 do 12 m, najw. długość 16 m. W zapasie długości do 14 m co 25 cm.

Y

u— — k/ ‘(p ■ uuifHUp 'Mfeu) ç‘q —à

Ze względu na oś

XX

XiK

Położenie osi

Odstęp środka ciężkości

Wymiary w mm

YY

ax

Ix

a'i

a'

st a

ei

kg\m

zmo

•J>[3Zjd

eqzor]

en

en o o o

CS* CS*

00 en

co MD* T—I CS

o ers es ON MD l>

o

•• OS CO

es

tfl

0,432

0,428

CO

xr>

CO os O t-h CS

SO

T—^

en irT

C\ m in

TT MD*

in

09

40

4/6

en o

U0_ MO CS* CS*

TH

en Mo

MO MD

T—l    T—I

T-H

MD O" H CS

r-' en en en es" es*

en es veT r-*

MO

0,430

0,427

es

es* en

r-H r-H

vo

tj<* m-T CS CS

>n es

MD OO“

en

en in

oef

r- On

75

50

5/7 Va

md    cs    r--    en

en    cn_    o    cd

en*    en*    rf    rt*

1,81 160 1,80    189

2,26 ! 317 2,25    370

vo    en    co

'MD    MO    I>    MO

Sf    MO    OS    t-h

CS    O    00

T-H    T—^    CC    l>

en    en    en    en

o r-'

Tf VO

T—ł    T-H

0,410

0,407

•MD en r- es es en

0,435

0,430

T-H q

en

en en

CS^ CD

oś o' en

11,15

13,42

14 99

17,82

CS^ t-h

s*'    rN    co    es

r-H    H    r-H    CN

rH

On    O    CN

H    fH    rH

100

6VJ10    65

80 I 120

8/12

2,16

2,15

CO CN LO LO

O* o"

0,85 |

0,84

LO

CO

1,37

O Nf

lo

CO CN

t-h t-h CN CN

r-H 00

r- CN

tj- co CO uo

HH- 04*

Q\ t-h

on

rf* LO*

OO LO CN* Tf*

T-H T-1

eo

UO* t-h CO

rf O.

ON LO*

oo

CN U0

00 o

T-H CN

5,10

5,07

LO CO ON On

CO O LO LO CN* CN*

r- t— CN CN

co* co*

C" CO CN CN Tf hhT

LO uo CN CN U0*    U0*

o r-

LO. UO. LO* LO*

747

854

LO oo.

LO T-H t-h CN

LO 00

r-* o

Nf LO

co o

CN LO

339

395

CN LO

LO r-*

00

1754

1973

Tf CN

oo cq

CN* CN*

00 LO i>

o* o*

LO TO

o. o

1-H ON

CO^ CN

t-h ON

r— LO,

T-H ON T-H O

CN* CN*

UO CO LO LO CN* CN*

CN CO CO LO

T-H CN LO. rf CN* CO*

LO CN LO. LO. f"* ON

CN

CN

vo uo

ON CO* T-h CN

Tf. 00 Nf* CN* UO LO

CN ON CN CO

T-H T-H

CN U0

C0 T-1

CN_CO

CN

UO    CO    ..T-h    00

i>    _ on    oo

N*    ^    ^ H    T—T

uo CO UO uo CN* CN*

00 LO

t-h t-h

CO* CO*

uo t-h

t-h r-H

Tf* Nf*

T-H 00

T-H ©

uo uo*

O 00

co

LO* LO*

649

744

o LO. LO,

ON, UO TJÎ" t-C ■d* »O

116

141

O 'Cf CN r--co co

ON CN t-h CN 00

1654

1863

0,436

0,434

0,254 II 0,248

0,257

0,252

0,267

0,266

0,257

0,255

0,269

0,268

0,261

0,259

24,2

25,0

3 00, LO, tn lcT r'-*

00 LO, 00* ON*

fi

—¹    CN

t-h    t—ł

LiO CO. ■Cf* LO*

T"H    T—<

l> LO, O* 00*

t-h r-H

00 LO,

t-h CN* CN CN

28,7 22,53 43,9 33,2 26,06 49,7

LO -Cf

⁰⁰ H 04*

CN 04

LO Nf 00* On* CN CN

on r-.

LO* LO*

CO co

U0 U0 LO* fH* "Cf -Cf

«>*

f» 00 LO LO

CN O t—T CN*

r- r-

Il ³-³7

! 4,59

r^

^ O

vo r-T

ON U") CN. CO 'cf* in

CN Tf

1-H T-h

CO r-.

6 j: 6,89 8 || 9,01

8 |11,5    9,03

10 II 14,1 11,07

14,6

17,35

21,59

24,96

LO — CO* CN r-H CN

co oq,

r-* r-T CN co

40,3    31,64

45,7 i 35,87

O CN

r-H H

CN rf

t-h i-H

14

16

10/15    100    150

30 I 60

80

40

100'

130

160

200

50

65

80

100

J 3/6

*/*

5/10

6Va/13

8/16

10/20

oo

V a Zoresówki (przekr. norm. niemieckie), (rys. 145). Długości normalne 4—8 m, najw. długość 16 m, w zapasie długości do 12 m co 25 cm. r\ = d, r₂ = d— 0,5, r₃ = ł, r₄ = 0,6 ć/+1,3.

Liczba

przekroju

Wymiary w mm

Ix Wx Iy Wy

a-

cm² kg/m cm⁴ cm³

cm⁴    cm*

IO \©

50 120 33 60 140 38 75 170 45,5 90 200 53 110 240 63

rHTf oocna\

CS CS CS CO co

In

uo^ in co co~^ tî^ m

'-O 00 <1 CT\ on

WOM

J^SWOO\

h*Vmws

_rf*.

1—l I—l I—l

o o^jon O O bo oj "to OOiP'tOO

CO t"> Ul .-H CS rf O O CS rH CS ^

_Njbj

N3 h-*

CTs on oouiyo

to a\ OJ i-1 vltn4s-Oł

00

On

rf ^00 i-h'

co o in vo

hCN^TVOO

t-h

-^-1

A K-Ö’-h----

-----J»    ¹"

a Æ/t \

i f/z

<5

-----TT"

v/?

yv

>s

K-r -♦l -----r-^

h*- C C -H

xy

rys. 145.

--Xj4⁴-—-

rys. 146.

r

VI. a Cwierćkołówki (przekr. norm. niemieckie), (rys. 146). Długości normalne 4 do 8 m, najw. długość 12 m.

/i = 0,03 D, r₂ ⁼ 0,06 D.

Liczba

przekroju

Wymiary w mm

średnica

rury

b dt d

Dla 4 ćwierćkołówek, więc pełnej rury

I Wx=Wy    W,,

cm²

kg/m

cm ⁴

cm³

cm

ą są-

100

150

200

250

300

IT> o    O VO

eo    \o co

00 KO

KO 00 co

o oo cn o cs oo

i—I    T-^ 1—I T—I r—t T—1

MO Î'N H Ok CO 7<o‘ 00* CS m 00 00

Ok Ok

CS 0)^0

ł—ł    ł T—I T—ł CS

O Ok Ok

23,39

37,68

43,10

62,96

69,16

94,20

101,27

132.67

140,52

195,47

KO KO

r- o

W) OK

66,2    89,3

102

135

2068

2982

5511

7478

12161

15788

23637

32738

3 57. Dźwigary blaszane.

175

248

370

495

676

237

331

501

663

917

867 1165 1120 1515 1530 2051

Dla większych rozpiętości lub ciężarów, gdy największe kształtówki / nie wystarczają, używamy dźwigarów blaszanych (n. Blechträger, fr. poutre en tôle, an. zurougt-iron girder, cz. nośnik plechovy).

Belka blaszana (rys. 147) składa się ze ścianki A (n. Blechwand, Stehblech, fr. âme, a. weh, cz. stoina), czterech kątó-

wek B i nakładek C(n. Lamelle, Deckplatte, fr. plate-bande, . a. flange-plate, cz. pâsnica, r. HaKJia^Ka). Zwykle przyjmujemy wymiary ścianki, kątówek i szerokości b nakładek, a obliczamy grubość ich d. Grubość ścianki przyjmujemy zwykle w budownictwie 7 do 8 mm, przy mostach większą, żeniu

B/

• g= 8,5+0,151

mianowicie w przybli-

. . 207)

jeżeli / oznacza rozpiętość w m. Szerokość kątówek możemy przyjąć w budownictwie

bx = 0,21+ 5 cm b =0,41+16 cm

mostach zaś bx = 0,41 + 6 cm b =0,81+18 cm

według wzoru a nakładki

przy a nakładki

mm

208)

i:?:

*..........6.......4

rys. 147.

jeżeli / oznacza rozpiętość w m.

Wysokość belek h obieramy zwykle budownictwie równą x/i2 do x/₁₆ rozpiętości, budowie mostów x/₈ do ¹jn rozpiętości.

Wzory te podaliśmy tylko jako wskazówkę, jakie mniej więcej mamy obierać wymiary ścianki, kątówek i szerokości nakładek, ale ściśle trzymać się ich nie potrzebujemy, bo jeśli przyjmiemy mniejsze wymiary kątówek lub węższe nakładki, to za to wypadną nam nakładki grubsze i na odwrót. Wszystkie te części

składowe belki łączymy nitami w jedną całość, przyczem rozróżniamy nity poziome i pionowe. Ostatnie urządzamy w dwu rzędach. Jeżeli nakładki wystają o długość c>6,5 cm, (rys. 147) wtedy musimy połączyć nakładki jeszcze dwoma rzędami nitów skrajnych (n. Randnieten), (rys. 148).

Średnicę nitów przyjmujemy zwykle 16 18 20 do 24 mm

60 70 80 i wyżej

rys. 148.

dla szerokości kątówek do

mm.

§ 58. Obliczenie przekroju belki blaszanej.

Belki blaszane obliczamy także według rów. 143) rl = Me. Moment bezwładności / rozłożymy tu na dwie części tak, że

/= 4+4, ,

209)

przyczem 4 jest momentem bezwładności kątówek i ścianki, który zaraz możemy obliczyć z danych wymiarów, zaś 4 momentem bezwładności nakładek. Z poprzedniego widzimy, że (rys. 147)

h=~b(¥~h^

210)

Z rysunku zaś widzimy, że hz=h₁Jr2d. Wstawmy tę wartość i po odciągnięciu dziur na nity pionowe b' = b— d zamiast b, otrzymamy 4    (^i⁸—6 Ai² c/+12 hi +8 <łA—Ai³).

Ponieważ d w stosunku do hx jest bardzo małem, więc możemy wyraz 8d³ wobec wyrazu 6hx² d opuścić, a wtedy:

"TjT—(Ai + 2 d).

Wstawmy tę wartość za 4 i e =    w równ. 209)

i 143), a otrzymamy :

tI₁+-——(hi-i~2d) =    a stąd:

2 Ii

d bhT bh₁(h₁+2d)' * '

. . 211)

W drugim wyrazie tego równania po prawej stronie widzimy jednak w mianowniku ilość d> której nie znamy. Musimy więc obliczyć d najprzód w przybliżeniu, wstawiwszy w równ. 211) d=0. Tak otrzymamy przybliżoną wartość dla d

j— M bhiT

21:

212)

b v’

Wartość tę wstawiamy w równ. 211) po prawej stronie i otrzymujemy dokładną wartość d.

W równania te wchodzi M, które się zmienia według położenia przekroju. Dlatego obliczamy najprzód przekrój, dla którego M jest największem, n. p. w belce, w dwu punktach podpartej, jednostajnie obciążonej, dla x= -y. Grubość d rozdzielamy w danym razie na kilka nakładek, przyjmując grubość pojedynczej nakładki 8 do 15 mm.

Potem obliczamy dla innych punktów belki odnośne d według tych samych równań, wstawiając tylko odpowiednie wartości za M. Długość nakładek wyznaczamy najlepiej wykreślme (rys. 149). Obliczmy grubość nakładki d w środku belki i zróbmy d— CC'. Dla punktów A i B jest M— 0, więc z równ. 211) wynika, że grubość d będzie tu ujemną, równą AA' = BB'. Wykreśliwszy odnośne grubości także w kilku punktach pośrednich

El_ć

dM

mm'

w//////////

D E- l-C*

B'

A'

rys. 149.

D i E, łączymy punkty A' DEC... linią krzywą, lub, jeśli punkty te są dość bliskie, prostemi, a powierzchnia między tą linią a osią AB przedstawia teoretyczną grubość nakładki. CC' dzielimy na odpowiednią ilość nakładek i kreślimy poziome, których przecięcia się z linią A'C'B' wyznaczają końce nakładek. W rysunku 149. mamy w środku belki cztery nakładki, potem trzy, dwie, jedną, a nareszcie widzimy, że niedaleko podpór nie potrzeba wcale nakładek. Ze względów ustrojowych przedłużamy nieco nakładki poza linię A' D E'C', jak uwidoczniono na rysunku.

Długość nakładek możemy też wyznaczyć w inny sposób.

Z wzoru 148) mamy — = W = —. Jeżeli znamy najw. M i przyj-

6    t

mierny t, to możemy w każdym punkcie belki wyznaczyć potrzebny moment oporu i wykreślić go jako rzędne. Końce tych rzędnych Wu ]V₂, Ws, przedstawiają (rys. 150) linię potrzebnych momentów oporu (n. Kuive der erforderlichen Wider

slandsmomente). Teraz obliczamy z W= — momenty oporu dla

przyjętej ścianki z kątówkami W₀, dla ścianki z kątówkami i z jedną, później z dwiema, trzema nakładkami, odcinamy rzędne (Wi,Wn, Wni) i kreślimy poziome. Przecięcie się tych poziomych z linją potrzebnych momentów oporu wyznaczy nam potrzebną długość nakładek, którą ze względów ustrojowych nieco powiększamy.

r¥.

mm %\ %\

/ fti % ki k

rys. 150.

Przy obliczeniu momentu bezwładności 4 trzeba ewentualnie uwzględnić osłabienie przekroju przez nitowanie. Ścianka osłabia się wskutek Spajania przykładkami, gdy bowiem długość jednej blachy nie wystarcza, musimy dwie lub więcej blach spajać.

'Jeśli przy spajaniu uwzględnimy nity ($ d) w odległości pionowej a i nazwiemy v = ———, to osłabienie ścianki uwzględnimy

biorąc w rachunek zamiast grubości ścianki g grubość vg. W przybliżeniu możemy przyjąć t/ = 0,77, więc przyjmiemy zamiast g tylko

0,77 g do 0,8 g. Przykładki dajemy zawsze z obu stron ścianki, grubość ich mogłaby być połową grubości ścianki, nie używamy jednak cieńszych przykładek niż 6 mm.

Co do obliczenia odległości nitów w przykładce, to dla przekrojów niedaleko podpór, gdzie siła poprzeczna Q jest wielka, możemy ją obliczać w następny sposób. Siła poprzeczna, jak wiemy z § 50., nie rozdziela się jednostajnie w przekroju, lecz jest w osi obojętnej największą, a mianowicie wynosi według 192)

J-, a więc na długości a, równej od-

na jednostkę długości o

QS

bliżeniu przyjąć

stępowi nitów, działa a -y-. Dla warstwy obojętnej możemy w przy-S=~. yZaś 1=2 y(y)!,

jeżeli y

oznacza odstęp środka ciężkości połowy przekroju od

K'

osi obojętnej. Na długości a działa więc siła a

Przyjmijmy A₂ = 0,9 h, to a

Q = 2—t a stad 0,9 h ¹ 4 a Stąd

1,41 ^    .

9 n d² h

. . 213)

20 Q

Równanie to jest ważnem wtedy, gdy po obu stronach szwu przytwierdzimy przykładki jednym rzędem nitów. Jeżeli jak zwykle, znajduje się po dwa rzędy nitów, to

18 Ti d² hvi

= 2,83

d²hTx

. . 214)

20 Q

W pobliżu środka belki jest Q bardzo małem, a że tu moment wielki, więc obliczamy nity przykładek ze względu na

moment.

Niechaj / oznacza

odstęp skrajnych nitów a S siłę, działającą we wszystkich nitach. Moment M da się rozdzielić na M, działający na ściankę i M" na kątówki i nakładki. Jeżeli nazwiemy odnośne momenty bezwładności I' i I"y to M : M' =1:1 i M + + M" = M, a stąd:

MI' _ MI' f+I" I '

M' =

Z tych dwu równań przyjmujemy a mniejsze.

§ 59. Obliczenie grubości ścianki belki blaszanej.

Wiemy, że siła ścinająca w osi ciężkości jest największą, że tę więc wyznaczyć musimy dla obliczenia grubości ścianki belki blaszanej. Jeżeli siłę ścinającą poziomą nazwiemy a, to wiemy, że

według równ. 192) a—

Wyrazy S i / obliczamy w przybliżeniu, jak w poprzednim paragrafie ; dla warstwy przez środek przechodzącej będzie więc

F h,

a=

²m'

J^na ściankę, ho

M przenieść się musi przez nity, więc

, zatem S =

M' =

l 2^ Sf

2‘bX3J'    3

(rys. 151).

T"-r y.. •

B !

•f s

y.

Jeżeli siła, działająca w nicie odległym o a od osi obojętnej, jest P, to w drugim rzędzie będzie 2 P, w n-tym rzędzie nP, a więc, gdy mamy dwa rzędy nitów po obu stronach zetknięcia będzie :

LS.

jS=2(P+2P+ ...nP) = P(l+nJn,

rys. 151.

zatem P—

2/i(l +n)

, a więc siła w ni-

cie najwyższego rzędu n P—

= 2na, więc „    3 M'

3M'

2/(1+ nY

a że z rysunku mamy /=

d TC

²Ąi+l)

. 215)

Ze względu jia ciśnienie na ściankę dziury jest : dgr₂, a stąd: a =

dgTąf²

3 M'—2 dgr₂ f '

. . 216)

A więc na jednostkę długości działa siła o

jeżeli zatem naprężenie dopuszczalne na ścinanie blachy jest t'= f-T, a powierzchnia ścięcia l.g~g (rys. 145), to g §

a stąd g= §Q

T t;

i h₂.

W przybliżeniu przyjmiemy według Weyrauch a, jak pierwej, h₂ = 0,9 h, więc

10 • 8 Q_16 Q . Q

g 9.5 rh 9rh ⁵⁰

. . 217)

Wzór ten nie uwzględnia jednak naprężeń ukośnych, które w belce blaszanej mogą być większe, niż o

Dla warstwy

obojętnej jest wprawdzie p = 0, lecz w tem miejscu przekroju, . gdzie przekrój się nagle rozszerza, t. j. w punkcie a, gdzie się znajdują poziome ramiona kątówek, naprężenia ukośne mogą być, jak wiemy z § 53, większe. Tu bowiem naprężenie ścinające nie jest o wiele mniejsze, niż w środku, a i naprężenie v jest tu prawie + t. Jeżelibyśmy przyjęli v = a, to według równ. 202)

Jeżeli

f v 1--<-

najw. v' — — = —-Y v + 4 o —

więc chcemy, aby

najzu. v' = t, to r—

Ze względu jednak na mniejszą wytrzymałość blachy na ści-

7/

Zatem będzie

l,ö

= yVl+4 =

1 + 2,23    ₁    .    t

2-⁼ 1>625 u, więc a ⁼Y62'

to CM

tO o

(1 + V5).

nanie w kierunku włókien przyjmiemy ff—

%    _ Q _ 10 Q

1,8a ₌ 10Q 1,8 _

9 A ' t

Dla belek zwykłych, w budownictwie używanych, otrzymujemy często z wzoru tego bardzo małą grubość g, w praktyce więc przyjmujemy najmniej g⁼6 do 8mm. Dla belek mostowych, gdzie siły są większe, da się wzór ten z pożytkiem użyć.

stąd

2,0

Th

218)

Przykład. Dla helki głównej mostu blaszanego o rozpiętości 10 m niech będzie obciążenie <7=5,5 t/m, zatem na podporze

najzu. Q=-2ql=~2 5,5X10=27,5

Niech będzie dalej A—100 cm, x=720 kglcmi, to g= 2 Przyjmiemy więc g—8 mm.

27500

* 720 . 100

— 0,76

cm.

§ 60. Obliczenie nitów belki blaszanej.

a) Obliczenie nitów poziomych.

Nity, łączące belkę blaszaną w jedną całość, narażone są ścięcie wskutek siły ścinającej poziomej, której wielkość

na

rys. 152.

ttn

na jednostkę długości jest o, a zatem, jeżeli nity urządzimy w odstępach a (rys.

na długość a siła ta wynosi aa. Ponieważ

152),

nity poziome są dwucięte, więc

cł²n QS aa = 2~r-    =

Ta

-1

M— —1 —1 — lii I -k- i— —■    —ii —J —.    *■— H

: : : :

a stąd

_ TC T^I

a~y ~QST ' gdzie S oznacza moment statyczny przekroju nakładek i ką-tówek ze względu na oś obojętną, a d średnicę nitu.

. 219)

powierzchni

i____

rys. 153.

Z równ. 219) widzimy, że im większą jest siła Q, tem mniejsze muszą być odstępy nitów a i odwrotnie. A zatem ponieważ siła Q przy podporach jest największą, więc tam muszą być nity najgęściej umieszczone, w środku zaś belki, gdzie siła poprzeczna jest bardzo małą, nity mogą być rzadsze.

Zbadajmy także ciśnienie na ściankę dziury. Jeżeli ciśnienie to nazwiemy v2y będzie oa = dgv₂, przyczem g oznacza grubość ścianki ; a więc

d²n

dgv — 2 tx, a stąd ~ rx

. . 220)

XXIX.

Stąd otrzymamy dla —

1,5

2,5

— =1,57    2,35    3,14    3,92

Ti

wzoru

Widzimy, że naprężenia v₂ są bardzo wielkie ; według

219) licząc dla —

= 1,5, otrzymamy dla ⁼ 800, v₂ — 2,35 X 800 =

= 1880 kg/cm². Jeżeli—>1,5, to nie możemy już liczyć wedle

wzoru 219), ale nazwawszy ciśnienie dopuszczalne na ściankę dziury, otrzymamy dg t₂

__QS

a, więc

_ dg I

a    m

QS

221)

przyczem możemy przyjąć t₂ = 1600 kg/cm².

b) Nity pionowe umieszczamy zwykle oba w jednym rzędzie (rys. 153).

Nazwijmy odstęp nitów a1} to otrzymamy

QSi _ nd² n

t z 4 Tu

a.\ ff=

l~7

przyczem uwzględnimy, że nity są raz cięte, ale na długości ai muszą być ścięte dwa nity. Z powyższego równania otrzymamy

222)

_ 7i %xd²1

ai ~ Y~qsT

gdzie Sx oznacza moment statyczny nakładek ze względu na środek ciężkości przekroju. Oczywista rzecz, że S^>Sit więc z równ. 219 i 222) wynika, że zawsze a</ax. Jeżeli nity poziome obliczamy według 221), to a jest tern bardziej mniejszem niż au Ale ponieważ nity pionowe umieszczamy w środku między nitami poziomymi, więc przyjąć musimy ax = a, obliczamy zatem tylko odległość nitów poziomych i w tej samej odległości przyjmujemy też nity pionowe.

Często otrzymujemy z tych równań, gdzie Q jest bardzo małe, odstęp nitów a bardzo wielki, ze względów konstrukcyjnych więc przyjmujemy

najw a ~6 d

223)

§ 61. Obliczenie belek drewnianych.

Belki drewniane obliczamy także według równ. 143) rI=Me, jeżeli h <C 0,13 /, gdy / oznacza rozpiętość belki w dwu punktach podpartej (p. § 52).

Dla przekroju prostokątnego (rys. 154) mamy z ^

= M a stąd bh² =

Przyjąwszy b — nh, otrzymamy nh' = —    a stąd

„ VM......

• ’ nz

Jeżeli przyjmiemy pewną wartość dla b, to

bh³ -

6M

6M

224)

225)

h-

6M

bz

226)

bh = F =

Wysokie przekroje są korzystniejsze, bo z 224) wynika , zatem przekrój będzie tern mniejszym, im większa

6M

xh

wysokość.

Byłoby jeszcze do rozwiązania pytanie, jaki jest pod wzglę

frn

A\

k- 6.....

\E

rys. 154.

a więc musi być

dem wytrzymałości najkorzystniejszy przekrój belki, wyciosanej z pnia okrągłego. Z równ. 224) widzimy, że M będzie tern większem, a zatem belka tem więcej uniesie, im większym jest wyraz bh². Nazwijmy bh² — u, to otrzymamy najprzód z rysunku 154, jeżeli d jest średnicą pnia A²=c/²—ó², a więc u = bh² = b{d²—b²).

Szukać teraz będziemy wartości b, dla której u będzie największem,

du

d*

—0 — d²—3 b², a stąd b²——, zatem:

b =    .....

d¹

Z rysunku widzimy, że h² = d²—bî==d²—^ =

h = d{Ę.....

Porównawszy równ. 227) i 228), otrzymamy b: h = l:\j2, b : h = 1 : 1,41, albo w przybliżeniu

b:h = 5: 7......

CN CO

więc

228)

czyli

. 229)

Jest to najkorzystniejszy stosunek podstawy do wysokości belki, z pnia okrągłego wyciosanej. Jeżeli z punktu E spuścimy prostopadłą na średnicę AB, to

b² = AB.AC, a h² = AB. BC,

AB. AC=    AB .BC=~d², a więc AC=- -d, a BC = - -d.

03 I—^

CO

Na tem polega konstrukcya najkorzystniejszego przekroju. Dzielimy średnicę na trzy części, w punktach C i G wystawiamy prostopadłe i w ten sposób otrzymujemy punkty E i F, wierzchołki prostokąta.

Zauważyć tu jednak musimy, że równ. 229) odnosi się tylko do belki z jednego pnia wyciosanej i to bez względu na koszta ociosywania. Dla tego nie potrzebujemy go się ściśle trzymać, a tylko pamiętać, że ze względów wytrzymałości wysokość h powinna być większa od szerokości b mniej więcej w stosunku 4:3. W praktyce musimy się też stosować do wymiarów belek, które można dostać w handlu.

Przykład. Ganek drewniany szeroki 1,2 m spoczywa na belkach drewnianych jednym końcem wmurowanych czyli wspornikach, oddalonych jeden od drugiego 1 m (rys. 152). Obliczyć wymiary belek, jeżeli ciężar własny i ebcjążenie

tłumem ludzi wynoszą kg Im².

400

i2o4

<-■ 100 -3fS 100 2>j

rys. 155.

Ponieważ odstęp belek jest 1 m, więc na metr bieżący belki wypada 1 m² ganku, a zatem 400 kgjm=A kg jem. Największy moment jest, jak wiadomo z § 14. w B, a mianowicie    tu

więc, ponieważ /=1,2, M—\ 4X120J=28800 kg/cm. Jeżeli więc x=180 kg/cm², to według rowu. 224)

bh³=—

6M 6X28800

100

=1728 cm³;

dla 6=10,

„ 6=12,

Jako najbardziej odpowiadające równ. 229) wybieramy więc wymiary 6=10 cm, 6=14 cm.

a więc:

6²=173,

6²=144,

6=13,2

6=12,0 cm.

cm

§ 62. Obliczenie belek stropu mięszanego.

Jako przykład obliczenia belek drewnianych i blaszanych podajemy obliczenie belek stropu mięszanego (tabl. II).

Niechaj strop mięszany składa się z belek żelaznych B, umieszczonych w odstępach /₂= 4,5 m i belek drewnianych K, spoczywających na belkach żelaznych, umieszczonych w odstępach a+1 m. Rozpiętość belek żelaznych w świetle wynosi 11 m; ponieważ wmurowanie jest za małe, aby można belki przyjąć jako poziomo wmurowane, więc obliczamy je jako w dwu punktach podparte. Teoretyczne punkty podparcia przyjmujemy 15 cm odległe od krawędzi muru, więc rozpiętość teoretyczna /₁=/-j-0,3 m = 11,3 m. Ciężar własny powały i podłog wynosi 300 kg/m², obciążenie tłumem ludzi przyjmujemy także 300 kg/m². Ciężar własny belki drewnianej przyjmiemy tymczasowo gt— 40 kg/m, belki żelaznej #₂=70+15 / kg/m, dalej dla drzewa ze względu na możliwość butwienia zakrytych belek x=80 kg/cm², dla żelaza x=1000 kg/cm².

Najprzód musimy ustalić odstęp a belek drewnianych. Ponieważ przy murze umieszczamy po jednej belce drewnianej, więc jeżeli przyjmiemy n pó^ a szerokość belki 6, to l=na-\-b, a wstawiwszy wartość za l i przyjąwszy tym-

, 10,8

czasowo 6=0,2 m, ll=no+0,2, a stąd a—-.

n musi być liczbą całą, zaś d<lm, przyjmujemy więc n = ll, a więc U =0,982 m. Belkę drewnianą K możemy teraz obliczyć według równ. 224) 6M

bh²=—^~. Pierwej jednak musimy wyznaczyć najw. moment M, który dla obcią-

a=

10,8

dług 20)

żenią jednostajnego zupełnego będzie dla połowy rozpiętości belki we M=\ql₂², przyczem q jest obciążenie na jednostkę długości. Ponieważ 1 m belki K niesie a m² powały, a obciążenie na m* wynosi 300+300=600 kg, więc obciążenie belki drewnianej przy uwzględnieniu ciężaru własnego równa się a . 600—[-40 = 0,982.600+40 kg/m, a więc :

0,982.600+40

=6,292 kg/cm.

8=

Rozpiętość /₃ wynosi 4,5 m = 450 cm, więc M= i 6,292X450² = 159266 kg/cm. Wstawmy teraz wartość w równ. 224), a otrzymamy 66²=-+159266=11945 cm³, więc dla 6=20 cm, 6=24,4 cm. Ponieważ stosunek podstawy do wysokości jest stosowny, więc zatrzymujemy jako wymiary belki drewnianej 6=20 cm, 6=25 cm. W przeciwnym razie przyjęlibyśmy 6 większe lub mniejsze, według tego, czy. wymiar 6 był za wielki czy za mały.

Znając wymiary, obliczyć możemy ciężar belki drewnianej na m Przyjąwszy ciężar gatunkowy suchego drzewa 0,7, wiemy, że ciężar 1 dm³ drzewa jest 0,7 kg, stąd m bieżący belki waży 2.2,5.10.0,7=35 kg, a więc trochę mniej, niżeśmy pierwotnie przyjęli, przez co- jednak nie potrzebujemy zmieniać obliczenia belki.

100

bieżący.

Teraz przystępujemy do obliczenia belki blaszanej. Ciężar powały i obciążenie tłumem ludzi przenosi się na belkę żelazną w punktach E i F. Nazwijmy odnośne siły G i G', to punkt E dźwiga al₂ m² powały i Z₂ m. b. belki drewnia

nej, więc G=0,982.4,5.600+4,5.35=2808,9 kg=2,81.

Siła G', działająca w punkcie b, jest mniejszą, gdyż szerokość paska powały, ciążącego na tym punkcie jest mniejszą, a mianowicie:

ą+b

G':C=-2

: a, a więc G'= G

a+6

= 2,8

0,982+0,2

2.0,982

= 1,68 ł.

Obliczywszy siły, działające na belkę blaszaną, wykreślamy wielobok sił, przyjmujemy biegun O tak, że odległość biegunowa wedle podziałki sił wynosi Ot, kreślimy wielobok sznurowy, zamykającą, wyznaczamy oddziaływanie i siły poprzeczne wedle § 8. Aby wykreślić podziałkę momentów, zastanówmy się, że w rysunku na tabl. II 1 cm w podziałce momentów równa się według podziałki długości 0,5 m, pomnożonemu przez odległość biegunową, więc przez 20 t, a zatem według podziałki momentów 1 cm równa się +20=10 tm. Możemy więc wykreślić teraz podziałkę momentów.

Dalej uwzględnić jeszcze musimy ciężar własny belki żelaznej g„, który możemy przyjąć na lm bieżący 70+15 Z, a więc jr₂=70+15.11—235 kgjm= =0,235 tjm. Zatem moment w środku Mw = gg₂/₁²=40,235.11,3²=3,74 tm. Moment ten wykreślamy według podziałki momentów i kreślimy w znany sposób parabolę, jako linię momentów.

Obliczymy jeszcze moment Mb dla punku K w następny sposób: Oddziaływanie Oj równa się połowie wszystkich ciężarów,

więc:

2G'+10G 2X1.68+10X2,8

=15,68 t,

a moment w punkcie K 7176 = 15,68X5,16—1,68X4,9 — 5.2,8X2X0,972 = =80,91-8,23-27,50=45,18 tm.

Podobnie otrzymamy momenty i dla innych punktów dla obciążenia ciężarem powały i tłumem ludzi : do tego musimy jeszcze dodać momenty z ciężaru własnego według wzoru 19) M=lgx (l—x).W ten sposób obliczyliśmy:

0    0,25    1,23    2,21    3,20    4,18    5,16

dla x =

M' dla obciążenia ciężarem powały i tłumem } = 0    3,92 17,65 28,60 36,99 42,46 45,18 tm

ludzi

M“ dla ciężaru własnego belki

}=°

0,32    1,45    2,36    3,03    3,50    3,72

Razem M= 0

4,24 19,10 30,96 40,02 45,96 48,90 tm

8) i 18) :

Podobną tabliczkę otrzymamy dla sił poprzecznych, licząc według równań

co

CO

rH

ON

00 o

to

co

to

©_

CO 7^ Nf CN o h r-r

T-H    Y—H

CN 00 CN ©

oc

O 00 CN u-i

co ©“

u-r

o.

00

r-H CN

-tr ©“

to

bo

o

"i-*

CT\

Q = 17,01 {

16,95

15,27

/15,04 (12,01 (8,98 (5,84 (2,91 \12,24 ( 9,21 (6,18 (3,04 (0,11    ł

14

Statyka.

Teraz możemy przyatąpić do obliczenia przekroju belki blaszanej. Przyjmujemy wysokość ścianki, zależną od wysokości, jaką dla stropu mamy do rozporządzenia, +=60 cm, kątówki wedle równania 208) 70 mm szerokie a 8 mm

= 0,6 cm, zamiast

grube; grubość ścianki byłaby według 218) g 2

17,010

1,000.60

tego przyjmujemy 8 mm. Dalej niech będzie szerokość nakładki według 208) 21 cm, a nity o średnicy 20 mm. Po odciągnięciu dziur będzie więc użyteczna - szerokość nakładki +=21 — 2.2,0 —17,8 cm.

Uwzględniwszy dziury na nity i osłabienie ścianki o 25°/₀ otrzymamy

+=+[(14,8-4,0) 60³—(12,4—4,0) 58,4³—1,6.46³-0,25.0,8.60a], += + (2332800-1673084-155738 -43200) = 38400 cmK

Wedle równania 212) mamy w przybliżeniu grubość nakładki

d=-

Ój+t

+V’

więc dla x — 5,16, wstawiwszy wartości w cm i kg,

4 890 000    2X38 400

17X60X1000 “ 17.60¹

3,54 cm,

a teraz dokładnie według równania 211)

</«=

4 890 000

2X38400

=3,4 cm.

17X60X1000    17X60(60+2X3,54)

Dla x=0 otrzymamy z równania 2127:

2X38400    _ +    .

17X60* =    cm — 1>3 cm-

Podobnie otrzymamy i dla innych punktów grubości nakładek, a mianowicie będziemy mieli:

d₀ dl    d.,    d, di d-₀    +

-13 -8 +6 +18 +27 «+33 +34

mm.

Grubość nakładek w poszczególnych punktach wykreśliliśmy na rysunku i końce rzędnych połączyliśmy prostemi. W ten sposób otrzymaliśmy teoretyczną

"cO; 14 Ś

grubość nakładek. Według poprzedniego mamy największą grubość +=34 mm, przyjmujemy więc

mm gruba,

a dwie górne po 11 mm i wyznaczamy wykreślnie długości nakładek.

Teraz obliczamy jeszcze odstępy nitów, przyjąwszy według 223) jako największy odstęp cm. Obliczamy więc najprzód odstęp nitów poziomych dla 0,25+at+O. Ponieważ tu średnica nitu d! jest 2 razy większa od grubości ! kątówki, więc musimy liczyć według równania 221) d'gz₂I

Hrtfc...........    & trzy nakładki, z których pierwsza 12

'

+.7 P+.Q. ^

■    6d=6.2,0 = 12

rys. 156.

• Wstawiamy tedy wartości t₂=1600 kg/cm, £    7=4» bo tu niema żadnej nakładki, d' —1,6,

Q = 17,01 t = 17010 kg, S = (14,8.0,8) 29,6 + + 2.6,2.0,8.26,1 =609,4 (rys. 156), 2X0,8X1600X38400 17010X609,4

więc

QS

= 9,48 cm.

Gdybyśmy użyli wzoru 219), otrzymalibyśmy:

u 800.2³. 38400 a~ 2 . 17010.609 4 "⁼¹A6 cm’ zatrzymujemy więc wynik pierwszy mniejszy.

Dla długości od X — 0,25 m do początku pierwszej nakładki otrzymamy:

=10,1.

2X0,8X1600X38400

a~

15270x609-4

Od początku pierwszej nakładki do at=1,23 m mamy: /=/₁+xV21 (62,4³—60³)=38400-f47 198-85598 S=609*4—f-21 X1,2X30,6=1 380,5 więc:

—10"6 cm.

2X0,8X1 600X85598 15270x1380,5

Dla długości od *=1,23 m do początku drugej nakładki mamy:

a—

2X0,8X1 600X85518

12240 X 1380-5

—13"0 cm.

Podobnie otrzymamy dla długości od początku drugiej nakładki do =2,21 m, a=12

*=

cm :

2    nakładki, a=17‘4 cm,

3    nakładki, a=17'7 cm, 3 nakładki, a=26’3 cm, 3 nakładki, a=53,6 cm,

dla długości od *=2,91 m do *=3,20

„    „    „ *=3,20 m do *=4,18

,,    „    „ *=4,18 m do *=5,16

zamiast tego jednak przyjmujemy a=22 cm.

Odstępy a nitów stosować się muszą ze względów konstrukcyjnych także do długości pól, która musi być wielokrotną długości a, przyczem jednak a nie może być większem od wartości obliczonej.

§ 63. Naprężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości.

Wiemy z § 37, że wzór 141) vI—Mv ważnym jest tylko do granicy sprężystości.

^2 na złamanie być równy mniejszemu ze spółczynników

Gdy obciążenie wzrasta i granica sprężystości zostanie przekroczoną, wzór ten nie jest ważnym, zwykle jednak w braku in-neg°, obliczamy naprężenie wedle niego. Rozumie się jednak, że tak obliczone naprężenia różnią się od rzeczywistych. Jeżeli ciało obciążamy aż do złamania i obliczamy z wzoru naprężenie, w tej chwili powstające, to otrzymamy spółczynnik wytrzymałości na złamanie. Przy zginaniu występują jednak naprężenia na ściskanie i wyciąganie, belka łamie się w ten sposób, że albo ciągnione włókna się przerywają albo ciśnione zgniatają. Gdyby wzór 141) był ważnym aż do złamania, toby musiał spółczynnik wytrzymałości

14*

wytrzymałości na ciągnienie ,« lub ciśnienie Ponieważ jednak wzór ten nie jest ważnym do złamania, więc okazuje się, że dla f.t2 otrzymujemy inną wartość.

Doświadczenia okazały np. że dla belek drewnianych o przekroju prostokątnym spółczynnik wytrzymałości na złamanie /u₂ ma przeciętnie następne wartości w kg/cm² : dla drzewa jodłowego 410, świerkowego 430, modrzewiowego 540, dębowego 600, bukowego 700.

Jeżeli te wartości porównamy z wartościami dla (.i i w § 18, to okazuje się, że dla drzewa <u₂ ma wartość średnią między u a |U₂> a w przybliżeniu ,n₂—0,65 (.i.

Dla stali otrzymał Bauschinger następne wyniki :

Tablica XXX.

spółcz. wytrzymałości na    na

wyciąganie p złamanie p2 kg/cm¹    kg jem*

0,14    4430    > 7920    > 1,78

0,19    4785    > 8600    > 1,79

1,56 1,58 1,36 1,06 1,02

Dla żelaza lanego wyprowadza Bach z doświadczeń następne prawidła :

Spółczynnik wytrzymałości na zginanie przewyższa spółczynnik wytrzymałości na wyciąganie tern bardziej, im bardziej skupiony jest materyał około osi obojętnej. Bach wyraża tę względ-

zawartość

węgla

w °/₀

0,46

0,55

0,66

0,80

0,96

5330

5656

6295

7230

8305

8340

8825

8600

7645

8480

P-

230)

ność następnem równaniem: (.i^ — c

przyczem spółczynnik c leży między e/₆ a ⁴/₃, e. i e₀ oznaczają odstępy skrajnego włókna wyciąganego od osi obojętnej i od środka ciężkości wyciąganej części przekroju.

I tak gdy w pewnym wypadku było ^ = 1369 kg\cm², otrzy-

mał on :

a)    dla przekroju kwadratowego, któ

C o n s i d è

f-ł2

okrągłego . kwadratowego I ... .

re otrzymał stosunek —

dla przekroju I

dla żelaza lanego miękkiego twardego (u = 1130) (ja = 2230)

1,40

1,15

„    „    prostokątnego

„    „    okrągłego . .

Widzimy z poprzedniego, że naprężenia zginające po przekroczeniu granicy sprężystości są różne dla różnych materjałów, a przyczyną tego są rozmaite kształty linji odkształceń dla rozmaitych materjałów. Zastanawiać się więc teraz będziemy osobno nad belkami drewnianemi, żelaznemi i betonowemi.

1,82

1,57

/.

2,21

1,84

§ 64. Naprężenia przy złamaniu belek drewnianych.

Jeżeli belkę drewnianą o przekroju prostokątnym obciążymy aż do złamania, to z powodu, że granica sprężystości dla ciągnienia leży bardzo blisko spółczyn-£ nika wytrzymałości, naprężenia na wyciąganie o' (rys. 157) będą proporcyonalne do odstępów v od osi obojętnej, dadzą się więc przedstawić prostą 0 c. Inaczej rzecz się jednak będzie miała z naprężeniami na ściskanie. O-trzymamy tam prostą O a do granicy sprężystości i krzywą, zamiast której możemy przyjąć prostą a b. Dla tego założenia jest dla ściskanej części przekroju aż

.......

b' V

±......

e'~>\ -<3-*=s

cr

rys. 157.

do granicy sprężystości :

a poza tą granicą :

231)

ffi = a[vo + cc₁ (v—Vo)]=:avo (1—cc^ + a^v 0₁ = 0O (1—a^ + acci^v    . . .

Dla części wyciąganej jest o' = av ....

Suma naprężeń dodatnich i ujemnych musi być równą zeru,

więc gdy szerokość belki b jest stałą

v' e'

G'oï'o

a stąd :

r_ Go i

e--7^o +

v'

^Y^-(e—v₀) = 0

(e—v₀)    .    . 232)

o₀ + v

v'

Jeżeli przypuścimy, że równocześnie przerywają się włókna wyciągane i zgniatają ściskane, to możemy napisać ze względu na to, że dla drzewa szpilkowego spółczynnik wytrzymałości na wyciąganie jest dwa razy tak wielki, jak na ściskanie¹),

V = (X =

H Cn

/»

dalej

Wstawmy dalej: e—h—e i z;₀ —

T6e' ⁺ -{h

r

--7 V =

O

stąd: e/ = 0,4 h .

)’a

» =?

G₀

vr

e =-j-e , to: 4

. 233)

Oś obojętna leży więc w chwili złamania poniżej osi belki w odległości 0,1 h.

2(J₀djG e—vp \~| a₀+/.i ‘    3 /J

(7₀wo² i a₀ + /.il

2—|c-»ollwo +

Moment sił zewnętrznych M musi być równy momentowi sił wewnętrznych, więc gdy /.i₂ nazwiemy naprężenie przy złamaniu, obliczone z wzoru 141), to: ó/z² .r/e'²

Po wstawieniu powyższych wartości za y, a₀, v₀, e otrzymamy : A²a //a

zatem :

- V1 e'2 +    e2= irA(Wo+

5    / o \

^/ . 0,16/z² = - y h [ 0,1 A + y/i) =0,725/ A²

/=0,725/........

3 e—z/o

)]

0\

ON :0O

234)

W poprzednim paragrafie widzieliśmy, że doświadczenia okazały, że ii₂ = 0,65 [i, wynik więc doświadczeń jest bardzo zbliżony do teoretycznego i teraz poznajemy prawdziwą przyczynę tego zjawiska.

Przepisy budowy mostów drogowych minist, polskiego z r. 1920 przyjmują na zginanie

dla drzewa miękkiego .    .    .    100 kg/cm²

„    „ twardego .    .    110    „

40%,

Przy obciążeniach wyjątkowych można dopuścić natężenia większe o zaś przy obciążeniach automobilami większe o 20°/₀ od podanych.

Przy obliczeniu mostów tymczasowych, budowanych na najwyżej dwuletni okres trwania, można dopuścić natężenie o 20% wyżej podanych.

Rozporządzenie ba wiar ski e dopuszcza dla drzewa miękkiego 90 kg/cm*.

Wedle zestawienia to w. austr. inżyn. i archi t. z r. 1902 dla drzewa miękkiego ....    80 kg/cm'¹

„    „ twardego ....    100    „

§ 65. Naprężenie przy złamaniu belek z żelaza spawanego, zlewnego i stali.

Podobnie jak z belkami drewnianemi ma się rzecz także z belkami z żelaza spawanego, zlewnego i stali. Tu jednak odpowiednio do kształtu krzywej odkształceń, wykazanego w § 20., linja naprężeń będzie dla wyciągania jak i ściskania krzywą, zamiast czego możemy podobnie jak dla drzewa przyjąć dwie pro-

X.

\Y

6,

JL

e'

:©j

---------------—

TTs x

*......-

û>àO a„

\e-

.......

i.

C,

rys. 158.

ste, (rys. 158), więc dla wyciągania Oat i ai cL, dla ściskania Odi i dx bx. Linie Oal i Och spadają w tej fazie obciążenia prawie z osią, możemy więc napisać:

. 235)

o' = o₀' + a'v' } o == (7₀ + a v j

Dla równowagi musi być suma naprężeń równa zeru, więc

J o' dF— 0, a wstawiwszy wartość za (J i o', otrzy-

v d F =0.

Nazwijmy / dF = Fx powierzchnię części przekroju poni. J o

żej osi obojętnej, j“ v dF=Sl moment statyczny tej powierzchni

ględnie j ^ d F = F₂ i

/:

e odF —

mamy:

/:

dF—a'

vr dF = 5,

ze względu na oś obojętną, wz

powierzchnię i moment statyczny części przekroju poniżej osi obojętnej, to: a₀ F₁+aS₁— g'₀F^₂—a' 5₂ = 0.

Dla żelaza zlewnego i stali możemy w przybliżeniu przyjąć Go~%' i a —ca', więc: a₀ (F₁—F^) + a(Si—c5₂) = 0.    . . 236)

Wstawmy wartość za a z równ. 235), to :

_⁰ °o ii v °b

a--albo-, więc

v    e

»» (F,—Fü)+    —cS₂)=0..... 237)

Wedle doświadczeń Considère’a*) można przyjąć w po-przedniem równaniu dla stali miękkiej, ffo = 3000 kg/cm*, c = 3. Dla żelaza spawanego możemy przyjąć (/₀ = 2000 kg\cm², c nie znamy z doświadczeń, w braku ich moglibyśmy tymczasowo przy-, jąć także c = 3.

Jeżeli kształt przekroju jest dany, to możemy Fx, F₂, Sx i *S2 wyrazić jako funkcye oddalenia osi obojętnej od osi ciężkości i na podstawie rów. 237) wyznaczyć v.

Drugi warunek równowagi brzmi:

<J v d F

■sr

o' o' dF.

Wstawiwszy wartość za o i o' z 235), otrzymamy:

/ v dF + a \ v*dF + a'

Jo    Jo

Nazwijmy moment bezwładności powierzchni przekroju poni-

M=Oq

•/:

v d F + a'

V-2 d F.

*) P. Ann. des ponts et chaussés 1885, str. 574 î nast.

żej osi obojętnej ze względu na oś obojętną Ilt powierzchni zaś powyżej osi obojętnej /₂, to możemy napisać:

M—o₀ + a4 +(/₀ S₂ /₂, albo:

M— (‘S'i + Sj) + a (4 + c /->)

wreszcie :

M = (To (S, +Si)+cl₂) . . . 238)

Jeżeli zastosujemy ten wzór do prób' wytrzymałości na złamanie, to wstawimy v = /x. Spółczynnik wytrzymałości na złamanie w zwykłem rozumieniu będzie :

Me

f‘a = —n

Z rów. 238) otrzymamy dla /ii — p

Me = (/u—(J₀) (/₁+c/₂) + (7₀ e (Si—So), zatem:

a₀ e(Sj + S₃)— (Ii+cl>)

. . 239)

^2 _ h + di

f.i

Widzimy więc, że spółczynnik zwiększający (fr. coefficient de majoration) k = — zależny jest od kształtu prze-

e(Ą+Ą)

kroju, bo jest tern większym, im większe jest

Zastosujmy wzory powyższe do przekrojów prostokątnego i okrągłego.

Dla prostokąta mam

\Y

"fis

JL_

*-b\.........>

IY

rys. 159.

y ^. = i(y+•'•) by*- ¹⁵⁹>

więc Fi — F₂ = 2 bvo,

UL X Sx =    + ^o ) = y(^+ hvo+v₀^,

=    ⁼\(%-hv°+vĄ

{-~ + 4hv«-2vĄ

5₂

więc Si— 3 5₂ —

-O jcN

wreszcie e—

i+v°-

Wstawiwszy to w równ. 237), otrzymamy:

( — ■y +4hva — 2v„j=0,

I u

2 O₀ 0 Vq + -7—

—Oo b

h 2

~2+v°

albo :

2g'₀z/₀ =

/u—a₀

(y-4A^„+2v) .... 240)

6000 vq =

h -j-2 v₀

Wstawmy n. p. dla stali o₀=3000, p=7000 kg/cm², to otrzymamy

4000 /A²    \

—4 A zi₀+2t>² /

A+â'L'o

Stąd otrzymamy :

Obliczmy teraz M wedle wzoru 238), a otrzymamy:

i»₀=0,09 A.

S₁ +.$,=6 (y-f 'Ł'²) —b (y + 0,0081 A² )

S+Ą=0,2581 AA2 AT/A V /A \³1 AA³

/, -f*c /a=yl_yy—J=y~(0,205+3X0,0689)=0,137 AA³

więc Tb=3000.0,2581 A7i²-+

4000

0,59 A

A/=AA²(774,3+930)=1704 AA². Moment obliczony wedle zwykłego wzoru jest:

=    7000 = 1167 AA²,

O

M ' 1704    ,

zatem : — = rr^r = 1,46.

M₀ 1161

t0,137 AA®

Dla koła otrzymamy rys. 160):

• Sn

/V

<----

dv o,

f₂

• Sn

S. = ^Wo,21 <0+^

(0,21 —k,)—

dv o ²

5₂ =

d² 7T

cfoo²

stąd Fi—F₂ — 2 cfo0 d'²n

Rys. 160.

5,-352 =

albo :

2cfooffo + l

T + ^o

2ff₀ ⁼ ~T

(4z/₀—0,42d)—2cfoo²»

Z równ. 237) otrzymamy: ff°    0,42 d) —2    =o,

(4o,*-=(4ob-0.42rf) . . . 241)

—ff₀

<7+2v₀

Wstawmy znów do stali ao=3000, p = 7000 kg/cm², to otrzymamy:

~ (⁴ »o - ~ą- (4 v₀ - 0,42 d)) v₀ =0,08c7.

Obliczamy teraz M wedle wzoru 232, a otrzymamy :

dv² d²n    dv²

‘^iH_5₂ = _g_ (y₀-)-0,21 d) -j- ~2~-j-~g~ (0,21 d— v₀) + yy = 0,164 d³

6000i/₀ =

4000

d+2v

a słąd otrzymamy :

d² u

d² 7i

A =0,00686 d* + -g- (0,2122 d + v₀²) + y <V A =0,00686 di 0,03353 d* + 0,000171 <£*=0,04056 </*,

A = 0,00686 </*-+-

J² a

(0,2122 d — 0,08 d)² — y dv³,

A=0,00686 c/* + 0,00686 di - 0,000171 dl = 0,01355 d\ A + c I, = (0,04056 + 3.0,01355) di T 0,0812 d\

więc:

M— 3000, 0,164 c/³-f

4000

0,58 d M= 1052 d\

0,08l2c/*= (492 + 560) d³

Moment obliczony wedle zwykłego wzoru jest:

M₀=~. 7000 = 0,0982.7000</³=687,4</»,

1053 Mo ~ 687,4

A zatem dla koła, przy którem materjał jest więcej sku-

M    _ ^ .

, a zarazem k — — więk-

zatem :

= 1,53.

Mo

pionym, niż dla prostokąta, otrzymujemy

sze, niż dla prostokąta. Powyższy wynik stwierdziły też doświadczenia z żelazem łanem, przytoczone w § 63.

Spółczynnik k zależny jest wedle równ. 239) także od spół-czynników (T₀. c, zmienia się więc z jakością materjału. Doświadczenia Bauschingera, przytoczone w § 63. wykazują, że spółczynnik k jest tern większy, im stal jest miększa.

§ 66. Naprężenia zginające w belkach z żelaza lanego, kamienia i betonu. Prawo Bacha.

Już w § 17. stwierdziliśmy, że dla żelaza lanego niema właściwie żądnej granicy sprężystości, a z rys. 41 widać, że linja odkształceń dla żelaza lanego nie jest wcale prostą, lecz krzywą. Podobnie rzecz s ę ma z kamieniem, betonem, cementem, a w mniejszym nieco stopniu i z drzewem (ryS. 42). Otóż prawo Ho oka (§ 16, r. 29) ściśle rzecz biorąc do tych ~ materyałów właściwie się nie stosuje. Pomimo tego obliczamy belki z tych materjałów wedle zwykłych wzorów i otrzymujemy dziwny wynik, że wytrzymałość na złamanie jest znacznie większą, niż wytrzymałość na ciągnienie. O drzewie mówiliśmy już w § 64, teraz będziemy mówić o innych, powyżej przytoczonych materjałach.

podstawie doświadczeń równanie

Prof. Bach wyznaczył na krzywej odkształceń w ogólnym kształcie:

d 1    v"¹

® ^mi

które przechodzi w równanie Ho oka (r. 33) dla m = 1. Wartość spółczynnika m rozmaita dla różnych materjałów, nie wiele się różni od jedności; podajemy ją w następnej tabliczce:

Tablica XXXI.

Materjał 1) żelazo lane:

Wyciąganie

Ściskanie

przedtem nie obciążone . obciążone przedtem silnie

2) cementowa zaprawa : 1 cz. cementu 17, cz. piasku

kg/cm2 1338000 1,083 1150000 1.1

kg/cm²

1180000 1,052 1170000 1,05

3V₂ „

47, „

356000 1,11 315000 1,15 230000 1,17

3) beton:

1 cz. cementu 2Y₂ cz. piasku 5 cz. żwiru

10 „

'27, »

298000 1,145 280000 1,137 217000 1,157 457000 1,157 380000 1,164 367000 1,207

10 „

Przyjmujemy tutaj także, jak w § 37, że przekroje po ugięciu belki pozostają płaskimi, że więc przekrój GH przejdzie w po-

H.......<?.—>K~c3">j

ci

-Hf*

co

>0

u

rsj

I    ......*.....

!<- *4-—->i

I "......tx>t,

rys. 161.

łożenie YK (rys. 161 a) czyli obróci się około osi obojętnej o kąt YOG. Widzimy więc, że przedłużenia i skrócenia włókien będą proporcjonalne do ich odległości od osi obojętnej, zatem

dl

vm

a = -=-

j = y=-ję=avm, przyczem

Spółczynnik a nazwaliśmy za Bachem spółczynnikiem wydłużenia (n. Dehnungskoeffizient, fr. coefficient d’allongement, a. coefficient of extension, r. Koe^Hi^ieHT ße^opManjH).

dl

= y ~ 7i~r

Z rysunku wynika wtedy: ^

v'

. . 242)

W ogólności są spółczynniki sprężystości dla wyciągania

y=ax , y' = a₂vm*, .

i ściskania różne więc:

243)

a stąd:

. 244)

a z rysunku wynika: —

Ï2

Z równ. 243) i 244) wynika: vnX{ =

7i    ^

h₂

245)

zatem:

v — vx

246)

i analogicznie

Jeżeli złożymy ciśnienie w wypadkową D a ciągnienie w wypadkową Z, to dla równowagi:

D = Z i Dd+Zz = M.

Otóż mamy dla szerokości b—1 cm

o’ VIdv=Vl

mil 1 nui    mi _

VaT\Mi 1“

Podobnie otrzymamy:

-r

v dv =V,

v7,+' ».

m₂ +1

rh

z= i.

v'dv=

Dd—

v v d v — vx

Zz =

v' v dv — v₂

m₂ +1

‘■■|V , , _

\ ~rv dv — o \ h%

. . 248)

2^rr>    • ²⁴⁹>

m₂

2m₂ +1

z/₂A²₂    250)

a stąd :

mi

2mi +1

ViAj»+ m3

2 m₂ + l

-v₂h<Z — M .    .

. . 251)

-I-

)-

/77₂

M . . 257)

2 mi + 1 cp 2/772 + 1 a że hx = h—h₂, więc z tych dwu równań możemy obliczyć h₂.

Spółczynniki m podane powyżej nie są zupełnie dokładne i zmieniają się wedle jakości materjału. Przyjmijmy w przybliżeniu z Bachem dla żelaza lanego mx = 1,04, /r?₂ = 1,10, to

= 1,027

mx +1

Z równ. 244) i 245 wynika:

«i^m‘ i _ Yi_ _ Ai «2^2 };2

m² + 1

. . 252)

A*

253)

Nareszcie jest:

Jeżeli znamy mlf m₂, i a₂, to z czterech równań 251), 252), 253) i 254) dadzą się obliczyć cztery nieznajome hu /i₂, vx i p₂.

h — hx + h₂

254)

Geusen przyjmuje pewne skrócenie w obliczeniu. W ma-terjałach, o których tu mowa, jest spółczynnik wytrzymałości na wyciąg-anie /u'<Cu spółczynnika wytrzymałości na ściskanie. Jeżeli

przyjmiemy 77-tą pewność, to + = — jest naprężenie dopuszczalne

na wyciąganie.

Zróbmy w 252) t' = v2f to v₁ =

m₂

m,+l h₂

m₂ +1

mi

Nazwijmy

mA

777i + l

m₂Jr 1 tO Vx —

hx

_ vx hi

mi

= rp

255)

256)

Z równ. 252) mamy v₂ h Równ. 251) możemy więc napisać:

<P

Vi hx

I hi m, , m₂ M = \2 mi + 1    2 m₂ + 1 cp )

M,

_ 1,10 2,04 <p 1,04 2,10

777

1,04

1 1,10

cp 2 tt7₂ +1    1,027 3,20

Dla granitu jest /Hi = 1,12, tt7₂ = 1,40

2 777! + 1    3,08

= 0,3377,

7772

= 0,3346.

Z tego widzimy, że w przybliżeniu dla obu materjałów:

m\

m..

2mx+l cp 2 m₂ + l 3

<p =

1,40 2,12 1,12 '2,40

= 1,10, mi

m₂

_1,12

2m₁+l    3,24

1 1,40

= 0,35.

cp 2m₂+l    1,10 3,80

= 0,34.

Jeżeli to wstawimy w równ. 257), to ^    + ń₂) = 717, zatem

Mamy zatem z 256) :

er ■

² yr'h

259)

37!//

hhx

260)

Dla złamania możemy wstawić // zamiast t', więc

3M

h^W~h

acph²’ a

Nazwijmy h₂ — ah, to u =

że dla szerokości 1 cm

h²

-p-, więc : 6

261)

2 acp IP

Ponieważ a cp jest dla granitu i żelaza lanego prawie równe jednostce, więc :

262)

/ =

Rzeczywista wytrzymałość na ciągnienie żelaza lanego i granitu, jest więc prawie równa połowie wytrzymałości, otrzymanej z doświadczeń na złamanie, a obliczonej zwykłym sposobem wedle hypotezy Naviera (proporcyonalność wydłużeń i naprężeń), co zgadza się z doświadczeniem. Dla betonu znalazł Carling ") ten stosunek 2,2.

Przepisy budowy mostów drogowych polskiego ministerstwa z r. 1920. § 51. 5.

*) Por. Zeitschr. des österr. Ing. Arch. Ver. 1897 str. 11.

rys. 162.

Odlewy z żelaza lanego w podrzędnych częściach konstrukcji... na ciągnienie przy zginaniu 300 kg/cm².

Wytrzymałość na złamanie kamienia jest zawsze większą, niż na wyciąga

nie i wynosi :

Tablica XXXII.

dla granitu (wedle Hanischa))

„    „ (wedle Föppla) ....

» wapienia, marmuru (w. Hanischa) .    120—200

,    „ wapienia średniotwąrdego, piaskowca

karpackiego .    .    .

„ piaskowca czeskiego .

. . 100-230 . . 133—150

70-120 40- 75

§ 67. Naprężenie w belkach, gdy siły nie działają w płaszczyźnie osi głównych.

Przypuśćmy, że obciążenie belki działa w płaszczyźnie ZZ, a osie główne przekroju (rys. 162) są XX i YY. Moment sił zewnętrznych ze względu na ten przekrój niech będzie M, to moment ten rozłożyć możemy na dwa momenty składowe, działające w płaszczyznach XX i YY, mianowicie :

M wst a działający w płaszczyźnie prostopadłej do Y Y i M dost a

99

„ XX.

Jeżeli nazwiemy / moment bezwładności ze względu na oś XX, 7X ze względu na oś YY, to momenty powyższe wywołują

naprężenia dla dowolnego punktu przekroju L

_ M dost a y

--J- ~ -, ^2

M wst a x

a zatem

'ó+L&f/

fd =m ("do;

v = v₁+v%—

st a . x wst a \

TT“/ ' *

263)

\.

Dla punktu Z,x jest x ujemne. Widzimy więc, że w ćwiartkach, przez które przechodzi prosta ZZ, x i y mają te same znaki, w dwóch innych zaś .odmienne.

Jeżeli chcemy wyznaczyć położenie osi obojętnej, to zróbmy w równ. 263) v=0, więc y dost a x wst a _

Jest to równanie osi obojętnej, które da się napisać też:

264)

/

/,

y = ~ -7- x st a

Jest to równanie linji prostej, zatem oś obojętna jest linią prostą i przechodzi przez środek ciężkości O, bo dla x = 0 y = 0. Niech prosta NN będzie osią obojętną. Dla punktu jej U

— — albo po wsta-

jest UU₁=y, OUi — —x, więc st cp = wieniu wartości z 264) :

UUr

OUx

st <p = . - st a

Ii

265)

A więc położenie osi obojętnej niezależnem jest od wielkości obciążenia ani momentu, lecz tylko od przekroju i położenia płaszczyzny obciążenia.

Jeżeli mamy wykreśloną elipsę bezwładności, to równanie

y^₌

*2

jej wedle 166) jest: -~

1, stąd:

2 Xi dx 1

2 yi dyx _

ai

a² 3

0, zatem :

dxi

Jeżeli zastosujemy to równanie do punktu D, to

dyi _ xx a²    a²

st ß

dx 1

y 1 «i²

_ i^a³

st a =    sta = st9,

a stąd :

266)

A zatem oś obojętna jest osią sprzężoną osi ZZ, -w której działają siły.

Naprężenia v są, jak wiadomo proporcyónalne do odstępu od osi obojętnej, więc największe naprężenia są w E i F, które to punkty otrzymamy, poprowadziwszy styczne do obwodu przekroju, równoległe do osi obojętnej.

Z równ. 263) wynikają dla punktu F wartości x — x , y—y

Mdosta.y' , Mwsta.x'

=-ł-4--

. . 267)

zatem z równ. 267) :

najzu v =

M dostae Mwst cc et

albo gdy nazwiemy :

i'Y

Ai dost cc = M

— =Wi,

/i

— = W„

ei

M,

\Cn

d'3

najw • = W; + w ■

. . 268)

/N

/O

Jeżeli chcemy obliczyć przekrój dla danego M, to zrobimy najwv = x. Nazwijmy dalej :

Vtx=cW% ....

. . 269)

to :

Mx

Wi =

cM₂

* wT W

Mx + cM>

, a stąd :

. .    270)

rys. 163.

Jeżeli dla danego przekroju znamy c, to dla danego momentu możemy z 270) obliczyć wprost moment oporu, a stąd liczbę

kształtówki lub wymiary prostokąta.

bh²

hb²

Dla prostokąta W i =    lv₂    =    —,    więc :

bh²    6    h

6    b²h    b

Wartości c dla kształtówek / i U podajemy w następnych tabliczkach.

271)

Tablica XXXIII. Kształtówki / (norm. austr.).

liczba

1.

1.

I.

1.

OOOCNCO^

t-h t—h t-h t-h

y¹ y¹ ^

'Ln'l-i'vO

O^OOOON

UO v£> 00 CO © 1—I .—i T—I 1—I CS

Os T—I so Os m rpON so en KO KO KO rf

— cs cs co ■'f

CS CS CS CS CS

'xnncocno v© r^oo r-“ r^" uo    r-^

a    a

-r m so cc cc

CS CN CN CS CS

ps 00 00 00 Os

30

32

35

40

45

50

00 00 a\ oś oś co

liczba

so oo o

Tt* CN CO t—i Os SO_ CO* CO* ^T*

Kształtówki U (norm. austr.).

1.

1.

1.

I.

H-Ł ł—*

4^ O0 tO

CO co O o r-^r^ irTirTio

VÛ00O r-H y—i CN

_Os Os JOs

N Jsb >-‘'0 4^

to to to Os £* to

•OjOjO

Ul "to o

SO "J Ul

w to O 00

Np os i" os r-* t"-*

Kształtówki / (norm. niem.).

liczba

1.

1.

1.

-1.

10

11

12

13

14

O O 1-1. CO 00 t" UO lO CO O^CN CO^UO^SO

««W r-"" r-*

m O OO On (-a

CO CN CN O O MO t— CC O^OthM CN CO^

r-* r-* cc cc cc cc r-*

CN CO u") so OO CN CS CN CN CN CN CN

OO 00 OO OO 00 OO OO 'sO Vj    Ul "ui \jx

JiOOtO

Kształtówki / szerokostopowe B (Differdinger).

liczba

1.

1.

1.

1.

cQcooaoacQcûCûco

SO00 O CN T}< wo SO rl r-l r-1 CN CN CS N CS

co* co* co eo* co" co co co

03 w to to to

(OOlOCO V)

CO 00 00 00 03

in'0005' co co vo_>n co co co co co

4^ O* 03 OS 03 OitOOOOOi^

COtT¹ CO 00 OT CO

00

■'S* co so so oo so oo o cn

CO* TT* rt** Or^r* ud

-j’ca ca ca ca ca

hOuiOVlO if io in vo ^ c*

ca

o co co co co r^co^ o co vo t/s* ud so* r--* r-» od

00 CQ co CO CO CC

inomo^o t^- oo oo os os ©

T-H

5 cn o_oo r^so cs* ©“ r-T r-T cn co*

i— i— i—11—11—i

Kształtówki / szerokostopowe z Pienia.

liczba

1.

1.

1.

I.

tOtOtOtOCOtOtOtOi-»*-*

2,94

2,87

2,88

2,91

2,92

2,92

2,91

2,92

2,96

2,92

P 30

Pa 32 Pa 34

Pa 36

Pa 38 Pa 40 Pa 42 Vg Pa 45 Pa 47‘/2 Pa 50

2,91 Pa 55 3,13 Pa 60 3,22 Pa 65

3.55    Pa 70 3,77 Pa 75 4,00 Pa 80 4,29 Pa 85

4.56    Pa 90 4,90 Pa 95 5,15 Pa 100

M M l—* t—Ł

tO^OOvOOOvl vjOMn

^ ON 00 4^ To Ln bo O bo On

CO ON v-o Ul no OO

LnLn^4^>£*>4**OoLOC-oC-o LnO vjLMOOOOON^tO

4,36

Kształtówki U (norm. niem.).

liczba

1.

1.

1.

1.

co wo śb

Os 1—* CN O uo co oo uo i-T CN CN co"

00 O CN

rr oo

rHOO^f TT TT trT

o\<y\u\ o woo

WN3U

N3 tO tO kfc. to O

ON 00 t'' O CN uo

K" r-~ r»”'

«000 CN CN CO

00 O

oo

r'-' K" K'

Przykład. 1. W punkcie C leży na krokwi nachylonej do poziomu pod kątem a=34° (rys. 162) płatew drewniana. Odstąp więzarów wynosi 7 m, ciężar pionowy na m² dachu pochyłego 120 Ag, odstąp płatwi 1 m.

%'

rys. 164.

Wyznaczyć wymiary płatwi dla x—80 kg/cm². Siła, działająca na m. b. krokwi, jest 7=120 Icg/m, więc moment największy

M— -g- 0,12.7²=0,735 ćm=73500 kgcm.

Kąt a=34°, więc Mt=M dost 34°=73500X0,829=60931 kgcm M₂=M wst 34°=735000X0,559=41088 kgcm.

h

Przyjmijmy “^=2, to wedle 271) c—2, a wedle 270): bh* M.+2M₂    60931+2.41088

80

80

=10733, a że^~—2, więc 20766, h=27,5. Przyjmiemy więc 6=14 cm, A=28 cm,

Zbadajmy teraz dla próby, jakie jest największe naprężenie w przekroju. Wedle równ. 268) otrzymamy naprężenie w punkcie D (rys. 165.)

6.143107

80

60931.14    41088.7

77,51 kglcm'\

Ï2¹⁴-²⁸³    ï2²⁸-¹⁴³

zatem mniejsze, niż 80 kg/cm², bośmy wymiary zaokrąglili w górą.

2. Obliczyć płatew z kształtówki /, utwierdzonej do krokwi, nachylonej pod kątem a, przyczem sł cc—0,6. Długość płatwi niech będzie 6 m, ciężar jednostajnie rozdzielony na całą długość 1,550 ł, więc moment największy

A/=-gl,550.6=1,1625 tm=116250 kgcm.

Mx + cM,

Wedle 270) jest Wx

\y

SN

Dalej mamy st a = 0,6, log st cc— =9,77815, a=30°57'50"

log M—5,06540 log M=S,06540 /ogdosta =^9,93323 /ogwsta=9,71139 log Afj =4,99863    % M,=4,77679

59812

M = 99685

Przyjmijmy x=800 kgjcm², a tymczasowo c=8, to:

=722,7 cm³.

99685+8.59812

CN

800

My

rys. 165.

Z tabl. XXIII. znajdujemy dla kształtówki 1. 30, Wx — 733,5 cm³.

Przeliczmy teraz dokładniej. Dla 1. 30 jest dokładnie c=8,60, 99685+8,60.59812

wiec ]Vl =

800

=709 cm⁸,

a że dla 1. 30 jest lł+=733*5 cm², więc kształtówka 1. 30 jest wystarczająca. Kształtówka 1. 28 jest stanowczo za mała, 60 Wx=609*1, aie szeroko-stopowa kształtówka 1. 28 a jest także wystarczającą, bo =734,2, a c= 6,63, więc potrzebne :

99685+6,63X59812

6=20,3 cm³,

800

a zatem kształtówka ta jest aż nadto silną. Ponieważ kształtówka ta waży jednak 61,94 kgjm a 1. 30 61 '25 kglm, więc korzystniejszą jest kształtówka 1. 30.

¹

Porów. § 18.

²

ajw v

³

Dla przekroi symetrycznych, których obwód jest prostokątny, więc prostokąta (rys. 163) kształtówki /, U największe naprężenie jest w rogu A, tu więc:

§ 68. Dźwigary drewniane złożone.

Jeżeli obciążenie jest tak wielkie, że wytrzymałość jednej belki drewnianej o zwykłych wymiarach nie wystarcza, to kładziemy kilka belek jedna na drugiej (rys. 166 a).

Łatwo zrozumiemy, że belki te położone jedne na drugiej uniosą sumę ciężarów, któreby uniosła każda belka z osobna.

Jeżeli na belkę AB, podpartą w dwu punktach, działają siły, wtedy każda belka z osobna się ugnie tak, że przekroje, znajdujące się przed ugięciem w linji cci, przesuną się po ugięciu (rys. 166 b). Jeżeli przesunięciu temu przeszkodzimy przez to, że wytniemy w belkach zęby (n. Zahn, fr. dent, an. toolh, r. 3y6i>) albo wetkniemy kliny, za por ki (n. Dübel, fr. la clef d' assemblage, an. key, r. kjihhb) w odpowiednie wycięcia, wtedy belki wszystkie razem wygną się, jak gdyby były jedną belką (rys. 166 c). Belki takie nazywamy dźwigarami złożonymi

51 51 Ç)

(n. zusammengesetzter, gekuppelter Balken, fr. poutre composé, a. built beam, r. cjiosKHan BajiKa). Jeżeli zważymy, że M jest w prostym stosunku do bh², (równ. 224), to w pierwszym wypadku , gdy kilka . belek o wysokościach hlt h₂, h₃ ... położymy jedną na drugiej bez połączenia, belki stawią opór momentowi Mu a przy tern:

Mx : M—(h\²-\-hz2Jrh₃²) : hi²,

ET *

rys. 166.

jeżeli M oznacza moment, odnoszący się do belki o wysokości Jeżeli te belki połączymy klinami, wtedy w przybliżeniu:

M-i : M=(h₁-\- h₂~\r h₃)² : hi²,

więc M₂ jest o wiele większem od M\, a dźwigary złożone mogą o wiele więcej unieść, niż belki jedna na drugiej położone bez połączenia.

Ponieważ jednak połączenie dźwigarów nie może być w praktyce tak dokładnem, aby dźwigary tworzyły jedną belkę, bo już ściśliwość drzewa i wżeranie się między włókna drzewa czelnego sprawia nadzwyczaj małe przesunięcie poziome, więc, aby uwzględnić zmniejszoną przez to wytrzymałość dźwigaru złożonego, należy przyjąć mniejsze naprężenie dopuszczalne, o czem poniżej mówić będziemy szczegółowo.

Możemy połączyć belki przez zazębienie albo zaklinowanie.

Rozróżniamy więc dźwigary złożone zazębione (n. verzahnter Balken, fr. poutre entaillée à redaus, an. indented beam (rys. 166 c) lub klinowane (n. verdübelter Balken, fr. la poutre à crémaille-res, an. built beam with keys) (rys. 167). Jeżeli odstęp belek dźwigam jest znaczny, nazywamy dźwigary klockowymi (n. Klötzelträger) (rys. 168).

rys. 167.

f-t

Często wyginają dźwigary zazębione przy wycinaniu zębów w górę, aby powiększyć wytrzymałość. Wskutek sztucznego wygięcia bowiem powstaje w górnych włóknach ciągnienie, a w dolnych ciśnienie, wskutek zaś obciążenia przeciwnie w dolnych włóknach ciągnienie, a w górnych ciśnienie, a stąd naprężenie jest mniejszem, niż w belkach pierwotnie prostych ; tego jednak w obliczeniach nie uwzględniamy.

rys. 168.

Przy dźwigarach zazębionych mu-2* szą być zęby bardzo dokładnie wycięte, aby zęby jednej belki wypełniały zupełnie wycięcia drugiej belki, gdyż inaczej możliwem jest małe przesunięcie belek w kierunku poziomym, a wtedy belki nie działają już jako całość, jako dźwigar złożony, lecz każda belka osobno, przez co wytrzymałość znacznie się zmniejsza.

ti

fi.

i.

Jednak chociaż zęby są zupełnie dokładnie wykonane, to później wskutek zsychania i wżerania się drzewa nie zupełnie przystają. Przy dźwigarach klinowanych nie mamy tych niedogodności, kliny bowiem składają się z dwu części (rys. 169) i dadzą się wbić tak daleko, że szczelnie wypełniają dziury, a w razie zeschnięcia się drzewa możemy je pobić tak, że znów będą przystawały. Z drugiej strony jednak, jeżeli dźwigar podlega wielkim wstrząśnieniom, kliny się rozchełtują. Niedogodność tę możemy jednak usunąć w ten sposób, że zabijamy \ po dokładnem spojeniu belek gwoździe na ^ cieńszych końcach klinów.    '

rys. 169.

Wiemy, że moment oporu belki jest proporcyonalnym do AA², a więc w kwadratowym stosunku do wysokości ; ta zatem

belka

ma większy moment oporu, której wysokość jest większą. Ponieważ zaś przy dźwigarze zazębionym tracimy na wysokości przez wycięcie zębów, a przy dźwigarze klinowanym przeciwnie zyskujemy na wysokości wskutek odstępu między belkami, zatem

korzystniej jest i z tego względu używać dźwigarów klinowanych.

§ 69. Naprężenie dopuszczalne.

Wspominaliśmy już, że dźwigaru złożonego nie jesteśmy w stanie tak wykonać, aby belki nieco się nie przesunęły jedna względem drugiej, wskutek czego dźwigar złożony nie jest tak wytrzymałym, jak jednolity. Aby tę okoliczność uwzględnić, musimy więc przy obliczaniu przekroju dźwigaru złożonego przyjąć mniejsze naprężenie dopuszczalne, niż dla belki jednolitej. Zachodzi teraz pytanie, o ile należy to naprężenie dopuszczalne zmniejszyć.

W r. 1891 ogłosił major inżynieryi Maurycy Bock sprawozdanie *) o licznych doświadczeniach, robiony z drewnianymi dźwigarami złożonymi, które dały następne wyniki.

Doświadczenia rozpoczęto z dźwigarem złożonym z trzech belek i tylko ześrubowanym. Po obciążeniu nastąpiło jednak natychmiast przesunięcie belek i tak wielkie ugięcie, że okazało się, że śruby wcale nie przyczyniły się do powiększenia wytrzymałości; przy obciążeniu bowiem belki ściskają się i wysokość ich zmniejsza się w ten sposób, że naprężenie w śrubach spada do zera. Pomimo, że śruby były tak silnie naciągnięte, że wcisnęły się w drzewo o 5 mm, po obciążeniu stały się w środkowej zwłaszcza części dźwigaru nietylko zupełnie luźne, ale można było jeszcze między podkładką a naśrubkiem wstawić blaszkę 5 do 10 mm grubą. A zatem na tarcie, wywołane naciągnięciem śrub, nie możemy wcale liczyć przy dźwigarach złożonych.

Doświadczenia dalsze robione z dźwigarami klinowanymi, zazębionymi i klockowymi wykazały, że dźwigary łamały się już przy naprężeniu 141 do 239 kg/cm², obliczonem z wzoru vJ=Me, który, jak wiadomo, ważnym jest jednak tylko do granicy sprężystości.

Dla porównania robiono próby z belkami pojedyńczemi, przy-czem okazały one wytrzymałość 440 kg!cm², a więc około 2 razy większą.

Na podstawie tych doświadczeń ogłosił prof. Me łan*) te-orję złożonych dźwigarów drewnianych, którą tu wyłożymy.

Ponieważ przecięte "dla klinów lub zębów włókna skracają się wskutek ciśnienia podobnie, jak i kliny, a to proporcyonalnie * dojciśnienia, i ponieważ wykonanie nie może być zupełnie dokładne, następuje małe przesunięcie włókien dwu belek sąsiednich, co spowoduje różnicę naprężeń w tych włóknach o. Naprężenia w danym przekroju dźwigaru złożonego rozłożą się wtedy w sposób, wskazany na rys. 170.

oy — av—z/o}>    ' '

. . 272)

Naprężenie w odstępie v od osi obojętnej jest wtedy: w średniej belce o = av w skrajnych

gdy v oznacza odstęp włókna danego od osi obojętnej, a a spół-czynnik, przedstawiający naprężenie w odstępie v—\.

kr

111=;

-14^

.......>A6,;<......S

k........S 54~-"k.....

i    A'

W/ -n J

fla

\e'

..... /,

Of

T 'S ,

........ ■flo û5 ;

A -Oesr— -i

as

v"

.....Ł.

rys. 171.

> rys. 170.

Suma momentów sił zewnętrznych musi być równą sumie momentów sił wewnętrznych ¹), a więc moment

'Vg A

rkh

u z; dF F 2

I ffj vdF, jeżeli J V«a

dF = bdv oznacza element powierzchni. Wstawiwszy wartość za z; z rów. 272), otrzymamy:

rik h    n/2 h

/ v² dv—26 / v<dodv, czyli

./ 0    j '/.*

M—2.ab

A-

M — 2 ab^ 2 A    = -jV a bh³ — | dobh²

o    y

. 273)

Nazwijmy teraz naprężenie włókna skrajnego belki skrajnej

s, to z drugiego równania 272) otrzymamy dla v — -^-

2(s+Jo)

s= 2--a stąd a

co wstawiwszy w 273), będziemy mieli :

bh²

bh²

M= (s + Ja)—--f bh'² =    S—z/ a).

Jeżeli nazwiemy s₀ największe naprężenie, obliczone wedle sposobu zwykłego, s₀⁼ ^J^(równ. 224), to bh² = ^-^, co wstawiwszy w poprzednie równanie, otrzymamy :

(3 s—do), a stąd s₀ = s—$^0 .    .    .    274)

M=

6M

18 $0

Jeżeli dźwigar złożony składa się z dwóch belek, otrzymamy w ten sam sposób : s₀ = s—z/a

Ogólnie możemy więc napisać: s₀ ⁼ s—d.Jo, .    .    .    276)

przyczem    lub ^ według tego, czy dźwigar składa się z 2

lub 3 belek.

Dalej przypuszcza Melan, że różnica naprężenia zto jest proporcyonalną do ciśnienia z na kliny lub zęby, a zatem

Z/ G=ß Z y

co jednakże tylko w przybliżeniu jest ważnem, bo przesunięcia, powstałe wskutek niedokładnego wykonania nie są proporcyonal-nemi do ciśnienia tak, że właściwie powinniśmy napisać z/o=ß₀ + -^ßz, gdzie ßo i ß są ilości stałe. Ale że trudno ocenić, jak wielkie w praktyce może być ß₀, więc przypuściwszy bardzo staranną robotę, załóżmy ßo = 0, więc Jo=ß z.

Możemy więc napisać zamiast równ. 276) :

s₀ = s—ßdz

A więc wedle Me la na obliczać możemy dźwigary złożone jako dźwigary jednolite według zwykłych wzorów, jeżeli zamiast naprężenia dopuszczalnego s przyjmiemy naprężenie dopuszczalne mniejsze, s₀ wedle 278).

Na podstawie doświadczeń Bocka wyznaczył Melan dla rozmaitych dźwigarów złożonych spółczynniki ß, gdyż w każdym wypadku znanem było w chwili złamania s₀, s, à i z.

275)

277)

278)

. 279)

Ale powyższe wartości ß M e 1 a n a nie były uzasadnione, bo gdyby były one prawdziwe, otrzymalibyśmy tak małe naprężenie dopuszczalne, że użycie dźwigarów złożonych nie byłoby możliwe w praktyce, co się nie zgadza z rzeczywistością. Przyczyną tego jest, że równ. 278) odnosi się do chwili złamania, a nie może być wprost zastosowane do naprężenia dopuszczalnego. Jeżeli naprężenie dopuszczalne dla belek pojedyńczych nazwiemy t, a dla złożonych dźwigarów t₀, ciśnienie dopuszczalne na ząb r' a spółczynnik pewności dla wyciągania n, względnie dla ściskania n , to

‘O

to

oo

n'

nT₀ = n'r—ß ân r'. zatem t₀ = r—ß ô—-% .

n

. 280)

Oprócz tego zwrócić należy uwagę, że M e 1 a n wyznaczył ß z doświadczeń na złamanie na podstawie wzoru zwykłego, ważnego jednak tylko do granicy sprężystości. Po przekroczeniu tej granicy rozdzielają się naprężenia w przekroju wedle zupełnie innego prawa. Jeżeli więc chcemy korzystać z doświadczeń na złamanie, musimy wyznaczyć naprężenia, które powstają w chwili złamania i na tej podstawie wyznaczyć spółczynnik ß.

Granica sprężystości drzewa dla wyciągania leży bardzo wysoko tak, że spada prawie ze spółczynnikiem wytrzymałości //, granica sprężystości zaś dla ściskania leży przy 130 do 150 kg/cm². Jeżeli to uwzględnimy, jakoteż i różnice w naprężeniu 4 o włókien sąsiednich dwu belek, to naprężenia rozłożą się w chwili złamania w dźwigarze złożonym wedle rys. 171.

Linja naprężeń będzie tu kilka razy łamaną. Linje naprężeń poza granicą sprężystości cd i fg są naturalnie stromsze, niż inne. Ponieważ przekroje zostały osłabione przez wcięcie na kliny, więc musimy to także uwzględnić i nie przyjmujemy w tych częściach przekroju żadnych naprężeń.

Z warunku, że suma naprężeń dodatnich i ujemnych musi być równą zeru, da się udowodnić*), że oś obojętna po prze-

kroczeniu granicy sprężystości znacznie się zniża (poniżej czwartej części wysokości). Z drugiego warunku, że moment sił zewnętrznych musi być równy momentowi sił wewnętrznych w przekroju, otrzymaliśmy w przybliżeniu s0> z któregfo wynika

1²5

1²1

dla dźwigarów klinowanych, zazębionych, klockowych 0=2²1

Ponieważ to wyznaczenie nie było zupełnie dokładnem, przyjmijmy dla pewności:

dla dźwig-arów klinowanych, zazębionych, klockowych

0=3

2-2

1-6

Teraz trzebaby jeszcze zbadać, jak wielkie możemy przyjąć t i %'y względnie jaką przyjmiemy wartość dla n i n . Podobnie jak dla nitów przyjmowaliśmy większe ciśnienia dopuszczalne ria ściankę dziury²), niż w ogóle ciśnienie w pręcie, tak i tu możemy przyjąć mniejszy spółczynnik pewności dla ściskania klinów, więc gdy. n. p. n — 4, możemy przyjąć n—1,7, zatem

n'

= 0,425.

Z 7

7V’

s

, n——y więc =

r₀— r—ß â— 7-t', czyli tq = t(1—00.—) .

S T    \    S /

■mk

Dla dźwigarów klinowanych możemy przyjąć s = 450 kg/cm2 z —120 kg/cm² prostopadle do włókien, 0=3, więc t₀ = ,r (1—0,800). Dla dwu belek więc t₀ = 0,80t, dla trzech t₀ = 0,73 z .

Dla dźwigarów zazębionych przyjmiemy: s = 450 kgjcm², z — 300 kg/cm², 0=2,2, więc t₀ = % (1—1,46 0).

Dla dwu belek więc t₀ =0,64 r, dla trzech ^0=0,51^ .    283)

Dla belek klockowych jest: s = 450 kg/cm², z — 300 kg\cm², 0=1,6, więc t₀=t (1—1,060); zatem:

dla dwu belek będzie r₀ = 0,74 z, dla trzech t^O,65 z 284)

Widzieliśmy, że =    =

Ogólnie mamy: n =

a zatem

281)

282)

z

. _ t, x' = 2,35—t, więc dla 1,7 s    s

dźwigarów klinowanych if = 0,61 z, dla dźwigarów zazębionych

i klockowych podłużnych wypadałoby z'= 1,54 z, przyjmujemy

jednak znacznie mniej, zwykle t' = 0,8t, przyczem % przyjmiemy

wedle § 64.

niższych dla 2 belek o 20 do 36°/

Z powyższego widzimy, że dźwigary złożone musimy obliczać dla naprężeń dopuszczalnych znacznie niższych, mianowicie

dla trzech belek o 17 do

49 °/o tak, że korzyść z użycia dźwigarów złożonych, zwiększająca się w stosunku kwadratowym do wysokości, staje się znów z tego powodu coraz mniejszą, im więcej belek dla dźwigaru

używamy.

Tymczas. przepisy budowy mostów drogowych polskiego min. rob. publ. z 1920 r.

§ 30. 4. Przy obliczaniu dźwigarów złożonych (zazębionych itd.) należy uwzględnić nieścisłość działania i obliczenia tych belek w ten sposób, że w miejsce

momentu wytrzymałości W =— całkowitego przekroju dźwigarów przyjmuje się

tylko część tegoż, wyrażona w procentach według następującej tablicy, pozostawiając powyżej przepisane natężenie dopuszczalne.

Tablica XXXIV.

Dźwigar

Ilość belek

zazębiony

klinowany

klockowy

64%

80%

70%

51%

73%

60%

Rozporządzenie austr. min. kolei z r. 1904 § 8, 9. Przy dźwigarach z drzewa, złożonych z dwu lub więcej belek (dźwigary klinowane lub zazębione) oblicza się moment oporu całego przekroju poprzecznego dźwigaru : przy 2 belkach zazębionych tylko na 80%

»    » 60%

klinowanych „

» 70%

»    » 50%

§ 70. Obliczenie przekroju dźwigaru złożonego.

1. Dwie belki.

Nazwijmy wysokość całego dźwigaru (rys. 172) h, wysokość szerokość jednej belki h' i b, średnicę śruby d, wysokość klinów i klocków hu zębów odstęp między belkami ń₀, to możemy napisać :

✓N'

<...../?

•c

a) dla dźwigaru klinowanego: I=^fa(b—d) (A³—Ai³) rI=±hM i '

Przyjmijmy A₀ —0,1A', to A = 2A' + + A₀=2,1 A', a stąd A'=0,476 A.

Przyjmijmy dalej tymczasowo: A=0,75 A', Ai=0,3 A', <7=0,1 A, to wstawiwszy te wartości w równ. 285), otrzymamy : 1= =^0,9A[A³—(0,3 X 0,476 h)³], ä dalej

285)

Rys. 172.

r. ^₀-

0,75

CN

A (A³ 0,0029 h³)=^hMf nareszcie: h=2,66^ . . . 286)

Jest to jednak tylko wartość przybliżona; po dokładnem obliczeniu klinów i śrub i wstawieniu dokładnych wartości w równ. 285) otrzymamy dokładną wartość A.

Jeżeli przyjmiemy wszystkie wartości jak poprzednio, tylko

³ M

b = h\ otrzymamy: h = 2,42^ —

Wogóle, jeżeli przyjmiemy szerokość b k razy większą, to wysokość A otrzymamy

287)

VA

mniejszą.

b) Dźwigar zazębiony. Tutaj mamy h — 2h‘—A₂ (rys. 166 c). Przyjąwszy Aa = 0,2 A', otrzymamy A = 1,8A', a stąd A' = 0,556A, dalej gdy A = §A' a d— 0,1 b, otrzymamy zupełnie w ten sam sposób:

h=2,52^—

" V

288)

⁸/M

. 289)

Dla A = A' otrzymamy podobnie: h = 2,29y— .

c) Dźwigar klockowy. Tutaj znów A = 2A/ + A₀. Przyjmijmy A₀ = 0,4A', to A = 2,4A', więc A' = 0,417A. Przyjmijmy dalej A = 0,75A', Aj=0,8A/, d=0,lb, to otrzymamy: 1 =

= 3^0,9X0,75 A'= [A³—(0,8X0,417A)³] = 0,02205 A⁴, więc

S,M

t. 0,02205 h = lhM, a stąd: h = 2,83 Dla A = A' otrzymamy podobnie:

290)

2. Trzy belki:

a) Dźwigar klinowany. Jeżeli wymiary dźwigarów klinowanych (rys. 173) oznaczymy w ten sam spo-sób, co pierwej, otrzymamy podobnie : /=3^(ó—d) [A³ — (A' +Ao +Ai)³ +

+ (A/+Ao-A₁)³] •    • • 292)

%I=\hM .... 293) Przyjąwszy tymczasowo, jak pierwej, A = 0,75 A', ho = 0,1 h‘, otrzymamy h = 3h/Jr + 2 ho = 3,2 A', a stąd h‘ — 0,313 h.

Wstawiwszy te wartości w równanie 292) i 293), otrzymamy /= 0,01650 A⁴,

a stąd: h = 3,12\/—

Dla b = h' otrzymamy podobnie: h =

-2,83 v”

b) Dźwigar zazębiony. Podobnie otrzymamy dla dźwigarów zazębionych dla tych samych przypuszczeń, co dla dwu belek, h = 3h'—2h₂ = 2,6hr, stąd h'— 0,385,

h₂ = 0,2h' = 0,077 A, 7=0,02166A⁴, a więc: h=*2,85 \/B^ . 296)

«/ST

Dla b = h' otrzymamy podobnie: 11 = 2,59^ — .    .    .    297)

c) Dźwigar klockowy. Przyjmijmy, jak pierwej, A₀ = ⁼⁼0,4A/, Ai = 0,8A', to h = 3 h'+ 2 ho = 3,8 h', a stąd h'= 0,263 h. Wtedy otrzymamy dla A = 0,75A/, <7=0,1 A, 7=0,01198 A⁴, zaś h =

. 298)

'A

*v

.V- .

...V'

*<.....

V...

«1

Rys. 173.

------V

³/M

⁼ 3,47 \j~

294)

295)

Dla A —A otrzymamy:

Wzorów dla dźwigarów, składających się z czterech belek, nie podajemy, bo przy wielkich wysokościach lepiej użyć belki kratowej, o której będziemy mówić poniżej. Dlatego też w praktyce nie używamy dźwigarów złożonych z więcej belek, niż trzy.

Przykład. Obliczyć przekrój dźwigaru złożonego dla mostu tymczasowego kolei głównej, dla którego najw. M=7,636 tm.

h = 3,15\^

299

Jeżeli dźwigar ma być klinowany, to przyjmiemy wedle § 69 dla dźwi-

garu dwubelkowego t₀=0>8.100=80 kg/cm³. Otrzymamy zatem dla b—~^h' zrówn.286) /i=2,66^/⁷⁶³⁶⁰⁰

. 20

80

=56,39 cm, a stąd h!—

=0,476X56,39=26,84=27,

K.

OJ

zaś b—~Ę. 27—20 c/n. Przekrój ten przedstawiliśmy na rys.

174.

cO*.....

UD:

->i 9 k-

Dokładnie otrzymamy: /=    (57³— 9³) (21 +

(s.i

— 2,0)=276696 c/n⁴, e=28,5 c/n, 763600.28,5

CM

więc v =

322320

=78,7 kg/cm²,

Ii

a więc prawie tyle, cośmy założyli.

Jeżeli dźwigar ma być zazębiony, a M—ltm, to przyjmiemy dla dźwigara dwubelkowogo t₀= =0,64.100=64 kg/cm². Otrzymamy zatem dla 6=

z równ. 288) A = 2,52^/Z^⁰⁰

3

stąd A'=0,566 X 55,94=32 c/n, + • 32=22 c/n.

Ï .V

■ J j£°

rys. 174.

= 55,94

c/n, a

Dokładnie otrzymamy (rys. 175): 7=^ (24 — 2,3) 56³= 331580 cm⁴, v=

700000.28 ⁼ 331580 założyli.

60 kg/cm², zatem prawie tyle, cośmy

ŻV

* <**

■■y*.

Cl

§ 71. Obliczenie klinów.

Kliny obliczamy wedle wzoru =    gdzie ⁰ oznacza siłę ścinającą po

ziomą w warstwie pp (rys. 122), S moment statyczny powierzchni p^p^rn ze względu na środek ciężkości przekroju O, a / moment bezwładności przekroju.

Dla prostokąta otrzymaliśmy równ. 194), mianowicie siłę ścinającą poziomą w warstwie o v odległej od

środka ciężkości (rys. 123)

Jeżeli przekrój składa się z dwu belek, to obliczyć mamy

192) ff=

co

\k/

(M

CO

\y

..V

QS ,Q/1

ff=T“⁶7rl4

rys. 175.

A²)'

siłę ścinającą w środku wysokości, więc dla v = 0, jeżeli z trzech belek, dlaz»=-^-, co wstawiwszy w równ. 194), otrzymamy

dla v = 0,

tc:co

-i

dla v =

300)

Ogólnie możemy napisać o=/u.

n

przyczem /.i oznacza pewien spółczynnik, a to dla dźwigaru złożonego z dwu belek §, z trzech belek f. Liczby te nie są dla dźwigarów klinowanych i klockowych zupełnie dokładne, ponieważ nie uwzględniliśmy tu odstępów h₀. Po dokładniejszem obliczeniu otrzymamy następne wartości dla f.i:

Tabli

XXXV.

2 belki 3 belki

. n= 1,5    1,333

. /u=1,497 1,319 . /u=1,460 1,396

dźwigar zazębiony .    .

klinowany . klockowy .    .

a) Odstęp klinów.

Nazwijmy szerokość klinów bu głębokość wcięcia zu, odle-

99

99

r?

m

"ir

jSł

V /?

e .Ci.

i tel

c/

JL

i.

'<■

•>;

rys. 176.

głość klinów od środka do środka c, szerokość i wysokość belek b i h' (rys. 176), to oc siła ścinająca pozioma, działająca na długości c, wywołuje ciśnienie na powierzchnię mn wcięcia na klin, a zatem, gdy zf oznacza naprężenie dopuszczalne na ściskanie na

kliny prostopadle do włókien, to

Statyka.

oc=u ~rc n

bzur', a stąd

16

bhwr'

301)

i“ Q

Belka bowiem, starając się przesunąć po drugiej, ciśnie na powierzchnię mn, a ściskanie to nie powinno wywołać większego naprężenia, niż ciśnienie dopuszczalne t'.

Tarcia, wywołanego naciągnięciem śrub, nie uwzględniliśmy tu wcale na podstawie doświadczeń Bocka. Ponieważ jednak przy małych ugięciach tarcie jeszcze działa, więc śruby dajemy tern gęstsze i grubsze, im większa siła poprzeczna Q, a więc niedaleko podpór, zaś rzadsze i cieńsze w pobliżu środka dźwigaru.

Z równ. 301) wynika, że jeżeli wcięcie zu jest wszędzie jed-nakowem (zwykle zu = 0,1 h!) to c jest zmiennem, a mianowicie odwrotnie proporcyonalnem do siły poprzecznej Q, a więc przy

jj

\.

.JL

rys. 177.

podporach c będzie bardzo małem, a w środku wielkiem. Aby wyznaczyć położenie klinów, postępujemy w następny sposób. Obliczamy odległość c z rów. 301), dla rozmaitych punktów belki (rys. 177), kreślimy w tych punktach prostopadłe i odcinamy do góry i na dół po \ c. Końce prostopadłych łączymy i otrzymujemy dwie linje krzywe, których odstęp pionowy w każdym punkcie jest równy obliczonej odległości c. Nazwijmy c odstęp klinów C i Dy to jeżeliby c—ci, to byłoby c'<c₂ i na odwrót, bierzemy więc ci<c'<c₂ i wyznaczamy wykreślnie odstępy klinów za po-. mocą przekątni pod 45° i pionowych.

Jeżeliby przy podporach kliny wypadły zanadto blisko siebie, to przyjmujemy w równaniu 301) nieco większe zu, przez co i c się powiększy, w środku belki zaś zmniejszamy zu, aby c tak bardzo się nie zmieniało.

Równanie 301) da się jeszcze inaczej napisać. Jeżeli wsta-

3 i ■ #

wimy wartość dla h = C sj—,

^ %

OM

w równ.

301), to otrzymamy c =    agdy b = kh', W — mh .

302)

0Arri²k t' w M _ „ ~ /U t W Q’ ¹ t

t' w

. . 303)

C³ m²k

jeśli Ci =--

t*

Wedle poprzedniego możemy przyjąć następne wartości:

Tablica XXXVI.

t'

Cj z C₂

1,69

dźwigar k C

We wzorze 303) oznacza M największy moment, wedle którego oblicza się przekrój dźwigam, Q zaś jest zmiennem.

Jeżelibyśmy przyjęli stałe -y?, mianowicie 0,1 dla dźwigarów

klinowanych a 0,2 dla zazębionych klockowych, tobyśmy otrzymali :

2 belki

3 belki

klin.

2,42

³/4

CO CN CM CS CO CO

belki

zazęb.

V-

0,476 1,497 2,14 0,78 1,67

0,556 1,5    2,47 1,16 2,86

0,417 1,460 2,02 1,00 2,02

0,313 1,319 1,67 0,85 1,42

0,385 1,333 1,93 1,45 2,80

0,263 1,396 1,55 1,14 1,77

Tablica XXXVII.

klock. klin.

3 b el k i

klock.

zazęb.

c=0,167    0,572    0,404    0,142 0,560    1,354^-

Q.

1,86

1,77

1,94

1,71

1,89

1,73

1,90

1,76

1,94

1,70

1,87.

Z powyższej tablicy widzimy, że odstęp klinów jest mniejszy, niż połowa odstępu klocków, który znów jest mniejszy od odstępu zębów.

b) Szerokość klinów.

Połączenie belek może być zniweczone także przez ścięcie klinów. Siła pozioma, działająca na klin, jest oc = bzuxr. Jeżeli nazwiemy naprężenie dopuszczalne klina na ścinanie równoległe do

. . 304)

T'

włókien t₂, to o c = bzu t' — bbx t₂, a stąd bŁ -—w

Jeśli przyjmiemy naprężenie na ścinanie dla klinów z drzewa twardego t₂ = 20 kb cm², to gdy z'= 50, względnie 60 kg/cm¹, bx —2,5 zu lub 3 zu.

Szerokość klocków bx obliczamy według tego samego równania ze względu na wywrót, zwykle jednak bx musimy przyjąć w ększe.

c) Najmniejszy odstęp klinów lub zębów. Siła ścinająca pozioma może zniszczyć połączenie belek także, ścinając dźwigar w płaszczyśnie ep (rys. 174), jeżeli kliny lub zęby zbyt gęsto umieścimy. Aby to nie nastąpiło, musi być dla klinów pio

nowych oc= bzu z/< z₂ (c—bx)b, a stąd

— z'

c>—w + b

305)

ÜA...........c-%.....

:i......4

^ !

)ir

Podobnie otrzymamy dla klinów pochyłych (rys. 178) i zębów z powodu, że tu chodzi o ścinanie na dłu-

Si! i

itl

-VN’

gości fe = c o c = bzu %' <C t₂ cb, a stąd :

— t'

•>

. . 306)

Jeżeli przyjmiemy naprężenie dopuszczalne na ścinanie dla drzewa miękkiego równoległe do włókien ra = 12 kg!cm², to gdy t' — 50 kg/cmi, bx = 4,2 zu, otrzymamy więc dla klinów pionowych najmn c = 6,6zu do 7,2 zu, dla zębów i klinów pochyłych c = 2,5 zu do 3 zu.

Jeśliby z równ. 301) lub 303) wypadło c mniejsze, niż tego wymaga równ. 305), to albo należałoby bl zmniejszyć, a aby za

rys. 178.

pobiec ścięciu klinów, uzbroić kliny blaszkami żelaznemi 2 do 4 mm grubemi albo też użyć klinów ukośnych lub zębów, w którymto razie znajduje zastosowanie równ. 306). Ale cóż się stanie, gdy odstęp c, obliczony z równ. 301) lub 303), będzie jeszcze mniejszym od najmn. c wedle 306) ? Wtedy naprężenie na ścinanie, będzie większem od dopuszczalnego, co nie jest dozwolonem.

Zachodzi więc teraz pytanie, kiedy możemy zadość uczynić obu równaniom 303) i 306). Z obu tych równań otrzymamy:

. . 307)

Cl t h’ Q

%' w M=t'    , t

>—w, a stąd —

T₂    %ï

A zatem, aby można było tak urządzić kliny lub zęby, aby naprężenia na ściskanie i ścinanie nie przekraczały dozwolonej

granicy, musi być

a więc gdy np. t=50, t₂ = 12,

MÇl=jL

q h:> t,:

= 4,2.

większe niż —

*2

³lM .

Wstawiwszy w równ. 307) h' — mh — mC\j~^ i wartość za Clt otrzymamy:

³\M*t

. . 308)

Spółczynnik C₂ obliczyliśmy i zestawiliśmy w tabliczce XXXVI.

*\M²t

Dla danego obciążenia jest \ q₃ stałem, C₂ zależy od ustroju

dźwigaru złożonego. A więc gdy C₂ jest za małem, to trzeba się starać przez zmianę ustroju uzyskać C₂ większe, więc użyć dźwigarów zazębionych raczej, niż klockowych lub klinowanych. Dla dźwigarów trzybelkowych jest C₂ prawie takie samo, jak dla dwu-belkowych, dla belek klinowanych trochę większe, dla klockowych nieco mniejsze. Wysokość wcięcia lub zęba w nie wchodzi wcale do równ. 307) lub 308), jest więc w tym względzie obojętną.

Jeżeli przyjmiemy obciążenie jednostajne ciągłe, to najw.

³/77

309)

M— ^ qt\ najw. Q = ^ql, więc : ~<. C%\j

Z równania tego widzimy, że niemożność pogodzenia równ. 303) i 306) zdarzyć się może, gdy / i t są małe a q wielkie,

a więc dla małych rozpiętości i małych naprężeń dopuszczalnych a dla wielkich obciążeń na m. bieżący dźwigaru.

Wartości C₂ dla dźwigarów klockowych są właściwie za małe, bo obliczone dla przypuszczenia ói —0, co dla klocków nie jest możliwem.

Przykład. Dla dźwigara obliczonego w § 70 niech będzie na podporze <2=3,5 t; obliczyć odstęp klinów c, szerokość bt.

Tutaj jest b—20 cm, A=57 cm,

Wedle równ. 301) mamy c=

bhw x'

zQ •

20.57.3.50

w=3 cm, x=50 kg/cm², [i=1,497, Q=3500, więc c—

1,497.3500

=32,6

cm.

50

Szerokość klina bt otrzymamy z 304)t b— 20w=2q . 3=7,5 cm.

Najmniejszy odstęp klinów wypada z równ. 305):

50

cm.

Gdybyśmy byli otrzymali odstęp mniejszy niż 20 cm, należałoby w tem

=50

miejscu użyć klinu pochyłego, dla którego najmn.    12,5 cm.

¹

Por. § 37.

²

Por. § 31.

§ 72. Obliczenie śrub.

Na klin (rys. 179) działają ciśnienia Gc = bwT, które tworzą moment bzu i' (Ax—zu) i wzbudzają oddziaływanie pionowe V i Vu

6ror'

Azo

■C-

■:

Ol"'

//

rys.

179.

działające w odstępie e. Dla równowagi musi być bzu t' (h\—zu) = = Ve, a stąd:

Odstęp e zależy od punktów zaczepienia sił K,'ate od rozkładu ciśnienia na górną i dolną podstawę klocka. Jeżeli powierzchnia naprężenia ma kształt trójkąta o podstawie b, to e = ^bi, a wtedy

ir 3 bw %' „ v V =—b(hi—w)

311)

Z równ. 311) widzimy, że jeżeli V maleje, to e musi wzrastać i odwrotnie, a zatem, gdyby śruby nie były dostatecznie naciągnięte, to e może się powiększyć, przyczem ' najw. e = bx. Tej skrajnej wartości nie może jednak przybrać e, bo wtedy

rys. 180.

działałyby siły V\ w krawędziach klina, co wywołałoby w tych krawędziach nieskończenie wielkie naprężenia, a wskutek tego zgniecenie krawędzi.

aV

V--

bw L

—(K—w)

310)

<-\

buoz' s

łS

rys.

181.

Gdyby śrub nie było, belki przesunęłyby się poziomo, a kli-nyby się odwróciły, jak to uwidoczniono na rys. 180. Temu zamierzonemu ruchowi mają przeszkadzać śruby. Widzimy z rys. 181, że jeżeli na jeden klin przypada jedna śruba, to ciągnienie S=V= bzu if

— —-—(Ai—zu). Ponieważ nie chcemy dopuścić zbyt wielkich ci

śnień na kliny ani ich obrotu, więc przyjmiemy e = ^b, zatem

^    f/² 7T

Y—(Ai—zv)= i\ . - 4 , jeżeli oznacza naprężenie dopu-

d²7X

szczalne na wyciąganie, a d średnicę śruby. A więc —

3 bzu t' ,

s=

3 bzu %'

4..

- (Al—zo),

n

d=l,9S4y

bw t'

bi

(hi—w). .    .

. . 312)

§ 73. Belki z różnego materjału.

Ma,

mJLrnä.

rys. 182.

W praktyce inżynierskiej zdarzają się nietylko wypadki użycia dźwigarów złożonych z tego samego materjału, lecz także ze-składy z kilku dźwigarów z różnych materjałów, połączonych w ten sposób, że ugięcie ich jest takie samo. Przykładem takiego ustroju są dźwigary żelbetowe, których jednak obliczenie jest przedmiotem odrębnego podręcznika „Teorja żelbetu“ ¹). Prócz tego mamy czasem zeskłady złożone z drzewa i żelaza. Na rysunku 182 widzimy np. dwie I belki drewniane i żelazną kształtówkę I. S Nie są one tak połączone, aby stanowiły jedną całość, mogą się mianowicie jedna względem drugiej przesuwać, ale ugięcie ich musi być takie samo.

Jeżeli moment sił zewnętrznych nazwiemy M, to rozdziela on się na obie belki drewniane, (które tu będziemy uważać za jedną) i na żelazną. Z momentu tego niech przypada Mi na drewnianą, M₂ na żelazną.

Z powodu, że promień krzywizny linii ugięcia r jest ten sam, możemy napisać wedle równ. 145 dla belki drewnianej Ex h~Mx r, dla belki żelaznej E₂ I₂ — M₂ r.

Z równań tych wynika z uwzględnieniem, że M— Mj + M₂

Mx =

Ei It

Ei Ij+Ea I₂

M,

m₂=

E₂1₂

. . 313)

Eilj +EaI<

Belkę drewnianą obliczamy teraz w zwykły sposób wedle momentu Mx, żelazną wedle momentu M₂. Jeżeli materjał ma być wyzyskanym, to powinno równocześnie w belce drewnianej być naprężenie dopuszczalne rlt w belce żelaznej t₂. A że TxIx = Mxe\

Mx ex

i t₂ /₂ = Mi e₂, więc rx =

rx _ Mx ex U t₂ Mx e₂ Ix

, stąd

*i _ Ex Ix ex /₂ _ Ex ex ,W1<;C *.    £/,e,/,

M₂ e₂

T'

a wedle 313)

M,

m₂ e₂

zatem — =

v\E<i

T₂ Tg £1

314)

A₂ .

2“ więc:

Jeżeli przekroje są symetryczne, to ex

Ai _ E₂ rx

A₂ £"i Tg

Dla żelaza możemy przyjąć E₂ — 2150000 kgjcm², dla drzewa

£”1 —110000 kg!cm²,

to powinno być — A₂

_ 2150000 Tj_

110000 t₂

19,5 A

Tg

Jeżeli przyjmiemy np. Tj =80 kg jem², t₂ = 1000 kg/ cm², to

Ai

A₂

= 1,56,

a więc wysokość belki drewnianej ma być 1,56 razy większą, niż żelaznej. Jeżeli stosunek wysokości jest inny, to jedna z belek nie będzie wyzyskaną i będzie pracować poniżej naprężenia dopuszczalnego.    .

Przykład. Niech będzie At=28 cm, bx=24 cm, A₂ =19 7,7 m. Wyznaczyć wielkość obciążenia na jednostkę długości, jeżeli Tt=80, t₂=1000 kgjcm².

cm

(rys. 179) /=

At 28

Tu jest ^-=ïg=l,47, więc wysokość belki drewnianej jest nieco za mała, belka drewniana nie będzie więc zupełnie wyzyskaną.

110000.43904    482944

^—110000.43904+2150000.1763 M~~ 861989M_0,56 M M₂=0,44 M.

Dalej mamy A/=~g“ q 7,7² — 7,412 q tm = 74113 q kgcm. Więc M₁ —

28

0,56.74113 9=41503 9, 71^=32610 q kgcm. Zatem 80.43904 = 41503 q . y, stąd 9=605 kg!m. b.

Wedle belki żelaznej licząc, otrzymalibyśmy 1000.185,6=33610 q, stąd 9=554 kg/m. b.

Z tych dwu wartości zatrzymujemy mniejszą, belka drewniana nie będzie

554

więc zupełnie wyzyskaną, mianowicie będzie: v=^q^ . 80=73,3 kg/cm².

To samo otrzymamy z wzoru: v .    • 24 .28³=41503X5,54X14,

=73,3 kg/cm².

41503.5,54.14.12

v=

24.28³ '

§ 74. Równanie linji ugięcia i ugięcie belki.

Linją ugięcia (n. Biegungslinie, fr. ligne élastique, a. ela-stic line, r. Jrania n3rH6a) nazywamy ugiętą oś belki, jak to wiemy z § 37. Równanie jej otrzymać możemy łatwo z równania 145) EI=Mr, które jednak ważne jest tylko do granicy sprężystości. Promień krzywizny dowolnej krzywej da się, jak wiemy, wy-

razić równaniem r =

(!)’ MäT’

d²y

d*y

dx'¹

dx²

W praktyce belki uginają się bardzo mało, linia ugięcia jest więc

st fp jest bardzo małe,

dy₌

WM<I)

bardzo płaską, ak że ^ sunku do 1 jest tak małą liczbą, że możemy ją opuścić; otrzy-albo gdy będziemy liczyć ~\~y w kierunku

w sto-

mamy więc

dxl

Tu

z góry na dół, r—

d ly '

dx²

Wstawiwszy to w równanie 145), otrzymamy

d²y    M

dx²    ET......

315)

równanie różniczkowe linji ugięcia, w którem moment zginający M wyrazić musimy jako funkcję x.

cł ^ u

Równanie to możemy napisać EI-j~ = —M .    .

. . 316)

a potem

Różniczkując to równanie otrzymamy:

PI d³i/ _ dM_

dx³    dx

Efpl=-<^=p .

dx⁴    dx H

Q>

317)

318)

clx

sJL

K-/-

rys. 183.

Niech ugięcie belki (rys. 183) w punkcie B będzie Y=BB' Jeżeli weźmiemy na uwagę element sprężysty dx w odstępie x od punktu B, to odpowiadające temu elementowi ugięcie dy, mierzone na BB', będzie dy — xst dcp

319)

Dalej mamy dx = rdcp, więc

dcp = ~—    — st dcp, zatem

(p

=A.r

BIJ A

M dx .

320)

Wstawiwszy w równanie 319) wartość za dcp, otrzymamy xMdx

~ËT'a

dy =

=±r

BIJ A

Mx dx— E I Fm X₀, .    .    .

. . 321)

przyczem Fm oznacza powierzchnię momentów, a x₀ odstęp jej środka ciężkości od punktu B. Zatem ugięcie belki w badanym przekroju B równe jest momentowi statycznemu powierzchni mentów względem punktu B, podzielonemu przez EL

Niech na belkę AB (rys. 184) o stałym przekroju działa

mo-

w E siła P, to według równania 6) Ox =

Pb

, 0₂ =

Pa

Moment

w punkcie F dla a będzie M=0₁x —

Pbx

, zatem na mocy

równania 315)

d² y _ Pbx Ib* Eli

a stąd :

dy _    _ Pb

db stV"~

Dla x = 0 otrzymamy st(po = C, więc dy    Pbx²

dx    2 Eli

Eli

x dx + C =

Pbx²

2 Eli

f C.

bst cpu

Analogicznie mamy dla części belki EB Paxy ²

dy_ ₌

a)

dxx

2 Eli

f st cp'o.

Całkujmy oba równania raz jeszcze, a otrzymamy dla części AE

y⁼

Pbx³

6 Eli

+- x st (f o

99

EB

y=

Paxp

6 Eli

fx! st Cp'o

b)

O,

tk\

—~Ct.....jp * t-g-

O jrT

P^K."

rys. 184.

Nie dodajemy tu ilości stałej Clt bo dla x — 0 i .^ = 0 jest y = 0, więc C\ = 0.

Rzędną y linji ugięcia nazywamy ugięciem (n. Durchbiegung a. deflectioń).

W celu wyznaczenia niewiadomych st cp₀ i st cp'₀ ustawmy równania a) i b) dla punktu E. Otrzymamy wtedy Pba²

st cp i

2 Eli

EE'=yx =

Pba³

6EII

+ St<jp₀⁼— (■ + a st % = -

Pań²

2 Eli

Pab³

6 E11

f st cp'⁰^, + ó st (p'o.

Z obu tych równań otrzymamy

st cp₀ =

Pab

6 EII

(a + 2 b) i st (p'o~

Pab

6 EII

(2 a-\~b) |

c)

Wstawiwszy te wartości w b), otrzymamy

y=^E7ï^a ^a+2 b^~X^ V ⁼ innP³ (2a + b)~xi²]

dla AE

n EB

to

Dla punktu E otrzymamy dla x — a, względnie Xx~b

. 323)

Pa²b²

yi =

3 £11

Nie jest to jednak największa rzędna. Największa jest tam, gdzie styczna pozioma.

Jeżeli a — b, więc gdy siła P działa w środku, będzie największe ugięcie y czyli strzałka ugięcia (n. Biegungspfeil, fr. flèche de flexion, r. CTpijiKa).

P13

pp

48 El

= 0,0208^

. . 324)

Jeżeli belka AB obciążoną jest dwoma ciężarami P i Q (rys. 185), to wedle (322) ugięcie w punkcie C y . 6E11= Pa\ x(a (/a^d-/—a^) —xP + Q btx(b—bf) (/—bx +2bf)—x²

■M

«**■

JC

----y—

rys. 185.

. 6 E11= x[Pa^ap-^r lax—xx²) + Qb₁(l²—bp—jc²)] . . . 325) Jeżeli P—Qx, ax=bi

Jeżeli belka jest obciążona na całej długości ciężarem jednostajnie rozłożonym (rys. 186), to według równ. 19)

i 9X (l~x) _

2£/*<Z

El

M—\ qx (l—x), więc -jE ~

Zcałkujmy to równanie, a otrzymamy

£/\2    3    /’

dy -

ŒX

a gdy dla żelaza E— 2150000,

/=

Jeżeli Z będziemy liczyć w m a resztę w c/n, to 50000 t Z²

24 £A'

331)

f= 0,00097    ........

przyczem f i h liczyć należy w c/n, 7 w kg/cm², Z w m.

Przykład. Niech będzie 1—6 m, <7=500 kg/m, t—1000 kg/cm², to M=\0,5.6a=2,25 /m=225000 kgcm, więc :

—=225. Zatem przyjmiemy kształtówkę I 20, dla której—=243.

5.600⁴

Wedle 329 f—3gąX2150000 2429 — l>b2cm—16,2 mm. 1000.36 .

mm.

a po drugiem scałkowaniu

0,

O*

K-

:k'

T2+Cx+C\

q—(

2 El\6

Dla x —0 jest y— 0, więc C — 0; dla x=1 jest y = 0,

y=

p    „JŁB wiec

----I b

Zx³

g—Ï2 + C/— 0, a stąd Z³

c=—

<7 / Zx² . x³ . Z3 cZx 2EI\ 2    ~3

_ q /x⁴ Zx³ . Z³x\_

y_2£7\l2    6    12/

;......../

--------------;*-i

rys. 186.

dy_

12’

zatem

12/ * •

. . 327)

(x³—2Ix² + l³)    . . 328)

24 El

Ponieważ obciążenie jest symetryczne, więc najw. y—f będzie w środku belki, tam też styczna będzie poziomą. Wstawmy

a otrzymamy f =

5 ql⁴

384 El

329)

Ponieważ dla x—

CN

wedle 143) t I—Me

e, to gdy

_h oZ² _ 2 t /

⁶ 2 ’ 8

5 16 tI Z² _ 5 rZ2 384 h El 24 Eh * *

Ä » więc

/=

. . 330)

Wedle 331) f = 0,00097 -^-^1<74 cm=17-⁴

Różnica powstała stąd, że dla kształtówki 20 jest x mniejsze, niż 1000.

Wzory powyższe stosują się do belek o przekroju stałym. Jeżeli przekrój jest zmiennym, a przypuścimy, że moment bezwładności zmienia się wedle paraboli, to

4 4 x (/—x)

l²

332)

jeżeli 4 oznacza moment bezwładności w środku belki. Zatem

d²y ₌

dxl

2 qx (/—x) _ qx (/—x) /² _ 8£4x(/—x)

ql²

El

8 Eh'

dy _

Stąd otrzymamy j

=L <k=o

2 ’ dx

Dla x

ql²

8 Eh

ql² l

8 £4 2

fC, a stąd

C=~

<7/³

16 £4

, więc

Scałkowawszy raz jeszcze, otrzymamy y=    --

. 333)

ql²

x(/—x)    334)

Dla x = 0, y = 0, więc C₁ = 0, zatem y —

,    <7/² Z² _ ql⁴

l6£4T” 64E4 W rzeczywistości przekrój nie zmienia się tak bardzo, zatem ugięcie będzie miało wartość między 1 '

384    76,8

Dla belek blaszanych lub kratowych równoległych możemy zatem przyjąć w przybliżeniu

_ JL q 1*

70 E4

Podobnie otrzymamy, gdy P działa w środku belki, dla

Stąd dla x =

16 £4

= 0,0156

st

. 335)

= 0,013 a -^=0,0156 64

Eh ‘

qE

=0,0143 Jry    .

. . 336)

PI*

przekroju stałego wedle 324) /= 0,0208 dla przekroju zmiennego zaś, jeżeli naprężenie dopuszczalne t i wysokość h są stałe*)

/=0,0312

PE

£4’ •

*) P. Ré sal: Constructions métalliques, str. 554.

a gdy przytem i wysokość jest zmienna

/=0,0416

p/s

El;

CO

CO

00

§ 75. Ugięcie belki jednym końcem utwierdzonej.

Belka jest wtedy utwierdzoną wtedy, gdy obciążona nie może się wcale na podporze obrócić, gdy styczna do osi na podporze się nie zmienia. Zupełne utwierdzenie wymaga zupełnie nie-sprężystego materyału. W praktyce niema zupełnego utwierdzenia, bo wszystkie materyały są sprężyste.

Wiemy, że moment M w punkcie C (rys. 187) belki o stałym przekroju jednym końcem utwierdzonej, a na drugim ciężarem

P obciążonej, da się wyrazić według równ. 29)

f

aU

l -...................

A-

L—..... X

rys.

187.

a wreszcie y

a zatem

M=—P (/—*).

A więc według równ. 315) bę-cPy P(l—x)    .

Txi ⁼~EÎ~ a Stąd °trZy-

(U-^+C),

Cx + Cxj . . . 339)

dzie

dy P

mamyTx⁼Tl

£/\ 2

Ponieważ dla x = 0 jest y = 0 i =0, więc Ci = 0 i C—0,

Px

_ P /lx²    x³\

y Eli 2    6 )

6 El

(31-*)

340)

Ponieważ y rośnie wraz z x, więc najw. y—f będzie dla

1 PI³

PI³

. . 341)

-0,333 EI

x = l, a mianowicie f —

Dla przekroju zmiennego o stałej wysokości otrzymamy we-

3 El

ł=0,5

p/³

die Ré sal a

jeśli h oznacza moment bezwładności w B

r    P/3

a dla zmiennej wysokości f— 0,667

Eh

342)

Eh

343)

Jeżeli utwierdzenie nie jest zupełnem i kąt stycznej do osi na podporze zmienia się o ety, to y wzrośnie o //ety.

Jeżeli chodzi o ugięcie punktu D poza punktem A (rys. 188), to A'D' będzie prostą i styczną do linji ugięcia w A'. Z poprzedniego mamy dla x—l

£.....

D’

Xt...........-......^

rys. 188.

p_[l³ _p\₌ pp EI\ 2    6/

a y — AA' + (xi—/) st cpx —

PI * , PP

wT*⁹¹-

AA'

3 El

3 El 2 El

PP

6 El

(3 Xi—/)

344)

Jeżeli belka Aß (rys. 189) obciążona jest zupełnie ciężarem jednostajnym q, to moment w punkcie C będzie M — —^ q (/ — x)², więc d²y_

r-

według 315) a stąd otrzymamy

dy ₌

dx* 2 £■/

rys. 189.

|/² X — /x² + -^-4- cj, a wreszcie

_ q (I²*²    r , r \

y-2Ek2—j⁺ü+Cx+cy

dx

Dla x~0 jest y = 0 i j=0, więc C=Ci = 0,

dx

dy

a zatem

y=wir(6|!_4,x+x2)-

345)

Ponieważ y wzrasta wraz z x, więc najw. y—f będzie dla x = /, a zatem

_ !<i¹⁴

8 El

346)

Dla przekroju zmiennego o stałej wysokości otrzymamy wedle Résala

-IsŁ

4 Eh ' ' jeśli /, oznacza moment bezwładności w B,

1 ql

347)

a dla zmiennej wysokości f=

Jako belki jednym końcem utwierdzone obliczamy schody, wsporniki, mosty obrotowe i t. d.

Statyka.

2 Eh

348)

17

- 258 -

§ 76. Belka jednym końcem wmurowana, a w drugim podparta.

Tam, gdzie prawidła statyki nie wystarczają do wyznaczenia oddziaływań, n. p. przy belce jednym końcem utwierdzonej a w drugim podpartej (n. der an einem Ende eingespannte, am anderen frei aufliegende Traget, fr. poutre encastrée à une extrémité et libre à /’ autre, a. beam fixed at on end, sup-ported at the other) używamy równania linji ugięcia do wyznaczenia oddziaływań, jak to zaraz okażemy.

Na belkę taką AB (rys. 190) działa ciężar P w odległości a od A. Zastanówmy się najprzód nad częścią belki AE. Na-

TC 1/'

Ł~~'c.......

.......-pi"

JjA

M.

a:

ryc. 190.

zwijmy IW₀ moment w punkcie A, gdzie belka jest utwierdzoną, to dla punktu C będzie M= M₀ + Ox x, a więc według równ. 315)

M₀ + Oxx    j

-£/-’ 3 S^d

dx²

a więc

E,{M«*+qf ⁺ 4

~2

Dla długości EB, t. j., gdy .r>a, otrzymamy

M= M₀JrO₁x—F(x—a) — M₀ + (Oi—P) x + Pa,

dX=-fi M + (0-P)x + Pa], a stąd

dy _____i

dx

y= -

nareszcie

°p^+cx + cy

x-

EI [M{)x + (0₁-P)~+Pax+Cil nareszcie y —— ~ [A/₀ + Pa) -y 4- (Oi — P)^ + Cl x+C\], Dalej mamy y = 0 dla = 0 i x = l, ^

dx

dy =

0 dla x = 0. Ugięcie

w punkcie E i styczną, więc

dy

dx’

otrzymać musimy z obu równań

dy

dla y i ^ te same ; ze względu na ogólne warunki równowagi

musi być też P— Ox + 0₂ i Oi /+M₍₎—P(l—a) = 0. Mamy więc 7 równań, z których wyznaczymy 4 stałe ilości C, C', Cx i C'i i 3 niewiadome M„, Oi i 0₂. Ostatecznie otrzymamy

Pd¹

C=0, C' = 0, Ci = —

Pd‘

₂ - =

n - p² /3—a2 (3 /-_a) n - p    ¹“)

M,= -Pa—_a^³¹

21

349)

Jeżeli te wartości wstawimy w równaniu dla y, otrzymamy dla długości AE

Px²

12 EI l²

dla długości EB

Pa²

12 El 1»

[3 al (21²—a {31—a} )—x (21»—a²{31—a})] j

CD    I

I

[ (31 —a) x³ — 3 1 (3 1 - a) x² + 61» x~ 2 al»]

350)

Największe ugięcie znajdziemy, gdzie ^r— 0, to jest dla

351)

a wstawiwszy tę wartość w równ. 350), otrzymamy

1—a

31-a *

. . 352)

Moment w punkcie E będzie M, = M» + Oi a = Pa2 W punkcie F, gdzie M~~0, linja ugięcia ma punkt zwrotny, bo^^ = 0. Ponieważ M=JW₀ + Olx, więc 717» + Oj c = 0, a stąd

(31-a) (1 a)

21»

. . 353)

17*

2/²—a (31— a)

Ol 2F-a²(3l— af '    '    *    *

Gdy ciężar jest w środku, więc a = -~i otrzymamy

^P, M₀ = —^Pl, . . . 355)

354)

11

0i_ 16?’ ®2

a moment w E

M, = +ssPl

32

356)

Największe ugięcie dla = /^1—=

0,553/ jest

1 PF _    1 PI³

48VT El 107,3 El¹

= 0 00932

PI³

El *

. . 357)

a punkt zwrotny F dla

i,

358)

Jeżeli zaś belka AB jest obciążona zupełnie ciężarem jednostajnym q (rys. 191), to otrzymamy moment M w punkcie C.

M=Ozx — i qx²,

O,

C j*.....x-~

.....Xi.....—!

III I

\uA\

Ah l

r-

■xÈ-~

rys. 191.

więc według równ. 315)

a więc

a nareszcie

dlg _    1

dx²

dg _ 1 I0₂x2 dx    E/TT"

¹ (%'*

y El

ei(0₂x-\ qx²), qx‘A

c),

qx⁴

₂₄ ïCx + CX

Dla * = 0 jest y = O, więc C₁ — 0,

.    0.₂ Z³ qlA

„    *= Z „ i/ = O , więc

„ . + CZ=0, zatem 24

C=

4 P₂ Z²—?Z³

24

Dalej mamy dla x = I,

<iy =

O, więc 2

wiwszy wartość za C, otrzymamy 0₂= - ql

dx

0₂Z² aZ³

7^ + C = 0, a wsta-o

359)

(7Z³

a C--—. Możemy więc napisać

6 lqx⁴ ,ql³x 3<7Za:³\_

y_ 6£/hr ~8    8 /

/

Największe ugięcie będzie dla *1, dla którego    = 0, więc

Xl = 0,46861

Wstawiwszy tę wartość w 360) otrzymamy

f = 0,00534q1'

dla

qX (2x³+l³—3 lx²) . 360)

48EI

361)

El

CO

Momenty otrzymamy z równania

. 363)

M= 0₂x—^ qx² = g qlx—^ <7*² — ^qx (3Z— 4at)

więc dla x = l

M„ = —

8 q'S

364)

</M _    .

^ = 0, więc

Największy moment dodatni jest dla x₂, gdzie % ql—qx2 = 0, zatem jr₂ = fZ, a wstawiwszy to w 363), otrzymamy

najw. + M = ^|g ql²

365)

Punkt zwrotny jest dla M= 0, więc

x₃ =

366)

§ 77. Belka obu kopcami poziomo utwierdzona.

Gdy na belkę o stałym przekroju obu końcami poziomo utwierdzoną (n. der an beiden Enden eingespannte Träger, fr. poutre encastrée aux deux extrémités, a. beam tixed at both

ends) AB (rys. 192) działa ciężar P w punkcie E, powstają w A i B momenty, które nazwijmy Mi i M₂. W dowolnym punkcie C bę-

Ai

......Cf

-a*

. Il

C:::

i ii.

! ? !? j

T.....r

/ h ; o

-M......ł-

i" :

ï.

At.....c........1

Ä,

/%

BI

rys. 192.

dzie moment M, przyczem, jeżeli *<a,

M=zM₁JrOiX, jeżeli *> a, M—Mi-\-OiX—P (*—a). A zatem otrzymamy według- równ. 315) dla *< a

d*y ₌_

dxŁ

dla * > a

t=~h^x+qf+C)’

d²y _ i

dx²

Ej(Mi + Oj* P(x a) ),

śł =

O,*² Px²

<7*

— + Pa*+Ci).

Dla * — 0 jest ^r = 0, więc C= 0 ; dla *=a jest ^ w obu rów

naniach to samo, więc

Mia+ Q~-=Mia+ ^

Dla * = /

Oiû² Pa²

—2~ + Pa²-!-Ci, a stąd Ci = —

Pa²

e/*

0, więc

2 Mx /=Pa² -2 Pal + P/²—Ox/²

367)

dla ąr. a

Wstawiwszy wartość za Ci Ci, całkujmy jeszcze równanie

1 /Mi*² , Qi*³

c/*’

otrzymamy dla *< a, */ =—

£/\ 2

dla x>a, y⁼~ Ej

1 /Mxx² . OjX³ Px³ | Pax% Pa²x . r, \

V 2    6    6 ⁺ 2    2~ C V

Dla x = 0 jest y — 0, więc C — 0; dla x = a jest # to samo

; nareszcie dla x = l jest y = 0,

w obu równaniach, więc C\ =

Pa³

więc

3Mxl² = 3 Pa²Z-3PaZ² + PZ³- Oi/³—Pa³    . . . 368)

W równaniach 367) i 368) mamy dwie niewiadome M\ i Ou które możemy obliczyć. Otrzymamy więc

Pli—3Pall+2 Pa³    Pax² (1 + 2a)

Oi =

/³

l³

. . 369)

a analogicznie otrzymamy

q _ Pq²(/+2q₁)

/³

370)

Wstawiwszy wartość za Ox w 367), otrzymamy

Pa ax²

Mx =

l²

a analogicznie

m₂ =

Pa² ax

371)

l²

Podstawiwszy te wartości w równanie dla y, otrzymamy

P<2i²X²

dla x<a, y =

(3 al — {/+ 2a) x),

dla x>a,

6 Em

y=6

.    . 372)

+ 3 aap l + xl³— 3 a/³ +

3 a² Z³

a³ Z³"|

a:² J

Największe ugięcie będzie dla xx, gdzie ^

Sf=0, więc

2 al    , f _    2 Pax² a³

Xl Z+2a’ ą ¹ 3 EI (1+2 a)²    * *

. 373)

Momenty otrzymamy według równań

dla x<a

PaP (/+ 2 a) x _ Pax

AZ=

Pa ax²

Z²

Z⁸

7-—[(/+2a)x—a/] . 374)

r

Paax

dla x>a Pax² (Z+2a) x

Z²

Z³

-P (x—a) =

=    {(/+2a)a₁² x—a aP l—P x + al³} . . . 375)

Największy moment dodatni otrzymamy dla x = a, a więc

376)

. y i «v 2 Pa² ax2 najw ( + M) = —y-

Z równania 371) i 376 wynika, że Mi : (najw + il/) = _ Pa ai² 2 Pa²ai² _ /

¹

Lwów, 1915.

²

est /,= ^24.28⁵=43904 cm⁴, /,=1763 cm⁴, więc wedle 313)

T² * Z³ T:

a podobnie

Af₂ : (najw + M) =    : «i.

Stąd wynika konstrukcja, podana w rys. 192 a.

iĄ

i....

aj ^ najra-M.

^11

I"

rys. 192 a.

Punkty zwrotne otrzymamy dla x = c i x = cu gdzie

_ a + 2 at Cl a + 3 ai

M— 0, więc c—

al

1+2 a’

l . . 377)

Gdy ciężar P działa w środku, więc a= -^-=au o-

(31—4x)    .... 378)

trzymamy z równania 372) y =

Px²

die Résala

48 El

Największe ugięcie będzie dla x= więc

1 PI³    PI³

f = —— — = 0 0052 192 El ’ El

Dla przekroju zmiennego a stałego r i h otrzymamy we-

p[s

/=0,0078-

ŁIi

.    . 379)

380)

Największy moment jest dla Tp więc

384)

• M i P1

najw M =

Punkt zwrotny jest w punkcie, gdzie M — 0, więc dla

r/

4'

PB

dla zmiennego zaś h

Dalej otrzymamy z równania 371)

/= 0,0104

Eh

381)

PI

=M₂

382)

równania 375)

M=

(4 x-l) ■

383)

C = —r-

tSr&r*

s/A

it.

rys. 193.

Jeśli

na

belkę działają dwie siły P i Q (rys. 193) to

Pp r² + $<7²s

/²

Pp²r-\~ Qqs²

385)

/²

Z równ. 372) otrzymamy

Dla P= p — q

Y = 6~ETB (Pp2(l~x¥(3rl—(/+2r) (/—*)) + + Qq²xi(3sl—(/+2s)*)) .    .

Pp(l-p)

. . 386)

387)

Z/ —/*/(jf² + (/—jf)²—(/+2r) (a:³+(/—jf)³] . . . • 388)

Jeżeli belka AB (rys. 194) jest obciążoną zupełnie ciężarem jednostkowym q, to z powodu symetrji będzie

-_3i

a moment w punkcie C będzie

o₁ = o,

M=MX+Y

qlx qx

Więc według równ. 315) będzie

dy ₌ __ J

iLi = - J_

dx²    EI

Dla

<7&⁴ ^³ + C)

x —O jest^=0, więc C=0, dalej dla * = / jest

— — ~- = Ot a stąd 6

ïW2=M

dx

£7(Afi *⁺ -i

dx

O, więc Mx I+ą

M, = —

. 389)

Oi>\

-X-

u.

-r

rys. 194.

Wstawiwszy wartości, otrzymamy więc

(Ix

El

/    1    /2 i <7^²

\-viql x + ^r

a stąd

1 tqEx² qlxs qxA\

y=ii-w-^2 ⁺ 24!~

qx¹

2AEI

(/²—2 /x + jc²) =

qx² (1—x)²

24 El

390)

Największe ugięcie jest dla x= więc

f=

——L= 0,0026“^    .

384 El

. . 391)

Dla zmiennego przekroju a stałego v i h otrzymamy po-

dobnie

qï

/= 0,0054^7

Eli

392)

a dla zmiennego h

/= 0,0090

sl

Eh

393)

Moment otrzymamy z równania

qx¹ _

i gP + Sk

12q 2 2

a więc najw. M jest dla x= - -, stąd

najw+M= +^q l²

M= —

~(6 lx—6 x²—/²),

Punkty zwrotne są dla M= 0, więc dla c = 0,2113 l i c₁ = - 0,7887 /. Jeżeli przekrój wzrasta ku podporom, to zmniejsza się przez to moment w środku, a wzrasta na podporach¹).

I tak, jeżeli -^r- —

/o

rH CO

, to najw. + M— 0,0279 qtż=z zaś

<7^

Ï05 “

Jako belki obu końcami utwierdzone możemy obliczać tylko takie belki, u których przy obciążeniu styczne linii sprężystej na podporach zupełnie się nie zmieniają, co możemy przypuścić tylko wtedy, gdy belkę głęboko wmurujemy (na półtorej wysokości belki) i gdy naprężenia muru nie są przez to za wielkie, lub też, gdy końce belki w jakikolwiek sposób przytrzymamy np. śrubami. W przeciwnym razie liczymy belkę taką, jako w dwu punktach podpartą.

M,=

- 0,0979 ql¹ .... 395)

§ 78. Wykreślne wyznaczenie ugięcia belki.

Dla dowolnego obciążenia belki A B wprowadziliśmy w § 10 równanie krzywej sznurowej (rów. 11)

396)

d²y __ q dx²

gdzie a oznacza odległość biegunową.

Jeśli równanie to porównamy z równ. 315), licząc y w kierunku z dołu do góry, więc zmieniwszy znak, otrzymamy

d'ly _ M ô x² El

widzimy, że oba równania są identyczne, jeżeli M—q a El—a.

- 268 -

A zatem linja ugięcia jest 1 i n j ą sznurową, dla której wykreślenia przyjęto powierzchnię momentów jako powierzchnię obciążenia a odległość biegunowa równa się iloczynowi spółczynnika sprężystości E przez moment bezwładności przekroju/.

Prawo to podał pierwszy Mohr.

Musimy tu rozróżnić dwa wypadki: albo przekrój jest stały albo zmienny. W pierwszym wypadku odległość biegunowa jest stałą, w drugim dla każdej części belki zmienia się wraz z El-

AL

Zł

P R

H    _

C 7^' IMïïïïmïïitoiiiimiiiiiiiiil^ ^ R

i ■ B-OE T, -

/cm

/cm

~7F

/cm

—2................

-2 —

J.UJ a o Ämrn'l i /e i ł

Młm*

/cm

k /:2tm /ł/n

èséL

°m

i.

Hi Im

33 łm'

0<

/cm

rłmŁ

al\

! r f,

P7

<?/

OJ J os

. ///..

ł/n

ą.

51

rys. 195.

Przypnśćmy najprzód, że przekrój jest stałym i zróbmy przykład.

Belka AB (rys. 195) obciążona jest ciężarem Pi—2t, P^ — lt i ciężarem jednostajnie ciągłym 0,5 t/m na długości 2 m. Wyznaczyć należy linję ugięcia.

W zwykły sposób wyznaczyliśmy najprzód linję momentów acdfeb. Teraz płaszczyznę momentów uważamy jako płaszczyznę obciążenia, dzielimy ją na paski, wyznaczamy środki ciężkości i powierzchnie pashów. Z rysunku widzimy,

432 cm³.

iftńn    M 432000

że najw. A/=4,32 /, czemu dla T=lOOO kg/cm² odpowiada ~= jqqq

Przyjmiemy zatem kształtówkę I / . 25, przyczem / = 5556 cm*. Zatem £ /= = 2000000.5556 kgcm-—\\\\,2 tm². Przyjąwszy więc £7=1111,2 tm², otrzymalibyśmy ugięcie w podziałce 1 : 100, zatem za małe. Jeśli chcemy mieć je w naturalnej wielkości, to przyjmiemy El 100 razy mniejsze, więc £7=11,1 tml. Wykreśliwszy na tej podstawie wielobok, a w nim styczną krzywą sznurową, otrzymamy ugięcie w naturalnej wielkości, tu więc najw. y—f—14 mm.

4=H

dla kreślenia linji ugięcia na długości AC przyjmiemy at=J o,

EB o₃=i a, a stąd otrzymujemy c, a/ zamiast c, a, i exbx zamiast e₁b₁, f też znacznie większe, bo 17,5 mm.

CE 4=7,

na

Jeżeli przyjmiemy, że przekrój jest zmiennym i np. na długości ^4C na EB /₃=|/, to konstrukcja zmienia się tylko o tyle, że

na CE a₂=a, na

Możemy też zatrzymać przy kreśleniu drugiego wieloboku sznurowego tę samą odległość biegunową, ale zmienić powierzchnię momentów w stosunku odwrotnym momentów bezwładności. Na

rys. 196.

rys. 196 przedstawia powierzchnia kreskowana powierzchnię spro-

M

wadzoną momentów, rzędne przedstawiają -j. Zastosowujemy to n. p. przy wyznaczeniu ugięcia belki blaszanej.

§79. Wykreślne wyznaczenie sił zewnętrznych belki jednym końcem podpartej, drugim utwierdzonej.

Zapomocą poprzedniej konstrukcji możemy też wyznaczyć moment podporowy belki jednym końcem podpartej, drugim utwierdzonej. Wyznaczamy mianowicie najprzód linję ugięcia belki, uważając ją jako w dwu punktach podpartą. Oprócz tego w B (rys 197) mamy moment Mx. Przypuszczamy teraz, że na działa tylko moment podporowy Mx. Linję momentów przedstawia wtedy prosta abx. Wprawdzie wysokość bbx nie jest nam znaną, ale tymczasowo przyjmiemy Ml = 1, wyznaczamy linję ugięcia

belkę

/f

jor

\br

i ‘ I ¹    ;    ;    ! I ;

i linia upięcia c/fa ażeniay

i ostateczna /in i a uptęcta

Tr

rys. 197.

w tym wypadku dla Mx — \ i sumujemy ugięcia algebraicznie. Wedle założenia musi być ugięcie w B— 0 i styczna pozioma, a zatem obie linje ugięcia w b muszą mieć styczne nachylone pod tym samym kątem a tylko o przeciwnym znaku. Z tego warunku możemy wyznaczyć wielkość momentu MXy zmieniając wartość dla Mx tak, aby ax = a.

Przykład. Belka AB, podparta w A a utwierdzona w B, (rys. 198) obciążona jest ciężarami Pt —1,5 ł, P.x=3 t i P₃—2 t. Chodzi o wyznaczenie momentów, a przedewszystkiem momentu podporowego w B.

W tym celu kreślimy naprzód linję momentów acr di e' b dla belki w dwu punktach podpartej. Powierzchnię tę momentów uważamy jako powierzchnię obciążenia i dla dowolnie przyjętej odległości biegunowej 20 tm² kreślimy drugi wielobok sznurowy czyli linję ugięcia a" c" di‘ e" b".

Ale w B powstaje nieznany nam jeszcze moment podporowy Mx. Przyjmujemy dowolnie M₁=\0 tm, odcinamy bb'=10tm i otrzymujemy powierzchnię momentów abb'. Dla tej powierzchni momentów, jako powierzchni obciążenia trzeba wyznaczyć teraz linję ugięcia. Ale ponieważ potrzeba nam tylko stycznej linji ugięcia na podporze, stycznej podporo wej, więc nie dzielimy tę powierzchnię

5.10

na paski, lecz w ^ Z zaczepiamy całą powierzchnię momentów — = 25 tm².

Dla tej samej odległości biegunowej 20 tm² otrzymamy drugi wielobok sznurowy Oj /j b±. Możemy się jednak nawet obejść bez kreślenia tego wieloboku, bo wiemy, że oddziaływanie w A przy powierzchni obciążenia abb' będzie •§■ abb‘—

.....

i O

Ç- łSt

>(< ~.4-g ■■■—va— 25    !

/cm    /cm

/ 77i    cotm

/cm

i-t

£__Ô

O»"

5-«i

■4/5

i/y

5s

/o

\6% 2

JM

3

i!

/cm

/ofm*

<?

i «"fi

èolïn¹"

/4

-Ô-

rys. 198.

= 3~25=8| żm², w #₂ zaś 16| ćm², zatem jeżeli od punktu m odetniemy mb=\6^tm², otrzymamy a, —m O, b, gdy cc=m Ol 7. Widzimy, że tu aj>alt musimy więc te kąty zrównać, zatem zrobić oc^m Ol 7, a w tym celu powiększyć Mx w stosunku mb: ml. Zrobiwszy to wykreślnie, otrzymujemy bb\—lliy jako szukany moment podporowy. Odetnijmy 77 od rzędnej zwykłej powierzchni momentów w b, otrzymamy punkt by. Linja zamykająca ab\ jest tu kreskowana.

Moment w B jest więc wedle rysunku A/j = 10,9 tm.

§ 80. Belka obu końcami utwierdzona.

Belka ÂB (rys. 199) obciążona jest ciężarami Plf P2y Ps. Najprzód wykreśliliśmy pierwszy wielobok sznurowy acdeb, jak dla belki w dwu punktach podpartej. Niechaj dla belki obu końcami utwierdzonej będzie a₀ b₀ zamykająca, to powierzchnia momentu kreskowana

aaocdebbo ⁼ acdeb— aa₀ b₀—abb₀ =a (c—tx—4)> jeżeli a oznacza wspólną podstawę, ac zwykłą powierzchnią mentów acdeb, atx = aaQ ó₀, ał^ = abb₀.

mo-

41

Çt

»i-.f

«»

S,

snf

J-i 7mJ

ćt'

.c'

■U

/?

Shn

órnrn

//

II

fi

... h-Jt

film*)

to:

A~

■ tr- •..... b

i..i .k*

rys. 199.

IM'

IM

Z rysunku mamy atx= . aa₀ = o ;

2    1 h

nareszcie ac=—j~f jeżeli oznacza średni moment belki w dwu n

punktach podpartej.

Kreślimy teraz drugi wielobok sznurowy. Dla zwykłej powierzchni momentów otrzymamy linję ugięcia a c d! e b'. Jeżeli jednak chodzi tylko o styczne podporowe, to nie potrzebujemy całego wieloboku kreślić, wystarczają proste a s i s b\ równoległe do promieni skrajnych Ox 0 i Ox 4. Chcąc uwzględnić też powierzchnie atx i a4> odcinamy w wieloboku sił m 0 = 4 r4m = 4* Wtedy ua ₀ i vb\ przedstawiają styczne podporowe belki obu końcami utwierdzonej. Ponieważ wedle założenia styczne te są poziome, więc a₀ ullvb^HOx m, a stąd

^+4 = c, aa₀ b₀ + abob — acdeb,

nakoniec aa₀ b₀ bedc = 0.

Widzimy więc, że dla belki obu końcami poziomo utwierdzonej linja zamykająca wyrównywa powierzchnię momentów, czyli powierzchnie ujemne momentów równają się powierzchni dodatniej momentów.

gość aa₀ i bb₀, przyczem

=yił.

Z dalszego warunku m : m" — U : 4 możemy wyznaczyć dłu-aa₀ + bbQ

§ 81. Belka obu końcami ukośnie utwierdzona.

Niech AB (rys. 200) przedstawia linję ugięcia belki, obu końcami ukośnie utwierdzonej i obciążonej jednostajnie; kąty nachylenia osi belki w A i B niech będą at i ą. Nazwijmy dalej st a₁ = Tl, stct₂ = T.₂₎ a wysokość punktu A nad B niech będzie s.

oÇ,

Aî

Cf

ép

**

V-' N

iV-°

M*........X.........*

Cs

rys. 200.

Według równania 315) możemy napisać :    a stąd

En

d = — ^Mdx+C.

Dlàjt=0 jest ^ = dy

dla x — l jest ^ = r₂, więc £/t₂

EI(h—*i)=

tu więc EI'i\ = C;

-r

Mdx+C, a stąd:

397)

Całkując raz jeszcze, otrzymamy

M dx² + Cx4-Ci.

Wyraz ściowo, a mianowicie

I ! M dx. dx możemy inaczej napisać, całkując czę-

= x j M dx— JM xdx, więc

Ely——x ^M dx + l’Mxdx-hCx-hC₁ = x(—J Mdx~\~c)

II

M dx . dx

Mx dx~\-Ci,

EI y = E Ixjyx+ J

M X dx+Cy.

Dla x=0 jest y — 0, więc Cx = 0;* dla x—l będzie EIs — EI +

n

I M x dxy a stąd

EI(s—lva)

-r

J o

Mx dx

398)

Jeżeli q jest ciężarem jednostkowym, moment w A i B nazwiemy M i M" a oddziaływania O' i O", to moment w punkcie C będzie

M— M' + O' x—\ qx².....

Dla punktu B będzie M' — M' + O'l—^<7/*, a stąd

f 399)

M"—WT

yql

400)

Wstawiwszy to w równanie 399), otrzymamy M"—M‘

M=M' +

_ M (ł—x)+M x

qlx—\ qxŁ~

Hyqx(l-x) .    .    . 401)

Wartość tę podstawimy w 397) i 398) i otrzymamy IM' (l-x)+M"x

r

E / (*1-^2)= J

dx+£ q J

x (/—jt) dx~

= (M' + M")^ + ^r₂qP

IM' <l—x)+M" x

f

xdx-\- \qJ x® (/—x)dx —

~(M' + 2 M")¹^ + ^qlK

Rozwiązawszy te równania, otrzymamy

M = —

^ql* + 2EI    3s

/    + 2 r₂) —3 s

względnie zy =

M 12 qli~2EI

(2f/+r+i^)+j

(7kf+2AT+|?/²)+4

. . 402)

6 £/

/²

. . 403)

*2 =

6ÆY

§ 82. Belka ciągła.

Belką ciągłą albo wieloprzęsłową (n. kontinuierlicher Träger, fr. poutre continue, an. continuous beam, cz. tram spojity r. HepaapfeiiaH 6anKa) nazywamy belkę prostą, spoczywającą na kilku podporach.

Tu zastanowimy się bliżej tylko nad najprostszym przypadkiem, gdy belka jest jednostajnie zupełnie obciążoną ciężarem jednostkowym q, gdy podpory są równo wysokie a przekrój stały.

Om-/

Om

Om +4

......Cm

- -j <

...../

rys. 201.

Niech ABC (rys. 201) będzie młe i m + lsze przęsło belki ciągłej o równo wysokich podporach, to oba te przęsła możemy uważać jako belki ukośnie utwierdzone ; otrzymamy więc z równania 403), zważywszy, że s = 0, dla przęsła mtego styczną kąta

(Mm-1 + 2    qlm²), zaś

6EI

nachylenia linji ugięcia w B xm —

dla przęsła m+l^₀ styczną kąta nachylenia linji ugięcia w B także

ImĄ-

6El

+    qPm+1).

a stąd

Jeżeli E i I są ilościami stałemi, to

/m+l(2A/m + A/m4-l + i ql²m+l) ⁼ In (A/m-1+2    + ^ Q'/m²),

Mm_i lm+2Mm(Im+lra-f-i)+Mm+i lm-fi = —iq(l³m+l³m+i) • 404) Zastosujmy to równanie do wszystkich przęseł (rys. 202) i zważmy, że Mą — Mn — 0, a otrzymamy

0o

o,

O*

o₃

Ot!-i

On-t

On

"ZS"

"z sr

rys. 202.

dla    (/₁'+/₂)+A/a/₂ = —i<7 (A ³ + 4³,

dla m = 2, A4 4 + 2A4 (4 +/₈)+Af₈/₈= — i<7(4⁸ + 4a)>

dla m = n—2, M„_3/„_2+2 A/n_₂(4_2+4l-i) + Mn-\ln-\ —

—-4 <7 (/³„-2 + /³n-l)

dla m = n — 1, A/„_2 4-i + 2M„_i (4_i+ /„)==

= —i<7 (/³n-i + /³»)

Otrzymujemy więc (n—1) równań, które wystarczają do wyznaczenia (n—1) momentów podporowych. Równania te nazywamy równaniami momentów podporowych (n. Normalgleichungen) albo równaniami Clapeyrona.

. 405)

f............/.....--i

Niechaj będą Q' i Q" siły poprzeczne ^ a M' i M" momenty podporowe w z4 i B (rys. 203), to moment w C będzie M= M' + ^    + Q'x—\ qx², więc dla punktu B będzie

M' ' = M' + Q' l—4 <7/4 a zatem

M—Mr

Q'=i Q i-

. . 406)

4 <7^

Siła poprzeczna w punkcie C będzie

407)

Jestto równanie linji prostej, której nachylenie zależy tylko od <7, a więc linje sił poprzecznych będą we wszystkich przęsłach wzajemnie równolegle.

rys. 203.

Q~Q—qx

Moment w C będzie

M= M'-\-Q'x—-jjqx‘“, a wstawiwszy wartość z 406) za Q

M= J qx <1—x)4 M * --- + M *

408)

Równanie to przedstawia parabolę o osi pionowej.

§ 83. Belka ciągła dwu i trzyprzęsłowa.

Zastosujemy teraz wzory poprzednie dla belek dwu i trzy-przęsłowych.

/f

[jfK £

%i

........./

tsar

li

UMI

Dla belki d w u-przęsłowej (rys. 204) przypuśćmy, że h~h~ /. Tu otrzymamy tylko jedno równanie momentu podporowego

2(/+/) = —\q (ls + Z⁸), więc

rys. 204.

iql . . 409)

W pierwszem przęśle jest M' = 0, M" = MX =

Mi = -

--kqft, więc według równania 408)

—)qlx+^ qx(t—^r) = -^qx(3 1 — 4x)    . . 410

Najw. M jest dla x1} dla którego^—= 0, więc $ ql—qx^O,

zatem xx =f/= 0,375 /,

tak, że najw. ( + M)= J q . ®;/(3 /-f /) = j|sql^ = 0,07032ql*, 411)

zaś M— 0 dla 3 l=4x‘, więc x'=% 1—0,751.

Według 406) będzie dla pierwszego przęsła

Q =%ql—kql= + yql Q ⁼ —ł ql—£ ql~ — g zaś Q = f ql—ęr=yq(31-8x)

Parabolę wyrażoną równaniem 410) i prostą, wyrażoną równaniem 412) wykreśliliśmy na rysunku 205.

Dla belki trzyprzęsłowej (rys. 205) przypuszczamy, że przęsła skrajne są równe lu średnie zaś przęsło ma długość /.

’v'

.....²

*-----ft    —■---/

—od

rys. 205.

Tu M₀ = Mi=0, M₁ = M₁, więc dwa pierwsze równania Cla-

peyrona dają jedno równanie 2 Mx (4 +1) + M\l—

q (l³+li³)

4 (2 li +31)

Momenty w pierwszem przęśle otrzyjnamy z 408) wstawiając M' = 0, M

a stąd

M₁ = M₂ =

-⁹₄(k³+i%

. . 413)

Mu

qx (lt~x) .    .    .

f=0, więc

a stąd =    .    .

Największy moment będzie dla xly gdy

.    . 414)

qh—qx^O,

W drugiem przęśle będzie M‘ = M" = Mu więc

M=Mi+% qx (l—x)......

Największy moment będzie dla x%} gdy “^=0, więc

jx=^ql—qx2 = 0, a stąd x₂ = y, zatem najzu. M— M^Ar-^ql² .

clM

.    415)

416)

.    . 417)

§ 84. Obciążenie różne w obu przęsłach.

Jeżeli oba przęsła (rys. 206) mają różne rozpiętości 4 i 4 i są obciążone ciężarem jednostajnym qx i q% i siłami skupionemi, to analogicznie do równania (404) ²) otrzymamy równanie moraen-tów podporowych

Mt 4+2 Mt (4+4)+d/s 4=-ł (?1 4S+<MS)-

(/₂²- w₂²)

*•

_VD .. tt²-“.⁸)

Äüfc

.....^..........

Ma i

-----p>:

rys. 206.

Wyznaczywszy w poszczególnych przęsłach zwykłe powierzchnie momentów, odcinamy od podstawy powierzchni momentów na pionowych podporowych odcinki Mu M₂, Mz, a łącząc ich końce otrzymamy zamykające.

fimM' ł P ~25oo*s/m^ \6t

.....7,oo......

Ä    \ Ą    A i A :

<i)

ffl

iii

i)

dCz

oC/f

C>

'4L

h~~

#p

zł » -Poazicttki :,    ,

azugoscc momentor» silfiojirzecznych

TO i Ż 3 i Sm ió 5 io iśthn 10 5 10 15* rys. 207.

Przykład. Wyznaczyć momenty, siły poprzeczne i oddziaływania dla belki, przedstawionej w rys. 207.

Według równania (418) mamy dla przęsła pierwszego i drugiego M, . 5,0-+-

/    6,0²—2,0²

+2    (5,0+6,0)4-A#„. 6,0=—] 2000.5,0«- 7000.2,0    -^    -+7000.4,0

6,0*—4,0²

)■

Dla przęsła drugiego i trzeciego

Mt. 6,0+2 Ms (6,0+7,0)4 M,. 7,0=- ‘2500.7,0³— 7000.2,0

6,0'—2,0²

+ 7000.4,0

6,0»—4,0²

Dla przęsła trzeciego i czwartego

Mg . 7,0+2 M₄ (7,0+5,0)+M₈ . 5,0=-.} 2500 . 7,0s-6000.3,0

5,0²—3,0²

Ponieważ Mt — 0, a +f₅ = —5000.2= —10000 kgm, otrzymamy równania 22 Mg—6 M,=—230499 6 M.+26 M.,+7 Jtf₄=-382374

;    7A/j—I—242kf₄=—321975, a stąd wartości zaokrąglone:

Mg——7730 kgm, M.. — —10100 kgm, MĄ= —10480 kgm.

Wyznaczywszy naprzOd w każdem przęśle momenty jak dla belki wolno-podpartej, odcinamy na podporach momenty ujemne Mt, MA, A/₄ i A/₅, a łącząc końce odcinków, przedstawiających wartości momentów ujemnych, otrzymamy zamykające (rys. 207 a).

W celu wyznaczenia sił poprzecznych obliczymy, stosownie do określenia

M“-M‘

siły poprzecznej równaniem (406), wartości Otrzymamy zatem:' dla przęsła I.

dla przęsła II.

dla przęsła III.....

dla przęsła IV.

Mb-M, -10000+10480

=-■—395 kg—otg,

54 kg= a.t,

=+96 kg=a₄.

Wykreśliwszy w każdem przęśle siły poprzeczne jak dla belki wolnopod-partej, odcinamy wartości a i otrzymujemy wykres rzeczywistych sił poprzecznych (rys. 207 b).

W rys. 207 c zestawiono wartości oddziaływań.

¹

Por. artykuł Ritte ra w Armierter Beton 1909, str. 171.

²

Por. „Podręcznik Teorji Mostów“, cz. I, t. II. str. 25.

§ 85. Belka ciągła o równych przęsłach.

Dla obciążenia zupełnego jednostajnego upraszczają się bardzo wszystkie wzory, jeżeli wszystkie przęsła są równe. Podajemy tu tylko wyniki, zestawione w następnej tabliczce.

Tablica XXXVII.

;-sr r-isr

Liczba

porządkowa

Ilość przęseł

c¹ Oddziaływania

Największe momenty

■o

w punkcie

wynoszą

~-~r...

o₀=O, = -g-ę/, 10

0,= 8"^

ß (druga podpora) — ~öql²— —0,125 ę/2 *=f/ (pierwsze ^

przęsło)    +—+0,0703 9/»

-0,1 9/1 +0,08 ql-+0 025 9Z²

B, C (średnie podpory)

2 O₀ = Os=0,4-9/,    ¹=0,4/(pierwsze i

O, = O.,=1,1 <7/ trzecie przęsło) *=0'5 / (drugie ;_________prysło)

°0=04=289/=

=0,3929 <7/

ß, Z) (druga    ^

O, = 0, = |+    i “»podpora) -g,/»= -0,1071 ,/M

-j-0,0772 9/²

—1,1428 ql,

^ 26 0,==28ql== =0,9286 ql

i! (pierwsze i czwarte przęsło)

15

-339/¹= -0,1053 9/¹ +0,0779 9/¹

i,

O₀—O₅—^ql—

=0,3947 ql _    ^    43

Oj -0₄ — Oo<//

=1,1317 ql 37

0₃=0₃= 3g9/

=0,9736 9/

ß, ß (druga i piąta podpora) * = 0,395/ (pierwsze i piąte przęsło)

§ 86. Momenty i oddziaływania belki ciągłej dwu i trzyprzęsłowej.

Poniżej zestawiliśmy momenty podporowe, największe i oddziaływania dla belki dwuprzęsłowej o przęsłach 4 i 4 i trój-przęsłowej, gdy rozpiętość przęseł skrajnych jest 4» a średniego 4 ¹).

CL

Obciążenie przęsła

Ilość_______

przęseł j pjerwsz. drug. trzeć.

całk. g całk. g

XXXVIII.

Największe momenty

w punkcie •

B (druga podpora)

X='^I

Oddziały

wynoszą |j

-{gl-

+0-0703gZ²

wania

⁼li

o,=o^\gi

O,=\⁰gl

CN

całk. p 0

’ F (druga podpora)

*=tV

—Ttpl2 -+0-0957pZ²

0L =|pl

0*—hPx

. co

2 cięż. P q lx—l₂ w odst. x

(Z² - x²)

4/2

Px

n—

Zj całk. g całk. g

7,

1+n3 —8n²(1+n)

Sh*

Ul

to

całk. p 0

8(1 -\~n)pli2

ON

to

cięż. P q w odst. x

ntfp—x²)

2 (l+n)k

-Px

2l *

•o

Zjl=Z₂—Z

całk. g całk.g całk.g

B iC (druga i trzecia pod-

pora

1    prz.x=0'41

2    „    x=0-51

~ Tilgt¹

-+0-08g/²

+0‘025gZ²

O₀=O:i =0 4 gl 0₁—0,—V\ gl

00

li=l₂~l

całk. p 0 całk.p

B i C

lprz x=0"45Z +0-1013p/=

— łspł*

O₀=O₃—0‘05 pl O₁—O₂=0,55 pl

BiC

2prz. x=0‘5Z

— łoPt²

+0-075PP

O₀=O₃ = 0‘05 pl 0₁—0,j=0‘55 pl

Zt—1₂ —l

całk. p całk.p 0

lp.x=0"3833Z

lp*=0-4167Z

—s⁷ópt'²

- łopt2 +0-0735pP +0 0534pZ²

O„=0'3833pl

Ot—l'2pl

O₂=0'45pl

O₂=0'33pl

3 cięż. P /, = l₂—t\ w odst. x

Oto

⁴(/²    X²) p

15Z2    ¹

Z²—x²

15/²

Px

Lp.

Ilość

przęseł

Obciążenie przęsła

Największe momenty

pierwsz.

drug-. trzeć. w punkcie

wynoszą

12

4=4

0 f^AP 0

w od. x

(l-x)(V-5x)px (l-x)(2ł+5x) px

154

154

03

całk. g całk.jr całk.g B\C

1+n³

4(3+2n)

glł

II 03

.o—

całk. p

0 całk. p BiC

4(3+2n)

pił

15

całk. p 0

BiC

4(3+2n)

plł

03

2(l+n)(4³-*»)

ON

cięż. P q w odst. x

n(l+2n)(3+2n)4

4²-x²

n ( 1 +2 n) (3-|-2n) 4

Px

1—1

całk. p całk.p

4(l+2n)(3+2n) 1—)—2 n—n'J

pił

4(l+2n)(3+2n)

pił

JL

cn

00

cięż. P wod. x

(4-x)[(3+4n)4-(3+2n)x]»

(l+2n)(3+2n)4²

(la—x)[2nla + (? + 2n)x] p

(l+2n)(Sf2n)4f

VI. Wytrzymałość złożona na zginanie i ciągnienie lub zginanie i ciśnienie.

§ 87. Bryła natężeń i oś obojętna.

Jeżeli na przekrój belki działa siła doń prostopadła P w dowolnym punkcie przekroju H (rys. 208), to nie zmieniając równowagi możemy umieścić w środku ciężkości O dwie siły równe P

\y

Ł.-L

° !\

\T

<>

A' a a.

V!

Kr

rys. 208.

i równoległe do P, ale działające w kierunkach wprost przeciwnych. Mamy wtedy siłę P\ działającą w osi, i moment Mw = P. HO. Siła P w osi sprawia w całym przekroju ciągnienie lub, jak tutaj, ciśnienie, wszystkie włókna skrócą się o OO', przekrój więc AB zajmie położenie AB'. Moment zaś M wywołuje naprężenia zginające, przekrój obróci się o pewien kąt około O i zajmie położenie AiBi. Dwa te działania dodają się algebraicznie, a więc także znoszą się po części. Z rysunku widzimy, że w T odkształcenie, a więc i naprężenie jest równe zeru. Przez T będzie więc przechodzić oś obojętna (p. § 67) T\TU równoległa do Ił^j Wi t. j. do osi obojętnej dla samego zginania.

Wiemy, że naprężenia zginające są proporcjonalne do odstępu od osi obojętnej, a więc naprężenie v w dowolnym punkcie L będzie v = au. Suma algebraiczna wszystkich naprężeń równa się sile Z³, więc

'-//

» cF F — a

ud* F .... 419)

Naprężenie w punkcie L możemy jeszcze inaczej wyrazić ;

naprężenia zginają-

naprężenie to składa się z ciśnienia vx—~

r

_P MwV

y—==-•+-

cego v₂ —

Mw v

420)

, a więc

Jeżeli w każdym punkcie przekroju wystawimy prostopadłą na przekrój, której długość i kierunek odpowiada wielkości i kierunkowi naprężenia v, to prostopadłe te utworzą bryłę naprężeń, której objętość według 419) równa się sile P.

Nazwijmy naprężenie w środku ciężkości przekroju y₀, to objętość bryły naprężeń, która jest walcem ukośnie ściętym, równa

się P=Fv₀ = a z F, więc

Ponieważ P jest wypadkową wszystkich naprężeń vy więc musi być także suma momentów naprężeń względem dowolnej osi

Iw

Iw

. . 421)

równa momentowi siły P, a więc Pu₃

-//•

v d? F y a stąd

J±

u v d*F

alt

. . 422)

h Tl

jeżeli It oznacza moment bezwładności ze względu na

Siła P zaczepia więc w środku ciężkości bryły naprężeń, dlatego też punkt ten H nazywamy środkiem naprężenia (ciśnienia lub ciągnienia) (n. Mittelpunkt der Spannung).

Przyjąwszy osie główne elipsy bezwładności jako osie spół-rzędnych, możemy napisać (por. § 41).

v — x wst cp+y dost cp, ar więc v=a (z+x wst <p+y dost cp).

to będzie

Jeżeli utworzymy moment siły P ze względu na oś 1Y i XXy

Pxy

Pyi = f J y v d² F, albo inaczej — I I x a (z~hx wst <p~Fy dost cp) d% F — a z j j 1^J x² ds F + a dost (p J J xyd² F.

Px'⁼.l.l

x v d- F i

xdl F *

+ a wst cp

Dla osi głównych, przechodzących przez środek ciężkości jest

ff

dt¹ F — 0 i

f fxy d² F = 0 (§ 41), więc

Pxi = a wst cp 4 | i podobnie Pyi — a dost cp / ^ Z wzoru tego otrzymamy Px i

423)

wst <P = r = a|z +

, dost <jp

Py i

= w.ęc

PjCATi

o: 4

, yyi\

a// Fia,*    a²/

. . 424)

Naprężenie ^ wywołuje siła P, działająca w osi, t. zw. siła podłużna (n. Axialkraft) i moment P . HO. Wiemy z § 67, że dla momentu HO, którego płaszczyzna różni się od płaszczyzny osi głównych, powstaje oś obojętna W\ Wi, która jest osią sprzężoną z osią HO, w której działają siły. Wskutek działania siły P oś obojętna przesuwa się równolegle o z, zatem promień OH, łączący środek ciężkości przekroju z środkiem ciśnienia, i równoległa do osi obojętnej 7X 7i, poprowadzona przez środek ciężkości są osiami sprzężo-nemi elipsy środkowej bezwładności.

Jeżeli yj ⁼ 0, to także <jP = 0; więc gdy środek ciśnienia pada na oś główną, oś obojętna jest prostopadła do niej.

Odległość osi obojętnej od środka ciężkości przekroju O jest wedle 421)

Pu

z— r, a że wedle 423) a = , .    —

ab    'I dost q>

PI

z = pp dost cp = dostąp .    .    .

W razie, gdy środek ciśnienia pada na oś główną, więc

a²

xp=(p = 0, z =

, więc

425)

yi

426)

Odstęp «i da się obliczyć także na podstawie rów. 421) i 422). Możemy mianowicie napisać

a 4    4    4, + fz²    Fa ² A-F z2,    a ²

Ml —

P Fz

Fz

Fz

~i~z.

a'²

Mamy więc

jeżeli a‘ oznacza promień bezwładności dla osi W₁W₁, a stąd

A zatem OU, odstęp środka ciężkości O od punktu przecięcia elipsy środkowej z OH, jest średnio geometrycznie proporcjonalnym między OH i OT. Jeżeli ip = 0, to OU jest połową średnicy elipsy bezwładności.

})

Na tern polega łatwa konstrukcja w celu wyznaczenia położenia osi obojętnej.

koło (rys 209),

7;

7/ ⁰

Długością OU zakreślamy a z punktu H kreślimy styczną do koła HL.

Wtedy ON=

OL*_OU* OH OH

= OT.

t,

209.

rys.

Jeżeli więc zrobimy OT= ON, to przez T przechodzi oś obojętna.

Jeżeli OH<OU, to postępujemy inaczej (rys. 210). W O kreślimy prostopadłą do OH i zataczamy z H łuk promieniem

= OU, a więc HM=OU. Dalej robimy MN I HM, to

y\

Aur

\

OH=

HM*_OU* HN HN ‘

w,

Zróbmy OT=HN, to OH—

OH

OT’

a więc T jest punktem osi obo-jętnej.

rys. 210.

Jeżeli przeciwnie znamy położenie osi obojętnej, to znajdziemy środek ciśnienia w następny sposób (rys. 211). Na długości OT, wykreślonej w kierunku osi elipsy sprzężonej do osi obojętnej, zakreślamy półkole, z punktu O kreślimy łuk promieniem OU=OM. Z M spuszczamy prostopadłą na 07, zatem

ON:OM=OM’.OT, stąd

ON —

OM*_OU* OT OT

= OH.

Robimy więc OH—ON’, otóż H jest środkiem ciśnienia. Z równ. 427) widzimy, że z (rys. 208) jest tern większem, im mniejszem

jest vx i odwrotnie. Jeżeli oś obojętna porusza się równolegle,, to środek ciśnienia H porusza się po osi sprzężonej z kierunkiem osi obojętnej i odwrotnie.

Ponieważ v\ z —a-,, więc gdybyśmy wartości vx i z pomieniali, a więc gdybyśmy środek ciśnienia przyjęli w T, to oś obojętna przechodziłaby przez H i byłaby równoległą do Ti Ti. Widzimy więc, że każdej prostej Tx Ti, odpowiada pewien punkt H i na odwrót. Dlatego nazywamy punkt H biegunem (n. Pol, an. pole), równoległą do Tx Tx po drugiej stronie O w tej samej odległości, co Tx Tx, leżącą, nazywamy biegunową (n. Polare, an. polar), a prostą Ti Ti prze ci wbiegu no wą (n. Antipolare, an. antipolar) i naodwrót H nazywamy przeciwbiegunem (n. Antipol, an. antipole) prostej Tx Tx.

s"

-Ą

\Ü

X”"'

rys. 211.

Jeżeli OX i OY są osiami sprzężonemi środkowej elipsy bezwładności (rys. 212), a //jest środkiem ciśnienia, w którym działa siła P, to da ona się rozłożyć na dwie siły Pi i P2i działające w punktach osi Hi i Hif przyczem przypuszczamy, że Hi H₂, jest równoległe do WW\ osi sprzężonej do OH. Dla siły Px w Hi otrzymamy oś obojętną Ni Nu dla siły Px w H2 otrzymamy oś obojętną A4 A4. Gdy obie siły działają, w punkcie D będzie naprężenie równe zeru, więc przez D przechodzi oś obojętna.

H,

\D

y\,v,

rys.

212.

to oś obojętna

Gdy siła P poruszać się będzie po Hx H

będzie miała różne położenia, ale zawsze przechodzić będzie przez D, więc gdy H porusza się po prostej, oś obojętna obraca się około punktu D.

Na mocy poprzedniego stwierdzamy dalej, że gdy w D jest środek ciśnienia, to oś obojętna przechodzi przez H i ma kierunek Hx H₂. A więc ogólnie orzec możemy: Jeżeli oś obojętna obraca się około pewnego punktu, środek ciśnienia porusza się po linji prostej, która byłaby linją obojętną, gdyby środek ciśnienia był w D.

§ 88. Jądro przekroju.

Jeżeli oś obojętna porusza się stycznie do obwodu przekroju tak, że go nigdzie nie przecina, to środek ciśnienia opisuje linję zamkniętą, ojędrną, będącą obwodem powierzchni, którą nazywamy jądrem (n. Kern, fr. noyau central, an. core heart, cz„ jâdro piüfesove, r. aßpo).

Jeżeli środek naprężenia leży w jądrze, to oś obojętna leży po za przekrojem, więc w całym przekroju panuje to samo naprężenie, ciśnienie lub ciągnienie. Gdy środek ciśnienia wpada na linję jędrną, linja obojętna jest styczną do przekroju, w całym przekroju panuje to samo naprężenie, ciśnienie lub ciągnienie, a w punkcie styczności naprężenie to jest równe zeru. Gdy zaś środek ciśnienia wyjdzie z jądra, oś obojętna przecina przekrój; po jednej stronie osi obojętnej jest więc ciśnienie, po drugiej

ciągnienie.

W celu wyznaczenia ojędrnej wyznaczamy poszczególne jej punkty, punkty jędrne (n. Kernpunt, cz. krajny bod jadrovy) w sposób w poprzednim paragrafie wskazany, wykreślnie lub liczebnie, na podstawie równ. 427). Przytem korzystać będziemy z prawideł tamże wyłożonych, z których wynika, że linji prostej w obwodzie przekroju odpowiada jeden punkt, a każdemu wierzchołkowi, około którego obraca się

linja obojętna, linja prosta wo wodnic²), że łukowi koła w obwodzie odpowiada linja jędrna paraboliczna, linji obwodu zaś eliptycznej ojędrna hyperpoliczna.

jędrnej. Można udo-

str. 212).

Odstęp punktu jędrnego od środka przekroju nazywamy promieniem jędrnym (n. Kernweite). 'Jeżeli oznaczymy go przez i, to wedle 427)

428)

a³ F a³ W

Fe F

Przykłady. 1. Prostokąt (rys. 213). Tu najłatwiej wyznaczymy ojędrną liczebnie. Gdy oś obojętna będzie DC, to musimy w równ. 428) podstawić dla

bh*

bh»

osi HK W= -ß~, F=bh, więc 0/=f₁=“g_ : bh—~^. Z powodu symetrji jest

Ol y — Ol.

Jeżeli oś obojętna ma położenie

hb³

DE, to dla osi FG, W=~^- : bh,

hb*

więc 0/₂ = -g- : hb =~jc.

Ponieważ dalej wierzchołkom B, C, D, E odpowiadają proste, więc oję-drną otrzymamy łącząc lx, I₂, I i I₃ pro-stemi.

O.

/:

088 —

•f/6

m:......

-i 20

—7

\d

rÿc. 213.

ryc.

214.

W 609,1

i₁ = 01=

F~ 68,7

W ten sposób obliczyliśmy dla kształtówek / wedle norm austrjackich następującą tabliczkę:

Tablica XXXIX.

L. kszt. ij

L. kszt.

ii

L. kszt.

00

OB

W 'vO U W O W Cn

§ ^

©o©®©©©© —'

CO CN

°0 VO r-H

GO

28

28a

30

32

35

40

45

(50)

3 Kątówka (rys. 215). Przyjęliśmy tę samą kątówkę nierównoramienną, co w rys. 106 i wykreśliliśmy elipsę środkową bezwładności.

//

/N

V U-

50

IÜ

Dla położenia BC osi obojętnej wyszukujemy kierunek sprzężony HP. Z punktu ./V elipsy zataczamy łuk promieniem ON aż do przecięcia się z prostopadłą, wystawioną w M, potem robimy

/rUl

l\

/mm

'n

p.

\.

N,

\i

\j

----

ff'N'

\

rys. 215.

RPlOR, to ON²—OR²=OM.OP.

Jeżeli więc Ol = OP, to 1 jest punktem jędrnym. Gdy oś obojętna ma położenie CD, to kierunek do niej sprzężony jest FG, a odnośny punkt jędrny 2. Dla położenia KL otrzymamy podobnie punkt 3, dla EA punkt 4, dla AB punkt 5. Gdy punkty te połączymy prostemi, otrzymamy ojędrną. Zakrzywienie w L u-względnimy, kreśląc dla pośredniego położenia stycznej oś sprzężoną TP S. Po przeprowadzeniu konstrukcji znajdziemy punkt 2' i zamiast prostej 23, otrzymamy łuk paraboli 23 i analogicznie dla zakrzywienia w K łuk paraboli 34.

d

4. Koło. Tu a=-^, (rys. 216),

a² d² d d

e-y, wiQC /==7⁼16: T⁼8~-

19*

Dla koła więc elipsa bezwładności jest kołem o średnicy o połowę mniejszej,

, . d

a jądro przekroju także kołem lecz o średnicy⁻^".

wmmm

>:

d/k

gjlggpll

||äi§

gHg

Æê

W'

rc

...y.

•»i

............ tfr.........

rys. 216.

rys. 217.

5. Koło wydrążone, pierścień (rys. 217). Tu

e—

Zatem

T6

Dla d₂—0 otrzymujemy i'=

=-g-, jak pierwej.

Jeżeli porównamy jądra koła pełnego i pierścienia o tej samej po-d²n Ti

.dS-d^L

⁼^8\d‘+~d~f

, zatem

wierzchni, to otrzymamy ~~ą~=~ą (d₁'¹—d₂²), c/₂=c?₁²—d₂². Nazwijmy dt :d—x, to i'

(    <7,²-c7>\    (    d*\

=K^⁺^dr)--d=v^-d)

429)

: d— 2x— —

Stąd otrzymamy dla

*=1,5 2    2,5    3    3,5    4    4,5    5    5,5    6

i‘

—=2,33 3,50 4,80 5,67 6,71 7,75 8,78 9,80 10,82 11,83

Widzimy więc, że promień jędrny pierścienia jest znacznie większy, niż koła o tym samym przekroju.

§. 89. Największe naprężenie.

Naprężenia w dowolnym punkcie L (rys. 208) obliczyć możemy według wzoru 424)

Jeżeli siła P działa w osi główne] np. w osi OY, to ^=0, więc

„P ₊ My

. . 430)

V=L( 1 Z + fyiŁ=

F\ a* F    F a*    F

bo M=Pyl.

Największe v, które wystąpi dla najw. y = e, powinno się równać t, więc

Me

-n

lÿÿl

ai

)■

431)

Jeżeli M\ — Pxi, to możemy równ. 424) także inaczej napisać:

p +M'xa-My

F h I '

to

Widzimy więc, że moment Mw~P.HO możemy rozłożyć na momenty M—Pyl i M\—Px\, działające ze względu na osie główne, oraz że możemy naprężenia, wywołane przez oba momenty i siłę P, dodać.

§ 90. Wyznaczenie największych naprężeń zapomocą jądra.

Niechaj w H (rys. 218) działa siła P prostopadle do przekroju, to wedle poprzedniego oś obojętna TxTx będzie równoległą do osi sprzężonej z kierunkiem OH t. j. do WXWX.

Moment M — P.HO da się rozłożyć na prostopadły i równoległy do WiWx. Tylko składowy moment prostopadły do WxWi wywołuje naprężenia i obrót około TyTx. Moment ten nazwijmy M — P. HE=P. OH wst a = M wst a.

A więc naprężenie największe w / wedle 420)

najw. v —

M wst a . IF

Iw

M. wst a . OP wst a_ F . OS² wst² a

Iw = F . (OS wst a)², więc v — -j +

_P M.OI F F. OS*'

Wedle 427) mamy dalej OK' . O 4 = O S*, wstawmy to w poprzednie równanie, a otrzymamy

. 433)

\t, \w

rys. 218.

A więc największe naprężenie w warstwie skrajnej równa się ilorazowi (naprężeniu średniemu) więcej momentowi M, podzielonemu przez iloczyn powierzchni F przez promień jędrny OK', mierzony po przeciwnej stronie środka ciężkości.

W razie, jeżeli P i M pozostają te same, a zmienia się tylko położenie linii HO, naprężenie największe jest tem większem, im mniejszy jest promień jędrny OK', a więc największe naprężenie będzie dla kierunku HxO, bo OKx jest najmniejszem.

Jeżeli siła P jest równa zeru, a w przekroju działa tylko moment M w płaszczyźnie OH, to z równ. 433) otrzymamy

¹

Por. Haberkalt i Postuvanschilz: „Die Berechnung der Tragwerke aus Eisenbeton“, tablica 17 i 18.

²

Por A. Meyerhofa rozprawka w Zeitschr. d. Ver. deut. Ing. (1898,

Statyka.

³

Przekrój / (rys. 214). Przyjęliśmy tu ten sam przekrój, co w rys. 105 i wykreśliliśmy elipsę środkową bezwładności. Gdy teraz oś obojętna ma położenie BC, otrzymamy za pomocą konstrukcji, naznaczonej na rysunku, a opisanej w poprzednim paragrafie, punkt jędrny 1, przyczem OI—OIx. Gdy oś obojętna jest BE, punkt jędrny jest /₂ a OI₂=01₃. Punktom obwodu B, C, D, E odpowiadają linje proste, więc /, I₃, Ilt l, będzie ojędrną.

Liczebnie otrzymamy

—8,87 cm,

07

12-1- jr* — gg •"!-1 jV/ / CTfi •

435)

Dalej mamy:

najzu. v-~p-+

P . P.HO _ P OK'+HO P K H F . OK F OK⁷

F ’ OK

. . 434)

\W.

\J

T,

hr'

V-

s'H.

E’

K/

i_________

K,

/■

M

na,w. ' p 0K

Rozwiązanie zagadnienia wyznaczenia naprężeń w belkach, gdy siły nie działają w płaszczyźnie osi głównych, omawianego w § 67., jest przy użyciu jądra przekroju daleko prostszem.

Przykłady. 1. Kształtówka 1. 28 a użyta jest jako płatew nachylona do pionu pod kątem a, przyczem st «=0,6. Długość płatwi niech będzie 5 m, ciężar

całą długość 1,55 t, więc moment największy M—

jednostajnie rozdzielony na = 116250 kgcm (por. § 67).

\Y c

>:

\v

\\ >

? * :

•H\

• k<3°

\v

\Y

rys. 219.

Na rysunku 219 wykreśliliśmy jądro przekroju. Mamy F=18,9 OK'=2,4 cm, więc wedle 435) w C

116250

najw. v=*=

78,9.2,4

=614,3 kglcm¹.

/Î

CV

-MÊT.

rys.

220.

przykład, co w § 67. Obliczyć należy naprężenie naj-

F—14.28=392 cm², OK'—2,5 cm, więc ' 73500

= 75 kg jem².

najw. v=

W § 67 otrzymaliśmy v=77,47 kg/cm%, a więc wynik nie o wiele się różniący. Naturalną jest rzeczą, że wynik będzie tern dokładniejszy, im dokładniej odczytamy OK'. Należałoby więc jądro wykreślić w naturalnej wielkości.

392.2,5

VII. Wytrzymałość na wyboczenie.

§ 91. Wzory zasadnicze Eulera i Rankina.

Jeżeli na pręt prosty BD działa siła P (rys. 221) w osi, to według równania 44)

436)

gdy F oznaaza przekrój, a t naprężenie dopuszczalne na ciśnienie.

P=Ft .

Powyższe równanie ważnem jest jednak tylko do pewnej granicy. Jeżeli wysokość pręta jest większą, niż pięciokrotny najmniejszy jego wymiar, to pręt, który wtedy nazywamy słupem (n. Säule, an. column, fr. poteau, r. CTOÜKa), wyboczy się pod działaniem siły P, jak doświadczenie okazuje, i przybierze kształt B ED, a zniszczenie słupa nastąpi nie przez zgniecenie, lecz przez złamanie. Wytrzymałość słupa w tym wypadku nazywamy wytrzymałością na wyboczenie (n. Knickfestigkeit, fr. résistance au flambage, an. résistance buckling, r. conpo-THBJieme npoÆJiBHOMy y3rn6y). Gdyby siła P działała zupełnie środkowo, t. j. gdyby jej kierunek wpadał z matematyczną dokładnością w oś i gdyby materjał słupa był zupełnie jednorodnym, nie byłoby żadnej przyczyny wygięcia osi raczej w kierunku BED, niż w innym. Ponieważ jednak w praktyce nie możemy przypuścić zupełnie jednorodnego i równo gęstego materjału, i że siła zaczepia zupełnie dokładnie w środku ciężkości przekroju, zatem oprócz ciśnienia powstaje

r.:FF

(r

ii

W-

!!l

im

rys. 221.

w słupie także pewien moment, który sprawia, że słup się wybacza.

Przypuśćmy naprzód, że siła P działa w odstępie g (rys. 222) od osi, przyczem to g jest tak małem, że możemy je w stosunku do y opuścić, to słup B D, którego oba końce mogą się obracać około stałych punktów B i D, wyboczy się. Nazwijmy r promień krzywizny linji ugięcia w punkcie C, to według 315) otrzymamy 1 _ d²y _ M

\PB

J......ł

.........4rpc

/óflT

dx²

El'

rb

LW

Moment sił zewnętrznych w punkcie C jest M=Py, widzimy więc, że tu linja momentów jest identyczną z linją ugięcia. Dalej mamy

d²y Py

dx*    ET

Nazwijmy v

₌ dy

dx

d²y _ dv _ Py dx² dx    El'

v dv

a więc

dy EIy'

rys. 222.

vdv~—

El

Jy dy,

stąd

K3; Ci '

I tsT

El 2

Ęr- + C, więc

dy

V — ~~ —

dx

2 C—

Py²

El'

Rozdzieliwszy niewiadome, otrzymamy

= dx, a więc

dy

2 C-

Py²

E1

dy

ac ei

: VI/.

■y²

dx.

Wykonawszy całkowanie, otrzymamy

łuk wst

(v \ïuei) “* Vp

-JT/+ Cx’ więc

V p

y\

2 CEI

= wst

(* i ei+c' )

, czyli

W2CEI

y=y-p

(* Vei c )

437)

wst

Jestto równanie sinusoidy.

Ponieważ z powodu symetrji łuk B E jest przystający do łuku E D, więc musi być

wst

, więc

Cx =

lub

i t. d., a zatem

wst

(Ci+xVi?)~dost (X1\t)

wreszcie

y⁼

2 CEI

dost

(X1/#/)• • •

. . 438)

Dla x=y bidzie g= |/

2 CEI

:— dost

dost

a więc ze względu na 438) y=g-

. 439)

dost

Dla .Y = 0 otrzymamy we środku pręta

, a zatem

f=

dost

(tV£)

y = f dost

( x I li)

440)

Jeżeli teraz przypuścimy, że siła działa w osi, więc g— 0, to

nie było także

według 439) byłoby t/ = 0, gdyby dost^^y^^

= 0. Wyboczenie może więc wtedy tylko nastąpić, gdy

(Ÿ^Tl)=°’ a więc.gdyiy^

dost

Y lub Y~it- d., ogólnie

~Y~’ &dy m łest nieParzystą liczbą całą. Stąd wynika

P _ m² Ti² .

El /2 » więc ^

Dla m — 1 otrzymamy najmniejszą siłę P, zdolną sprawić wybo-czenie, mianowicie

p _ E 7T² I

P I²

441)

Dla g = 0 otrzymamy f—%, więc nieoznaczone, pręt zatem będzie w równowadze, jakąkolwiek będzie strzałka /²).

Ponieważ nie znamy strzałki /, więc i największego momentu M—Pj, zatem, aby moment ten nie wywołał za wielkich naprężeń, nie możemy wcale dopuścić wyboczenia; a więc musi być

pz—

[A »

a przyjąwszy pewność

p a² E I

Wzór ten ustawił pierwszy Euler, dlatego nazywamy go wzorem Eulera.

W pewnych wypadkach możemy zadość uczynić obu rów-

_ P

naniom 436) i 442). Z równania 436) obliczymy przekrój F——,

a potem staramy się taki nadać kształt przekrojowi, aby / było wielkiem i aby zadość uczynić równaniu 442).

Widzimy, że I

>7t² E

n„Pl . .

. . 443)

Jeżeli przyjmiemy dla żelaza zlewnego

£-2100000

„ lanego n — 2, E—1000000 n = 9,E= 110000

„ drzewa

i jeżeli wstawimy £w/a/wm;to otrzymamy :

5.10⁷

dla żelaza zlewnego dla n — 5 / ---

>9,87.2100000

„    n-4

„    „ lanego .    .

„ drzewa .    .    .    .

Pl²>2,38 PI²

I>P90 PI² 444) . . I>r8,l PI2 . . I>8 3 PI²

Słup dany nie powinien się wyboczyć w żadnym kierunku ; jeżeli więc długości nie podparte i momenty bezwładności w innych kierunkach są inne, to musimy i dla tych innych kierunków tak samo liczyć. Przytem chodzi nam, jak zawsze, tak i tu o to, aby pewność we wszystkich kierunkach była równa.

środku pręta, u stopy i głowy może być przekrój =

we

Badając ugięcie pręta przypuszczaliśmy przekrój stały. Przekrój jednak w ten sposób obliczony potrzebnym jest właściwie tylko P

—. W takim wypadku jednak wzory się nieco zmieniają, Kayzer

przypuszcza, że wysokość przekroju zmienia się wedle paraboli i oblicza wpływ zmienności dla przekroju kwadratowego, okrągłego, rurowego i kratowego. Wpływ zmiany przekroju jest dość znaczny. Jeżeli nazwiemy ip spółczynnik zmniejszający siłę wybaczającą l' (rów. 442) x = - - stosunek h₀ wysokości przekroju w koń-

i

cach prętu do wysokości h\ w środku jego, to otrzymuje on następne wartości dla ip.

Tablica XL.

Przekrój Koło, kwadrat. Rura, prostokąt | leżący

Prostokąt stojący 2 uwki, połączone | kratą

0-2    0-4    0³6    0-8 PO

0    0502 0686 0³814 0³914 1³0

0 655 0³774 0863 0³936 1³0

0³863 0³903 0³928 0 958 0³980 1³0

0787 0-857 0³909 0‘955 1³0

Zamiast używać spółczynnika ip można też wyznaczyć położenie przekroju miarodajnego, dla którego 1' — ip /, Kayzer otrzymuje odległość przekroju miarodajnego od końca prętu x.

Tablica XLI.

dla x =

0³2    0-5    0³8 L

0³278 0³315 0³334 / 0³297 0-322 0'335 / 0³326 0-334 0³339 /

Przekrój Koło, kwadrat.

Rura, prostokąt leżący Prostokąt stojący 2 uwki połączone kratą 0³314 0³327 0³331    /

Jak widzimy przekrój miarodajny znajduje się mniej więcej w V3 długości prętu.

Al

"ïl

Jz

J,-

CYh

-PNi

Jeżeli przekrój słupa jest zmiennym wedle (rys. 223), to Andrée otrzymuje, przyjmując ACB jako parabolę⁴) wzór przybliżony

72

P=-A

EU

/ /n

3    4/

fx⁴⁴⁵>

192 4³

Profesor Kayzer dochodzi do innego

wzoru

p=kn-^.

. . 446)

1.

przyczem k =

khh

. . 447>

, £ = 0‘889

dla 4 = 2,4=0-5

rys. 223.

H’T=⁰'²

dla 4 = 4,4 = 09

dla -r- =

-r = 0‘2 , k = 0-493

, k=0-497

Ogólny sposób obliczania słupów z dowolnie zmiennym przekrojem podaje Eiwitz (Zent. d. Bauverw. 1917str. 517 i 1918 str. 222).

Wzory powyższe polegają na przypuszczeniu, że siła P działa zupełnie środkowo, co w praktyce rzadko tylko możemy urzeczywistnić. Zresztą wzory te ważne są tylko do granicy sprężystości. Po za nią E nie jest ilością stałą, lecz jest funkcją naprężenia. Tymczasem z wzoru Eulera nie możemy wcale naprężenia wyznaczyć i to jest dalszą jego niedogodnością.

Nazwijmy v naprężenie pręta wyboczonego (rys. 217) w punkcie E, gdzie największe ugięcie /. Wyrazić je możemy według równ. 431)

P,P}e Pl 14.    \

V=T⁺ I 7\¹⁺ )

⁰ 1^

to I

gdzie e oznacza oddalenie skrajne] warstwy przekroju od osi a I=Fa².

Jeżeli w przybliżeniu przypuścimy, że ugięta oś B E D jest

/2

8/

łukiem kołowym, to

Dalej mamy wedle 143) i 145) rl—Me, i EI—Mr, a stąd

M ⁼ E~, więc /=

r=E

/² T

8 Ee

zatem

V=T

14

/² %

8 E a²

to v = v(l + «I),

Jeżeli nazwiemy teraz a= jeżeli zaś zamiast v wstawimy t, otrzymamy

a stąd

•4(

14-a

l²

a²

448)

l²

a²

K('

FI²

4- a-i-l — F₀

. . 449) "

jeżeli — = F₀.

z

Wzór ten ustawił najprzód Rank in e na podstawie doświadczeń Hodkisona. Spółczynnik wyboczenia (n. Kni-ckungscoefficient) a możemy przyjąć w przybliżeniu dla żelaza spawanego a = 0000044, dla zlewnego a = 0,000077, dla żelaza lanego a = 0,00016, jeżeli leizna jest jednostajna, a dziura słupach o przekroju rurowych jest zupełnie w środku. Dla iększych słupów lanych leżąco, w których zatem leizna nie jest równo gęstą, możemy przyjąć « = 0,00068.

Dla drzewa jest spółczynnik wyboczenia a = 0,00015.

Z wzoru 446) widzimy, że ponieważ £ jest zawsze większem niż jedność, więc F>F₀. Spółczynnik £ nazywamy więc s p ó ł-czynnikiem zwiększającym.

Widzimy więc, że gdy licząc wedle wzoru Eulera może być F — Fo, jeżeli tylko zadość uczynimy rów. 442), tu musi być zawsze

Stosunek heiisgrad) słupa.

= s nazywa Huber smukłością (n. Schlank-

Bawarskie rozporządzenie nakazuje użycie wzoru Rankina i dla żelaza zlewnego a=0'00013 „    „ lanego

a=0⁻0006

§ 92. Wyznaczenie długości wolnej.

Poprzednie wzory są ważne tylko wtedy, gdy oba końce słupa są wolne, to jest mogą się obracać około środków ciężkości przekrojów końcowych. Jeżeli jeden lub oba końce są przytrzymane lub utwierdzone, wtedy wzory się zmieniają. Możemy jednak poprzednich wzorów z małą odmianą i tutaj użyć, jak to zaraz wyłożymy.

1)    Jeden koniec utwierdzoy, drugi wolny. Tu słup AB (rys. 224) wygina się tak, jak połowa BE (rys. 217) słupa w poprzednim wypadku, więc możemy zatrzymać te same wzory, rów. 442) lub 446), wstawiwszy tyłków nie/=2/₁. Druga strona równania 442) będzie więc cztery razy mniejszą, niż w przypadku, opisanym w poprzednim paragrafie, wytrzymałość słupa o tym samym przekroju jest więc cztery razy mniejszą.

2)    Jeden koniec utwierdzony, drugi przytrzymany. Przekrój B (rys. 225) jest przytrzymany, jeżeli może się wprawdzie obracać

około swego środka ciężkości, lecz punkt ten zostać musi na prostej D B.

........» *

iC-........

1/

i........I

rys. 224.

Ponieważ belka jest w B przytrzymana, więc powstaje tu oddziaływanie poziome N, a więc moment w punkcie C jest M=Py—N (l₁ — x). Według równ. 315) będzie więc

d²y __    _ M

dxl Ui

N₍₁ ,P

El EP1 x) Ely'

Różniczkujmy to równanie, a otrzymamy dv₁ _ N P dy ËTEIdx’

Pd*y₌ P El dx² El

dx

dżv i _

Równanie to jest analogiczne do równania

Tvx .

. 447)

ta

/!

U-

O-------

;:s

rys. 225.

d*y ₌₌_JP dx²    El⁹'

któreśmy mieli w poprzednim paragrafie ; otrzymamy więc podobnie, jak tam (równ. 437)

vx =

2 C EI

wst

(Ci + Xl/t)

, albo

£/(Zl    ^ EIU

2CEI

wst

Ci +

* ]/¥/)■a

stąd

y=Ep\-Ei(h~x)~-1

2 CEI

wst

Dalej mamy

dy =

N Ei\2C

dx

(c.+ Ar]/^)]

(Ci + x]Iy)-

dost

dy ~    —_

Dla * = 0 jest ^ = 0, więc N=—EI\2C dost Ci,

Nh

dla x = 0 jest y = 0, więc pj

2 CEI

. 450)

p wst Ci, a zatem

st Ci = —h

El

451)

1/2 CEI

Dla x=/i jest y = 0, więc Ponieważ C^O, gdyż 7V>0, a zatem

0, więc C1 + /1

wst

wst

=n lub 2 Ti i t. d.

El

Stąd zaś wynika, że st l\

„,= — st Ci, a ze względu na 451) El

IP

st li

Najmniejsza wartość, dla której st — jest cp = 0, druga wartość cp°=257° 27', przyczem st cp = cp = 4,493. Pierwsza jest niemożliwą, bo P nie jest =0, więc

EÏ.

P=

CT— 4,493, a stąd 4,493² EI    2,04 n*EI . 2n* EI ti^EI ,

-=--=-= —ß-» gdy

ll[! El

IP

IP

/= ~ h = 0,707 h

dokładniej 1 =

li =0,71,    .    .

. . 452)

Y 2,04

A więc możemy użyć poprzednich wzorów 442 i 445), jeżeli zamiast / wstawimy odpowiednią długość wedle równania 450). Długość ta, którą trzeba wstawić we wzory 442) i 445) zamiast /, aby obliczyć wytrzymałość słupów jednym lub oboma końcami utwierdzonych lub przytrzymanych, nazywa się długością wol-n ą, swobodną (n. fieie Länge, f. longueur de sinusoiłe).

W tym wypadku /=

V2

/i, zatem ze względu na równanie

442) wytrzymałość jest dwa razy większą, niż w przypadku, opisanym w poprzednim paragrafie.

ho.

3) Oba końce utwierdzone (rys. 226). Tu w punktach B i D powstają momenty z powodu symetrji równe, które nazwiemy Mi, a więc w punkcie C będzie moment M=    + Py, zatem

na podstawie równania 315) będzie d%U _ _ Mx + Py El ’

dx²

a stąd podobnie, jak w § 91, gdy

dy v = r

'////

rys. 226.

Mj + Py

d*y

El dy'

Gdy równanie to zcałkujemy, otrzymamy

dx’

v dv =

= — Yiy—c> nareszcie du

V = -r^ =

dx

2 Mi Py2 EIy El

Dalej będziemy mieli

dy_

2 CEI 2 M-

-^rrdx=X

-p^y—y

El

£7+C"

Zcałkowawszy wyraz pierwszy, otrzymamy

2 Mt

dy

l/2 CEI 2Miy

y—p—p—j

= łuk wst

2y ~f —-p—

'8 CEI, 4M7 ⁼* 1/ EI+ Cu

pi

Mi

a stąd i/ = —-p±

2 CEI , Afx²

P*

wst

ED, więc

Ponieważ część linji ugięcia EB jest przystająca do części

Q = - lub ^2 i t. d., a zatem

My

y=-P

2 CEI. MS

p*

dost

Dla x

₌i

Y iest y⁼⁰> wi^c

2 CEI, My²

dost

(41/5)

, a zatem

J/ ⁼

My , My

dost

My

dost

m)

dost

Dla x = 0 jest y—f, więc /=

dost

m)

1

l] . 453)

dost

m)

— l] , zatem

Mt

(/+ Mp) dost (*j/-Q.

Dalej otrzymamy z równania 453)

dy ₌_

P My

wst

H/ó

dx

EI P

dost

Dla x —

k . , dy_

2 >est ar

My

0, więc albo — = 0, co nie może być,

lub też

wst

ets)_,

dost

m)

0.

a wiSc Ay

^ ⁷¹ ogólnie mn. Stąd otrzymamy 4 m² n* El

P=

IP

Najmniejsza siła P, która sprawia wyboczenie, jest dla m = l

. . 454)

An² El

*

Wzór ten przeistoczy się we wzór 441) jeżeli podstawimy

li

455)

Długość wolna jest więc tu równa połowie długości słupa.

4) Oba końce i środek słupa przytrzymane (rys. 227). Tu obie połowy słupa B E i ED odkształcają się tak, jak

słup BED (rys. 227), więc długość wolna /=“, a zatem wytrzymałość na wyboczenie jest cztery razy większą, niż w przypadku, opisanym w poprzednim paragrafie.

r*—.................-.....

rys. 227.

rys. 229.

rys. 228.

Zrobić tu musimy jeszcze uwagę, że koniec słupa wtedy tylko możemy uważać za utwierdzony, jeżeli tam styczna linji ugięcia nie zmienia się podczas wyboczenia, a więc gdy przyporami (rys. 228) lub zastrzałami (rys. 229) zabezpieczymy niezmienność stycznej. W braku przypór lub zastrzałów musimy uważać koniec belki tylko jako przytrzymamy.

Pręt wybacza się prostopadle do tego kierunku, dla którego ~ jest największem. Jeżeliby wyboczenie w tym kierunku

(n. p. dla osi pod 45°) pociągało za sobą skręcenie nitowanych końców pręta, to wtedy należy uważać te końce jako utwierdzone.

§ 93. Wzory Tetmajera.

Powiedzieliśmy powyżej, że wzór Eulera może być ważnym tylko do granicy sprężystości. Obok niego wyprowadziliśmy wzór Rankina. Doświadczenie musiało rozstrzygnąć, wedle którego wzoru należy w praktyce obliczać. Doświadczenia takie robili między innymi Bau sc hing er w Monachium, Tetmajer w Zurychu i Kirsch we Wiedniu. Do granicy sprężystości wedle E u-lera mamy, jeżeli nazwiemy siłę, która wybacza pręt B, wedle

E n‘* I

—-p— więc iuw =

441) B = F //«,=

En* I

FI²

— E TT²

(t)‘

, albo

En* = C

456)

Jest to równanie hyperboli c de (rys. 230).

M-w t/ z

SA /c ni

2,5

/,

o°^

0,5

żelazo zlerorlf

50    400

150    200    250&

rys. 230.

Z doświadczeń pokazało się, że w rzeczywistości wzór Eulera daje'wyniki zgodne z prawdą, ale tylko dla prętów wysmu-

kłych, dla wielkich wartości — i tak np. dla żelaza zlewnego dla

—    > 105, dla których przy wy boczeniu naprężenie nie przekracza jeszcze granicy sprężystości. Dla prętów o mniejszych wartościach

—    przy wyboczeniu niesprężystem nie da się również zastosować wprost wzór R a n k i n a, bo spółczynnik wyboczenią cc nie jest

ilością stałą ani nawet funkcją—, ale wogóle spółczynnik zwięk-

/*)

szający C jest funkcją—. Tetmajer na podstawie doświadczeń

przyjął, że iiw jest funkcją prostolinijną dla mniejszych (prosta dg). Zamiast spółczynnika zwiększającego można wprowadzić w rachunek jego odwrotność £' = -4-jący (n. Abrninderungscoefficienł), a zatem

i-, spółczynnik zmniejsza-

F=Ù

. . 457)

Ogólnie jest =1—a—, tw a

Jeżeli przez n pomnożymy obie strony równania, to

/ 'i

tuw — g-cc . U-— u - Ci —

—ar.—.

. . 458)

ciśnienie.

We wzorze powyższym ju oznacza granicę ciastowatośći na

Tetmajer otrzymał: a) dla drzewa dla n = 35

dla

5 <-<100, £' = 1,047—0,00693 a

„ 100<-, . . £' — 3525

. . 459)

Na tej podstawie obliczyliśmy następującą tabliczkę : Tablica XLII.

crj

<rr

tr«

en Ui A 4^. 03 03 NJ N3 ^ M

enoenoenoenoeno

p p p p p p p p p p On Vj "-J "oo 00 00 NO NO "no OiO03MO03MO^M 43*. NO *-* W NO

AOOm-¹

t * ►    *

OOnONOCOOOO^JOnOn

enoenoenoenoeno

p p p p p p p p p p 03 "03 "oo "js. 4^ 4N. "en "en en On toenooiNoenvotNOONNoeo 0*3 en On NJ

h.^r>coH

^rnCNCNCOCO^^in»n t-h t-H t-H t—I i-H t-h t-h r—< t-H rH

cooovom ON NO TJ* CM CM CM CM CM

©~ o ö ©“ o~ ©“ O O O o”

ON 00

tOl—* OnOnOOOOO^!<!ONON OWOWOUiOUO

PnOOŃ

OO'ÛVOOOl-¹

) Engesser przyjmuje d!a naprężeń poza granicą sprężystości we wzorze Eulera zamiast spółczynnika sprężystości E spółczynnik wybocze-(n. Knickmodul) T.

b) Żelazo lane (żeliwo) dla n — 8 dla 5<—<80,

£'=0,97 + 0,0000663 (—Y = 0,0151-\ a /    a

Ç'=1234(y)².

„ 80<—,

a

Stąd obliczyliśmy następującą tabliczkę : T a b 1 i

îTJ

?rj

5Lp

cTJ

^^WWtOtOMi-i

UiOOiOOiOOiO

CN to C*i CO 00 CN r-T CN « n o o >o ici

50

55

60

65

70

75

80

85

opo opppp ”►-* "Î-L to to N5 ~U> Vw

OOiH^NO^OO

HH^OOWiLtitOtyiCTi

0>00>00i0 0\0\OOr1HMCS t-h t-h t-h t-h ih t-h

t/l o

o o o o o o o o

OOOi—‘i—‘i—1 vlMÆOt-'MWln OONWIOtOW

to

to hh i—n t—n hh i—n hh O-JONt/iT^-fc-WU)

OOOOUlOUlO

oooooooo

I—‘U)00U»VOU500O3

c) Żelazo zlewne z wytrzym. na rozciąganie <4000 kglcm² dla n = 3’8

10<—<105

105< —

£'=0,816—0,003 —

r = 5584(i)!.

. . 461)

Stąd obliczono następną tabliczkę :

Tablica XL1V.

crj

Lp

t/it6^.l^.WWtOtOM>-‘

UlOUlOUlOOlOUlO

OlOiOMJiNNNNNN

uiCT\ooto>-Hto>^.ai>ooo

IHOIHOUHOMHOIHOI

60

65

70

75

80

85

90

95

100

105

LnUiU>WiUiU<UiC^O\ON 1—‘ O'v >-* CT' I—¹ ON i—I¹ ^

110

115

w to

120

125

130

135

140

145

150

155

pppppppppp ND "tO ND ND CO CO CO CO C04^0NOOOCOCr\OONDON W OOnOn

ooMr^

8SS!CgS3g£82

t-h t-h t-h t-h t-h h t-h t-h CN CN

CN CS rH H H H

o o“ O Ö O O O O O o

d) Stal zlewna b. miękka (^>4000):

10<—<105

£'=0,713 - 0,00259 —

105<—

Ç'=4934(-^)².

. . 462)

Stąd obliczyliśmy następną tabliczkę :

Tablica XLV.

eTJ

trj

OiOOiOOmCMO

rHrHCNCNCOCO^t^

©©©©©o©©

cn o\ on Jn Cs os

vOOtOOS^O-N-OOO

oooo^j^aCT\0\Lncn

Ln©t-tt©iy\©i/\©

O O O © O O © © ~4h \r\ "Ln I/i \n \j\

i£>©i—

COONVOtOUlOOi-i^

M M M h* M M JiOStOhhOO'OVO

©OOOUiOCnO

o © o o o © o o

"tONJ OO 4*. 4*. 4* 4*. 4*.

4^. 4^-    ‘4k0\0\00

(OKJWMi-¹ "    ' ~

O O O O O O O IT) VO 00 0\ O 1-1 i—i t—i i—t .—i t-h CN CN

cts en r—i es co cm

* h“< T—ł r-H r-H t-h

cT O O O o" ©~ O

c) Stal niklowa. Mayer na podstawie dotychczasowych doświadczeń oblicza dla stali o zawartości niklu 2*0—37% wzory (^ = 6000 kg!cm})

10<—<81

81 <-

£'=075—0-0034

£'=3300(^)

.    . 462 a)

Rozp. polskiego minist, robót publicznych z r. 1920 poleca przyjmować spółczynniki zmniejszające dla drzewa wedle t. XLII. Dla innych ma-terjałów wedle wzorów Jasińskiego, a mianowicie:

a) Żelazo zlewne.

— | CS

Î-P

w wtOtOMM

OOiOUOUiOUiOUi

o © © © © © © o © © on Vj Vj <i Vj bo bo bo bo

NOMWvJvJlOMWUlvJ

J^UlUlUlA^WUtOtO

inomovoomoui© ~~ I ts imo (o oo oo oi o\ o ¹    u

crs

(5 mm.

Î-P

o* ©* © ©* ©' ©~ o* ©* o" ©'

uiukuiuiuiuionononcn

©tO4MUl-^J4MMMO0Ul^J

i—‘i—‘©vovoinooco-j-j

Ln^^UOWlOtOi-iMO

inOinOin

omom©

O © O O © O © © © © "oo MtOWW U U 4M 4M 4M 4MOlOOOWUiOOtOONOO NOONON^Ji-iOOOUtOtO

tJMMMMMMMMM OlOlOOOOO vJ<(J\OnUi ©(ui©(ui©(ui©(ui

UO o

i—‘i—1|—il—‘I—‘tOtONO 4m4m(uiON^JOOnO©mm‘U OnJUi^WWiMOiCOW

b) Żelazo spawane.

Ln

WU)

OUiOUOUiOUO

O O O O ©O O O O O

<T<lVl rfMOo'bobobo'vo'vO

UtUiOOOtOtUi'^J'OtO^

mmum^Jmmc/iOO-^IUi

©NONOOOOO-J^IONONUi

OUl©UlOCTN©Ul©Ul

O O O O O O O O O O o\Vi ui as oo mm 4M to

\Q \C

AUlUlUlUlOl O tO A On NO i—i oo >-m c/i no to on

I—l 1—1 ►—l |_M I hl Hl M l-l H Ui^JiWW(ON)i-‘i-‘0 ©Ul©UlOUl©Ul©Ul

©©©©©©©©©O U U to U U U U 4M 4M 4M UiONOOOWONNOtOUiN i—‘0000NO4MI—‘tO^Ji—‘4M

MMI-1|—1|—ii—1|—1|—i

o IÛ (O 00 00 vj Vj CT\ ON Ul

©(Ul©(Ul©!Ul©(Ul©(Ul

H CN

UlVÛGOrH

Vû vnrf ^

y—* r—< -—¹ r—ł

© © © © © ©-©~©*o'©*'

l/l O 101 Nf Tf

co CN o on oo r-

Ot CNI CM rH r-ł T—l

c) Żeliwo (żel

a 7. o

lane).

Ui^feWWMlOi-¹^

OUlOUlOUlOUlOUi

U4m4muicuiOnon-ooooo

OOtO-OtOOOUNOONtONO

0NnDCTnCn©0n^J©'J'O

O \û \0 00 00 vl vl 0\ 0\ Ul OUlOUlOUlOUlOUi

imn oo ^ rH cn co

^Ot^^rHONt^mCOCN co CO CN^ CN CN r-H —^r—^r—^r—

o o o o o o o ©~ ©' ©“

m on

105

110

115

120

125

130

I—k t—^    ^ t—^

Ln hP*.

pppppppppp

0©©©000©i-*mm

U> Ul ON ON    mJ 00 NO © mm

UlNOUOOUiJMCNMjtOtO

tOMMi-lMMMMMM

ONOnOOOOO^mJOnCTnUi

OtUl©(Ul©tUlO(Ul©tUl

©©©©©©©©o© © © © © © © 'o © o o

UUUUU4M>fa.4M4MUi ^ On 00 © U

T-IOOIO

H-* tO

Emperger ustawił wzór empiryczny dla słupów o końcach płaskich dla żelaza zlewnego

. . 463)

^ = 31-0-0081- t/m² . . a

Doświadczenia Karmâna stwierdziły, że granica wyboczenia leży powyżej prostej Tetmajera gd (rys. 230), a Strand wyznaczył wzory, wedle których linja gd nie jest prostą, lecz krzywa styczna w d (rys. 230 a), która bardzo dobrze zgadza się z doświadczeniami Tetmajera.

X ß" ^cm¹

~yivcf

ii

V»

i-

0,5 - żelctzc

SJtCLTVGLne

50

400

450    &

rys.

230 o.

Strand otrzymuje

w tjcm²    . 62 a)

tl"/

przyczem Z) oznacza granicą zgniecenia, e podstawą log. nat. m i n stałe wedle nastąpnej tabliczki:

Tablica XLVI o.

Materjał

stałe

wzoru

Stranda

ważne do

771

Żelazo spawane „ zlewne

Stal lana

Drzewo

Żeliwo

275 140

3- 00 140

4- 30 120

0-265 101 8-50    48

(M IN CS IN H

140

140

120

101

Wzory Stranda chociaż lepsze od Tetmajera nie nadają się jednak tak dobrze do praktycznego użytku jak Tetmajera.

§ 93. Przekroje złożone.

Słupy, składające się z kilku kształtówek, musimy połączyć w pewnych odstępach, aby przekrój można było uważać za całość (rys. 231). Przedewszystkiem należałoby żądać, aby części słupa na długości /' się nie wyboczyły, a więc wedle 443) 4^2,38 PI'², albo podzieliwszy przez F, ai²>"2,38 v₀ /'². Jeżeli przyjmiemy 1 t/cm² i wstawimy l' w cm, to

l'<65 ai

W praktyce dajemy tu odstęp jednak mniejszy, najwyżej // = 50ûi, częściej jeszcze mniej. Emperger twierdzi na podstawie doświadczeń, •£:    że tylko wtedy można słup jako całość obliczać,

lf    jeśli l' jest o połowę mniejszem od obliczonego,

więc /' <33 ûi.

Zwrócić też przytem należy uwagę na tę okoliczność, że z powodów nie dość dokładnego wykonania siła działająca na słup nie rozdziela się zupełnie jednostajnie na jego części. Możemy przyjąć, że jeśli słup składa się z dwu części a siła jest Px, to na jedną część działa P=0,7Pi, jeśli z czterech, to P=0,35 Pi. Krohn przyjmuje, że na pas o przekroju F\ przypada

, gdzie h oznacza wysokość

464)

7}

4-1

-o*

p=p'7

Fx 272

272—y h

przekroju.

Profesor Saliger*) wychodzi z wzoru Tetmajera, który

rys. 231.

*) „Über den Knickwiderstand gegliederter Stäbe“. Zeitschr. d. österr. Ing. u. Arch. Verein. 1912, str. 5. Porównaj także „Zur Knickfestigkeit gegliederter Stäbe von Mayer-Mita“ Z. d. österr. I. A. V. 1914, str. 246, Nitsche: Die Berechnung eiserner Tragwerkteile auf Knickung Wochen, f. d. öffent Baud. 1916 str. 101, Krohn: Beitrag zur Untersuchung der Knickfestigkeit gegliederter Stäbe Zentr. d. Bauv. 1902, str. 559, Mathieu: Note pièces à treillis Gen. Civ. 1915, II. str, 408.

sur

le flambage des

ogólnie brzmi wedle 456) [*w — /.i—C—, przyczem u oznacza granicę ciastowatości. Dla żelaza zlewnego otrzymamy /uw = 3}l—

~0,0114—łlcm².

a

W rys. 232. mamy przekrój słupa, złożonego z dwu uwek, łączonych w odstępach /' wstęgami. Wtedy ze względu na oś XX obliczamy słup jako całość, ze względu na oś YY musi być też

- -rL

Hwl (A 01    •

x_._

-f-

,._x

ai

. . 465)

rys. 232.

Wytrzymałość całego pręta jest więc wyczerpaną, jeżeli naprężenie największe będzie /uwX. Możemy więc uważać, że /amX jest wytrzymałością .mate-rjału dla osi Y i napisać : naprężenie wybaczające dla osi Y bę-

. Jak wielkie jest Ci ? We wzorze 456) wyraz

dzie    — iiw, — Ci

ay

z C oznacza naprężenie wskutek wygięcia pręta. Jeżeli pręt nie-obciążony, wygięcia niema, więc C=0, jeżeli się wybacza, mamy

całe C

—. Saliger więc przyjmuje C : Cx =/* :

rh

u—C—

—c=c(1

V    \

C lL)k= ^ —    ——

u a J ag    \ dg a₁

Dla żelaza zlewnego otrzymamy:

stąd Ci =— C—

Hy = H—C-^~—C( 1 «i v

Ö1

), więc

C l/'- --) 466) u ay axJ

^ = 3,1—0,0114

(A+À)

\ dy dX/

+ 0,000042—

ly 4

ag dx

. . 467)

Jeżeli to samo zastosujemy do wzorów Eulera, otrzymamy

dla większego

ay

Vy

-(

^ _ C ly 4 \ TT² E

// a y dj

(i)s ‘ '

. . 468)

Wzory te można jeszcze inaczej napisać.

Jeżeli spółczynnik zmniejszający dla całego pręta jest L,', dla części pręta to

Więc spółczynnik wytrzymałości na wyboczenie otrzymamy mnożąc ii przez spółczynnik zmiejszający dla całego pręta i przez spółczynnik zmniejszający dla części pręta między stężeniami.

Koleje austrjackle przyjmują

rw = 1226 C++

Los si er ustawił następne równanie

Pu,=

n² EL

TT² El

k..... 470)

1+21!

2-5 nx%h a

przyczem A oznacza moment bezwładności jednej części pręta

(jednego pasu), / moment bezwładności całości, =

działów, a jest pewien spółczynnik, a to dla ni =

a —

Poprzeczki należy obliczać podług Krohna wedle największej

ilość prze-

2    3    4    5    6    7    8

1-62 1-22 1*11 1-07 1-05 1*04 1*03 1*00

00

siły poprzecznej gdzie F oznacza całkowity przekrój słupa w cm'-, Q w t.

471)

1. Przykład. Obliczyć obciążenie dopuszczalne słupa o przekroju, podanym w rys. 233, który połączony jest co 50 cm poprzeczkami. Dług-ość wolna

w obu kierunkach 6m=600 cm. Przekrój F— 2(25 . +2.19,16) = = 126,8 cm², moment bezwładności ze względu na oś XX

!X

Pt

! \

ł.....ZOO

I—

* I 'Oo . tc

I «

7=1225 (22³—20³)= -f4[174,6+19,16 (10+2,82)-] = =5517+13468=18985 cm⁴,

12,23 cm,

więc a

=\imł= V 126,8

zatem

600

= 49,1

rys. 233.

2.19.16.2,82-1 .25

a — 12,23 £'=0,669.

Dla połowy przekroju += =^63,4 cm², odstęp środka ciężkości połowy przekroju otrzymamy

stąd

63,4

= 1,31 crn, /, =2 [174,6 + 19,16 (2,82- 1,31) ²] +

++25 . l³+25.2,31² = 353 cm⁴, więc

°i=y-

353

63,4

= 2,36 cm, zatem A-=J0 =21,4, więc +=0,752. o 2,36

Wedle 466) dla x=800 kg/cm*, x«,=800.0,669.0,752=402 kg/cm\

Jeżeli przekrój użyteczny jest 126,8—4.2.2=110,8 cm², to P=110,8X X402=44542 kg. ’

Ze względu na oś B B obciążenie mogłoby być większem.

2. Przykład. Obliczyć obciążenie dopuszczalne słupa, złożonego z czterech kątówek, 1—6 5 m, poprzeczki co 0,850 m. Kątówki

60.60

, więc 7r₁=9'02,'

2 kątówki P₂=18'04, 4 kątówki 7^=3608 cm². Najmn. /₁=12'3, 7₂=58‘6, 7₄= =4(29*3-J—9'02*2,06²)=1351 cm\ a₄= V-

1351

36-08

=6-12 cm,—= ⁶⁵⁰

a₄ 6’12

=106>105,

stąd Ç'=0'478. Dla połowy przekroju a₂= ^

=4*75,

więc Ç'₂=0'706. Dla x=800 kg/cm², Xa,=800.0,478.0,706=270 kg/cm²

Jeżeli przekrój użyteczny jest 36 08—4.1"8.0‘8 = 31’32 cm², to P=31*32X X 270=8459 kg=8’46 t.

TC² E I

, a gdy przekrój i mo-

l²

Jeżeli oba pasy słupa połączymy kratą, to w ogólności siła wybaczająca będzie mniejszą, niż dla słupa o przekroju pełnym. Możemy wogóle napisać Pw = a

h²

ment bezwładności jednego pasa nazwiemy Fp i Ip ^ Fp to

. . 470 a)

Pw = a

n² EFP h²

jeżeli a oznacza pewien spółczynnik, mniejszy niż 1.

/i

*.....r'r7/î#;i

y / fbł

? i Ł/

éM-

¹

Zróbmy ten sam większe płatwi (rys. 216), przyczem M— 73500 kgcm. Wedle rysunku

²

Według dokładniejszej teorji Obrębowicza każdej sile /⁵₁>P odpowiada inny stan równowagi i inna strzałka f. (Obrębowicz: O wytrzymałości prętów _na wyboczenie 1885). Stwierdzają to i doświadczenia Bauschingera (p. Mittheil. 1887).

³

P. Der Eisenbau 1916 str. 1.

⁴

P. Eisenbau 1915, str. 305.

\A

rys. 234.

W celu wyznaczenia go zauważmy z Engesserem, część słupa

Dd

w rys. 234 otrzymamy    zaś yp

_ Ad _ Pd

wstd EFd wst d ’

EF

Dd

Na jednostkę długości słupa    =

-±-=nA

wst Ô ^ h¹

Przesunięcie wskutek siły poprzecznej możemy przyjąć wedle

zatem ^=(l-a)g=

i

A że wst ô=—r, a D — d

Mayera¹) ¹^ = (1 — a) y a Q — Pw

<ły

dx

c EFd c wst ö'

oh: EFd ch¹

więc

= Pw

dy d'

dx E F d c h²

stąd

a— 1

Pw d³

p¹= (i

d c ń²’ Pw d³

więc

TC² EFp h²

1 /²

, zatem

E Fd c ń²

TT² EFd ń²

TF~~

Jest to siła potrzebna do wyboczenia przy przegibnem połączeniu prętów. Przy stałem połączeniu zwiększa się ta siła jeszcze o siłę potrzebną do wyboczenia obu pasów dla długości

■0

TT² Fp d³

2 F d /² c

. 471 a)

/, więc o Pp = 2n'i —.

§ 94. Obliczenie wymiarów.

Przy użyciu równań 442) lub 458) zachodzi ta okoliczność, że dla obliczenia szukanego przekroju potrzebnym jest nieznany jeszcze promień bezwładności tegoż przekroju. Musimy sobie tedy przy obliczeniach radzić w rozmaity sposób.

Najprzód wyjaśnić musimy kwestję, czy przy obliczeniu wymiarów na wyboczenie należy odciągać dziury na nity, wogóle osłabienie przekroju, czy nie. Otóż rozumie się, że przekrój F, który wypada z wzoru 457) lub 449), oznacza przekrój użyteczny, to jest przekrój po odciągnięciu dziur na nitf lub innych osłabień, ale przy wyznaczeniu promienia bezwładności a nie uwzględniamy osłabienia przekroju, ale liczymy dla przekroju pełnego, bo na wyboczenie, a zatem i na kształt linji ugięcia, mają większy wpływ przekroje pełne, niż w pewnych tylko punktach osłabione. Stwierdził to doświadczalnie F o e p p 1 ²).

P

Mając P i t, otrzymujemy F₀ = —. Wiemy, że F>F₀ z dwu

powodów, mianowicie z powodu dziur, a dalej z powodu wybo-czenia. Możnaby więc tymczasowo przyjąć F, obliczyć dla tego

przyjętego F promień bezwładności a, a znając — obliczyć F.

Pokazałoby się wtedy prawdopodobnie, że to obliczone F jest inne od przyjętego, trzebaby drugi raz, a może trzeci raz jeszcze liczyć.

Aby to obliczenie żmudne ułatwić, będziemy się starali ustawić pewne wzory dla o dla rozmaitych przekrojów. Mając takie wzory, możemy już z większą dokładnością odrazu przyjąć stosu-

nek

i obliczenie znacznie skrócić.

W § 56. podaliśmy wzory i wartości dla promieni bezwładności dla rozmaitych przekroi. Dla rachunku najwygodniej jest jednak, jeśli wyrazimy promień bezwładności a jako funkcję powierzchni F. Postaramy się ustawić takie wzory dla przekroi, najczęściej w praktyce się zdarzających³).

472)

Ogólnie przyjmijmy I=k.F'²

473)

to /£==-

IkF

=ik. i f . . .

1. Kwadrat, /-tt; oł, F

12

. . 474) ⁼ k ⁼ ^2> VàT= 0 2887, więc

475)

a = 0,2887 Vf.

Podobnie otrzymamy 2. Prostokąt o podstawie b

a = 0,28874

b

a=0,283 Yf~

476)

3. Sześciobok

477)

4. Elipsa (rys. 77), której połowa osi wielkiej a , połowa

małej b'

a 2 n bn °l 2 na a że F =

nb h .    F

—, więc o=^

. . 478)

5. Koło (rys. 78)

|- = 0,282V7

479)

6. Pierścień kołowy (rys. 89)

Jeżeli wstawimy d₁ = nd, to

. . 480)

a— ą \jl Fn²— 0,282

7.    Kątówka równoramienna*) (rys. 141).

Ze względu na oś poziomą a = 1,4 + 0,07 F ... . „    „ „ „ główną najmn. a = 0,9+ 0,044 Z⁷ .

8.    Kątówka nierównoramienna (rys. 142).

Ze względu na oś Xx Xi

»    »    » » Kl

tH CS

a =1,3 + 0,11 F + = 1,3 + 0,55 F „    „ główną najmn. «=0,9+0,042/'

. 483)

\y

-""A

>\<c

jr

.....i..........>i 1

.r j !l| -

vmMW/, J ûmwz/Æ

rys. 236.

rys. 235.

9. Dla przekroju teowego (rys. 235) nazwijmy

m~T’ n==d’p==d’

*) Por. wyprowadzenie tych wzorów w rozprawce autora: „Weiterer Beitrag zur Berechnung der Stäbe auf Knickfestigkeit“. Z. d. österr. Ing. u, Arch. Ver., 1892. H. 50 i 51.

to dla osi XX

a = 0,2887

dla osi YY jest

1 + mn

\mn(4—mn) •    •

.    . 484)

o'= 0,2887 6

. . 485)

1 + mn

Dla kształtówek według normalij austrjackich otrzymamy:

a = o'= 0,65+0-085 F. . .

Dla kształtówek wysokościennych otrzymamy: o =0-55 + 0,15 F \ a= 0-4 +0,102 F J ' ' '

10. Jeżeli przekrój składa się z dwu kątówek (rys. 236) i nazwiemy A, Fx i ax moment bezwładności, przekrój i promień bezwładności jednej kątówki, to

/ ₌ 24= A =

F 2 Fi Fi

a = Oi = 1,4+0,07 Fi

. 486)

487)

a² = -ïr-

«I²,

a zatem

488)

Dla osi Y Y jest

/9_ F 2(/x+f₁e²)_

a t--

2 Fi

Oi + ei².

Q

Dalej mamy ex = e +    Obliczywszy ex dla kątówek rozma

itych i dla c = 0, 1, 2 cm, napisać możemy:

cl'¹ = (0,45 + 0,033c) 4+1,8c—1,7    .... 489)

11. Przyjmijmy teraz przekrój złożony z blachy stojącej i dwu kątówek, (rys. 237) i nazwijmy powierzchnię jednej

kątówki Flt blachy stojącej F₂ = nFi, to F = (2 + 77) Fx.

Wtedy otrzymamy :

2    „ n6² + 6e²—3(2 + n)ei²

—°¹'⁺ -3+27.-•

Jeżeli n=l, A = 6e, to

a = 0,206 F—1,13 . . 490) Jeżeli 77 = 3 do 4, to średnio a² = 0,25+ 0,032 A+ 0,182 A² . 491)

\sr

\X

f..... ^

2 + 77

............y

rys. 237.

Dla ösi YY otrzymamy ogólnie 0,7 77—0,6

a² =

2 + 77

3 + 2 77

A².

Dla 77 = 1, c=l cm

Statyka.

21

+² = 0,217 F—0,11 .    .

. . 492)

Dla n — 3 do 4, c — 2cm

. 493)

a'² = 0,076 F+ 0,72

12. Przyjmijmy przekrój złożony z blachy stojącej, dwu kątówek i nakładki (rys. 238) i nazwijmy przekrój jednej

kątówki Fly blachy stojącej F2 = nakładki Fs=n₁F₁, to F=(2 + n + nx) F₁.

Dla osi XX otrzymamy wtedy

r*".......

— nF 1,

JC

a² =

öi" +

2 + n + /zx 6e² + n /i² + nx z/2 3 (2 + n + ni)

Dla n = 3, ni = 4 i n = 4, ni = 10 otrzymamy średnio

a² = 0,008 F-f 0,076 /i² . 494) Dla osi PY dla c = 2cm, n i ni, jak pierwej,

F² = 0,017F+0,044 b²

13.    Dla U wek (rys. 138) otrzymamy ze względu na oś XX

a =2,2 + 0,147 F \ dla osi YY a = 1,0 + 0,03 F j

14.    Jeżeli przekrój składa się z dwu u wek (rys. 239) a przekrój, moment i promień bezwładności jednej uwki nazwiemy Flf /1 i ai, to ze względu na oś XX:

_jr

rys. 238.

495)

496)

a² —

= ûj ², więc

?G>)

.    . 497)

a = öi — Z, l(J Dla osi YY jest

2(/₁+F₁ ea²)

2 Fi

Wstawiwszy wartość za ej², otrzymamy w przybliżeniu

a'² = 0,0002 F² + 0,043 / + 2,3 +

+c (0,013 F+1,8)

lii

a² —

— a' 1 + ei².

'--ii

Itr

P-“—

498)

.«'i

15. Dla czterech ćwierćkołówek otrzymamy :

rys. 239.

16. Dla przekroju krzyżowego (rys. 240) otrzymamy dla osi poziomej :

0 = 0,2887 6

500)

jak 485) dla przekroju teowego. ><*<

x~~

cł Y////Æ ^ V////Æ

4 r n

t,.

-J

ą___

■—

rys. 240.

rys. 241.

jeżeli b —h, d— dlt a = 0,2045 6 = 0,1022

k, i

. . 501)

Dla osi pionowej otrzymamy analogicznie

a = 0,2887 h

502)

a dla m = n = l, jak pierwej, a — 0,1022

503)

16. Jeżeli przekrój krzyżowy składa się z 4 kątówek (rys. 241) i jeśli nazwiemy przekrój, moment i promień bezwładności jednej kątówki Fu Ilt au to

a²

₌ 1_^ 4(Il+F₁eF)_

4 Fi

Po wstawieniu wartości za e₄² otrzymamy w przybliżeniu dla c = 0 do 2 cm

a² = (0,225+ 0,017 c) F+1,8 c—1,7 . .

. 505)

17. Jeżeli przekrój składa się z 4 kątówek i dwu wstęg (rys. 242) i jeżeli nazwiemy przekrój 4 kątówek, ich moment i promień bezwładności F4 i at a krzyża z wstęg F₆, 4, ae, to

ai=J = !i±k-

F Fé + Fi'

Jeżeli F₆=Fit to

2 = Q+ + rnaF

1 + m    ’

przyczem a₄ i a₅ należy obliczać ze wzorów 505) i 503).

506)

21*

18. Jeżeli przekrój składa się z 4 kątówek i wstęgi (rys. 243) i jeżeli nazwiemy przekrój, moment i promień bezwładności jednej kątówki Fu 7X i ai} a przekrój wstęgi F₂ = nFlt to F—4 F₁+F₂ = (4+n)Fu

a ze względu na oś XX

4T-nW+eV-

Dla d—2 cm i n — 3 do 4 otrzymamy

a² = 0,075 F +1,0

a²=

. 507)

508)

'rrrrXFe.

y fi

, x_.

XL-

-b

rys. 242.

rys. 243.

Jeżeli zamiast 4 użyjemy 6 kątowek, to otrzymamy

6T-n=ai’+e'‘......

a’

509}

a dla d= 2 cm i n — 3 do 4

510)

511)

a² = 0,075 F+1,2.....

19. Dla kształtówek / otrzymamy w przybliżeniu a =3,9 + 0,107 F a =1,4 + 0,018 F

V.

IBM

JC

20. Dla przekroju /, składającego się ze ścianki i czterech kątówek (rys. 244) otrzymamy, gdy znów wartość dla jednej ką-tówki oznaczymy znaczkiem 1,

F=(4 + n)Fu

I

ii

a} —

4    9J_ (9,72+ n) h²

~~a' ⁺ -nïï+W •

. 512)

\y

L.Ÿ

rys. 244.

4 + n

Dla n^l^ do 3 otrzymamy średnio

a² = —0,453 + 0.308 F+ 0,129 h² 513) Dla osi YY możemy użyć wzoru 507). Jeżeli wstawimy n = 1,5 do 3 i <7=1 cm, otrzymamy a'²=0,106 F—0,1 . .

21.    Dla przekroju, składającego się z 4 kątowe k, połączonych kratą, otrzymamy a² z 512), wstawiając n = 0, więc

a² = ax² + 0,2025 A² = —0,7 + 0,119 F+0,2025 A² . . 515) Dla osi YY możemy użyć wzorów 503) i 504).

22.    Jeżeli przekrój ijowy składa się z 4 kątówek i 2 nakładek (rys. 245), to F=2 (2 + n)/+

Dla osi XX jest

3,708 Z⁷! + (1,6+ n) A²—5,6

a---W+ri)- ■ ■ •

W praktyce jest n —1,2 do 2, więc w przecięciu a² = 0,036 .F+0,21 h²—0,4 . .

2^(o‘2+eiS)'¹

albo po wstawieniu wartości za elf

a'³ = 0,07lF—1,2 + 0,036 ó² + (0,006 F+l,13) c . . 519)

. . 516)

Dla osi Y Y jest

a'³ —

nb³

12(2+ n) ’    *

517)

. . 518)

.2L

à \-

• •»!

rys. 245.

-ł-.....-j^—><

\y

* rys. 246.

23. Dla przekroju dwuteowego (rys. 246) niech będzie promień bezwładności połowy przekroju ze względu na oś XX,

wzoru 473), to F = 2Fh, I—2lh,

który obliczyć należy wedle

więc

a¹ —

ai², stąd a — ax

2 Fh

Ze względu na YY, chcąc wyznaczyć a , otrzymamy

/r=(4 + 2 n+nx) Fu

a³ =

4 + 2 n + ni

(0,476 Fx - 0,7 + 2(4+2 7i+ni)

Ói² +

ni

ó² . .

. . 521)

napisać

12 (4 + 2 n + Jîi)

W praktyce jest n = 2 do 7, /2X = 0 do 15, średnio możemy

a/2 = 0,004 F—0,1 + 0,178 ói² + 0,04 bi    . . . 522)

§ 95. Przykłady obliczenia wymiarów.

1. Słup drewniany o przekroju kwadratowym obciążony jest w kierunku osi siłą P— 3,6 t. Długość wolna wynosi 3 m. Naprężenie dopuszczalne na ściskanie należy przyjąć 70 kg\cm² i wyznaczyć wymiary przekroju słupa.

3600

Bez względu na wyboczenie mamy F₀=    =51,4 cm². Przekrój F musi

być większym, przyjmiemy więc jako pierwsze przybliżenie F=81 cm², 6=9 cm. Wedle 475) jest a=0,2887]/8Ï=0,2887.9=2,60 /    300

Wtedy ^ = 2^q=115, zatem Ç=0,268, a więc

b=F₀ : £=51,4 : 0,268=192 cm².

Widzimy, że b wypadło znacznie większe, niż przyjęte; jako drugie przybliżenie przyjmiemy więc F=144 cm², ó=\144=12 cm, wtedy: l 300

a=0,2887X12=3,46, więc —=-g ^=87, zatem £=0,443, stąd::

F=51,4: 0,443 = 116, 6= ^116=10,8

cm.

cm. Przyjmijmy więc 6=11 cm, F=121 cm², l 300

wtedy a=0,2887 X H — 3,18 cm, więc X~3 18⁼^’ za^em £=^0,394, F=51,4: 0,394=130 cm², stąd 6=11,4

cm. Zatem 6=11 jest za małe, 6=12 wprawdzie za wielkie, musimy jednak zatrzymać 6=12 cm, bo 6 zaokrąglamy na całe centymetry.

2. Jak gruby ma być słup drewniany kwadratowy, obciążony siłą osiową P=21000 kg, przyczem dolny koniec jest wpuszczony w cokół kamienny a górny zapomocą kleszczy ochroniony przed wygięciem. Wysokość słupa wynosi ^=3,75 m.

Tu wedle 452) 7=0,7X3,75. Ze względu, że może utwierdzenie nie jest zupełnem, przyjmiemy dla bezpieczeństwa /=0,8.3,75=3,0 m. Dalej mamy F₆= 21000

=300 cm², a stąd byłoby 6= j/300 = 17,3. Ze względu

na

wyboczenie

“ 70

przyjmiemy 6=20, stąd a=0,2887X20=5,774 cm. Więc /    300

~a ⁼ 5 jÿ—52 a £=0,786, więc F=300 : 0,786=382, 6=193 cm, więc wystarczy przyjąć 6=20 cm.

3. Obliczyć wymiary słupa z żeliwa o przekroju kołowym pełnym, gdy P= 30000 kg, wysokość /,=4m, oba końce są utwierdzone, a t=800 kgjm*.

400

Wedle 455) /=-y⁻=200 cm. Dalej mamy

30000

— -goö-^37,5 cm², stąd d— 6*91 cm. Przyjmijmy jako pierwsze przybliżenie

Z 200

d—9 cm, to wedle 479) a=f=2,25, stąd ~^⁼~2 25 ⁼ ^’

Ç=0,154, F=37,5:0,154=243, cZ=17,6 przyjmijmy <7=15 cm, to Z 200

«=^-=3,75,— = 2 ^5—53, Ç=0,361, więc 7=37,5: 0,361 = 104 cm.², c/= 11,5 cm,

13    Z 200

4 _3’25, a ~"3,25 cm. Wartość ta tak

już bliską jest przyjętej, że możnaby zatrsymać d=13 cm. Dokładniej możnaby

Z 200

przyjąć d= 12,8 cm, zatem a=3,2, “=~ß2=62,5, £=0,292, zatem 7=37,5 :

0,297 = 12,0 cm², d= 12,9. Zatrzymujemy więc cZ=129 mm.

4. Dla tego samego wypadku obliczyć słup z żelaza lanego, którego grubość ścian wynosi d.

Wtedy wewnętrzna średnica dy—d— 0,2 a=0,8 d, przekrój

F=-Ą- (d-—G?t ²)=0,283 c^², a według 480) a⁼~ą'\/c?ł-f-0,8* cZ²=0,32 d.

Ponieważ słup wydrążony musi być grubszym, więc przyjmijmy odrazu

Z 200

cZ=16 cm, to a=0,32.16=5,12 cm, zatem “=^~j2=39, £⁼⁼0>486. Dalej mamy 30000

cm.

Musimy więc przyjąć d większe ;

15

Wystarczy więc d mniejsze, przyjmijmy cZ—13 cm, więc a=~r

= 61,5, £=0,299, więc 7=37,5 :0,299=126 cm², o?=12,5

Fo

800

=37,5 cm² więc F=31,5 : 0,486=77,3 cm², stąd

oZ=ł/■ —’³-=16,5 cm. V 0,283

Różnica jest mała, przyjmijmy jeszcze c?=l6,3 cm, to «=0,32.16,3=5,22,

Z 200

zatem —~Tnń-a 5,2/

38, ; 0,496, więc F=31,5 : 0,496=75,6,

/ 75 6

V0 283⁼16’4’ ^rze^a w^c przyjąć c/ = 164 mm, grubość ścian po 16 mm, więc dt= 132 mm.

Porównując wyniki dla przekroju pełnego i wydrążonego, widzimy, że dla słupa pełnego przekrój wynosi 131 cm², dla wydrążonego 74,4 cm².

5. Zastrzał mostu kratowego, ściskany siłą 25 Z, ma długość wolną 4'5 m. Przyjmijmy dwie uwki połączone kratą. Stosunek wysokości pręta w węźle do wysokości w środku niech będzie 0'6. Przyjąwszy naprężenie dopuszczalne 850 kg/cm², mamy

a stąd d

25000

=29"4 cm². Przyjmujemy 2 uwki Z.. 12, więc

F=2.18-81-4.0-7.1-8=32-6 cm², Ao=15 cm, A,=15 : 0 6=25 cm. Wtedy wedle tab. XL. 4>=0‘909.

F₀

850

7=2 (501-4-18-81 (12*5 — 1 "74)²)—4456 cm⁴, a=J^L=10 9

cm.

—=450: 10-9=41-3, więc £'=0730. Więc

29-4

F— o-73-0‘909=44'3 cmi- Przekrój przyjęty za mały. Przyjmijmy 2 uwki 1.16. /=2.26.90-4.08.18=48 0 cm², /=2 (98-2+26-9(12-5-l-95)²)=6186cm*, a=

⁼V

618 6

2.26-9

=10"7, — 450: 10"7=42-0, więc £/=0*727, zatem

F=

44*5 cm², więc przekrój wystarcza.

29-4

0-727.0-909

Jeżeli dla wyboczenia w płaszczyźnie prostopadłej także /=4"5, to, a=6’21

29-4

więc—=450 : 6-21=72*5, Ç¹ 0.609, stąd F —Q-609^48 3, więc przekrój nieco za mały. Ze względu na bardzo małą różnicę możemy jednak zostawić 2 uwki

1 . 16.

6. Wyznaczyć numera kształtówek słupa z żelaza zlewnego, złożonego z czterech kątówek (rys. 241) należycie znitowanych, jeżeli długość wolna wynosi 4 m a odstęp kątówek 1,5 cm. Siła, działająca w osi słupa, jest P— 42 t a naprężenie dopuszczalne t 750 kglcm'¹. Bez względu na wyboczenie otrzy-42000

mamy F₀=    —^6,8 cml Ze względu na 2 dziury na nity około 4cm² i wy

boczenie przyjmijmy F 80 cm², zatem przekrój jednej kątówki 20 cm². Przyj-

100.100

mijmy kątówki--yy- o przekroju 20,95 cm² y=7,14, więc e=2,86, e₁=2,86+

+0,75=3,61 cm, zatem wedle 504) a- =a₁²+e₁²=3,01²+ 3,61² = 9,06+13,0=

oo    .    /    400

=22,56 cm², a=4,7 cm. A więc +—+7

0,55=103 cm². Przyjęte kątówki zatem nie wystarczają, przyjąć należy większe.

100.10Q

86"1, stąd £=0,555, więc F— 56,8 :

Dla F—90 cm² otrzymamy F==22,5 cm², przyjmijmy zatem

12

. Tu 12 =

=22,99, a=4,8

=100 cm².

=7,01, więc e=2,99, et=2,99+0,25=3,24 cm, zatem a²=3,00²+3,74²=9+13,99= cm. A więc —="^g=83, stąd £=0,567, więc F—56,8:0,567 =

.....120 . 120

Wymiary jeszcze są za małe. Przyjmijmy większy numer kątówki Tu jest 12=8,64, e=3,36, e₁=3,36+0,75=4,ll, więc

a²=3,66²+4,ll²=13,40+16,89=30,29, <2=5,5 cm,

mają przekrój 4X25,37=101,5 cm², od tego dwie

więc -j=^?73, £=0.607, ^=56,8 : 0,607=93-6 cml

120.120

Cztery kątówki -yy-

dziury na nity 2X2Xl»2=4,8, zatem /* =101,5—4,8=96,7 cm². Przekrój zatem

120.120

11

jest zupełnie wystarczający, zatrzymujemy kątówki

7. Jaki ciężar unieść może bezpiecznie słup, złożony z 4 ćwierćkołówek l. 20, 6 m wysoki, w obu końcach wolny, jeżeli naprężenie dopuszczalne przyjmiemy 1000 kg/cm²?

— 329 -

Dla 4 ćwierćkołówek l. 20 jest według tab. 28. VI. a=7,94, zatem —=

600

=794=75,5, stąd £=0,597.

Wedle 457) jest P=Ft£'=4.21,57.0,597=51525 Jeżelibyśmy przyjęli t=800 kg/cm², toby było P=4.21,57.800.597=41220

§ 96. Wytrzymałość słupów żelaznych w razie pożaru.

Wiadomo nam z § 19, że żelazo pod wpływem wysokiej ciepłoty ma mniejszą wytrzymałość, a do tego podczas pożaru słupy żelazne są niejednostajnie ogrzane, bo od strony pożaru ciepłota dochodzi do 600°, a ze strony przeciwnej trafia je struga zimnej wody z sikawki straży pożarnej. Wskutek tego oś słupa pierwotnie prosta wygina się i naprężenia z tego powodu wzrastają.

Dlatego też, jeżeli obliczamy słupy żelazne w budynkach, które mogą być narażone na pożar, słupy nie osłonięte murem lub betonem, to musimy przyjąć takie wymiary, aby słupy te i podczas pożaru nie okazały się za słabe.

Pod tym względem badali słupy żelazne doświadczalnie Bauschinger, a także M. Möller i R. Lühmann. Möller dochodzi na podstawie tych doświadczeń do wniosku, że słupy żelazne będą bezpieczne i podczas pożaru, jeśli je obliczać będziemy wedle wzoru Rankina, jednak przyjmując większy spół-czynnik wyboczenia.

Möller proponuje przyjmować

(l + 0,0004    . 523)

f=wd]+0’0(mD ■ ⁵²⁴>

F=

1200

dla żelaza lanego

„    „ spawanego

Obliczywszy słupy żelazne wedle tych wzorów, mamy jeszcze niejaką pewność, bo słupy w ogniu łamią się wedle doświadczeń dopiero dla żelaza lanego przy ^ = 1500 kg/cm² a dla żelaza spawanego przy /.t= 1200 kg\cml dla rur a 1400 kg\crri² dla prętów pełnych.

§ 97. Słupy obciążone mimośrodkowo.

r.H

W!

i*

£__\\

rys. 247.

Jeżeli na słup działają siły P w kierunku równoległym do osi, przyczem kierunek ten odległy jest od osi o c (rys. 247), to mamy do czynienia z obciążeniem mimo-środkowem.

Przypuśćmy najprzód, że siła P działa w osi głównej, tak, że wygięcie nastąpi w płaszczyźnie drugiej osi głównej, jeżeli przez E położymy osie spółrzędnych i nazwiemy rzędne punktu M osi x i y, to możemy wyrazić naprężenie w punkcie Mx

v" =

. . 525)

naprężenie w punkcie

-, oś obo-

W środku ciężkości M jest średnie ciśnienie

jętna leży oddalona od osi ciężkości o z, przyczem wedle 426) a² 1

z = — = f , zatem zu —a¹.

y Fy

Jeżeli / jest ugięcie słupa w środku, to najw y=f+c, więc największe naprężenie

. . 526)

Strzałkę / + c mamy teraz obliczyć. Analogicznie do § 91

d²y _ Py

Er

otrzymamy dla x = 0 w środku pręta

f+c=-

mamy i tu

d²x

a stąd, podobnie jak tam (równ. 441),

dost

(im-

. . 527)

We wzorze tym jednak znajduje się P także po prawej stronie, więc nie można z wzoru tego obliczyć wprost P, tylko przyjąć je należy, a potem poprawiać to założenie. Podobnie jeśli znamy P, a szukamy przekroju, rozwiązać można zadanie tylko próbami. Z równ. 529) otrzymamy

rr

a² (l

. 530)

8 EL

Zamiast dost

( V#,)

tO!

możemy zazwyczaj z dostateczną dokła-dnością podstawić pierwsze dwa wyrazy szeregu dostawy

dost

(41/D-

8 EV

więc

f+c =

12 p

8 El

528)

Równ. 526) możemy z uwzględnieniem 528) napisać

Frl c F e

v = L(-.    -+A

, a stąd P—

1-f

//

529)

8 EL

F<

nnrn

ïï

fr

liii

lim

F.

-»c

\P

£>ł-4

Ma-Pc

i-d-

rys.

248.

Podobny wypadek mamy, gdy słup obciążony osiowo siłą P, a oprócz tego symetrycznie prostopadle do osi jakąś siłą czy to ciężarem ciągłym czy skupionym (rys. 248).

Jeżeli /o oznacza ugięcie belki, wywołane tern prostopadłem

do osi obciążeniem, to z rów. 442) otrzymamy n — zamiast (527) możemy napisać

TT² El

l⁴P ’

więc

f+c=

dost

2\n

Dr. Ellerbeck⁴) udowadnia, że wtedy w przybliżeniu

otrzymamy

531)

532)

f=~JLrfo

n—1

a M— M₀ + Pf, stąd dla obciążenia zupełnego

. . .

n—l

a dla jednej siły G

n-0-18

M₉.

§ 96. Naprężenie dopuszczalne.

Z wzoru 528) wynika dla c=0 /=0, a gdy to wstawimy

P

a zatem dla zwykłego ciś-

F⁴

w równ. 526), otrzymamy v"=v'—

nienia bez uwzględnienia wyboczenia. Ponieważ wskutek wybo-czenia przy c=0 t. j. przy obciążeniu środkowem dla wielkiego

— wzrasta znacznie F, więc mogłoby się zdarzyć, że obliczając a

wedle 526) przy obciążeniu mimośrodkowem, otrzymalibyśmy mniejsze wymiary, niż przy obciążeniu środkowem, co jest wprost sprzecznem z prawdą. Dlatego też juŁ z powodów teoretycznych, a także na mocy doświadczeń Tetmajera należy przyjmować dopuszczalne naprężenie nietylko mniejsze ze względu na mimo-

śród c, ale także i na stosunek —.

Z wzoru 526) otrzymamy, wstawiwszy P Fe

v twy p ^0, j

Fe

//

F a? i ’

więc

Tetmajer na mocy doświadczeń przyjmuje zamiast wzoru

533) wzór

To=T

1-f

f+c

. . 533)

T0⁼⁼~W

Tw

1 + #-

534)

przyczem # oznacza pewien spółczynnik, zależny od materjału i od

wyznaczony doświadczalnie, a tw naprężenie dopuszczalne na

wytoczenie, wyznaczone wedle 457)

Tetmajer podaje następujące spółczynniki #

1. Drzewo

dla —<90    # = 0,00039f—)²—1,0115— + 0,93

. 535)

„ —>90    #

#=0,11 0,10 0,10 0,09 0,09

2. Dla żelaza lanego otrzymał Tetmajer

— 0,03174—+2,077 a

ar

dla —<100 # = 0,0001437 a

l    / /\²    a

„ —>100 #=3537    ) —1,370 -j

536)

Stąd otrzymujemy następującą tabliczkę:

Tablica XLVIII.

#=0,62 0,56 0,51 0,46 0,42 0,38 0 36 0,34 0,31 — = 110 115 120 125 130 135 140 145 150

# = 0,28 0,26 0,24 0,22 0,20 0,18 0,17 0,16 0,15

3. Dla żelaza spawanego i zlewnego mamy:

Tablica XLIX.

—< 70= 70    75    80    85    90    95 100 105

# = 1,00 1,00 0,93 0,86 0,80 0,75 0,70 0,65 0,61 — = 110    115 120 125 130 135 140 145 150 155 #=0,57 0,53 0,50 0,46 0,43 0,40 0,38 0,38 0,33 0,31 = 160 165 170 175 180 185 190 195 200 #=0,29 0,27 0,26 0,24 0,22 0,20 0,18 0,17 0,16

P Me

Krohn⁵) wychodzi z wzoru 431) T-^=-p+ -y-, który jednak

nie uwzględnia wyboczenia. Aby je uwzględnić zwiększa się w tern równaniu pierwszy wyraz w stosunku r : rw i otrzymuje

537)

P i . Me

T

Rozporządź, min. pruskiego z r. 1919. W szczególnie ważnych wypadkach można żądać, by obliczono przy wyznaczeniu naprężeń, powstających wskutek mimośrodkowego albo ukośnego kierunku siły wielkość ugięcia, które wprowadzić należy jako ramię siły podłużnej lub które dodać należy do mimośrodu albo by

PI

zamiast tego powiększyć moment zgięcia o^qq, S^y P oznacza siłę podłużną.

Tymczasowe przepisy polskie dla mostów drogowych z r. 1920. § 76.16. Jeżeli słupy są sztywnie połączone z belkami, należy przy obli-

czeniu stopniowo uwzględnić wpływ momentów, wywołanych sztywnem połączeniem.

Gdy długość słupa żelbetowego l jest większa, niż 20-krotny najmniejszy wymiar przekroju, to należy moment wywołany siłą zginającą, zwiększyć o wartość 0,005 PI, która przedstawia działanie siły ściskającej P na ramieniu, powstałem wskutek wygięcia słupa.

§ 99. Przykłady.

1. Słup drewniany o długości 4 m i przekroju kwadratowym 20X20 cm +st obciążony z obu stron siłami 10 t, które zaczepiają w odstępach <?=11 cm od środka, a więc w środku krawędzi. Jakie naprężenie powstaje w słupie?

dost?^ = dost 0,5 401

Tu jest

jP_ I 10000.12 _ 1

Sei V120000.20⁴ 400’

dost

-\/-=

2 y El

dost

°>l-JjQ.=dost 28,4°=0,879.

W przybliżony sposób otrzymalibyśmy

400²    10000.12

8~ ‘ 120000.20⁴

1-

=1— -g-=D,875.

A więc wedle 527)

10

-11,38, stąd /=1,38

y+io=

Wedle 534) otrzymamy Tto= ^(lV{-~g ).

Tu a=0,2887.20=5,774, -j=^=69, więc d=0,3'l, 7=^=3,33, stąd ✓    11 38\

(l+0,31 3^3-1=25 (1+1,06)—51,5 ległem*.

T    l

Wedle 457)    stąd i:=-~. Dla —:=69 jest Ç'=0,568, więc

0,879

cm.

10000

Ta,—'

400

51,5

0^568 ~ 91 kslcm\

Wedle wzoru teoretycznego 526) otrzymamy jednak 10000/ 400.11,38. 10.12

v"=

400

20*

+l)==25(3,414+l)=110,4 kg/cm*,

v'=—25 (3,414—1)=—70,5 kg/cm².

Z obu tych wzorów zatrzymamy wyniki większe. Widzimy w obu wypadkach, że wymiary są za małe.

Przyjąwszy 23X23 cm, otrzymamy

¹ \P T\£/

/10000.12_ 1 \l2000.23⁴ 529’ 0,378.180

dost

dost

200

529

=dost 0,378.

Więc dost

—dost 12,66°—0,919.

A więc / ! 10=

io

0,919

10,76, zatem f—0,16 cm.

Wedle 326) mamy

10000^529.10,76.10.12

l)=18,9 (2,441+1)=65 kg/cm\

v'=—18,9 (2,441—1)=—27, 2 kglcmK Wedle 534) otrzymamy, ponieważ tu a=0,2887.23=6,64,

/    400    _ . 23 „

—=6 64—60, więc 8=0,36, i—~^—3,83, stąd

loooo

v"=

529

23⁴

T«>='

529

( 1 -f 0,36 y^)=18,9(1+1,01 )=38 kg\cm\

Wedle 457) jest t—a że dla“=60, jest £'=0,636, więc

38

t=0^36=60 kglcmi-

Tu, jak widzimy, wyniki obu wzorów teoretycznego i doświadczalnego nie wiele się różnią.

Zostawimy tu wymiar 23X23 cm.

2. Jaką silę wytrzyma słup o przekroju I 1. 20, obciążony mimośrodkowo w odstępie 5 cm od osi ścianki, dla długości wolnej 3 m. Naprężenie dopuszczalne niech będzie 1000 kg/cm'ź.

Fc e"

Przyjąwszy tymczasowo /—0, otrzymamy z 526) P—

/ ⁺¹

Przypuśćmy tymczasowo ze względu na założenie f—0 v"=800 kg/cm², to P —

37,58.800

37,58.5.4,8

158,3

fl

=4390 kg.

Szukajmy teraz dla P=4390 kg v", to otrzymamy z 528)

1-

“ 0,8514“ 5,87 cm’

Więc wedle 526)

v"=-

37 58158^3 4,8 +l)==116.8 (6,69+1 )=898 kg/cm².

Należy więc przyjąć siłę nieco większą. Gdyby v" były wprost proporcjonalne do P, to należałoby P powiększyć o ⁶/₉, blisko o 500 kg, P jednak przychodzi też w mianowniku 527), więc zwiększymy P tylko o 310 i przyjmiemy P=4700 kg.

Z równ. 528) otrzymamy

i +5=

300²    4700

= q 84|=5,946 cm.

8 2100000.158,3

Więc wedle 526)

4700/37,58.5,946 “37,58\    158,3

v"

.4,8

+l)=125 (6,775+l)=972 kg/cm².

Możemy zatem zatrzymać siłą 4700 kg. Gdyby różnica była większa, trzebaby siłą jeszcze odpowiednio zmienić i rachować raz jeszcze.

Spróbujemy jeszcze obliczyć naprężenie wedle Tetmajera. Tu wedle ta

blicy IL.

/    300

205=146, więc £=37, i—0,878, więc 4700/    5,946\

^ 3738V¹ -h0l37-(f878/⁼¹²⁵ (1+2,706)=463,3

—=146 jest £=0,263, więc t=^2^3⁼1762 kg/cm®.

Naprężenie więc jest o wiele za wielkie, musimy siłę odpowiednio zmniejszyć. Przyjmijmy P=3000 kg, to z 528)

/+5=

o=2,05,

Dla

1-

300®    3000

~ 0,8985 ~5,566 cm'

8 2100000.158,3

(i+0,37^|) =79,8 (1 -(-2,345)=266,9,

3000

-a,=37,58

266,9

^263=1015 kg/cm*.

Naprężenie jest prawie takie, jak dopuszczalne, możemy zostawić P=3000 kg, lub też o 1,5% obniżyć, więc P

3. Obliczmy znowu siłę, jaką wytrzyma słup o przekroju tym samym i tym samym mimośrodzie dla długości wolnej 4 m. Naprężenie dopuszczalne niech • i tu będzie 1000 kg\cm®.

Przyjąwszy tymczasowo /=0, a v" ze względu na to przyjęcie i wielkie l tu tylko 700 kg/cm*, otrzymamy

t=

2955 kg.

37,58.700 P~ 37,58.5.4,8

4-1

=3929 kg,

158,3

zamiast czego przyjmiemy okrągło P=3930 kg. Z równ. 528) otrzymamy

/-ł-5—

1-

400®    3930    “ 1—0,2364“6,55

8 5100000.158,3

cm.

Więc wedle 526)

v"=

3930

37,58.6,55.4,8

-l)=104,6 (7,80+1)=920 kgjcm².

37,58V    158,3

Wedle Tetmajera otrzymamy, ponieważ tu 0=2,05, -^-=^=195, więc =0,17, £'=0-147, i=0,878, więc

( 1 + 0,17 |^~)=104,6 (1-f1,268)=237 kg/cm²,

237

a dalej ~=q ^y=1612 kg/cm®.

Stąd widzimy więc, że tu naprężenie z uwzględnieniem wyboczenia jest prawie dwa razy większem. Musimy tu przyjąć P znacznie mniejsze. Ponieważ we wzorze 534) F i i są stałe, a J-\-c wedle 528) dla mniejszego P jest mniejszem, zatem P iest większem, więc Statyka.

3930

Tœ~37,58

22

P>3930

1000

Przyjmijmy P—2500 kg, to

■/+■5

400²    2500

1 - ,-î--——

=2438 kg.

5    _ 5

1-0,150    O^O^⁵’⁸⁸³ cm'

(    5,883 \

V ¹ + 0,17    J=68,07 (1—(—1,139)=142 kg!cm-,

142

a stąd t=W7=966 kg/cm².

* 1612

8 2100000.158,3

zatem tw—

2500

37,58

1000

Silę możemy więc przyjąć 2500 . -gg^=2588 kg, równo 2590 kg.

■e-- CA'- -—-- i

4. Słup z żelaza lanego niesie na lewym wsporniku ciężar 8 t, na prawym równocześnie 28 ł; jakie wymiary ma mieć ten słup, jeżeli naprężenie dopuszczalne przyjmiemy 1000kg/cm-, /=4,45 m* (rys. 240).

od Do

Wypadkowa 36 f leży w odstępie 28. (14+24)

8+28

=29,5 cm, zatem od

| ■—•i

LU

~\9

B o 3,5 cm na prawo.

Przypuśćmy ze względu na wy boczenie i mimośród t₀=250 kg/cm². Wtedy 36000 250

= 144 cm- = ~ę {d- — di²). Jeżeli rfj=0,8 d, to F——Ą~ (1 —0,64)=0,09 zrc/*, stąd d=

=v¹⁴⁴

0,09 re

= 22,57 cm, zamiast czego

przyjmiemy d— 23 cm, g—23mm. Dalej

.......H

mamy

rys. 249.

7= 0,0491 (23⁴—18,4⁴), P=415,5+ —265,9=149,6 cm²,

a—~Ą^23⁴+18,4a=7,36 c/n,

2 a² 54,17    /_445

d ~ 11,5 —⁴ ⁷¹ cm-a“7,36“⁶⁰'⁵’

Wedle 528) mamy

7+c=

=0,68.

3,5

3,5

445²

36000

1_ 8 1000000.0,0491 (23⁴-18,4⁴)

—i—öli~³'93 cm'

Zatem wedle 526) 36000

-/'=

149,6

( 1 +4 7j)=235,16.1,835=431 kg!cm².

Dalej otrzymamy '/=235,16 (0,835—1)——38,8 kglcm'¹.

Jeżeli jednak obliczymy wedle wzoru Tetmajera 534), to dla

1    36000

"0,306 149,6

-=60,5, ^—0,68 a £'=0,306,

Zzo

03Ö6. a więc według 534)

(l+0,68|ff)

369

0,314~¹³²² hflcmi-

Tu więc wzór teoretyczny daje słanowczo za mały wynik, wedle wzoru Tetmajera z jest za wielkie, musimy przyjąć d większe.

Przyjmiemy d~~25 cm, g=2,5 dx— 29 cm, to F~ 176,7,

a==~4\J 25a4-20³=8,0 cm,

(>ł

l 445 i    5,02 cm' a

Wedle 528) mamy

H-c- =

3,5

3,5

1—

445J

36000

1-0,09"3,8{)'

8 1000000.0,0491 (2 5«—20<)

Dla ——55.6 mamy 9=0,76, £'=0,341, więc

( 1    0,76 1^=203,7X1,573=320 kg/cm\ a dalej

36000

176,7

320

"= 0,341=940 kg/cm-.

Ponieważ dla a=24 cm ~ byłoby prawdopodobnie większe, niż 1000 kg/cm-, więc zatrzymamy a~25, g—25 cm.

Właściwie wskutek zwiększenia d zmniejszy się także c i z będzie jeszcze

mniejszem.

5. Na słup wysoki 6*79 m działa siła P~33t z mimośrodem 10 cm i w pogłowie wysokości siła pozioma P,=1*7 ł. Naprężenie dopuszczalne 1200 kg/cm¹-.

Przypuśćmy ze względu na wyboczenie, siłę Px i mimośród t=250 kg/cm-, 33000

— 132 cml Przypuśćmy 4 ćwierćkołówki 1. 25, więc / =4.31*64=    '

=137*56 cm², 7=11973 cm⁴. W=665*2 cm³, «=9*73. Mamy -^=|^=69*8, więc ?y==0'605.

250

Z równ. 518 mamy

7-f-c

10 -

10

679*

33000

1—0*076

=1082

v"=

8    21 OOoOO. 11973

1700.6793 24.2100000.11973 /+cf/₀=10*82+0*88=ll*70cm. Z równ. 526. 33000 / 11*7.136*56 136.56\

A=

=0'882 cm, więc

665*2

f l) =242 ( 2*404 -fi )=824 kg/cmK

22*

1700.679³

■^°“24 2100000 23213""⁰’455 cm’ W1QC /+c+/o=10‘855

•-f-l)=607 kg!cm-.

1    33000 /10-855.174'7

0-673 174-7 V

1100

Naprężenie jest wprawdzie za małe, ale ponieważ mniejszy numer kształ-tówek okazał się za słabym, więc musimy zatrzymać ćwierćkołówki 1. 30.

Z powyższych przykładów widzimy, że właściwie należałoby obliczać wedle obu wzorów, teoretycznego 526) i Tetmajera 534) i przyjmować naprężenie większe, otrzymane z obu wzorów.

¹

Knickfestigkeit str. 343.

²

P. p. Zapiski doświadczalne mechaniczno-techn. 1897, zeszyt 25.

³

Por. także Feyl. „Zur Ermittelung- der Querschnitte“ Zeit. d. österr. Ing. u. Arch. Verein, 1908, str. 536.

⁴

Erläuterungen zu den preuss. Hochbaubelastungsvorschriften 1919.

⁵

Zent. d. Baurverw. 1917 str. 441.

⁶

0²    4390

8    210000.158,3

Wzory Tetmajera dają większe wyniki dla naprężenia, jeśli —

jest wielkiem, a także dla lanego żelaza wogóle z powodu stosunkowo małego Ç'.

•T*

Nie uwzględniono tu jednak jeszcze wyboczenia. Wedle 533) nalew

przyjąć

824

^—0.^25=1362 kg/crn².

Przyjmujemy więc 4 ćwierćkolówki 1. 30, więc F—4.43,64=174,7 cm*.

I 679    „

/--- 23213 cm*. =1100 cm³, a=ll'5 cm. Wtedy “=jyr^=59 więc Ç'—0‘673. Dalej mamy

Af c—

* 10

10

1-

679*

33000    '    “1-0039:

=10‘40 cm

8    2100000.23213

VIII. Wytrzymałość na skręcanie.

§ 100. Wzory zasadnicze.

Jeżeli siły, działające na ciało, sprowadzić się dadzą dia pewnego przekroju do pary sił, której płaszczyzna jest równoległa do tego przekroju, a więc prostopadła do osi, to ciało to pracuje na skręcanie.

Na ciało BCEBX Cx działa w płaszczyźnie Bx Cx Fx (rys. 250) moment Pc. Wskutek tego nastąpi przesunięcie punktów tego i innych przekrojów i tak punkt Fx przesunie się do Ku F do K i t. d. Przesunięcia te są różne, w pewnem włóknie jednak DDX są zerem, a włókno to nazywamy osią skręcenia.

Zauważmy punkt N w przekroju B₂ Ci F, a zrozumiemy, że przesunięcie punktu N będzie NN' — ON(p = rep, a przesunięciu temu będzie odpowiadać naprężenie ścinające ff, a więc G—m.r<pf gdy m jest ilością stałą.

Jeżeli naprężenie to rozłożymy na składowe ox i ay, działające w kierunku osi OX i OY, to ax—o wst a, a <ss—a dost a.

Dla równowagi musi być

.........»,

gx d² F— 0 i \oyd² F — 0,

C7-J-

«0

"N

“t

■!3>“

rys. 250.

rys. 251.

a gdy wstawimy wartości, o wst a d² F — mcp

r wst a dl F = m cp

x d* F = 0

o dost a d² F— rp j r wst cl d² F —mcp

i’11.

F—0,

a więc

Î-

^yd²F= 0.

. . 538)

więc oś skręcenia jest zarazem osią geome-

Równania te wypełniają się wtedy, gdy początek spółrzęd-nych, gdzie przesunięcie =0, przyjmiemy w środku ciężkości przekroju, tryczną ciała.

więc J o r d² F + M— 0, gdy M—Pc>

zeru,

Dla równowagi musi być także suma momentów w przekroju Bi C₂ F równa czyli m cp J r~ d² FYM=0, więc

m cp—

Wyraz J r² <P F=l₀ nazywamy biegunowym momentem bezwładności (n. das polare Trägheitsmoment, fr. moment d'inertie polaire).

Wstawmy w to równanie

mcp = —i /₀ = / r² F⁼ I (x² + t/-) dl F — j xi di F +

+ j y² d* F F 2 J xyd² Z**— 7j + Z4~2 AT

a jeżeli osie i OK są osiami głównemi, to według równ. 156) 70=0, więc 1q==1FI₁. Dla przekroju kołowego, kwadratu i wiel@-boków regularnych jest l~h, więc l₀ — 2 I.

Możemy zatem napisać

a——

Mr

Mr

Io

W₀

I +Ii

Z równania tego wynika, że największe naprężenie o j.est dla najzu. r, a więc dla najdalszych punktów obwodu.

Kąt cp nie jest stałym dla wszystkich przekrojów, lecz zmienia się od przekroju do przekroju. Niechaj zmiana kąta f na jednostkę długości będzie A<f>, to możemy w przybliżeniu przypuścić, że kąt cp jest proporcjonalnym do długości z, więc cp=Gz.

Przesunięcie punktu N, jest, jak wiemy, równe r <f>, dla przekroju o dz oddalonego będzie zaś r (cpd d <p), przesunięcie więc

względne    ~ Gr; spółczynnik G nazywamy s pół czynni

kiem sprężystości na skręcenie (n. Gleitmodul, fr. coefficient d’ élasticité de torsion).

Jeżeli m oznacza stosunek kiem sprężystości poprzecznej, to wedle prawideł mechaniki rozumowej G—

r. : ~ , gdy Ei jest spółczynni-FL Lj\

-.    a dla m = 4°, G-0,385 E.

2{mF1)    3

Dalej mamy o=Ei Gr, a zatem ze względu na 539)

G=

540)

Ei F

Teorja ta opiera się na przypuszczeniu, że przekrój poprzeczny pozostaje płaskim po skręceniu i że naprężenia są prostopadłe do promieni wodzących danych punktów. Przypuszczenia

*) Por. równ. 153.

te sprawdzają się jednak tylko przy przekroju kołowym. Dla innych przekrojów wzory powyższe są tylko przybliżone.

Podajemy tu w końcu wartości dla W₀ (równ. 539) dla rozmaitych przekroi :

Tablica L.

rys.

przekrój

koło .

.OS)

pierścień .    . (89)

Zd*

n dA — di⁴

16 d

elipsa

•(77) ₁₆

% b* h

elipsa wydrążona

TC b² h— ói²Ax

16

prostokąt .

\-4* *

kwadrat.

a'A

przekrój iłowy (91)

CS i ON cs Ion

„ krzyżowy (93)

(b—biy(h + 2b₁)

8² (h + b)

§ 101. Wał pełny i wydrążony.

Dla przekroju kołowego (rys. 251) możemy napisać na podstawie równ. 539) bez względu na znak

Ponieważ dla koła jest

ar ₂ .

I=h = ~ d\ więc 4 == ^ d\ jeżeli więc chcemy dopuścić naprężenie ścinające tł, to

7X

M-— ds Ti, a stąd

cc

d=

MW

7T Ti

. . 540)

Dla przekroju rurowego (rys. 89) jest

/₀=/+/₁ = 2/=2-^(rf*~rf₁‘) = -^.(rf⁴-rfi⁴), a stąd

7t(i/⁴— f/i⁴) Tj _ 71 d* - i/j⁴

32

jd

16 i/

. I, =0,196^—jd'‘ d

Ti, więc

Md

4⁴ —5,102

Dla przyjętego d da się więc dx łatwo obliczyć.

Nazwawszy -^ = /i, otrzymamy M = 0,196|l—n⁴jd³ t, a stąd

d='J⁵¹⁰²^M

d>⁼V

»i

.    . 541)

-n⁴)

- 1*721

/ M \^(1

-n⁴)

.    . 542)

§ 102. Przekrój kwadratowy.

Jeżeli bok kwadratu jest a, to możemy, w przybliżeniu licząc, zastosować także wzór 539). Tu jest

/o = 2

‘ 12 °⁴

więc bez względu na znak będzie

a?

na) w. a— _

1

Mi

a⁴

-^a⁴

4 ⁺ 4    3 y 2 M

a³

Jeżeli naprężenie dopuszczalne jest rx, to a-=3]j2 M = 4,243 A/, więc

1,62 v " •

.    .    543)

Według dokładniejszej teorji (p. Kluger: Wykład wytrzymałości materjałów str. 328) otrzymamy

najzu a=4,5

a³ ’

a stąd wstawiwszy %x za Tia/w gx będziemy mieli

⁸ / WT

.    .    544)

IX. Dźwigary kratowe i więzary dachowe.

$ 103. Uwagi ogólne.

Wyłożywszy wszystkie rodzaje wytrzymałości, przystępujemy teraz do zespołów, które obliczamy według zasad, poznanych w poprzednich rozdziałach.

Według równania 143)    — — W

⁼/rv>

zatem moment oporu belki, a więc i obciążenie, które belka unieść może, jest tem większe, im większy jest moment bezwładności. Ponieważ /

więc moment bezwładności jest tem większym, im większe są y. Najkorzystniejszy rozkład materjału byłby więc w przekroju o wielkiej wysokości, w którym materjał byłby skupiony w warstwach skrajnych. Belka o takim przekroju składa się z dwu oddzielnych podłużnych części t. z. pasów (n. Gurt, Gurtung, fr. semelle, plate-bande, an. chord, boom, r. noaci>), które musimy o tyle połączyć, aby tworzyły całość. W dźwigarze blaszanym ścianka łączy oba pasy ; jeżeli zamiast ścianką łączymy pasy dla oszczędności materjału prętami ułożonymi w kratę, wtedy dźwigar ten nazywamy dźwigarem kratowym (n. Gitterträger, fr. poutre en treillis, an. trellis girder, frame, cz. nośnik pfihradovy, r. prhmeT"iaTaH óajiKa).

Dźwigar kratowy składa się więc z pasu górnego (n. Obergurt, fr. semelle, membrure supérieure, an. top-chord, upper-boom, cz. pas horni, r. BepxHHÜ noac'B), pasu dolnego (n. Untergurt, fr. semelle, membrure inférieure, an. bottom-chord, lowet boom, cz. pas spodni, r. hhskhüï noacrb) i części łączących oba pasy czyli kraty (n. Gitterwerk, fr. treillis, an. trellis work, web, cz. pruty vypluvaci, r. p&meTKa). W każdym przekroju pracuje jeden pas na wyciąganie, drugi na ściskanie, jeden zatem stara się przedłużyć się, drugi skrócić. W obu pasach działają zatem siły wprost przeciwne, które przenoszą się przez kratę i znoszą, jeżeli oba pasy mają tworzyć jeden dźwigar. Aby siły te przenieść z jednego pasu na drugi, musimy je rozłożyć w dwu kierunkach, łączymy zatem pasy dwoma rzędami pod rozmaitymi kątami nachylonych prętów, ułożonych w kratę. Pręty te nazywamy

krzyżulcami (n. Gitterstäbe, fr. barre de remplissage, êtres U-Ion, an. brace).

Przy obliczeniu dźwigam kratowego przypuszczamy najprzód, że krzyżulce z pasami i części pasów nawzajem połączone są w węzłach (n. Knoten, fr. noeud, an. knot, apex, cz. styćnik, r. yaejTb) przegibnie i spółśrodkowo, wskutek czego mogą w krzy-żulcach i pasach działać tylko siły podłużne w kierunku osi pręta. Każda inna siła, działająca nie w kierunku osi pręta, musiałaby sprawić obrót pręta około sworznia. Jeżeli więc istnieje równowaga, siły działają w kierunku osi pręta.

Dalszem przypuszczeniem jest, że siły zewnętrzne działają tylko w węzłach, a krzyżulce przedstawiamy sobie tymczasowo bez ciężkości.

Nareszcie przypuszczamy, że krzyżulce są proste, a wskutek tego i wskutek działania siły w kierunku osi pręta powstaje we wszystkich przekrojach jednego pręta naprężenie jadnakowe. Przekroje prętów obliczamy zatem tak, aby naprężenie było równe naprężeniu dopuszczalnemu. Widzimy stąd, że przy dźwigarach kratowych wyzyskujemy materjał zupełnie, bo we wszystkich częściach dźwigaru mamy jednakową pewność, gdy tymczasem w dźwigarze blaszanym naprężenie w warstwach skrajnych jest wielkiem, a blisko osi ciężkości bardzo małem ; materjał więc nie jest zupełnie wyzyskanym.

§ 104. Warunki wyznaczalności wewnętrznej.

Przy obliczeniu dźwigarów kratowych chodzi o wyznaczenie sił wewnętrznych, działających w krzyżulcach i częściach pasów w kierunku ich osi. Dla każdego węzła z osobna muszą byś siły zewnętrzne, działające na ten węzeł i siły wewnętrzne prętów, wychodzących zeń, w równowadze, więc możemy dla każdego węzła ustawić dwa równania na tej podstawie, że suma składowych poziomych i suma składowych pionowych tych sił jest równą zeru ; dla m węzłów otrzymamy więc 2 m równań. W tych równaniach zawarte są jednak trzy równania, którebyśmy mogli ustawić dla sił zewnętrznych. Siły zewnętrzne bowiem muszą być między sobą w równowadze, gdyż inaczej cały dźwigar musiałby się poruszyć, a więc sumy składowych sił zewnętrznych pionowych, poziomych i momentów muszą być równe zeru. Z tego wynika, że nie możemy dowolnie przyjąć wszystkich sił zewnętrznych, lecz że muszą one zadość uczynić trzem warunkom. Z tych 2 m równań, któreśmy otrzymali, dadzą się ustawić trzy równania, określające warunki równowagi sił zewnętrznych. Reszty 2 m—3 równań możemy użyć do wyznaczenia nieznanych sił wewnętrznych. Jeżeli tedy n oznacza ilość krzyżulców i części pasów, to mamy n niewiadomych sił wewnętrznych, do których wyznaczenia potrzebujemy n równań.

Jeżeli

545)

2 m—3 = n,

to wtedy mamy właśnie dostateczną ilość równań do wyznaczenia sił wewnętrznych; dźwigar taki nazywamy dźwigarem kratowym statycznie wyznać.żalnym (n. statisch bestimmt, fr. -stricte, indéformable, cz. prihradóuina tuha, r. CTarasrecKH onpe-/ykjiHMHÜ). Jeżeli 2 m—37>n, wtenczas mamy więcej równań, niż niewiadomych, a więc równania te określają'jeszcze 2 m—3—n warunków, które dla równowagi muszą być spełnione. Ponieważ przy zmianie ohciążenia takiego dźwigaru musi on zmienić swój kształt, aby dopełnić warunków równowagi, więc dźwigar taki nazywamy chwiejnym lub niesamoistnym (n. labil, unselbstständig, fr. insuffisant, déformable, cz. netuhâ, vratkâ staticky preurcitd). Przykładem dźwigaru kratowego chwiejnego są dźwigary mostów wiszących.

we-

Jeżeli nakoniec 2 m—3<Cn, wtenczas nie możemy wyznaczyć statycznie wszystkich niewiadomych, dźwigar taki jest statycznie niewyznaczalnym (n. statisch unbestimmt, fr. statiquement indéterminé, an, not statically determined, cz. staticky neur-éity, r. CTaTEraecKH HeonpeÆ'LjiHMbiâ). Jeżeli 2 m — 3 — n — 1, to dźwigar kratowy jest niewyznaczalnym 1-go rzędu, jeżeli brakuje do wyznaczenia niewiadomych 2 równań, to dźwigar kratowy jest niewyznaczalnym 2-go rzędu i t. d. Chcąc wyznaczyć siły wnętrzne dźwigaru statycznie niezwyczalnego, musimy ustawić jeszcze n—2m + 3 równa«, a to albo czynić pewne przypuszczenia lub też badać odkształcenia dźwigaru według prawideł sprężystości.

Jeżeli do dźwigaru kratowego statycznie wyznaczalnego dodamy nowy węzeł, łącząc go z dźwigarem dwoma prętami, to w równaniu 545) wstawiamy m + 1 zamiast m a n + 2 zamiast n otrzymamy

2 (m +1)—3 = n + 2, czyli 2 m—3 = n, jak pierwiej, a więc przez dodanie jednego węzła i dwu prętów belka pozostaje nadal statycznie wyznaczalną. Jeżeli belka składa się mych trójkątów, to zachodzi właśnie ten wypadek i belka taka będzie statycznie wyznaczalną.

z sa-

Dla belki kratowej AB (rys. 252) jest n = 15, m—9, więc 2 m—3=15=n Belka ta jest zatem statyczhie wyznaczalną.

to

3.

5 Tj

ttj

11

lO

21

.11

JS

26

'10

Dla belki CD (rys. 253) mamy n = 26, m = 14, 2 m—3=28—3= =25<Oi. Belka ta jest więc statycznie niewyznaczalną 1-go rzędu, bo n — 2 m-j-3=l.

Dla belki AB (rys. 254) mamy n=22, m=12, 2 m — 3 = 24 — 3= =21<[n, więc belka jest niewyznaczalną pierwszego rzędu. Możemy z niej jednak łatwo otrzymać statycznie wyznaczalną, opuściwszy jeden krzyżulec np. 12, gdyż wtedy będzie 2 m — 3=n.

C { E

44

A

<ys. 252—255.

belkę kratową niewyznaczalną 1-go rzędu.

Dla belki AZ? (rys. 255) jest n=8, 77i=6, więc 2 m — 3 = 12— 3 = =9>8. Belka ta jest zatem niesa-moistną pierwszego rzędu. Chcąc zrobić z niej belkę kratową statycznie wyznaczalną, musielibyśmy dodać jeszcze jeden krzyżulec np. ED, aby 2 m—3=n. Gdybyśmy dodali jeszcze drugi krzyżulec CF, to wtedy Im—n byłoby ^>n, otrzymalibyśmy więc

§ 105. Warunki wyznaczalności ze względu na łożyska.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że siły zewnętrzne, a zatem i oddziaływania, są już wyznaczone. Belka może być jednak także statycznie niewyznaczalną ze względu na rodzaj podparcia ; zależy to od ustroju łożysk. Łożyska dzielimy wogóle na stałe (n. festes Lager, fr. support fixe, an. fixed support, cz. pevnà, r. He-noABHHraaa no^yniKa) i ruchome (n. beweglich), które dozwalają na przesunięcie końca dźwigaru. Łożysko ruchome może być albo przesuwowe (n. Gleitlager, fr. glissière, an. slide bolster,

cz. posouvatelna, r. nJiocKaa no^BHJKnaa no^yniKa), przy którem ruch końca belki następuje po przezwyciężeniu tarcia posuwistego i wałkowe (n. Rollenlager, fr. support en rouleaux, an. roller-bearing, r. noßyniKa Ha KaTKaxa»), ułatwiające przesuwanie podłużne przez użycie wałków po przezwyciężeniu tarcia potoczystego. Jeżeli łożysko jest wałkowem, to jeżeli nie będziemy uwzględniać małego bardzo tarcia potoczystego, dla równowagi oddziaływanie może być tylko prostopadłe do podstawy, na której leżą wałki, bo gdyby było ukośnem, to składowa równoległa do podstawy wywołałaby obrót wałków. Jeżeli łożysko składa się z dwu części, połączonych za pomocą sworznia, więc przegibnie, to kierunek oddziaływania musi przechodzić przez sworzeń. Łożysko takie nazywamy kołysko wem (n. Kipplager).

Jeżeli urządzimy łożysko kołyskowe i wałkowe zarazem, to znamy punkt zaczepienia i kierunek oddziaływania, pozostaje tylko jedna niewiadoma, wielkość oddziaływania.

Jeżeli łożysko jest tylko kołyskowe, to znamy punkt zaczepienia oddziaływania, ale nie znamy kierunku i wielkości oddziaływania, są tu więc dwie niewiadome. Wreszcie, gdy łożysko jest stałem, to nie znamy ani punktu zaczepienia ani kierunku ani wielkości oddziaływania. Mamy tu trzy niewiadome.

Ponieważ do określenia obu oddziaływań belki prostej w dwu punktach podpartej mamy tylko 3 równania równowagi sił zewnętrznych, przeto suma niewiadomych podporowych nie może być większą, niż trzy. Warunek ten spełni się, gdy urządzimy jedno łożysko stałe kołyskowe (2 niewiadome) a drugie ruchome koły^-skowe i wałkowe (1 niewiadoma).

546)

W ogóle jeżeli mamy a niewiadomych podporowych, to trzy z nich dadzą się wyznaczyć z 3 równań, wyrażających równowagę sił zewnętrznych, zatem pozostaje (a — 3) niewiadomych. Z uwzględnieniem niewiadomych podporowych możemy zatem napisać zamiast 545) jako wa unek wyznaczalności belki 2 m 3 = n + (a —3), zatem 2 m = n + a .

Jeżeli nazwiemy ilość łożysk stałych kołyskowych s, ilość wałkowych kołyskowych w, to a = 2 s + zu, więc

547)

2 m — 2 s+n/T/j

2 tu —

Dla belki kratowej AB (rys. 252) jest n=15, /n—9, s=l, w — 1, więc 18, 2 s-j-w+n = 2-j-1 -h 15=18. Zatem belka jest statycznie wyznaczalną.

Gdyby w B było także łożysko stałe kołyskowe, toby było s—2. więc 2 s-Htó-j-n=^4-f-15=19, belka byłaby z powodu łożysk statycznie niewyznaczalną.

§ 106. Wyznaczenie wykreślne sił wewnętrznych za pomocą metody wielobokowej.

Dla równowagi sił zewnętrznych powinien, jak wiemy (§ 5), zamknąć się wielobok sił i wielobok sznurowy. Oprócz tego muszą być dla każdego węzła siły zewnętrzne i wewnętrzne w równowadze, a więc dla każdego węzła musi się odnośny wielobok sił zamknąć. Jeżeli zaczniemy od węzła, w którym schodzą się dwa pręty, to kierunki i wielkości wszystkich sił z wyjątkiem wielkości dwu sił wewnętrznych przeciętych prętów są wiadome, możemy więc wykreślić wielobok sił i wyznaczyć niewiadome. Idziemy teraz do następnego węzła, w którym schodzą się trzy pręty, z tych jeden, dla którego wyznaczyliśmy już siłę wewnętrzną. Mamy więc znów tylko dwie niewiadome i postępujemy, jak pierwej. W ten sposób dalej postępując, możemy wyznaczyć wszystkie siły wewnętrzne. Ułatwimy sobie przytem wykreślenie, jeżeli wieloboków sił dla poszczególnych węzłów nie będziemy kreślić osobno, lecz wszystkie na jednym rysunku.

Na rysunku 256. widzimy belkę kratową, na którą działają siły. Dla równowagi dają one zamknięty wielobok sił, a także wielobok sznurowy dla jakiegokolwiek bieguna musi się zamknąć (na rysunku opuściliśmy wielobok sznurowy). Wykreślmy teraz wielobok sił dla węzła A, gdzie schodzą się tylko dwa pręty, w których siły działające nazwijmy a i b. W wieloboku sił 01 przedstawia siłę Plf poprowadźmy 1 mijAE i 0 mj/AB, to te dwie , proste przetną się w punkcie m, a proste 0 m i 1 m przedstawiają kierunki i wielkości sił wewnętrznych a i b. Z kierunku strzałek w wieloboku 01 m poznamy, że siły a i b działają w kierunku od węzła A, a więc przedstawiają ciągnienia. Idziemy teraz do węzła B. Tu znamy Ph i b, niewiadome są c i d, które otrzymamy, kreśląc w podobny sposób wielobok sił dla węzła B 40 mn, a więc mn = c, n4 = d. I tu obie siły są dodatnie t. j. przedstawiają ciągnienia. Gdyby kierunek strzałki był odwrotny, do węzła i wskazywał, że siła działa do przekroju, wtedy byłoby tam ciśnienie. ^ podobny sposób postępując dalej, ©trzymamy wykreślnie

siły wewnętrzne, działające we wsystkich częściach belki, czyli tak zwany plan sił (n. Kräfteplan, fr, épure, an. force diagram). Metodę tę podał najpierw Maxwell*) w roku 1864, a Cre-) w roku 1872. Nazywają ją metodą Cremony, chociaż

raczej należałoby ją nazwać metodą Max-we la lub metodą wielobokową (n. Polygonalmethode).

Z rys. 256 widzimy, że plan sił łączy się ściśle z wielobokiem sił. Nim więc przystąpimy do wykreślenia planu sił, musimy najprzód mieć wykreślony wielobok sił i wyznaczone wielkości oddzia-mocy konstrukcji równoległe do prę-

m ona

%_ÜL

c p.z ,

/6

ri

rys. 256.

-ływań. Boki planu sił są na tów belki kratowej.

§ 107. Metoda przecięć,

o) Analityczna.

Druga metoda wyznaczania sił wewnętrznych belki kratowej jest metoda przecięć (n. Schniimethode, a. method of sections). Analitycznie zastosował pierwszy tę metodę Ritter (1861), dlatego nazywamy ją metodą Kit ter a,

Jeżeli belkę kratową przetniemy na dwie części A i B, t© jeżeli chcemy, aby część A pozostała w równowadze, musimy przyłożyć siły wewnętrzne przeciętych prętów w punktach, gdzieśmy je przecięli. Jeżeli przetniemy trzy pręty, nieprzecinające się w jednym punkcie, to dadzą się siły wewnętrzne tych prętów wyzna-czyć, gdyż dla równowagi możemy trzy równania ustawić. Niech CB, CG i F G (rys. 257) będą trzy przecięte pręty, to gdy prawą część belki odejmiemy, dla równowagi zaczepiamy dotychczas nieznane siły wewnętrzne prętów Sl} S.₂, S&. Wypadkową sił zewnętrznych, czyli dla belki prostej siłą poprzeczną niech będzie

*) On reciprocal figures and diagrams oj forces. 1864.

"*) Le figure reciproche nella statica grafica. Milano 1872.

Mg .

Q. Chcąc wyznaczyć wprost Slf obieramy jako punkt obrotu dla momentów punkt przecięcia się G dwu drugich sil S₂ i S₃, których moment zatem jest równy zeru. Mamy więc Qri-fć>iSi =0, a stąd

Si= —

Qri _ _ Mi

Si

«i

548)

jeżeli ri i nazwiemy prostopadłe, spuszczone z G na kierunki sił Q i ć>i, a Mi oznacza moment sił zewnętrznych z względu na G.

Znak (—) w równ. 548) oznacza, że kierunek siły będzie przeciwny, niżeśmy pierwotnie przyjęli, a więc do węzła, zatem siła Si jest ciśnieniem.

Dla wyznaczenia siły »S₂ ustawiamy równanie momentów ze względu na punkt H i otrzymamy — Qrx = 5₂s₂ =?= 0, stąd S₂ —

jeżeli Mi oznacza moment zgięcia ze względu

s₂ s₂

.....-

>!

sJb

//

rt.........t......>

Z³ \° B

rys. 257.

na

H.

A ze względu na punkt C Qrs—S₃s₃ — 0, więc S₃= —'■

s&

przyczem M% oznacza moment zgięcia ze względu na C.

b) Wykreślna.

Podobnie możemy metodą przecięć wyznaczyć siły wewnętrzne . wykreślnie, jak to pierwszy uczynił Cul man (1864).

Przeciąwszy trzy pręty belki kratowej (rys. 258), mamy, jak pierwej, cztery siły Q, Sj, S₂, Ss, które muszą być w równowadze. Gdybyśmy złożyli siły *S₂ i S₃, to wypadkowa ich przechodziłaby przez punkt A; kierunku jednak jej ani wielkości nie znamy, gdyż nie znamy wielkości sił S₂ i S₃. Gdybyśmy następnie złożyli siły .Si i Q, to wypadkowa tych sił przechodziłaby przez punkt H. Ponieważ jednak wszystkie te cztery siły są w równowadze, więc obie te wypadkowe muszą się równoważyć, a więc działać w jednej i tej samej prostej, ale w przeciwnych kierunkach i muszą być sobie równe, a zatem AH będzie kierunkiem

wypadkowej S% i S\. Niech 01 = Q, to gdy poprowadzimy 1 m // HA a Om I/Slf 01 m będzie wielobokiem sił zamkniętym, 1 m wypadkową z sił S₂ i S₃ a 0 m = 5i.

?»

x\t /

si' ^ ^

2-4° \

!

yj \1    \ i

*»

? Jk

//

//

!!

_____A

r*---    1

rys. 258.

GA i

Podobnie otrzymamy 0 n = S₂, zrobiwszy 1 n // IB a 0 n // S2 i 0 p = S₃, zrobiwszy 1 p // GC a 0 p // S₃. Siły £2 i G₃ możemy też inaczej wyznaczyć, znamy bowiem ich wypadkową 1 m. Rozkładamy więc ją według znanych kierunków CA i GA, robimy 1 r// mr I j AC i otrzymujemy G₂⁼⁼l r i S₃ = rm. Tok sił «Si, S2 i S₃ wyznaczamy, jak poprzednio, z wieloboku sił; widzimy więc, że siły S₂ i S₃ działają od przekroju, więc sprawiają ciągnienie, *Si ciśnienie.

Metodę przecięć możemy zastosować także przy wykonaniu planu sił, który kreślimy, przecinając po kolei belkę w ten sposób, aby przeciąć zawsze tylko dwa pręty, których sił wewnętrznych nie znamy. Wtedy wszystkie siły zewnętrzne po lewej stronie przekroju i siły wewnętrzne, działające w przeciętych prętach, muszą dać zamknięty wielobok sił. Ze względu na to, że wielkość tylko dwu sił jest nieznaną, wielobok ten da się wykreślić. Po-stępując tak dalej, otrzymujemy plan sił.

4 n//d. Linje te przecinają się w n,

W rys. 256 przecinamy naprzód siły a i b i wykreślamy wielobok sił Pu a i b. Teraz tniemy wedle linji mn, przecinamy więc znaną nam siłę a, dalej c i d. Siły Px, P₃, a, c i d muszą być w równowadze. Mamy wykreślone Pe = 40, Pi = 01, a = \ m. Zm wykreślamy mn // mamy więc mn = c, n4 = d. Tok sił w wieloboku sił jest P₆. Ply a> c, d, więc c i d są ciągnienia.

23

Statyka.

Dalej przecinamy belkę wedle linji pr, d jest tu znane, nieznajome c i /, itd.

Chcąc porównać obie metody, wielobokową i metodę przecięć, zauważyć musimy, że przy metodzie wielobokowej otrzymujemy, wykreśliwszy plan sił, siły wewnętrzne we wszystkich prętach, podczas gdy przy metodzie przecięć musimy dla każdej trójki sił robić osobny rysunek. Jeśli zatem mamy dla danego obciążenia belki wyznaczyć siły wewnętrzne wszystkich części belki, to użyjemy z korzyścią metody wielobokowej. Jeśli zaś dla pewnego obciążenia mamy wyznaczyć siłę wewnętrzną tylko jednego lub dwu prętów, używamy metody przecięć Rittera lub Culmanna, gdyż nią prędzej dojdziemy do celu.

§ 106. Belka wzmocniona.

Jako przykład metody wielobokowej wyznaczymy w przybliżeniu siły wewnętrzne belki wzmocnionej (n. armierter Träger,, fr. poutre armée à un seul poinçon, an. triangulär truss) (rys. 259), przypuszczając, że połączenia w węzłach są przegibne, i że działa na nią siła P w punkcie C. Stąd wynika, że 0₁ = 0₂ =

= -    , a prosta rtmr jest wielobokiem sił zewnętrznych. Chcąc

wykreślić plan sił, przecinamy belkę naprzód w prostej ff, kreślimy rnlfAC,

te przecinają się w punkcie n, więc rn — a,mn — b. Kierunek sił w wieloboku, oznaczony strzałkami, jest mrnm, a więc w a jest do przekroju, zatem siła ta sprawia ciśnienie, w b od przekroju, więc ciągnienie. Teraz tniemy belkę w prostej gg i kreślimy wielobok sił : 0\ — mr, a — rn, dalej np // CE. Nie znając wielkości tej siły, musimy kreślić teraz w przeciwnym kierunku, więc mpl/BE. Proste te przecinają się w punkcie p, więc np — c, mp = e. Nakoniec tniemy belkę w prostej hh i kreślimy wielobok

Oz

mn AE. Proste

r\

\h

Ti

!>

<-■— ......

P ' d t

rys. 259.

O, I

±\..

sił, więc Oi = mr, P— rt, dalej tp U CB. Ponieważ wielobok sił musi się zamknąć, więc prosta tp jj CB musi przechodzić przez punkt p, a tp = d, co stanowi zarazem próbę dokładności rysunku.

Na rysunku 260 widzimy belkę podwójnie n i o n ą (fr. poutre à trois poinçons,

wzmóc-

an. compound triangulär truss), na którą działają w węzłach C, E i F siły Pu P₂ i Ps. Naprzód musimy w znany sposób wyznaczyć oddziaływania Ox i 0₂. W tym

°2

ff

.1°

"b

*f

ii

e,

r.

rys.

260.

celu wykreślamy wielobok sił, przyjmujemy biegun O, kreślimy wielobok sznurowy, zamykającą ax bx i równoległy do niej promień Om, wtedy mamy Oi = mO i 0₂ = 3m. Teraz mamy wszystkie siły zewnętrzne i kreślimy osobno wielobok sił 0123 m i plan sił podobnie, jak powyżej.

Powyżej przypuściliśmy, że połączenia węzłowe są przegibne, a obciążenie działa tylko w węzłach. Często przypuszczenia te w praktyce się nie stwierdzają.

Jeżeli obciążenie działa na pasie górnym belki, wtedy części pasu górnego pracują jako belki drugorzędne na zginanie i przenoszą siły na węzły. Pas górny jest więc nietylko ciśnionym, ale i zginanym. Obliczać go zatem należy dla wytrzymałości złożonej.

§ 109. Obciążenie dachów.

Według metody wielobokowej wyznaczamy też siły wewnętrzne, działające w więzarach dachowych.

Więzarem dachowym czyli wiązaniem pełnem (n. Dachbinder, Bundgespärre, fr. ferme, an roof framing, roof łruss, r. <f>epMa) nazywamy parę krokwi, wzmocnionych odpo-wiedniem wiązaniem i działających jako belka kratowa, niosąca cały ciężar stały zeskładu dachu, jakoteż i obciążenia śniegiem i wiatrem. Dla obliczenia więzarów dachowych simy więc przedewszystkiem znać obciążenie dachów, które składa się z ciężaru własnego, z ciężaru śniegu i parcia wiatru. Ciężar własny składa się z ciężaru : a) pokrycia wraz z krokwiami, ß) ciężaru płatwi i tężników, y) ciężaru więzarów. Ciężar pokrycia wraz z krokwiami przyjąć możemy dla pierwszego obliczenia przybliżonego według następnej tabliczki LI., ciężar płatwi i tężników możemy przyjąć tak dla dachów drewnianych, jak i żelaznych, 15 kg/m² połaci dachów.

mu- T

Ciężar więzarów jest nam nieznany, należy go przyjąć w przybliżeniu wedle materjału ustroju i wykonanych budowli, jest on zresztą niewielki w stosunku do innych ciężarów ; później należy dokładnie wyznaczyć ciężar i liczyć raz jeszcze.

Tablica LI.

i kro-

Rodzaj pokrycia dach

Ciężar własny pokrycia kwi w kg na 1 m² dachu pochyłego bez ciężaru więzarów głównych

cement drzewny z 10 cm żwirówką

dachówka zakładkowa......

beton żużlowy, płyta żelbetowa . .

łupek naturalny.........

blacha płaska..........

blacha falista na kątówkach . . .

tektura ............

gonty podwójnie........

„ pojedynczo........

szkło drutowe do 6 mm.....

yf    »>

strzecha .

asfalt, łupek abestowy . ruberoid.......

o o o

*-< O uo

CN r—i i—I

OOUiUWWpOOOO

Ciężar więzarów głównych możemy przyjąć, jak następuje :

Tablica LII.

a) Wiązary drewniane na 1 m² dachu pochyłego : Ustrój

o stolcu stojącym lub leżącym wiszące pojedyncze.....

rozp. m

7,5—15 10 -18

ciąż. kg/m 7- 13 12- 18

Ustrój

rozp. m.

cięż. kg Im“

wiszące złożone lub rozporowe

„ niepodparte dla rozpiętości . . 10 —18 b) Więzary żelazne na 1 m² rzutu poziomego:

20

20- 24 20— 30

lekkie

15— 20 20— 30 40-100

Nachylenie dachu zależnem jest od materjału pokrycia. W przecięciu możemy przyjąć nachylenie według następnej tabliczki, jeżeli kąt nachylenia dachu do poziomu (rys. 261)

nazwiemy a, wysokość h a rozpiętość /, zatem st odchylenie może być jednak także większem.

cięższe.....-..........

dla wielkich rozpiętości 30 — 60 m . . .

Na-

Tablica LUI.

najmn.

Rodzaj pokrycia

st

średnie

>■

rys. 261.

Strzecha ...... .

Gonty

Dachówka zakładowa . . Łupek naturalny . . . .

„ eternit.....

Blacha płaska .....

Szkło

Tektura . . .

Cement drzewny

falista

1:1

1: 2,25 1:1,5 1 :2,25 1 : 2,25

1 :0,9 1 :1,5 1 : 1 1 : 1,5 1 :1,5

1:7

1:3

1:3

1:10

1:12

1:4

1:2

1:6

1 : 1.0

1000

= 81,5£g, okrągło

Warstwa śniegu, która się osadza na dachach w naszych okolicach, nie jest zwykle grubszą, niż 0,60 m. Wysoko w górach warstwa ta jest jednak znacznie większą, dosięga nawet 2m wysokości. Przyjąwszy wysokość warstwy 0,65 m i zważywszy, że śnieg jest około 8 razy lżejszy od wody otrzymamy ciężar śniegu na m² rzutu s = 0,65

s = 80 —-

m²

549)

na-

Odnosi się to tylko do okolic w nizinach, w górach leży przyjąć więcej. Zwłaszcza śnieg zlodowaciały waży znacznie więcej, Schalter¹) robił doświadczenia co do ciężaru gatun-

kowego śniegu, a zarazem badał grubość jego warstw i przychodzi do wniosku, że jest ona zależną od wysokości nad po-

f), jeżeli

ziom morza, mianowicie £ = 70^1

g w cm a h w m

oznacza wysokość nad poziom morza. Radzi on podzielić kraj warstwicami na 3 części.

Tablica LIV.

Strefa pierwsza druga trzecia

s w kg/m

0~200 m

.    200-500 „

. . >500 m

75

120

340

Zwykle przyjmujemy, że obciążenie śniegu jest równe na całej powierzchni dachu ; możliwem jest jednak, że wskutek wiatru jedna połać jest obciążoną śniegiem, druga prawie wcale nie. Czasem może to sprawić w niektórych prętach większe naprężenie, w takim razie należałoby to uwzględnić.

Koechlin i Landsberg przyjmują więc, * że śnieg może być tylko na jednej połaci, Breymann jednak twierdzi słusznie, że na drugiej połaci należy przynajmniej przyjąć połowę obciążenia.

Na stromej połaci śnieg nie może się utrzymać, dlatego liczymy powyższe obciążenie tylko do cc — 35°, przy cc = 40° przyjmujemy tylko połowę obciążenia, a przy a = 45° nie przyjmujemy wcale żadnego obciążenia śniegiem.

Dalszą siłą, działającą na dachy, jest parcie wiatru (n. Winddruck, fr. pression du vent an. wind pressure, r. AaB-jietde Brkrpa). Z mechaniki rozumowej wiemy, że ciśnienie wiatru na płaszczyznę prostopadłą do kierunku wiatru jest

Ki

550)

Jeżeli wstawimy ^=9,81 m i ciężar 1 m:! powietrza o normalnej gęstości y = 1,293, to otrzymamy:

¹

Por. „Beton u. Eisen“ 1909, str. 284 i 1907, str. 136.

w = 0,13 F v- kg/m² .

gdy v oznacza chyżość wiatru na sekundę w metrach.

Chyżości wiatru i odpowiednie parcia są następujące :

LVI.

n v w m/s w w kg/m*

Moc wiatru

silny wiatr .... bardzo silny wiatr . lekka burza .... silna burza .... silny wicher .... najsilniejszy wicher

W naszych okolicach v rzadko kiedy bywa większem, niż którąto wartość po zaokrągleniu zwykle przyjmujemy przy obliczaniu dachów, w = 125 kq\m². Szczególniej w miastach, gdzie dachy są po części zasłonięte innymi budynkami, powyższa wartość jest zupełnie wystarczającą ; w miejscach jednak wolnych niezasłoniętych, zwłaszcza wysoko położonych i wystawionych na działanie wiatrów dla wież, kominów wysokich powinniśmy przyjąć większe parcie, a mianowicie do 250 kg/m*, gdyż stwierdzono doświadczalnie, że parcie wiatru w górze jest znacznie większem, niż przy ziemi, gdzie zmniejsza się chyżość wiatru. Zresztą trudno przypuszczać, aby największy wicher wywierał parcie na dach równocześnie z największem obciążeniem śniegu. Nie potrzebujemy zatem liczyć na wyjątkowe, może raz w kilkanaście lat zdarzające się wichry zwłaszcza, iż przy obliczaniu przekroju przypuszczamy jakąś pewność, a materjał wytrzymać może takie kilkakrotne nadzwyczajne naprężenia.

Rozporządzenie pruskie z r.

, aż do 15 m wysokości od 15 do 25 m „ wyżej 25 m „

Przy wybrzeżach i w górach należy zwiększyć te cyfry o 25 do 50/o> W Stanach Zjednoczonych P. A, przyjmują parcie w=0.004K*.

mil. godz. '

. . 15 . . 20

29

52

30 m,

Stąd otrzymany.

25

82

. 30

117

40

208

. 50

326

1919 przyjmuje parcie wiatru. 100 kg/m³

125

150

Tablica LIV a.

Moc wiatru

vwm/s

w w kgjm“¹

b. wielki wiatr

32

41

burza

22

50

Moc wiatru

v zu rnfs

zu zu kg! nv

silna burza

/ 26

72

I 31

98

orkan

I 35

128

200

Rozporządzenia nakazują przypuszczać zu zawsze mniej niż 170 kg/m², najczęściej w=148 kg/m\ na wieżę najwyżej 195 kgjm'-.

Najczęściej kierunek wiatru jest do poziomu nachylony pod kątem 10° (rys 262), tak też go zawsze przyjmować będziemy. Powodem tego jest tarcie przy ziemi, które zmniejsza chyżość wiatru i nachyla jego kierunek. Jeżeli zu oznacza ciśnienie na 1 ni¹

.....

.......

\jrCL

płaszczyzny prostopadłej do kierunku wiatru, to ciśnienie na połać AB o szerokości 1 rn otrzymamy, spuściwszy z A prostopadłą na kierunek wiatru, a z B na AD, a zatem parcie wiatru na m² dachu pochyłego

AD

rys. 262.

w,

jeżeli kąt nachylenia dachu do poziomu jest a,

Z rysunku widzimy, że

AD

. . 552)

więc

w, = w wst (a+ 10).

Rozłóżmy parcie zvx na siłę prostopadłą do dachu n i równoległą t. Z rysunku widzimy, że

n = zu₁ wst (a + 10) = Wi wst² (a+ 10), a t—zui dost (a+ 10). Siła t posuwa prąd powietrza wzdłuż połaci. Ponieważ tarcie wiatru o dach jest stosunkowo małem, więc zwykle nie uwzględniamy go wcale, tylko siłę składową prostopadłą do połaci n.

Jednak doświadczenia L o e s s 1 a udowodniły, że parcie n jest większem i wzrasta nie w stosunku do kwadratu, lecz do pierwszej potęgi wst (a+ 10).

Będziemy więc używać nadal wzoru

n = w wst (a+ 10), .    .

a zatem wzoru identycznego z wzorem 552)

Przy dachach wielobocznych nachylenie dachu zmienia się ciągle, musimy zatem dla każdego nachylenia obliczać parcie według 553). Możemy to zrobić także wykreślnie.

Równ. 553) możemy także inaczej napisać, zważywszy że

więc N = zu AD. Parcie pro-

wst (a+ 10) —

zatem n ~zu

stopadłe do połaci na 1 m szerokości jest więc równe zu razy rzut połaci na kierunek wiatru. Jeżeli odstęp ciężarów jest a, to musimy jeszcze przez a pomnożyć.

Dla dachu wielobocznego (rys. 262) wynika z tego łatwa konstrukcja. Z A prowadzimy A G prostopadle do kierunku wiatru i rzucamy na nie punkty załamania powierzchni dachu B, E, H, równolegle do kierunku wiatru. Parcia są wtedy proporcjonalne do AD, DF, FG. Aby otrzymać całkowite parcie połaciowe, pomnożyć należy te długości przez wa.

IC.

AL

rys. 263.

Jeżeli przedmiot, o który wiatr uderza, ma powierzchnię krzywą, to parcie wiatru jest mniejszem, niż na powierzchnię płaską o tym samym rzucie pionowym, więc W=dFw .    :    :    :    554)

jeżeli â jest spółczynnik, w parcie wiatru na jednostkę kwadratową a F rzut pionowy powierzchni.

Jeżeli wiatr działa na walec o przekroju koła (rys. 264), zauważamy dwa elementy symetryczne do kierunku wiatru, których styczna nachylona jest do tego kierunku pod kątem ß. Parcie na element ds dw — zu ds wst ß. Rozłóżmy je na równoległą do WO i'prostopadłą, a otrzymamy dzvx ~ dzu wst ß — w ds wst² ß.

więc

W=2 f

' J 0

ix = 2 I 4 ds wst² ß — 2zu r | 4wst²ßdf JO    J 0

W ~ 2 rzv

r    1 n

|^dost/ÿwstpf + /?Jï = 2rw 4 —0'785<7w;, więc d=0‘785.

Jeżeli obliczenie parcia oprzemy wtedy na wzorze Loes-

. ó=0,848

(przekrój koło)

ośmiokąt) .    . d = 0,890

sla 552), to otrzymamy wedle Mayera dla walca

„ graniastosłupa (    „

Wzory te zastosujemy przy obliczaniu parcia wiatru na

kominy.

Brune oblicza parcie na stożek i półkulę i otrzymuje dla stożka    dost a, jeżeli a jest kąt nachylenia boków stożka

do osi, a dla półkuli 0=0,207.

1913¹) wykazały że

Doświadczenia Eiffla, wykonane w r. parcie wiatru rozkłada się na całą ścianę, narażoną na wiatr i na część dachu, parcie to maleje i przechodzi w ssanie, które stwierdzono na całej odwrotnej stronie budynku (rys. 265). Jeżeli wiatr działa prostopadle do osi budynku (rys. 265 a), średnie parcie na ścianę przednią wynosi około 80 kglm", największe ssanie u góry dachu dochodzi do tej samej wielkości¹ Jeżeli kierunek wiatru nachylony do osi budynku pod kątem 60°, (rys. 265 b), parcie na przednią ścianę się zmniejsza, ale ssanie powiększa się aż do 160 łcglm'\ ssanie na ścianę tylną jest większe, niż na przednią.

ds

dwÀ

rys. 264.

Jeżeli dach zaopatrzony jest w latarnię otwartą (rys. 266), powstaje parcie większe na ścianie przedniej i dachu przednim, a także parcie na ścianę i połać dachu tylną. Jeżeli wiatr uderza prostopadle do osi budynku parcie średnie na ścianę przednią

rys. 265.

(rys. 266 b) wynosi średnio 120 kg im², na tylną 40 kg m². W razie otwartej latarni niema więc obawy zerwania dachu przez ssanie.

-150

-d&i

-4ZO

c99

~*S

wynosi 150 kgjm² (rys. 266 a) chylony pod kątem 60° do osi budynku, to parcie na

a na

tylną 60 kgjm². Jeżeli wiatr

na-

ścianę przednią^

-33

nr

-52

ch7

-2G

ch7

'7

' 3h

9>

-hr²

5»

sK -f- X

_J«_j    So

Jjóo

58

<4*0

±_

62.

-W

4*0 Gi

T7777777Z77777777777777777ZTŻ777777żZy7/

46

158

+]

hh

IZ9

35

-89

-70

-ć.- K

22 24

4-r

32\+

ha

'425

405

ho

hi f-*t

w//y/yy//yyy/////y//////////////y/y//

rys. 266.

1911 dla zeskładów żelbeto-

Rozporządzenie ministr. austr. z r. wych §. 4. ust. 5. Ciężar własny pokrycia dachu włącznie z opierzeniem, łatami i krokwiami, jednak bez ciężarów, należy przyjmować na 1 m² pochyłej powierzchni dachu w kg, jak następuje:

Tablica LV.

ł—*■ ł—•>

ON tO O ►P* Ln O

dachówka pojedyncza „    podwójna

„    zakładkowa

łupek pojedynczo ....

82

„ podwójnie.....

41

32

35

„ sztuczny na tekturze . tektura pojedynczo bez piasku „ podwójna .... cement drzewny z 8 cm grubą warstwą żwiru 200

Dla innych rodzajów pokrycia (n. p. dla metalu, szkła i t. d.) należy ciężar własny w danym razie osobno obliczyć.

Ust. 9. Ciężar śniegu. Ciężar śniegu należy w kg/m² rzutu dachu przyjąć, jak następuje:

śniegu.

przy nachyleniu dachu do 40°.....

„    „    „    między 40° do 60°

„    „    „    nad 60° nie należy wcale uwzględniać ciężaru

75

40

Dla okolic, położonych na południu (Austrji), dowodnie ubogich w śnieg, można przyznać w danym wypadku zmniejszenie powyższych obciążeń. Dla okolic z dowodnie wielkim opadem śniegu należy przyjąć ciężar śniegu według miejscowego położenia większy, a mianowicie przy nachyleniach do 40° aż do 200 kg, dla nachyleń między 40° a 60° aż do 110 kg/m² rzutu. Ciężar śniegu należy przyjmować przy obliczeniu albo na wszystkich, albo gdy to jest niekorzystniej ■ szem na niektórych tylko połaciach dachu.

10.    Parcie wiatru. Parcie wiatru należy przyjąć na m² powierzchni prostopadłej do kierunku wiatru w ogólności w—150 kg, w nadzwyczzjnych wypadkach wedle miejscowego położenia do 250 kg.

11.    Kierunek wiatru należy przyjąć poziomy; dla powierzchni, które z kierunkiem wiatru tworzą kąt a, należy przyjąć parcie wiatru prostopadle do te powierzchni zv₁—o)wst²a.

12.    Przy otwartych wiatach, daszkach i t. d. należy w danym razie przyjąć parcie wiatru, działające prostopadle do powierzchni dachu z wewnątrz na zewnątrz 60 kg/m², a w nadzwyczajnych wypadkach według położenia miejscowego 100 kg/m-.

13.    Przy budowlach, które znajdują się w miejscu, stale od wiatru osło-niętem, można dopuścić zmniejszenie parcia wiatru aż do 75 kg/m².

Normy przyjęte przez austr. towarzystwo inżynierów i architektów.

Kierunek parcia wiatru przyjmuje się poziomy. Parcie wiatru na płaszczyznę prostopadłą do kierunku wiatru 200 kg/m'².

Ciężar śniegu na płaszczyznę poziomą 75 kg/m¹.

Przepisy dla .budowli c. k. kolei państwowych austrja-ckich.

Ciężar śniegu należy przyjąć 75 kg/m² rzutu. Przy nachyleniach dachu wyżej 40° należy przyjąć z tego połowę, wyżej 60° wcale nie uwzględniać cię

żaru śniegu.

W okolicach z dowodnie bardzo małym opadem śniegu można wpływu

jego całkiem nie uwzględniać.

Parcie wiatru prostopadle do połaci dachu należy obliczać wedle wzoru w>=150wst² (a-l-10) kg/m², przyczem a oznacza kąt nachylenia dachu. W okolicach z bardzo wielkimi wichrami (bora) należy przyjąć 250 kgjm³ zamiast 150 kg/m'². Dla otwartych wiat i dachów peronowych należy przyjmować wiatr, działający z wewnątrz na zewnątrz 60 kglm², w okolicach z silnymi wiatrami (bora) 100 kg/m² dachu. Przy budowlach w dowodnie osłoniętem położeniu można powyższe cyfry odpowiednio zniżyć.

Należy zawsze uwzględniać najniekorzystniejsze działanie wiatru i ciężar

śniegu.

Rozporządzenie minist, pruskiego z 1919.

Tablica LVI.

Ciężary własne kgjm⁹:

Dach kryty dachówką pojedynczo z łatami i krokwiami......

Dtto ustrój czeski (w zaprawie)................

Dach kryty dachówką podwójnie z łatami i krokwiami......

Dtto ustrój czeski (w zaprawie)............. . . .

Dach kryty podwójnemi dachówkami z łatami i krokwiami . . . .

Dtto ustrój czeski (w zaprawie)................

Dach kryty dachówką holenderską na łatach z małych dachówek Dtto z wielkich dachówek...................

ISkgjm'1 85 „

95 „

115

105

130

80

85

Dach z dachówek    holenderskich na    opierzeniu    zakładanem . .    .    .

Dach z dachówek    zakładkowych............. .    .    .

Dach kryty gąsiorkówką z łatami i krokwiami..........

Dtto pokrycie czeskie ......................

Angielski dach łupkowy na łatach z łatami i krokwiami .....

Angielski dach łupkowy na opierzeniu z opierzeniem i krokwiami . Niemiecki dach łupkowy na opierzeniu i z podkładką tekturową . .

Dtto z mniejszych dachówek (20X15 cm)............

Dach cynkowy na    listwach................ .    .

Dach miedziany z podwójnemi zakładkami i opierzeniem.....

Pojedynczy dach tekturowy z opierzeniem i krokwiami......

Podwójny dach z    żwirem, opierzeniem    i    krokwiami......    .    .

Dach z cementu drzewnego z warstwą żwiru 7 cm........

Dach z cementu drzewnego na sklepieniach i warstwą żwiru 7 cm . Dach szklanny Dtto dla szkła 5—6

100

65

100

115

45

55

65

60

40

40

35

55

180

520

na żelaznych listwach dla szkła 4 cm.......

mm alba z drutami.............

Ciężar śniegu na 1 m powierzchni połaci............

(Jeżeli aj>50° nie uwzględnia się wcale ciężaru śniegu).

Parcie wiatru na 1 m² powierzchni prostopadłej (dla obliczenia części ścian, ram, więzarów)..............•    ...

22

30

75

125* „

*) Dla wysokich budowli na małej powierzchni nie mogą być przekroczone wyższe granice naprężeń dopuszczalnych przy w—150 kg/m².

Całkowite obciążenie dachów

złożone z ciężaru własnego, śniegu i parcia wiatru na 1 m- poziomego rzutu:

LVII.

Dach szklanny przy nachyleniu 10°...............

Dtto przy nachyleniu 25°...................

Dach łupkowy przy nachyleniu 25°...............

Dtto przy nachyleniu 45°...................

Dach dachówkowy przy nachyleniu 30°.............

Dach dachówkowy przy nachyleniu 45®.............

Dach z cementu drzewnego na drewnianych krokwiach......

Strome dachy mansardowe z pokryciem łupkiem lub dachówką przy nachyleniu 45' . .

Dtto przy nacnyleniu 70°

Dla poziomych lub słabo nachylonych, 1 : 20 dachów, które służą jako miejsce zabawy i wypoczynku, obciążenie =250 kgjm* (rozp. berliń. policji).

tri O CN iD

kg

150 „ 250 „ 250 „ 300 „ 275 „

.    300 „

.    700 „

§ 110 Ogólne warunki równowagi dachu.

Najprzód uważać będziemy dach jako całość i badać go, czy siły, działające nań, nie potrafią go wywrócić albo przesunąć (rys. 267), co zwłaszcza możliwem jest przy dachach wysokich.

Składowa wiatru prostopadła do połaci N usiłuje dach obrócić około krawędzi B. Moment, tu występujący, dla głębo-

—b dost « ), a że

kości

tO ; Cr-

= 1 jest M= N. BE=N(A'E-A’B = nil~

— l dost «, więc M=nl[ ^—2/)~ 2 \ —własny dachu,

UK

który niech wynosi g łcglm² powierzchni pochyłej, jest całkowity C—g. 21, zatem moment jego ze względu na punkt B

:/A

M' =

-2 gl.~=gbl.

Dla równowagi musi więc być

..r?

vc A

bgLlt²—b²\, stąd

*<mH •

. 555

rys. 267.

Przesunąć w kierunku poziomym dach usiłuje N wst ot, składowa pozioma siły N, czemu sprzeciwia się tarcie, wywołane

ciężarem 2 gl i składową pionową parcia wiatru N dost oc. Jeżeli współczynnik tarcia nazwiemy f, to /(2g/ + /i/dosta) =

~nlwst a. Wstawmy dost a = —,wst« =

h . ₀ ,nb__nh — t°2g + Tl-

a stąd

. . 556).

Jeżeliby g było mniejszem, niż wypada z równ. 555 i 556), to musielibyśmy więzary zakotwić, aby przeszkodzić czy to przesunięciu czy to przewrotowi.

§ 111. Wyznaczenie sił wewnętrznych dla obciążenia pionowego.

Dach musi być nietylko jako całość w równowadze, lecz także naprężenie we wszystkich prętach nie powinno przekraczać naprężenia dopuszczalnego. Będziemy się więc starali wyznaczyć siły wewnętrzne, działające w prętach i to najprzód wykreślnie.

Siły wewnętrzne więzarów dachu wyznaczamy najlepiej według metody wielobokowej. Dla danego obciążenia wyznaczamy najprzód oddziaływania, a potem wykreślamy plan sił, jak to na przykładzie zaraz zobaczymy. Możemy przytem albo obliczać siły wewnętrzne dla obciążenia równoczesnego śniegiem i wiatrem, albo osobno wyznaczyć siły wewnętrzne dla obciążenia ciężarem własnym i śniegiem, a osobno dla parcia wiatru.

Ten drugi sposób jest z tego względu lepszym, że dla niektórych prętów otrzymamy największe naprężenie dla obciążenia śniegiem, albo tylko wiatrem. Dlatego lepiej badać osobno wpływ ciężaru własnego i śniegu a osobno wiatru, a dopiero potem siły wewnętrzne kombinować w ten sposób, aby dały największe naprężenia.

Najprzód więc wyznaczymy siły wewnętrze dla obciążenia pionowego. Przedewszystkiem musimy wyznaczyć ciężary węzłowe, to jest ciężary, działające w węzłach. Obciążenie przenosi się na więzary główne albo za pomocą płatew w węzłach, albo też rzadziej i między węzłami. W tym ostatnim wypadku obliczamy przecież więzar tak, jakby ciężary działały w węzłach, a tylko pas górny więzaru obliczamy nietylko na ściskanie, ale i na zginanie, wywołane momentem obciążenia, działającego między węzłami.

Jeżeli a oznacza odstęp więzarów, g ciężar własny na m-powierzchni pochyłej i s ciężar śniegu na m² rzutu, to na długość krokwi h działa ciężar G=gal₁ + s a /i dost cc:

Jeżeli odstęp węzłów jest równy, to na jeden węzeł przypada długość A, równa odstępowi węzłów, na pierwszy węzeł połowa tej długości. Przy dachach w kształcie ostrosłupa wię-zary nie są równoległe, wtedy obciążenie na m b. więzaru jest zmienne, a to wedle powierzchni dachu, która na odpowiednie części więzaru przypada.

Ciężary węzłowe mogą działać także w pasie dolnym. Przy większych dachach już ciężar samego dzwigaru należy rozłożyć na pas górny zwykle w większej części np. ²/₃ i na pas dolny ¹ 3 ciężaru. Oprócz tego często zawieszone są na dachu ciężary stropowe, czasem podesty schodów i świeczniki, a nawet w budynkach fabrycznych tory dla żórawi.

Znając ciężary węzłowe, wyznaczamy najprzód oddziaływania. Jeśli więzar i obciążenie jege są symetryczne, to. Oa = 0₂ = połowie obciążenia; jeżeli niema symetrji, to wyznaczamy oddziaływania wykreślnie zapomocą wieloboku sznurowego. Musi się wtedy zamknąć wielobok sił i wielobok sznurowy. Teraz możemy przystąpić do wykreślenia planu sił wedle §. 106.

Podajemy tu kilka planów sił dla obciążenia pionowego już bez dalszych objaśnień, przyjąwszy obciążenie symetryczne,

fi

1/

"Ä

w którymto razie 01 = 02 = połowie obciążenia. Z powodu symetrji jest tu górna połowa planu sił zupełnie przystającą do dolnej, dlatego też kreślimy zwykle tylko połowę planu sił. Rysunek 268, przedstawia więzar francuski układu Polonceau (n. der französische oder Polonceau Dach-

stuhl, fr. ferme système Polon-french roof truss),

cY

ceau, an.

269 więzar angielski (n. eng-roof), rys. 270 więzar mansardowy mansard roof)., Czasem, jak w ry-

rys. 268.

lischer Dachbinder, an. englisch (fr. comble à la Mansard, an. sunku na tabl. III., przedstawiającym złożony więzar Polonceau,

nie możemy znaleźć przekroju, dla którego byłyby tylko dwie siły niewiadome. W zwykły sposób wyznaczyć tu możemy siły wewnętrzne glf g₂, di, d2} aly a₂, ale teraz, czy przetniemy w kierunku II, czy II Iły zawsze mamy trzy niewiadome, nie możemy więc ich wykreślnie wyznaczyć.

a.

P Vp

ip

.9

-n

o;

'Oa

sf*

..Ł

rys. 269.

Musimy zatem tu poradzić sobie inaczej, przeciąć więzar płaszczyzną III III i wyznaczyć sposobem R i tt e r a siłę dz. Znając ją, możemy kreślić dalej plan sił, zaczynając od sił d%,

E=Zł

>r

■M

E \u

;6\{ ;

3 mm

--.....ł

mPz

im

³.....1-

<..............»;

.....

........

n4r *

20m

.......

krnm

rys. 270.

Si ¹ «7 i kreśląc dalej siły g₃, a₆, a₆, aiy a₃. Możemy też poradzić sobie w inny sposób i to metodą Cu lm an na. Przetnijmy więzar po lini IVIV. Siły wewnętrzne g₃, a₆, a₄, a/ i g₄ i zewnętrzne ^4 i P₆ są w równowadze. Złóżmy P₄ i P₆ w zwykły sposób

Statyk)

w wypadkową R', to ponieważ P₄ = Pb, więc wypadkowa działa w środku odległości między P₄ i P₆. Jeżelibyśmy złożyli Rr z a₆, to wypadkowa musiałaby iść przez S, wypadkowa R" zaś reszty sił £3, Ö4, û, i g\ musi przechodzić przez F. Dla równowagi muszą kierunki obu wypadkowych wpadać na siebie, więc kierunek R' jest SF. Poprowadźmy w wieloboku sił 33' j j ah 53' H SF, to 33' —a₆. Znając oE, możemy dla przecięcia II II wyznaczyć niewiadome g₃ i a₃.

Na rys. 271 widzimy plan sił dla więżaru, którego pas dolny także jest obciążonym. Wyznaczywszy oddziaływanie w zwykły sposób (tutaj Oi = Ol), kreślimy wielobok sił rozsunięty dla przejrzystości, kreśląc po porządku naokoło więzaru; poczem wykreślenie planu sił nie przedstawia żadnych trudności, jeśli tylko baczyć będziemy, że pomimo rozsunięcia wielobok sił leży w linii ab.

Sn

PA

ifas

P.

ll

P„

Pt’

P<’

P₃

Ł.

A’

rys. 271.

Liczebnie wyznaczamy siły wewnętrzne za pomocą sposobu Rittera (§ 107). Jako przykład obliczymy siły wewnętrzne więzaru mansardowego (rys. 270). Niech będzie l—20m, P,=z2t, P₂=2t, Ps = 2t, więc Ol — Sł. Otrzymamy najprzód dla przecięcia I I ze względu na punkt C :

x    41

O, xv — bCE~ 0. stąd b~0{-Q£~—3

8,2 t,

Ze względu na punkt E mamy

Olxi

Oj —ar[ 0, stąd a =

= -3 Y5 = -10,3 t.

punkt F:

Przetnijmy teraz więzar w kierunku II IL, a otrzymamy ze względu na

Oj—2—xi )—c.EF— 0, a stąd

3X10-2X5,9

6,4

= 2,85 t.

a ze

względu na punkt E

Oix.₁—P₁ (x.₂—Xj)-\-d. rt — 0, a stąd ,    P₁(x₂—x₁)—0₁x ₂    2(5—4,l)-3,5

d —---——---------------=----= — o,o t.

na punkt F

Przetnijmy nakoniec więzar w kierunku III III, a otrzymamy ze względu

stąd

=4,55 t.

2 Pl\ 2 Xl

3.10-2(10-4,1)

Dalej ze względu na punkt K przecięcia się d i / mamy :

4,85 t.

0₁x₃+.P₁ (atj —ATj.)—er₃=0, a zatem Ol *₈+Pi (*,-*,) ' 3X1,54-2(4,1-1,5)

§ 112. Parcie wiatru.

Zastanówmy się teraz nad wpływem parcia wiatru na więzar, a najprzód wyznaczmy oddziaływania. Musjmy tu przytem rozróżnić dwa wypadki, gdy jedno łożysko jest wałkowe lub też oba

są przesuwowe.

Jeżeli bowiem jedno łożysko jest wałkowe, a tor wałków poziomy, to oddziaływanie na tej podporze może być tylko pionowe, oddziaływanie zaś na drugiej podporze wyznaczyć łatwo możemy wykreślnie z wieloboku sił. Niechaj na więzar ABC (rys. 272) działa wiatr z lewej strony prostopadle do AC. Wypadkowa parcia na połać AC działa w punkcie F. Jeżeli w ^l jest łożysko wałkowe, to oddziaływanie jest pionowem. Od-

działywanie 0₂ w punkcie B musi wraz z Oi równoważyć parcie wiatru IV, mieć więc kierunek BE, bo te trzy siły muszą się przecinać w jednym punkcie. Jeżeli 03 = W— W\ + lł^₂ + a zrobimy 3 n // BE i On/jAE, to otrzymamy oddziaływania. Znając oddziaływania, możemy w zwykły sposób wykreślić plan sił.

\e * NT*

ty

a.

rys. 272.

Jeżeli wiatr wieje z prawej strony (rys. 273), to oddziaływanie w A pionowe przecina się z wypadkową parcia W w E zatem oddziaływanie 0₂

ma

kierunek EB. Wykreślamy zatem

y.

w,

tfj,

Wy

< >A

a,

/fri

yrW/Jî-

/h

«r

y"o₂

/

'Vx

rys. 273.

VP=03, dalej 3 nj/EB i O n//Ox, to nO=Oj, 3/î = 0₂. Po wy~ znaczeniu oddziaływań łatwem jest dalsze wykreślenie planu sił.

Jeżeli więzar jest symetryczny, to parcie na połać lewą W/ będzie równe parciu na połać prawą Wp (rys. 274). Równą też i wprost przeciwną jest ich składowa pozioma H, działająca

na łożyska stałe. Wobec tego, gdy oddziaływania pionowe wykreślimy w jednej linii, wszystkie oddziaływania zamknięte będą w prostokącie abcd. Jeżeliśmy wedle rys. 272 wyznaczyli oddzia-działywanie Ou i 02p, to z rys. 274 możemy wyznaczyć wielkość i kierunek oddziaływań Ou i 02p, co może nam się przydać wtedy, gdy punkt E na rys. 273 wypada poza papier.

Jeżeli oba łożyska są płaskie i niema łożyska wałkowego, to właściwie oddziaływania nie są statycznie wyznaczalne.

Przypuśćmy, że więzar spoczywa na 0tl \0jP płytach żelaznych i że przesunięciu sprzeciwia się tylko tarcie. W takim wypadku tarcie jest proporcjonalnem do ciśnienia pionowego. Niech będzie ciśnienie na jednej podporze bc (rys. 275), na drugiej bei, to tarcia proporcjonalne do ciśnień będą ab i axb, zatem oddziaływania ac i a^c muszą

być równoległe, Ponieważ muszą one równoważyć się z parciem W, więc muszą być równoległe do kierunku wiatru. Wielkość oddziaływania wyznaczymy wtedy łatwo (rys. 276), wypadek ten sprowadzając do wypadku belki w dwu punktach podpartej. Jeżeli 03= W, to obieramy dowolnie biegun O, kreślimy promienie, a do nich równolegle wielobok • sznurowy ElFG. EG jest zamykającą, więc gdy Om I/EG, będzie m0 = Oj a 3 m—O Wykreślenie planu sił nie przedstawi teraz żadnych trudności.

Jeżeli chodzi o wyznaczenie oddziaływań rachunki sposób.

■ rys.

jo

ty

-3»-

274.

rys. 275.

i e m, to postępować będziemy w następny

Jeżeli w F zaczepia parcie wiatru W (rys. 277), to rozkłada s>ę ono na H = W wst a i V = H dost a, oddziaływanie 02 w B rozkłada się także na H i V₂. Dla równowagi mamy d wst a —H — 0, Ox + V₂ — Wdost a = 0, i ze względu na A

2/ dost a—l#' — = 0, a stąd mamy:

H —W wst a

in

v₂ —

4 dost a

558)

Ox — W dost a

4 dost ci

dost a dost² cc

Oj---Ę- dost cc (3—st² «)

559)

A\

<r//\

WC/i\

Wt

ci

v£>V

0\>

<r'

■O

iV

<4

rys. 276.

Jeżeli wiatr działa z prawej (rys. 278), to mamy lł^ wst a — H = 0.

Oj + K₂—lł^ dost a = 0 i ze względu na

= 0.

Or 2/dost a — r

a[A

W?

Stąd otrzymamy :

H = Wst a .

Oi =

4 dost a

. 560) 561) .

K₂ =dost a (3—st²a)    561„a)

rys. 277.

Widzimy więc, że H zmnienia

swój tok, a Oi i 14 zamieniają swe wartości. .

Jeżeli wreszcie oba łożyska są stałe i oddziaływanią 0₁ i 02 są równolegle do lł^ (rys. 279), to dla równowagi W wst cc — Hx — H>2 = 0,Ki + V₂ — W^clost a = 0 i ze względu na

A V₂ 21 dost a—W. — =0, a wreszcie Hx : H₂ = K : K₂.

ze względu na

założenie

rys. 279.

yT

0,    .1

f ⁰¹

_ lł?wst a (3 dost² « — wst² a) 1 + 3 dost² a—wst² a

Oz

F/h L

U~>

On

• tn

.4

1«^ +

CV

'r

. . 564)

4 dost a

. . 562)

Irr

dost a (3 — st² a) .    .

. . 563)

Z tych równań otrzymamy

Ił+wst a

1+3 dost² a — wst² a

rys. 278.

Jeżeli dach jest wielobocznym, należy wyznaczyć zapomocą wieloboku sznurowego lub rachunkiem wielkość, kierunek i położenie wypadkowej parcia wiatru, przyczem można użyć powyższych sposobów wyznaczenia oddziaływań.

¹

P. Génie Civil 1915 str. 265.

§ 113. Obliczenie więzaru Polonceau złożonego jako przykład.

Jako przykład obliczymy siły wewnętrzne i przekroje wszystkich prętów więzara żelaznego systemu złożonego Polonceau (tabl. III.) Rozpiętość podporowa wynosi 18 m, odległość wiązań pełnych 5 m. Dach ma być kryty blachą

płaską na opierzeniu, dla pokrycia blachą przyjmujemy    więc h— 3,0m,tak

że kąt nachylenia połaci do poziomu a=18°25/, wst a 0,316, dost sc^=0,948. Łożysko wałkowe na lewej podporze. Naprężenie dopuszczalne dla drzewa 80 kslcm\ dla żelaza 1000 lcg/cm\

1. Obciążenie.

. . 40 kg „ ' 1 „    „    (10+5)    15 „

Pokrycie blachą na opierzeniu; i krokwie drew. na 1 m² połaci Ciężar własny płatwi i tężników połaciowych

20 *

74 „

r'“

„ więzarów dachowych na 1 m² rzutu poziomego Obciążenie śniegiem na 1 m² połaci st=80 . dost a=80 . dost 18°25' . 76 „ Parcie wiatru na 1 m² połaci do niej prostopadłe w=150 . wst (a+10) = wst28°25' ^

Przy równoczesnem działaniu śniegu i wiatru przyjmiemy, że ciężar śniegu wynosi ²/₃ powyżej podanej wartości.

2. Krokwie drewniane l~ 2,37 m, kładzione w odstępach po 1 m. Składowa ciężaru pokrycia wraz krokwiami oraz śniegu prostopadła do połaci:

gi = (40-p/₃76) . dost a=91 X0,948=

Składowa równoległa do połaci

g₂ = (40 + ²/₈76) . wst a = 91X0,316 Parcie wiatru, jak wyżej, zu— .    .    .

Najprościej postąpimy, przyjmując wymiary krokwi n. p. 12/10 cm i sprawdzając, czy naprężenie normalne, wywoływane powyższem obciążeniem

.    .    86 kgjcm. b.

29

74

G₂ M.

nie przekroczy dopuszczalnego x — 80 kg/cm², mianowicie ze wzoru v =

Dla G₂ =g₃ / = 29 X 2,37 = 70 kg,

M= Va (gt + m) /² = Va (86—j— 74) x 2,37² =11240 kg/cm

i przyjętego przekroju 12/10 cm, mamy:

70    11240

120 ¹    240

= 47 kg jem²

3. Płatwie rozp. / -'5,00 m

przenoszą w kierunku pionowym

p = (40 +-10—j— ²/a 76) . 2,37 = 238A:g/m. b., zatem il4=V₈P^2:= V8238X5²— = 74370 kgm,

a w kierunku prostopadłym do połaci

w = 74X2,37 = 175 kgjm. b., zatem Mw = ¹/₈ zol² — Va 175 . 5² = 54438 kgm. Wedle oznaczeń w § 67 mamy

. . 114940 kgetn . .    23500 „

Mt=M dost a + Mw — 74370 . 0,948 + 54438 = .

M, = Mwsta=. . 74370 . 0,316    ....

Przyjmiemy podobnie, jak powyżej, kształtówkę I. 1. 18 a i sprawdzimy

4,66 cm-

naprężenia. Wedle tabl. XXII na str. 226 mamy dla tego numeru c zatem potrzebny moment oporu ze wzorem 270)

W,

_ Mt+cM₂ 114940 + 4,66X23500

1000

224,45,

11^ = 261,53 cm³.

podczas gdy kształtówka I. 1. 18 a ma

4 Więzary główne rozp. /--18,00 cma.

Obliczamy siły węzłowe, a siły wewnętrzne w poszczególnych prętach wyznaczymy wykreślnie.

Nasamprzód uwzględnimy obciążenie pionowe. Na węzeł C przenosi się połowa ciężaru z pola AC i połowa z CE, zatem P₂ = [(40+15 + f 76) X 2,37+ + 20X2,25] 5 — 1480 kg. Ponieważ płatwie są na dachu w równych odstępach rozmieszczone, przeto P₂=P₃ . . . . P₂. Natomiast we węzłach skrajnych, jeżeli krokwie mają wystawać o 50 cm poza teorytyczny punkt podparcia,

. 1,185+050

2,37

— 1480X0,72™ 1070 kg.

Dla tego obciążenia pionowego kreślimy wielobok sił, a ponieważ więzar i jego obciążenie są symetryczne, więc kreślimy tylko połowę wieloboku i planu sił. Dla wyznaczenia siły wewnętrznej a₅ użyliśmy konstrukcji pomocniczej, opisanej w § 111. Dla kontroli obliczymy jeszcze siłę* wewnętrzną d₃ w następny sposób. Przecinamy więzar po linii III III i ze względu na F ustawiamy równanie momentów :

(Ot — Pj).9—3 P₂X4,5 — c/₃ X 2,5'—- 0, czyli (6,25-1,07)9 — 3X1,48X4,5    4X2,5, a stąd

d₃ =10,70 t,

węźle skrajnym A Wt —[(1,185+-0,5) X.5 = 0,63 t. Wy-

we

który to wynik zgodny jest z wynikiem, uzyskanym sposobemjj wykreślnym. Następnie uwzględniamy parcie wiatru z lewej strony. We węźle* C działa w* = 743X2,37 X 5=0,88 t i znowu jak poprzednio U^₂ =IF₃ 5; W₄. We węźle F =„0,44 t, zaś

oraz

padkowa parcia wiatru najlewej (wałkowej) podporzej musi mieć kierunek pionowy ; wyznaczymy zatem kierunek oddziaływania 0₂l na drugiejf(stałej) podporze, łącząc punkt X przecięcia się oddziaływania 0.,r i wypadkowej parcia wiatru z podporą B. Ponieważ punkt X wypada poza obrębem®rysunku, użyjemy dla wyznaczenia kierunku 0₂l konstrukcji pomocniczej, podanej na schemacie więzara. W tym celu dzielimy odcinki A B i Ap w dowolnym, ale tymsamym stosunku zapomocą punktów m i n tak ab^Am : An — Ap : AB, z punktu m kreślimy mo // Wi aż do przecięcia z kierunkiem Ot w punkcie o,! wówczas] o n wyznaczy kierunek 0,1 . Kreślimy teraz w zwykły sposóó plan sił, wyznaczywszy znów o₅ zapomocą konstrukcji pomocniczej. Przekonywujemy się, że w tym^wy-padku gv =g,, =g₃---=g₄, g*i - g'₂-g'₃=g'4L, a\ — a\ —- a l3 = a\ ~ a'₆ ~ 0,

«V a\.

tabl. III.

Nakoniec uwzględnimy parcie wiatru z prawej strony. Wypadkowe parcie zaczepia w punkcie K. Znowu wyznaczymy kierunek oddziały wania^na stałej podporze w ten sposób, że połączymy punkt¹ przecięcia] się; oddziaływania O,, (które musi być pionowe) i wypadkowej parcia wiatru z] podporą B,\ używając podanej wyżej konstrukcji pomocniczej, którą nà rysunku opuściliśmy. Kreślimy teraz w zwykły sposób plan sił, przyczen+znów wyznany sposób wyznaczamy a₅. Wyniki, tą drogą otrzymane, ułożyliśmy^ w tabliczce,® umieszczonej na

Do siły wewnętrznej, wywołanej ciężarem własnym i obciążeniem'śniegiemą dodajemy siłę wewnętrzną, wywołaną wiatrem z lewej lub z prawej strony tak, abyśmy otrzymali największą siłę.

5. Przekroje prętów.

-V

. „ 100.100,. , a) Pas górny wykonamy z 2 kątówek -—— i blachy stojącej

Wprawdzie siła wewnętrzna w pojedynczych prętach pasu górnego jest zmienna w granicach od —31,68 t dp—33,38 t, przecież ze względów ustrojowych przyjmiemy dla wszystkich prętów przekrój jednakowy, obliczając go wedle najw, siły P —33,38 t.

Przekrój powyżej opisany ma względem osi pionowej mniejszy moment bezwładności, aniżeli względem osi poziomej tak że obliczymy go na wyboczenie w kierunku tej ostatniej osi t. j. w kierunku prostopadłym do płaszczyzny wię-zara. Długość pręta Z— 237 cm. Przyjęto, że pręt na obu końcach jest tylko 'przytrzymany przez płatwie, więc długość wolna lt~l 237 cm. o . 100 . 100 . . , .

2 kątówki-—— i blacha stojąca ¹⁶⁰/ir, mają po uwzględnieniu dziury

na nit 4* 20 mm przekrój użyteczny

F₀

2X 19,16 + 16 X 1,5— 2X3,5    55,32 cm².

Względem osi pionowej

I'=^16X1,5»+ 2 (174,16 + 19,16 . 4,74²)    1215 cm⁴

F—2 X 19,16-f 16X1.5 - 62,32 cm²,

zatem promień bezwładności

i T I 1215 V F V 62,32 Z 237

Dla stosunku ^7 ą~ąi 53,7 mamy wedle tabl. LIV. 0,015

a'

4,41

cm.

(/    0,651 +

. 1,3    0,655

Na wyboczenie potrzeba F

33380

#Ç/    1000.0,655

51,0

cm

tak, że prze-

krój przyjęty jest wystarczający.

b) Pręty pasu dolnego tZ₁₍ d₂ d! ₂ i d\ obliczamy wedle najw P 32,89 łt 32840 1000

32*89 cm².

więc potrzebna powierzchnia F

. 100.100

2 kątówki-- mają po uwzględnieniu dziury na mit 4* 20 mm

F₀ — 2X19,16 — 2 X 1 X2 — 34,32 cm², zatem przekrój odpowiedni.

Pręt środkowy cZ;i przenosi najw P = -4-14,22 t.

2 kątówki

mają po uwzględnieniu dziury na nit i 20 mm

80.80

Ą = 2X12,27 — 2 X0,8X 2 = 21,34 crri¹. Przekrój jest za wielki, bo po-

.70.70

trzeba tylko 14*1 cm³. Przyjmiemy 2 kątówki —ÿ—

. Wtedy F₀ = 22*89 +

— 2,0*7.2 ==1*70 m². Przyjęty przekrój więc zostawiamy. c) Krata.

1. Ścięgna a₂, a₅, a\ i a'₅ wykonamy z 2 kątówek-^

cp 12 mm mają przekrój użyteczny

które dla nitów

At—2X4,29    2x0,5    1,2— 7,38 cm³. Przekrój 7 tu potrzebny tylko

5'21 c/n², lecz ze względów ustrojowych mniejszych kątówek już nie przyjmujemy.

80X80

2. Ścięgna o₄ a₇ a\ o'₇ z 2 kątówek X08.2    21 '34cm², więc nieco za wielki, bo potrzebny tylko 1905 cm². Przyj

mujemy więc

. Tu A₀ = 2.12-27—2X

2 Ar 70.70

2.11-87-2.09.2= 20-14 cm².

i mamy h₀

3. Zastrzały a,, a₆, a\ i a\ przenoszą najwA----2,28 t.

t • .    .    ,45.45

Użyjemy przekroju krzyżowego z 2 kątówek-^—, rostawionych na:

odstęp 1,5 cm, które mają, jak powyżej, A₀= 7,38 cm².

Obliczymy promień bezwładności dla obu kątówek, mianowicie,

/ = 2 (7,86 + 4,29 (1,82+0,75) = 2.36-17

Dla—

F 2.4,29,8,431, zatem o Z 52,5

2 9 cm.

2,8

18,1, mamy wedle tabl. XLIV 'Ç ■ 0,762. Ponieważ pręt

jest złożony z dwu części, wiąz obliczamy jeszcze Ç" dla odstępu połączeń

Z 7-86

26.25

Wtedy /    7’86, A 4"29,więc —- ■

dniamy wyboczenia czyli przyjmujemy    1.

Zatem na wyboczenie trzeba tylko

cm.

Ą.'2g- Dla tak małego⁻— nie uwzglę-

2288

1000 . 0,762

3,00 cm². Przekrój aż nadto wystarczający.

4. Zastrzały o₃ i a\ mają ZŁ — Z

V .    , .    Z 105

kroju, co poprzednio, mamy dla—~    —T^gT    36,2 Zf 0,707 tak, że na wybo

czenie potrzeba

105

cm.

Używając tego samego prze-

F 4560: 707    6,45 cm².

$ 114. Belka pochyło leżąca.

Przy obliczeniach więzarów dachowych drewnianych uważać musimy na odziaływania jednej csęści więzara na drugą, które zależne są od sposobu połączenia tych części.

Dla lepszego zrozumienia rzeczy zastanówmy się nad najprostszym przypadkiem, gdy belka pochyła AB podparta jest w dwu punktach (rys. 280). Siła P, działają pionowo, rozdziela się na /V i 7. Siła N = P dost a działa prostopadle na belkę i wywołuje moment

dost a

a więc taki sam, jak gdyby siła P d z i a ł al a na rzut

belki AB.

M _ Nxl(l₁-xl _

/Most öj—— dost a

/dost a\

V * )

Px(l- x)

Oprócz tego działa jednak siła T = P wst a i wywołuje w AC ciśnienie, w CB ciągnienie. Przekrój obliczamy wtedy

T

wedle wzoru t — -r-F

Me

Jeżeli belka oparta jest] o ziemię i o mur pionowy (rys 281) i jeżeli przyjmiemy w A oddziaływanie normalne, a więc

Ćrjf .§

ii

ZĆL.3-

<ł

S-l

yj

j*—■ x......*

r~-~

B’

rys. 280.

rys. 281.

poziome, to dla równowagi muszą się siły 0lf P i Fi przecinać w jednym punkcie C', a zatem w B musi powstać oprócz oddziaływania pionowego Ki ~ P także poziome //, przyczem

. 566)

H= Pstÿ

»Siła H powstaje w B wskutek tarcia. Kąt (p, a więc siła H, jest tern większy, im niżej jest punkt A, największe może być Fi = Pf = Pstę,. gdy f nazwiemy spółczynnikiem a Q kątem tarcia (n. Reibungszuinkel, fr. ange du frottemenet, oj friction, /. yrojiB xpeimi).

Ale i w punkcie A może powstać tarcie i wtedy oddziaływanie w A nie będzie poziome, lecz w ogóle pochyłe (rys. 282), nachylone do poziomu pod kątem cpr.

Granicą równowagi będzie położenie AB, dla którego kąt

an.

angle

<P = ¥ = Q-

Jakże się zachowują części składowe dachu drewnianego ?" Zależy to wszystko od rodzaju podparcia. Gdy położymy krokiew na dwu murach w płaszczyznach pochyłych (rys. 283), belka zachowa się, jak w rys. 280.

Oddziaływania

K CN

mogą powstać tylko

SP\

wskutek tarcia. Ustrój ten możliwymby był więc tylko dla małej siły T, więc dla małego a. Przy większem nachyleniu należałoby zakotwić belkę, aby przeszkodzić przesunięciu.

Jeżeli ta sama

y//p 1

belka oparta jest na mwÆW//Æm . murze i słupie płaszczyznami poziomemi . (rys. 284), to oddziaływania będą tylko pionowe i obliczaćby należało momenty, jak dla rzutu tej belki Widzimy więc, ile zależy przy belkach i więzaracłn drewnianych od sposobu połączenia i podparcia.

rys. 282.

<2

I'

rys. 283.

rys. 284.

§ 115. Drewniany pojedynczy dach krokwiowy.

Najprostszy dach drewniany składa się z więzarów, złożonych z dwu krokwi, połączonych jętą, i nazywa się p o j e d y ń-czym dachem krokwiowym (n. einfaches Sparrendach) (rys. 285). Przypuśćmy, że obciążenie działa tylko pionowo. Przy obliczeniu dachów drewnianych zwykle bowiem uwzględniamy tylko składową pionową parcia wiatru, bo i tak obliczenie nie może być z powodu połączeń zupełnie dokładnem. Dokładniejsze obliczenie sił, wywołanych wiatrem, nie przedstawiałoby zresztą

poważnych trudności. Ciężary, działające w siły wypadkowe, działające w środku krokwi.

na

krokwie, składają się

........I................

Niech będzie wypadkowa ciężarów na lewej połaci P, na prawej P . Krokwie opierają się na jedna na drugiej w C, wywierają więc wzajemne ciś-nienie na siebie Ot i O,, i ß przyczem Oi = 0₂ i ma ten

sam kierunek. Jeżeli teraz odejmiemy BC, to zamiast tej krokwi musimy zaczepić siłę Oi i otrzymamy dla równowagi krokwi A C ze względu na punkt A t

rys. 285.

Oi a dost (ax — e) = P dost s ...    .

Podobnie otrzymamy dla krokwi B C ze względu na punkt B O₂ a dost (a₂ —s) — P    dost s,

a że Oi = 0₂, więc

567)

dost (ax — ff) dost (ai — s)

.a gdya₂ = 180—au więc—Pdost {ocx 4- e) —F dost («i — e) a stąd

P+P'

(P—F) st£

Oddziaływania w A i B są ukośne, rozkładamy je na V\ i Mt, jakoteż i M₂.

Dla równowagi mamy dalej

Hi = H₂ = Ol wst 0Cx ....

Vi — P + Oi dost «i = 0, więc Vx — P — Oi dost ax

Vi = P + Ox dost ai

568)

569)

Z równ 567 otrzymamy dalej P dost s _

2 dost ((*1 — f) 2 (dost ax 4- st e) wst a po wstawieniu wartości za dost ax z 568

Oi =

Oj =

4 wst or₂ st e

571)

Wstawiwszy to w równ. 569) i 570), otrzymamy

572)

P + P

4 st fi

v=t>=

P+P'

4st«i st e

= P—

P—P' 3P + P'

Vj = P ' + Oi dost a₁ = P' 4

P—P' 3P' + P

. 573)

Dla obciążenia symetrycznego jest P—P', cc₁ =    — 90°,

^-dost s .    . 574)

2 st <c

Więc Oi =    V: .= Va = P, H =

Jeżeli chcemy znaleść silę wewnętrzną T w AC, to zau-

P

ważmy węzeł A. Sijy 77, T i V\ zmniejszone o—’    ^ rozdziela

się po połowie na A i C, muszą dać zamknięty wielobok sił, więc

Hv'-~ )

Cl cn

dosiecz fi

/3P+P'    \. .

= 1--ę-=- - Idosiecz £ =

P+P

4wste

575)

Przy obliczaniu krokwi zważyć jeszcze musimy, że jest ona obciążoną na całej długości ciężarem jednostkowym ten działa pionowo, a więc prostopadle do krokwi składową

P

~ dost fi, a w kierunku osi — wst e.

OJ e

Ciężar

O, i a

Ponieważ oprócz tego działa tu ciśnienie 7, więc przekrój obliczać będziemy według

wzoru

wst £

Me

T + — wst fi

i —. a² dost fi 1 h

h bh

4 wst fi

+ —- wst fi

bh

3 Pa dost fi

4 bh²

. . 576)

przyczem należy jeszcze v zniżyć ze względu na wyboczenie. Belka A B pracuje na ciągnienie 77=

dążona być może jeszcze ciężarem jednostajnie rozłożonym.

P+P'

4 st fi

, a ewentualnie ob-

§ 116. Dach płatwowy z podwójnym więzarem i kolanem.

Nie możemy tu zastanawiać się nad wszystkimi rodzajami więzarów, wyznaczymy tylko jeszcze dla przykładu siły wewnętrzne kilku więzarów, a najprzód dla dachu płatwowego z podwójnym wieszarem i kolanem (n. Pfettendach mit doppeltem Hängewerk und Kniestock) (rys 286).

Zaczynając od wierzchołka, rozkładamy siłę Ps na dwie składowe b i b' wykreślnie, robiąc 2r3 = Ps i kreśląc 2'n/JCE i 3nl/CE. Analitycznie mamy

Ps

b=-7T¹-Ź- •

2 wst a

. . 577)

Od połączenia w E zależy, czy siła ta przynosi się na El\ czy też przyjmuje ją płatew E. Przy małem zacięciu na nakładkę

w*

P₂ ■

[ST

° ’ .* J

2 y    I

3.S.

rys. 286.

możemy przyjąć, że siła b przenosi się cała na El, więc a] = b, zaś siła P₂ przenosi się cała na płatew E i słup pod nią stojący. W części słupa EM powstaje więc siła zewnętrzna f — Pz, a gdy wskutek obciążenia belki AB działają w N i Nr ciężary G, więc M N pracuje na ciągnienie e = G. Na węzeł M rozpornicy działa więc siła G + P₂, która rozkłada się na c i d, przyczem

_ G + Pz

.    . 578)

wst fi

d—{G + /^dot/?

Siła H, działająca w /, jest

Ps

. . 579)

H — -ÿ- dost a .

Siła ta wywróciłaby słup Al, gdyby nie kleszcze L, w których

powstaje siła O, równoważąca siłę H, a więc tworząc moment ze względu na punkt A, otrzymamy

. . 580)

H. Al—O . AL, zatem O—H.

Gdyby połączenie w E było silne, to siła b działałaby wprost na płatew E i rozpornicę, w punkcie / nie byłoby zaś wcale parcia poziomego H. Widzimy więc, że przy obliczeniu dachów drewnianych musimy bardzo uważać na rodzaj połączeń pojedynczych części dachu.

W obliczeniu tem zrobiliśmy przypuszczenie, że dach jest symetrycznie obciążony. Często w ten sposób postępujemy przy obliczeniu więzarów drewnianych, przyjmując składową pionową wiatru na obu połaciach, aby otrzymać symetryczne obciążenie.

Zwrócić tu musimy uwagę, że przy obliczaniu przekrojów uważać należy na to, czy pręt dany pracuje tylko na ciśnienie lub ciągnienie, jak EM i MN, czy też także na złamanie, jak IL lub AM. Naprężenia zginające mogą także powstać z połączeń mimo-środkowych, jak w AM i MM'\; moment zginający jest wtedy równy sile przez mimośród i może znacznie powiększyć naprężenia. Dla zmniejszenia naprężeń zginających należałoby umieścić punkt L jak najbliżej punktu /.

ric

€L

'S3

b_

WJbs

•> 9°

-t

3

B’ dff*

i\- \

“i

rys. 287.

§ 117. Dach rozporowy.

Tu podparte są płatwie w E i E (rys. 287) rozpornicą, w F F' słupem, w A i A' poziomemi belkami ^4G, A G' i zastrzałami AB i A'B'.

25

Statyka.

Zacznijmy od C i rozłóżmy Pi na / i fu a otrzymamy f₁ = = 0 m, /= 1 m. Siła P₂ przenosi się na rozporę EE i zastrzał BE, a gdy ten jest oprócz tego połączony z krokwią, więc i siła / przenosi się w ZT. Złóżmy więc / i P₂, a wypadkową m 2 rozłóżmy na siły e i g, a otrzymamy mn — e, 2n = g.

Przechodząc teraz do F mamy d₁ = P₅. W A ciężar spoczywa znów na prętach AG i AB. Rozłóżmy więc P₄ na b i c, a otrzymamy 4 p — b, p 3 —c, b jest ciągnienie, c ciśnienie. W 5 schodzą się siły c, <Zi i elf złożywszy je, otrzymamy m/7. A zatem d^=pr, a oprócz tego działa w 5 parcie poziome rm. Siła b zaczepia w G i wywołuje moment w punkcie ćr zastrzału AE. Zapomocą wieloboku sznurowego wyznaczyliśmy jego wielkość

§ 118. Więzar łukowy trójprzegubowy.

Jeżeli urządzimy oba łożyska stałe ale przegibne, to oddziaływania nawet dla obciążenia pionowego będą ukośne, a więzar staje się łukowym. Aby był on statycznie wyznaczalnym, musimy

jeszcze urządzić trzeci przegub (n. Gelenke, an. joint, hinge, r. mapEtept), zapomocą którego łączymy obie połowy więzaru w ten ^ sposób, że mogą się około prze-^ sj gubu obracać. Zwykle pas górny NrjL' jest prosty, dolny zakrzywiony (rys. 288). Mogą jednak i oba pasy być zakrzywione.

Jeżeli na dźwigar taki działają siły pionowe Pu P1} Pz, P±, to powstające ukośne oddziaływania 0ly 0₂ dadzą się rozłożyć na Vi i Hi, K₂ i //₂. Dla równowagi musi być

Ht = H, = H .

vC-

je-

y,i

O/,

L.....i.

rys. 288.

ą

...

.....k..:3

•fi

0.,

. 581)

W przegubach A, B i C momenty muszą być dla równowagi równe zeru, więc ze względu na punkt A napiszemy

2 Pa

2 Pa + V₂ l— 0, stąd F₂ =

. . 582)

rys. 289.

Wykreślnie możemy łatwo wyznaczyć oddziaływania (rys. 289), rozkładając każdą siłę z osobna. Siła P₁ rozkłada się w kierunku Aex i e₁ B, bo z powodu, że momenty w 4, B i C są równe zeru, oddziaływania muszą przechodzić przez A, C i B. Siła Px daje więc oddziaływania ex ax i ax fu siła P₂ a₂ e2 1 a-2 A i t. d.

Teraz składamy oddziaływania w A i w B zapomocą wielo-boku sił i otrzymujemy (A =06 i 0^ = 6 0. Zamiast wyznaczenia oddziaływania dla każdej siły z osobna możemy złożyć naprzód siły lewej połowy a osobno siły prawej połowy więzaru i dopiero

wyznaczać oddziaływania.

Zupełnie w ten sam sposób wyznaczamy oddziaływania par

cia wiatru.

W rys. 290 wyznaczyliśmy w ten sposób oddziaływania, że złożyliśmy parcia Wlt W₂, W₃, Wx w wypadkową R, poczem wyznaczamy kierunki oddziaływań BC i AF.

W wieloboku sił wyznaczamy wedle tego wielkość Ox — O0 i O₂ = 40. Znając oddziaływania, możemy teraz w zwykły sposób wyznaczyć plan sił dla lewej połowy, postępując z lewej ku prawej, a dla prawej, postępując z prawej ku lewej.

25*

2 Pb

Analogicznie otrzymamy Vx =

W punkcie C jest moment równy zeru, więc

. . 583)

H=j{(Vl-P₁-Ą) -L+P, a, +Pt dr),

% (Pr a, + P, a, + P. b₃+ P, b,)    ....    584)

0, stąd

M=

2/

A więc składowe pionowe oddziaływania są takie same, jak oddziaływania belki prostej, parcie poziome H da się obliczyć z równ. 584).

fc

UII

« A

e*.

3'

s'

6'

Zupełne obciążenie śniegiem nie jest tu najniekorzystniejsze,, lecz da się dla każdego pręta wyznaczyć pewne najniekorzystniejsze obciążenie częściowe. Nie sądzimy jednak, aby przy dachach.

o»

Os *

'.O,

VA

rys. 290.

było potrzebnem takie badanie, wystarczy tylko, gdy przyjmiemy obciążenie śniegiem raz całkowite, drugi raz tylko dla jednej połaci i dla każdego pręta zatrzymamy wyniki niekorzystniejsze.

§ 119. Dachy baniaste.

Dach baniasty (n. das Kuppeldach, fr. toit en coupole, an. cupola roof, r. c^epmeeKaa Kptiina) ma powierzchnię dachową, powstałą wskutek obrotu krzywej płaskiej około osi pionowej. Dźwigające części zeskładu, składają się tu głównie z krokwi, które urządzamy pod różnymi kątami środkowymi w południkach, a które połączone są poziomymi pierścieniami w równoleżnikach. W trapezach, w ten sposób powstałych, urządza się podwójne przekątnie gibkie (rys. 291). Zwykle górny pierścień obciążony jest latarnią.

Obliczenie bani podał pierwszy Schwedler (1866), dokładniejsze Foeppl i Müller Breslau (1892).

§ 180. Obciążenie bani ciężarem własnym.

Każdy pierścień niesie ciężar odnośnej strefy bani i przenosi go na krokwie. Jeżeli ciężary stref są Plt P2, P₃ i t. d., przy-czem ciężar latarni zawarty już jest w Plf to jeżeli rzut poziomy bani jest umiarowym wielobokiem o n bokach, w węzłach jednej

,L

krokwi zaczepiają ciężary—^,—,

P3

— i t. d., a wszystkie krokwie są n

rrrrrfT7T77VT777TnTT7THT7TnT77/

obciążone jednako. Dolne końce krokwi opierają się o pierścień murowy (n. Mauerring), na który działa parcie poziome ; na sam mur działa tylko ciężar pionowy.

Dla każdej krokwi otrzymamy więc oddziaływanie pionowe

V=

- (P,+Ps+/>₁+...) 585)

n

rys. 291.

najłatwiej wyznaczyć wykreślnie (rys. 292).

C/ o. \

Siły wewnętrzne w krokwi

fz/n J A/n

A?

Hz

a 4,

yrA

W M,

Wykreślmy wielo-bok sił 0 1234 i badajmy równowagę w B.

i Hi two-

Pr

Siły -—, n

R\

rzą zamknięty trójkąt sił, więc 1 a 11 Si, 0 a pozioma.

/?

rys. 292.

ciągnienie, to samo — H,+ dc, wreszcie —H—od.

Wykreśliwszy wie-lobok sił dla węzła C otrzymamy 2 b — S₂, ba = Hz. Jeśli to samo powtórzymy w D, to otrzymamy St = 3 c, cb = — f/₃, więc już

Siły H są wypadkowemi ciśnień, względnie ciągnień pierścieniowych R, które ze względu na symetrję są równe. Znając siłę //, łatwo teraz rozłożyć ją wykreślnie na dwie siły R, działające w pierścieniu, nachylone do H pod kątami ß. Zrobiliśmy to na rysunku.

Uwaga. Na rys. 292. siły poziome Ht H₂ HA... H są wszystkie rysowane cienkiemi linjami, gdyż H.,, Hx i H pada na H₂, nie można wiąc było uwidocznić ciśnień i ciągnień.

Analitycznie wyznaczyć możemy siły wewnętrzne, ustawiając równania równowagi dla rozmaitych węzłów. I tak otrzymamy

dla B

Pr

—+ wst a₁ =0, stąd Sx — Dla punktu C mamy

wstax

Pr

n wst ax

+ ,S₂ wst a—Sr wst ^ = 0, stąd

Pi

'Pr + Pt

ogólnie

wst a₂ n wst a₂

Px+P₂ + ...Pm

Sm

n wst am

Dla punktu B mamy. dalej

dot «i.

p

Sx dost «i—Hx~0, stąd Hr ⁼ &r dost ax =----

A że Hx= 2 Rx dost ß, więc Rx =

P dot ax

2ndost ß'

Dla C otrzymamy

S₂ dost cc₂—Sx dost dx—H-z = 0, a gdy //₂ = 2/?₂ dost ß, (/>₁+P₂) dot a₂ + Px dot ccx

2 n dost ß

ogólnie

Rm

_{Pr +/g +    Pm~i) dot am

—(Pi + .. . Pm) dot am

2 n dost ß

. 587)

360

Z rysunku widzimy, że 2 ß+---= 180, więc

ß—90

n    n

₌ (Pi + P₂ +...Pm-i) dot gm-i—(Pt + P₂ + ... + Pm) dot am

2 n wst

180

, dost ß— wst

180

180

, zatem

. 588)

Dla najniższego punktu A mamy

Si dost a₄+//=0, więc

Rr =

(Pi + P₂ + Ps +P₄) dot a₄

2 n wst

180

§ 121. Obciążenie bani śniegiem i wiatrem.

Tu przypuścimy, że bania jest tak płaską, że w ogóle wiatr ma mały wpływ na siły wewnętrzne. W przybliżeniu obliczamy więc parcie wiatru dla średniego nachylenia jako we wszystkich częściach bani stałe i uwzględniamy tylko składową pionową parcia, którą dodajemy do ciężaru śniegu.

Niech ciężar śniegu i wiatru na jednej strefie nazywa się Q z odpowiednim znaczkiem, to ponieważ wedle 586) Sm siła wewnętrzna z krokwi jest największą dla obciążenia zupełnego, więc otrzymamy

najzu S'm —

n wst am

. . 590)

więc licznik będzie ujemny, gdy

m—1»

Jeżeli chcemy zbadać najniekorzystniejsze obciążenie pierścieni, to widzimy z 588), że wielkość, a nawet i znak Rm zależny jest od wielkości obu wyrazów w liczniku. I tak w m-tym pierścieniu będzie najzu. ciśnienie, jeżeli w równ. 588) będzie licznik ujemny, a że am>o Px + Pa + Pm—i będą jak najmniejsze, a więc równe zeru, zaś Pm jak największe. A więc n. p. w trzecim pierścieniu mają być dla najzu. ciśnienia I. i II. strefa nieobciążone, a trzeci piercień obciążony. Obciążenie dalszych pierścieni jest obojętnem. Przeciwnie dla najzu. ciągnienia muszą być strefy wewnątrz pierścienia obciążone, dany pierścień zaś nie.

Wobec tego otrzymamy największe siły wewnętrzne w pier

ścieniach.

Chcąc wyznaczyć największe siły w przekątniach, pomyślmy, że przez środek przecinających się przekątni położymy płaszczyznę południkową. Niechaj jedna połowa bani będzie obciążona tylko ciężarem własnym, druga zaś połowa ciężarem własnym i ruchomym, to ponieważ wtedy będzie największa różnica w siłach wewnętrznych krokwi obu połów, zatem i siły wewnętrzne w przekątniach będą wtedy największe.

Gdyby cała bania była obciążona tylko ciężarem własnym,

dla obciążenia zu-

n wst aj’

pełnego ciężarem własnym i ruchomym S\ = -zatem wynosiłaby d S— ^

to w pierwszej strefie byłoby Si =

, różnica

Pi + Qi

n wst ßi

. W rzeczywistości, gdy jedna

pierścień latarniowy

najw. ciśnienie:

najw (—Rx) =

Qi dost ai

2 n wst

180

drugi

najw (—R₂) =

Q₂ dost a₂

180

trzeci

najw (—R ) =

2 n wst Q₃ dost a₃

2 „wst™⁰

murowy

najw (—-R₄) = 0

najw. ciągnienie:

• 591)

pierścień latarń. najwRi—0 » drugi

najw R₂ =

Qx (dot — dot «,)

2nwst

180

trzeci najw R₃

_ (Q1+Q2) (dot ce₂— dot a₈)

2n wst

180

murowy najwR,„

(Qi+Q₂ + ...Qm_₁) dot«m 1

2n wst

180

n wst a

połowa jest obciążona ciężarem ruchomym, a druga nie, różnica n wst a *

będzie mniejsza, lecz aby uniknąć zawiłych obliczeń, przymujemy niekorzystniej, niż w rzeczywistości, z/ S= ^

Gdy tedy

kąt między przekątnią a więcej obciążoną krokwią jest y, to siła wewnętrzna największa w przekątni będzie

Qi

n wst dost Yi

a podobnie w innych strefach

D₂ =

Q1 + Q2

n wst a₂ dost /1

. . 592)

D:J =

Q1 + Q2+Q3

n wst a₃ dost yz

$ 122. Obliczenie dokładniejsze sposobem Miillera Breslaua.

Poprzedni sposób Schwedlera jest tylko przybliżonym, dokładniejszy podał Miiller Breslau w r. 1892.

Z)N

Id

rys. 293.

Wspominaliśmy, że w każdym trapezie (rys. 293) powstałym z dwu krokwi i dwu części pierścienia znajdują się dwie przekątnie gibkie. Jako XUD gibkie nie mogą być one ciśnione i wra-c/ zie, gdyby w jednej z nich powstało ciśnienie, wygięłaby się ona i przestałaby działać, natomiast druga byłaby ciągnioną. Obliczamy więc je w ten sposób, że przyjmujemy zawsze tylko jedną przekątnię w trapezie i to ciągnioną. Gdyby wypadło z rachunku ciśnienie, trzebaby rachunek powtórzyć dla drugiej przekątni.

Siła wewnętrzna D, działająca w przekątni ad, rozkłada się w a na w₀ D i A₀ D, w d na cou Z i K Z. Wartości co₀, A₀, cou, K, dadzą się dla każdego' trapezu obliczyć lub wyznaczyć łatwo wy-kreślnie. Jeżeli więc uwzględnimy siły co₀ D, A₀ D, oiu D i lu D, to możemy teraz w dalszem badaniu przekątnie opuścić i pozostają nam tylko krokwie i pierścienie.

Jeżeli oznaczymy sumy sił wewnętrznych w krokwiach i pierścieniach © i to z rys. 294 otrzymamy:

Zauważmy teraz węzeł E przedstawiony na rys. 295 w obu rzutach. Siłę P, działającą w E, rozłóżmy na siłę Pr, działającą w płaszczyźnie krokwi i P", działającą prostopadle do tej płaszczyzny.

I p’

53 $3 G) m

₇ — S₇ +ż₀ D₁ +A₀ D6 '₇ = S'₇+X'UD'₇+EUD'₆

rj ~ /?₇    4“ COQ D₇

. . 593)

'₇—R'₇~\~o)uD₇ ~\~ü)'qD,₇

y \p’

-CNbN.

rD

p’ i.

iD £\j

rys. 295.

rys. 294.

Jeżeli znamy siłę P' i siłę wewnętrzną to dla sił PiHda się Wykreślić zamknięty wielobok sił i da się wyznaczyć siła //, która jest znów wypadkową sił P", 9łn i 9ł„_i. Je-żeliśmy wyznaczyli //, a znamy też P", to znów z wieloboku sił, znajdującego się w innej, ale wykreślonego w tej samej płaszczyźnie, dadzą się wyznaczyć 9ï„ i 9ł„_i.

Widzimy więc, że jeśli znamy oprócz siły P także i jedną siłę wewnętrzną ©, inne siły wewnętrzne dadzą się wyznaczyć. Otóż zaczynając od pierścienia latarniowego, mamy © = 0, a więc wyznaczymy wszystkie siły wewnętrzne dla tego węzła. Dla węzła pierścienia drugiego znamy już @.

Po wyznaczeniu sił ©, 9Ï i stosunków l i tu możemy wyznaczyć też na podstawie równ. 593) siły D, R i S. Przedtem należy dla węzłów bez przekątni wyznaczyć R i S i tak uzyskać pewną ilość znanych ilości, które wprowadzić należy do równ. 573) dla wyznaczenia nieznanych¹).

§ 123. Płaskie dachy namiotowe.

Dachy namiotowe mają kształt ostrosłupa, najczęściej regularnego. Mogą się one składać z pewnej ilości więzarów głównych, ułożonych w kierunku promieni, wtedy oblicza się je jak zwykłe więzary dachowe wedle obciążenia, które na każdy wię-zar przypada. W nowszych czasach jednak często nie daje się wcale więzarów, lecz krokwie łączą się kratą, zwłaszcza przy dachach płaskich, wszystkie więc części dźwigające zeskładu leżą w powierzchni ostrosłupa tak, jak w bani w powierzchni obrotowej. 1 tu więc otrzymujemy krokwie, pierścienie i przekątnie, jak w bani, a obliczenie jest zupełnie podobne jak bani.

6^-/1

Q,m

Ostn-n

ł o,

Chociaż rozmaita pochyłość powierzchni dachu nie stanowi różnicy w ustroju, to przecież będziemy osobno mówić o dachach płaskich, a osobno o stromych z powodu, że przy płaskich uwzględnia się ciężar śniegu, przy stromych zaś parcie wiatru.

ySp

.Sc.

.4

w.

rys. 296.

Płaskie dachy namiotowe, używane nad teatrem, cyrkiem, panoramą itd. możemy uważać za dachy baniaste, w których li-nja rodząca jest prostą. Wzory, otrzymane dla bani, możemy tu więc wprost zastosować, wstawiając #tylko zamiast zmiennego kąta «m-i, am itd. stały kąt a.

Krokwie. Tu obciążenie całkowite jest najniekorzystniejsze, otrzymamy więc (rys. 296) wedle 586) i 590):

. . 594)

Sm —

V m p₊v«»Q

n wst a

jeżeli P i Q oznaczają obciążenia pierścieni ciężarem własnym i śniegiem lub wiatrem.

Jeżeli niema latarni, to należy także uwzględnić to w sumach P₀ i Q₀.

Pierścienie. Z równ. 588) i 591) otrzymamy, wstawiając

am=am-i = a,

Rm—

Pm + Qm

2 n wst

180

dot a

. . 595)

najw. Rr =

Dla pierścienia murowego zaś otrzymamy : P1+P2+ • • • +Pr-I + Q1+Q2+ • • • Qr—1

2 n dost

180

dot cc .    . 596)

Krata. Największe siły wewnętrzne w przekątniach otrzymamy z równ. 592), jeśli w niem wstawimy a = a₁ = a₂ = a₃ . . a zatem w pierwszym pierścieniu

c ■■

'O

U, Hz

H*

c th

d ///,    *

r₃

«5

///— i

//₃

‘3

®5

-\fls

lR< '

-«.I

X,

rys. 297.

Qi

D =_____

¹ nwstadostyi’

j) _    Q1 + Q2

n wst a dost y₂

D — Q1+Q2 + Q3

n wst a dost yt

Wykreślnie wyznaczamy siły wewnętrzne zupełnie tak, jak w bani (rys. 297).

innych pierścieniach

. . 597)

— cl 1,——12, itd. i potem kreślmy dla poszczególnych węzłów wieloboki sił, to otrzymamy 1 b = Slt 2 c=S₂, 3 d=S₃ i t. d., dalej ab = Hu bc=H₂, cd—H₃, de=Hi, wreszcie ae = Hh. Siły H rozkładamy potem w zwykły sposób na siły R.

Zróbmy — n

§ 124. Dachy wieżowe czworoboczne.

Tutaj wprowadzamy jako obciążenie pionowe tylko ciężar własny, bo śnieg nie może się na wieży utrzymać. Siły wewnętrzne

Ą....../

“/......

Sp

?\

QS

& to i......

z*

%A

ti.

"'Ą..........

«Ti..

J.

rys.

298.

w prętach dachu wskutek ciężaru własnego dadzą się obliczyć zupełnie w ten sam sposób, jak to wyłożono w poprzednim paragrafie. Tu więc tylko będziemy mówić o siłach, powstałych z powodu parcia wiatru, które tu gra wielką rolę.

Przypuśćmy, że mamy obliczyć dach wieżowy, ostrosłupowy czterościenny, gdy wiatr działa na płaszczyznę AEC (rys. 298). Aby wyznaczyć siły wewnętrzne w płaszczyznach ABC i EDCt pomyślmy sobie w płaszczyźnie symetrji MN urojony więzar pio-»owy, którego rzut pionowy jest przystającym do rzutu pionowego boków EDC i ABC i obciążmy go siłami Wt, Ws i Wi} których wielkość da się wyznaczyć proporcjonalnie do powierzchni, wystawionej na wiatr.

Wykreślnie wyznaczyliśmy w znany sposób zapomocą planu sił siły wewnętrzne, liczebnie możnaby to samo zrobić zapomocą sposobu momentów Rittera. Są to jednak siły, działające w wię-zarze urojonym, teraz z nich musimy obliczyć siły, rzeczywiste, działające w ABC (rys. 299).

I tak zamiast siły S otrzymamy dwie siły S', przyczem 2 S' dost (90—s) = S, stąd

2 wst s

.    598)

i 9o^~

'i

!*>

—H

W-

Ö3¹

rys

299.

Dalej otrzymamy

Z'=2Z>

a wreszcie 2 N‘ dost y—N, stąd

JV =

599)

600)

2 dost 7

Sprowadzenie sił więzaru urojonego na siły więzaru rzeczywistego można wykonać i wykreślnie przez proste rozkładanie sił we wskazany wyżej sposób.

§ 125. Dachy wieżowe ośmioboczne.

Dla uproszczenia rachunku przyjmiemy tu poziomy kierunek wiatru i będziemy obliczać tak, jakby połacie dachu były pionowe. Ponieważ dachy takie są strome, więc błąd, który przytem popełniamy, nie jest wielkim.

Jeśli bok ośmiokąta nazwiemy a» A wysokość ostrosłupa h, parcie wiatru na m² w, to parcie na płaszczyznę

nrm

oh

ah

HM *

mn

O (rys. 300) jest W₀=

J..

cl...

Płaszczyzna no O nachylona jest do kierunku wiatru pod kątem 90—y (rys. 301), więc parcie prostopadłe do

niej jest-^— wst (90—y) — —^— dost y,

"Ä"

rn

Ol

.......

Hz

‘-M

rys. 300.

rys. 301.

które rozkłada się na W\ i W₂. Parcie znosi się z takiemże parciem, pochodzącem z płaszczyzny mrO, parcia zaś W₁ = ^^' dost² y dodają się. Całe więc parcie na dach wynosi W = W<,+ (1+2 dost² y), a że tu y = 45°, więc

W=

--}-— (1+2 dost² 45°) = ahw.....601)

jednej trzeciej wysokości dachu. Dla części ostrosłupa o wysokości z (r. 296) nazwijmy x długość boku «1 Oi, to

Parcie to zaczepia w

WZ~X Z Wy

602)

x, a .    a

a ze —= -7-, więc x=-~z, z n    h

Dokładne obliczenie sił wewnętrznych jest trudnem, bo ze-skład jest statycznie niewyznaczalnym. W przybliżeniu możemy jednak obliczyć je w następny sposób. Niechaj oprócz Wz działa jeszcze na krzyż na wieży parcie Wk w wysokości e nad szczytem, wtedy moment ze względu na płaszczyznę mi nx ox będzie :

stąd

Wz =

WJr

603)

MZ = WZ.

j + \Vk (e + z).

604)

Moment ten musi być równy momentowi sił wewnętrznych w krokwiach, nachylonych do poziomu pod kątem a, którego siły przyjmujemy proporcjonalne do odstępów od osi obojętnej. Więc

U    JC

= 4 Si -^-wst a ± 4 S²    wst a. Przypuściliśmy, że

— = —, więc — xx    y

Mz

Sr

s₂

K3:Cc:

stąd Mz = 2 Sr wst a

2 ,Si wst a

(x² + y²),

a więc Sr —

Mzy

2 (x²+y²) wst a * Mz x

. . 605)

. . 606)

a *S₂ =

Jeżeli ośmiobok jest regularny, to y = xJr2x dost 45° = 2,414 x, Sx jest więc zawsze większe, niż Sz, a że wiatr może wiać z każdej strony, więc w każdej krokwi -Si może być dodatniem lub ujemnem. Największa więc siła wewnętrzna wę wszystkich krokwiach jest:

2 (;r² + f/²) wst cc '

najzu S=±-

. . 607)

2 (x² + y²) wst a ’ a dla wieloboku regularnego, wstawiwszy y — 2,414 x, otrzymamy

najw S = ±0,427

Mz

608)

y wst a

Jeżeli teraz chcemy zbadać siły wewnętrzne w pierścieniach i kracie, to przypuścimy, że na pewną część powierzchni boku ostrosłupa B' C O (rys. 302) działa parcie wiatru N, na odnośne

części boku A' B' O i C Dr O N'.

Wedle poprzedniego N'— N dost 45°= ^

W B działają

vr

N . N'

sity -ÿf i ~2~* Jeśli ich wypadkową rozłożymy w kierunku płaszczyzn boków, to otrzymamy siły T i T\.

Z rys. 302 c widzimy, że

ö CQ ö

>:

iS

!35!

■“'S “i-Sto

2L

I*

rys. 302.

Dalej mamy w płaszczyźnie O B‘ A

N t N 3N

T— af+ cd— £ +

7% — bc + bf= — +

₂ /V²—____

4    2j/2 ’ 1/2    2V2

= 1,06/V

. 609)

zaś

/V'

T/U-Jrbe = — =

/V

2    2j/2

= 0,354 7V. •

W płaszczyźnie O B' O działają z obu stron siły T i znoszą się, przekątnie więc wcale nie pracują. Inaczej rzecz się ma z płaszczyzną OB' A. Tu działa z jednej stony siła T\, z drugiej T'u, pierwsza trzy razy większa od drugiej. Siły te muszą być przeniesione na punkty podparcia A B'. Belka kratowa więc w płaszczyźnie OB' A musi te siły przenieść i działa jako belka jednym końcem utwierdzona.

Obciążenie ze strony krawędzi OB jakoteż OA zmienia się wedle powierzchni obciążenia trójkątnej. A więc na powierzchnię 7 od szczytu aż do wysokości z

.    a AT wa „

gdy * = Tz,    zK

AT    X

l\z = ZUX

Zatem obciążenie belki kratowej II do wysokości z jest z jednej strony

azu

T'o, = 1,06 2h

Z ².

z drugiej „

r„«=0,354|^2*.

. . 610)

W rys. 303 wykreśliliśmy dźwigar C' D' O jako jednym końcem utwierdzony, obciążony on jest u góry obciążeniem dodatniem, u dołu ujemnem.

Obciążenie jednostkowe obliczymy dla z — h, a więc na w następny sposób z 610) : T'₀ = 1,06 —

p =1,06 azu wst a J p = 0,354 azu wst a \

^ PlBlillflMl^—

......r h/ursł*.........

A    j

ßm.

długość—4 wst a

stąd

podobnie many

c'H

tri-i

Ph

2wstff ’

. 611)

/3;

Pm-,

tri-tli,

p’

f/pp

Uri*¹

•[)(*

rys. 303.

Dla m-tego węzła pasu górnego otrzymamy :

Dm dost <pm = Om+1 dost ß— Om dost ß.

Jeśli Mm i Mm+1 oznaczają momenty ze względu na węzły m i m — 1, to

O,,, ₊i dost ß =    > O m dost ß =

b m    Om

Mm~ i

Mm

więc Dmdost9Pm =

Dalej mamy dm dost <pm = rmy więc

Dm —

dm / Mm

Fm y bm

Mm- 1

bm b,n — 1

bm —1

)•

Następnie jest :

M = —

Mm ₂

.~(pm—p'm) = (P,

xm P

—r-wst a, h

h    __ axm

więc bm--j— wst a,

h

Pin • Xm

zatem Mm

P ' wsta ’

więc pm =

wst a.

Dalej jest bm\a~ x,n :

wst a *

, x²m, zatem

Oö

stąd = PSZJL

Dm

— —    C*²«—x“m —i ) > a że rm = xm

rm o ce

xm—1 ,

p m

cm

Xm + Xm-l

więc Z)m =

C/71 dm /    /v

& li

Jeżeli teraz wstawimy wartości za ^ i p z 611), to />—p — 0,706 aw wst a, stąd Dm = 0,235 em dm w wst a ... 61 Aby wyznaczyć siłę wewnętrzną w pierścieniu bm, wykreślmy Vnûelobok sił dla węzła m , przypuszczając, że p = 0 i nazwijmy w tym wypadku siłę w rozporze Rf m.

Z podobieństwa trójkątów w rys. 299 cc i ß widzimy, że

R'm

___________ + 1

Dm -f- 1 dm _J_ 1

Wedle 612) jest dla p — 0 Dm 4. 1 =

Cm 1 dm -f-1 p

, więc

R'm =

em -f-1 bm — 1P

Jeżeli teraz przyjmiemy p = 0, to dla węzła m otrzymamy po wykreśleniu wieloboku sił podobnie

R"m

bm -)- 1 Dm dm

, a z rów. 612) Dm —

Cm dm Pm

--— , więc

C m bm -J- 1P

Zatem, jeśli p i p działają równocześnie,

2 ' (bm -(-1® m-f- 1 P b,n -j- 1 ®m P )    • • •    614)

Do tych sił, wywołanych parciem wiatru, należy dodać siły wskutek ciężaru własnego, które wyznaczyć możemy łatwo wedle § 123.

§ 126. Części składowe i rodzaje belek kratowych.

Belka kratowa, jak wiemy z § 103., składa się z dwu pasów, górnego i dolnego, i z kraty, powstałej z krzyżulców. Według układu krzyżulców rozróżniamy rozmaite rodzaje kraty. A mianowicie, jeżeli krata składa się z dwu rzędów krzyżulców (rys. 304 i 305) nazywamy ją kratą pojedyńczą (n. einfaches Gitter-werk, fr. treillis simple). Jeżeli mamy trzy rzędy krzyżulców (rys. 306), to nazywamy kratę złożoną (n. kombinirtes Gitterwerk). Kratę, powstałą z kilku równych krat pojedynczych, przesuniętych o pewną część odległości dwu węzłów, (rys. 307), nazywamy kratą wielokrotną (n. mehrtheiliges Gitterwerk, fr. treillis multiple, an. multiple system, cz. soustava nasobna). Liczbę, oznaczającą ilość krat składowych, a zatem także ilość 'części, na które podzielony został jeden krzyżulec (np. ab na cztery części), nazy-

>000

/\

^ Sf \/

rys. 307 i 308

rys. 304 i 306.

wamy liczbą podziału (n. 7heilungszahl). Jeżeli liczba podziału jest 2, 3 i t. d., to nazywamy kratę dwukrotną, trzykrotną itd. (n. zweiteilig, dreitheilig, fr. double, triple). Rysunek 308 przedstawia kratę dwukrotną złożoną, tu więc chcąc wyznaczyć liczbę podziału, patrzymy, na ile części zostały podzielone krzyżulce pionowe.

Według nachylenia krzyżulców rozróżniamy następne rodzaje krat: kratę równoramienną (n. Netzwerk, fr. système triangulaire, an. triangulär system, cz. soustava kosouhla, rys. 304,)

qua-

składającą się z samych trójkątów równoramiennych i kratę prostokątną lub przedziałową (n. Fachzuerk, fr. système drangulaire an.

<J)axBepKOBaH óajiKa) (rys. 305), składającą się z trójkątów prostokątnych.

quadrangular system, cz. soustava pravouhla r.

Krzyżulce dzielą się według nachylenia na pionowe (n. Verticale, fr. montant, an. upright, vertical brace, r. CTOHKa) i przekątnie (n. Diagonalen, fr. diagonale, an. diagonal brace, cz. prićka, r. ßiaroHaJib), według rodzaju naprężenia na krzyżulce ciągnione (n. Zugstäbe, fr. tirant, an. tie, r. 3aTH5KKa) i ciśnione (n. Druckstäbe, an. strut).

Chcąc oznaczyć równocześnie nachylenie i rodzaj naprężenia krzyżulców, używamy następnych nazw. Nazywamy krzyżulec ciągniony pionowy słupem wiszącym (n. Hängesäule, fr. tirant, poinçon, an. suspension post, r. noßB'hcica), krzyżulec ciągniony nachylony ścięgnem (n. Zugband, fr. braçon, contrefiche, an. tie, cz. tàhlo), krzyżulec ciśniony pionowy słupem (n. Säule fr. poteau, montant vertical an. post, cz. sloupec, r. CTOHKa) krzyżulec ciśniony nachylony zastrzałem (n. Strebe, fr. menant, an. standait, strut, cz. vzpèra, r. noßKOCB.)

belki

rys. 309.

Belki kratowe rozróżniamy według kształtu pasów na równoległe (n. Parallelträger, fr. poutre en semelles paralleles, an. parallel boomedj girder, cz. nośnik pfi-mopasowy, r. naparaienbiłas óajiKa) o pasach równoległych i na belki wieloboczne (n. Träger mit polygonalen Gurten, an girder zuith inclined flanges, cz. nośnik krivopa-sovy, r. MiiororpaHuaa óajiKa) (rys. 309) o pasach w kształcie wieloboku lub krzywej. Te ostatnie belki nazywamy rozmaicie według kształtu pasów ; belki takie, używane prawie wyłącznie jako belki mostowe, są przedmiotem teorji mostów.

¹

Landsberg podaje w swej „Statik der Hochbauconstructionen“ iV. wyd., str. 300 przykład dokładnego obliczenia bani według powyższego sposobu

§ 127. Analityczne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.

Dla belek kratowych równoległych o kracie pojedyńczej się metoda przecięć znacznie uprościć. Aby wyznaczyć siłę działającą w pasie górnym, przecinamy belkę w kierunku

M jest momentem sił zewnętrznych ze względu na punkt C. Widzimy więc, że siły, działające w pasach belki kratowej równoległej, są proporcjonalne do momentów sił zewnętrznych, przyczem dla momentu dodatniego w pasie górnym powstaje ciśnienie, a w pasie dolnym ciągnienie.

W celu wyznaczenia sił zewnętrznych w krzyżu lcach korzystamy z prawidła, że dla równowagi suma pionowych składowych musi być równą zeru, więc Q-r Pdost a = 0. stąd

P = — Q siecz a

617)

Podobnie otrzymamy dla przecięcia mi R — Pi dost ß = 0, a stąd

i? od

mn (rys. 310) i ustawiamy równanie momentów ze względu na przeciwległy węzeł A. Nazwawszy M moment sił zewnętrznych ze względu na punkt A a h wysokość belki, otrzymamy

C i"¹’ 5 -!"*/•

M + S h = 0, a stąd :

. 615)

Podobnie otrzymamy siłę, działającą w pasie dolnym AE,

SM

S' = +

M'

. 616)

rys.

310.

Pi = Qi siecz ßy......6    )

jeżeli Q i Q, są siły poprzeczne dla przecięcia m n i ml Możemy więc napisać, że siły działające w krzyżulcach belki kratowej równoległej, są proporcjonalne do siły poprzecznej i zależne od kąta nachylenia krzyżulca.

§ 127. Wykreśłne wyznaczenie sił, działających w belkach kratowych równoległych o kracie pojedynczej.

Dla wyznaczenia wykreślnego sił, działających w belkach równoległych, używamy metody wielobokowej. Wielobok sił zewnętrznych jest tu lin ją prostą pionową. Na rys. 311 przedstawiliśmy użycie tej metody, przyczem dla przejrzystości rozsunęliśmy wielobok sił A B, aby uwidocznić wszystkie siły zewnę-

tylko — część obciążenia na jeden

Q . M

Dla

układ, a więc także — n

rys. 312.

trzne. które kreślimy za porządkiem, idąc w kierunku pasów naokoło belki.

Przedtem należy jednak wyznaczyć w znany sposób oddziaływania Oi i O2. Wykreślenie planu sił nie przedstawia teraz najmniejszej trudności.

!' d lp>

a.

//

"o,

\ps

/i

°Ą

§ 129. Krata wielokrotna.

Belkę kratową o kracie n 6| ^ 0, krotnej (rys. 312) rozkładamy na n układów, w tym więc przypadku na dwa układy, przyczem każda część pasu wchodzi do wszystkich układów, lecz tylko

o przekroju równym ~ części przekroju rzeczywistego, krzyżulce

zaś wchodzą zawsze tylko do jednego układu. Obliczamy teraz poszczególne układy w znany sposób, przyjmując

rys.

co

Pr

7

P*2

AjXXXX^s

krzyżulców otrzymujemy w ten sposób odrazu siły wewnętrzne, dla pasów zaś

dodajemy siły wewnętrzne, otrzymane dla każdego układu z osobna.

§ 130. Belka kratowa Howe’a.

Belka Howe’a (rys. 302) jest to belka drewniana, mająca kratę złożoną ze sztucznem naprężeniem, które sprawiamy, naciągając żelazne słupy wiszące, zakończone śrubami. Ciągnienie to sztuczne wywołuje w przekątniach CD i CF ciśnienia równe z powodu symetrji. Ciśnienia te robimy tak wielkie, aby zrównoważyły naj-większości ciągnienia, wywołanego obciążeniem w krzyżulcach ciągnionych ; naprężenie tych krzyżulców dla obciążonej belki będzie więc równe

siły wewnętrzne krzyżulców ciśnionych w dwójnasób, bo do ciśnienia, wywołanego obciążeniem, dodaje się jeszcze ciśnienie sztuczne. Zastrzały DC, które wskutek obciążenia są ciśnione, a więc te, które byłyby zastrzałami, gdyby sztucznego naprężenia nie było, nazywamy zastrzałami głównymi (n. Hauptstrebe, an. main brace), krzyżulce zaś, ciągnione wskutek obciążenia-a ciśnione sztucznie, nazywamy zastrzałami dr ugorzęd, nymi, odporami, odstrzałami (n. Gegenstrebe, fr. contrelien, an. conterstrut, r. npoTHByno^ROC'L).

Ponieważ w zastrzałach drugorzędnych dla belki obciążonej niema wcale żadnego naprężenia, więc w przybliżeniu możemy belkę Howe’a obliczać tak, jakby zastrzałów drugorzędnych nie było. Największa zaś siła wewnętrzna zastrzałów drugorzędnych jest dla belki nieobciążonej równą połowie siły wewnętrznej zastrzałów głównych, bo, jak wspomnieliśmy, siła wewnętrzna P, wywołana naprężeniem sztucznem, równa się sile wewnętrznej Pr, wywołanej obciążeniem, a zatem siła, działająca w zastrzałach głównych, jest 2 P, a w zastrzałach drugorzędnych równa tylko sile P, wywołanej naprężeniem sztucznem.

C. WYTRZYMAŁOŚĆ ZESPOŁÓW KAMIENNYCH.

X. Sklepienia kolebkowe.

§ 131. Łuki i sklepienia.

Dotychczas mówiliśmy o belkach prostych, które cisną na podpory tylko w kierunku pionowym ; tu będziemy zastanawiać się nad dźwigarami, działającymi nawet przy obciążeniu pionowem na podpory w kierunku ukośnym i dążącymi do ich oddalenia (rys. 314). Dźwigary takie nazywamy w ogóle dźwigaram rozporowymi lub ro z por ni ca mi (n. Sprengswerksträger,

TTW^

'i

rys. 313.

fr. poutre à jambettes, an. strud fra-med girder, r. pasnopnau óajiKa). Jeżeli dźwigar jest ciągle krzywym, nazywamy go dźwigarem łukowym | ^ lub lukiem (n. Bogenträger, fr. poutre en arc, an. arched girder. r. Ayrooôpaa-Hau óaJiKa), a jeżeli materjałem tej belki jest cegła lub kamień, nazywamy ją sklepieniem (n. Ge-

wölbe, fr. voûte, an. vault, r. cbo^t.). Powierzchnię wewnętrzną wklęsłą sklepienia nazywamy podniebieniem (n. Gezvölbslei-bung, fr. intrados, an. soffit r. Heóo CBOßa), powierzchnię zewnętrzną wypukłą nazywamy grzbietem (n. Gewölbsrücken, fr. extrados, an. extrados, back of the vault, r. BepxHaa noBep-

XHOCTTb CBOßa).

Gdy podniebienie sklepienia jest częścią powierzchni walca, sklepienie nazywamy kolebko wem (n. Tonnengewölbe, fr. voûte cylindrique, en berceau, an. barrel - vault, r. pujiiiiiÆpiriecKHsi cbo.h'b). W tym rozdziale będziemy mówić tylko o takich sklepieniach, później dopiero zastanawiać się będziemy także nad innemi rodzajami sklepień.

§ 132. Siła podłużna i momenty jędrne.

Sklepienie, jak widzimy, różni się od łuku tylko materjałem i odpowiednim mu przekrojem. Teorja sklepień da się więc wyprowadzić z ogólnej teorji łuków, o której więc teraz mówić będziemy.

Nazwijmy linję, łączącą środki ciężkości wszystkich przekro-jfów łuku, osią łuku (n. Axe des Bogens, fr. axe de l’arc, an. axis of the arch) i przypuśćmy, że belkę łukową przecięliśmy prostopadle do osi EE₁ (rys. 314) płaszczyzną BC i że R jest

wypadkową wszystkich sił zewnętrznych, działających na lewą część łuku. Wypadkowa R wszystkich sił po lewej stronie przekroju nie będzie tu pionową, jak w belce prostej wskutek odpowiednio urządzonych podpór. Tu oddziaływania dla łuku są ukośne, a dźwigar działa na podpory rozpierająco, co jest główną cechą dźwigarów łukowych.

a

Q jy?

ćjTJ

A......"

/,

KC-

c,

v.

ż7.'V P

fj'

e2

rys. 314.

Przypuśćmy, że wypadkowa R na sklepienie o szerokości 6—1 przecina płaszczyznę przekroju BO w F. Siłę R rozkładamy

na dwie składowe P \ Q, z których pierwsza P działa w kierunku prostopadłym do przekroju, a druga Q działa w kierunku prostopadłym do osi i nazywa się siłą poprzeczną. Te siły zewnętrzne muszą być w równowadze z siłami wewnętrznemi, działającemi w tym przekroju. Wszystkie te siły wewnętrzne możemy rozłożyć na siły prostopadłe do przekroju, wywołujące naprężenie normalne i siły, działające w płaszczyźnie przekroju, wywołujące naprężenia ścinające.

więc równolegle do osi,

Umieśćmy w punkcie E dwie siły równe sile P i działające wprost przeciwnie a równolegle do osi. Przez to nie naruszymy równowagi układu sił i otrzymamy :

1) siłę P, zaczepioną w środku ciężkości przekroju E, zwaną siłą podłużną (n. Axialkraft, Längskraft, fr. composenłe tan-gentielle).

2)    parę sił, czyli moment M—Pc.

3)    siłę poprzeczną Q.

Siła podłużna P rozkłada się jednostajnie w całym przekroju, gdyż zaczepia w środku ciężkości przekroju, więc naprężenie wskutek siły podłużnej

p' =

*>1 o

. 619)

jeżeli F oznacza przekrój. To naprężenie jest tu ciśnieniem, które oznaczamy znakiem +.

Chcąc wyznaczyć naprężenie v", powstałe z działania momentu M, musielibyśmy uwzględnić także promień krzywizny osi = r. Jednak gdy promień krzywizny jest dość wielki w stosunku do wysokości dźwigaru, — wtedy w przybliżeniu można użyć tych samych wzorów, co dla belki prostej. Możemy więc napisać, nazwawszy vv" naprężenie we włóknie kkY, odległem o v od osi ciężkości, powstałe wskutek działania momentu, wedle 141)

620)

r,_Mv

jeżeli / oznacza moment bezwładności.

Naprężenie więc całkowite w odległości v od osi ciężkości będzie podobnie, jak według równania 430)

. . 621)

Vv — v' +Vv" =|^+

Müller Breslau otrzymał po długim wywodzie, uwzględniając krzywiznę osi, dla vv dokładniejszą wartość:

P Mv , M

Fr

622)

Solin jeszcze dokładniej

B r-\~v

Fr '    ’

. . 623)

przyczem B

--a

(FF. .

to

W e y r a i otrzymał

uch obliczył B i / dla rozmaitych przekrojów

Tablica LVIII.

kwadrat

lub elipsa lub prostokąt

1,1452 1,0050 1,0012 1;0003 1,0000

Widzimy więc, że już dla r='20 h możemy śmiało przyjąć I—B, a gdy u jest w stosunku do r małem, to wzór 623) przechodzi w 662).

Zważywszy jednak, że gdy r jest wielkiem, to ^

dzo małem, możemy w praktyce wyraz ten opuścić, przez co otrzymamy równanie 621).

W przekroju BC naprężenie jest największem dla najbardziej oddalonych włókien, otrzymujemy więc dla v = e₁

dla

koło

przekrój /

O O O U» i-*

1,1833    1,2614

1,0060    1,0082

1,0015    1,0021

1,0004    1,0005

1,0001    1,0001.

Fr

jest bar-

P , Mer

P1 ⁼⁼~1T'‘

a dla v — —e-i

P Me;

625)

Niech będzie a promieniem bezwładności, to I—Fa². Wstawiwszy tę wartość i Pc = M w równanie 625), otrzymamy

*i

. . 626)

_ Pe₂/a² \ Peja* \

rw c)

Wiemy z § 88 równ. 428), że

-=h=EI, i -=ii=Eh.

ex    e²

Długości /i i 4 są to promienie jędrne. Możemy więc napisać

v\

⁼    (4 + c)

_ Pe ₂

Ol—C>

627)

Wypadkowa i? musi przecinać przekrój w jądrze t. j. między punktami jędrnymi lx i /₂, jeżeli cały przekrój ma pracować na ściskanie. Linia, łącząca punkty / poszczególnych przekrojów, nazywa się linią jędrną (n. Kernlinie).

Linia, łącząca punkty zaczepienia wypadkowej R czyli środki ciśnienia poszczególnych przekrojów, nazywa się linią ciśnienia (n. Stützlinie, fr. courbe de pressions, an. line oj résistance, cz. cara tlakowa), wykreślił ją pierwszy Méry (1842). Możemy więc powiedzieć:

Naprężenia normalne w przekroju mają wszystkie ten sam znak, jeżeli linia ciśnienia nie wychodzi z jądra.

Jeżeliby P<0, wtedy w całym przekroju byłoby ciągnienie. Przy mostach i sklepieniach, gdy obciążenie jest tylko pionowem z góry na dół, P jest zawsze >0, a więc gdy linia ciśnienia nie wychodzi z jądra, w całym przekroju panuje ściskanie; jeżeli zaś linia ciśnienia wychodzi z jądra, to w tym przekroju naprężenia są dodatnie i ujemne.

Równ. 627) możemy jeszcze napisać

. ^a =

_ Pei (z₂ + c) _ P 4 + c_ P

Fa²

Pe2 (/*!—c) _ P ii—c

T~7T

Fa²

/•

-tK)

<3\

Ni

■cc

Nazwijmy moment sił zewnętrznych ze względu na punkt rdzenny 4, momentem jędrnym dolnym (unteres Kernmo-ment)y to

Mz = P(c+i₂)

. 629)

630)

Odpowiedni moment jędrny górny (n. oberes Kernmoment) będzie M₁ = P(c—ó)

Wtedy otrzymamy z równania 627)

a więc wzory takie same, jak dla belki prostej, jeżeli tylko zamiast momentów zwykłych wstawimy momenty jędrne.

Z równ. 627) i 630) otrzymamy dalej

_ Af* I c \

"-Fi,-V‘V⁺V

. . 631)

-JH-a

632)

jeżeli -jr =v₀

Sklepienia mają zwykle przekrój poprzeczny prostokątny,

a wiemy z § 88, że dla przekroju prostokątnego jest

. . 633)

. _    1 ,    . _ a² _

. . 634)

Widzimy zatem, że w sklepieniu o przekroju prostokątnym, średnia trzecia część przekroju, poprowadzonego pionowo przez oś, stanowi jądro, poza które nie powinna wychodzić linia ciśnienia, jeżeli całe sklepienie ma pracować na ściskanie.

§ 133. Warunki równowagi sklepienia.

Mamy trzy warunki równowagi sklepienia:

1) Środek ciśnienia (fr. centre de pression) czyli punkt zaczepienia wypadkowej, na sz e w dz i a ła j ą c e j, powinien leżeć w przekroju, aby nie nastąpił wywrót i załamanie się sklepienia. Jeżeli jednak sklepienie składa się z klińców, połączonych zaprawą, to ponieważ na wytrzymałość zaprawy na rozciąganie nie możemy na pewne liczyć, więc w sklepieniu ta-kiem i w ogóle w budowlach murowanych nie dopuszczamy

2) Wypadkowa nie powinna być odchyloną od prostopadłej na szew więcej, niż wynosi kąt tarcia, aby nie nastąpiło przesunięcie klińców. Wypadkowa R (rys. 315) rozkłada się na dwie siły F i Q. Składowa Q, działająca w płaszczyźnie szwu, stara się przesunąć kliniec A po klińcu B, przeciw czemu działa tarcie T=P.f—Pst Q, jeżeli / jest spółczynnikiem tarcia i gdy przyjmiemy / = stç, a Q jest kątem tarcia. Dla równowagi musi być T~>Q, jeżeli pominiemy zupełnie wytrzymałość zaprawy, a więc P st Q~>P st a, jeżeli a jest kątem nachylenia wypadkowej na szew, a stąd nareszcie

wcale ciągnienia. W takim razie środek ciśnienia powinien leżeć w jądrze t. j. w średniej trzeciej części przekroju. A że odnosi się to wszystkich szwów, więc cała lin ja ciśnienia powinna leżeć w średniej trzeciej części sklepienia.

Warunek ten nie odnosi się do sklepień litych, betonowych albo żelbetowych, u których możemy pewne ciągnienie dopuścić. Tam więc linja ciśnienia może wyjść z jądra, a nawet z przekroju.

rys. 315.

635)

Q>a

Jako spółczynnik tarcia między kamieniem i kamieniem możemy przyjąć z Ponceletem /=0,58 czyli ę = 30° bez zaprawy a /= 0,7, więc q = 35° z zaprawą starą. Dla świeżej zaprawy jest / bardzo małe. Średnio więc możemy przyjąć /=0,4, {> = 22°.

3) Trzecim warunkiem równowagi jest, że naprężenie nie powinno przekraczać spółczynnika wytrzymałości. Jeśli przyjmiemy stosowną pewność, to naprężenie nie powinno być więleszem, niż dopuszczalne.

Największe naprężenie w danym szwie znajdziemy z równania 631), wstawiwszy dla przekroju prostokątnego odnośne wartości, a mianowicie dla szerokości b, i\ = /, = .

6

W ten sposób otrzymamy

= Z(i + *£) bh\ hl

bhV hI

V1

i podobnie

- 415 -

Jeżeli siła P obliczona jest na jeden metr szerokości sklepienia, to b = 1 m = 100 cm. Wyraziwszy P w kg, a h i c w cm, •otrzymamy

•-iwr('-ï)

Dla c = 0, t. j. gdy wypadkowa działa w osi,

cm~

. . 637)

. . 638)

Jeżeli c—^ h, t. j. jeżeli wypadkowa działa w punkcie jędrnym górnym, to

v'⁼jh=2v°

=0

639)

Widzimy więc, że gdy wypadkowa działa w punkcie jędrnym, to naprężenie w krawędzi bliższej tego punktu wzrasta do podwójnej wielkości, w krawędzi zaś dalszej spada do zera.

Jeżeli naprężenie w każdym punkcie

dla na-

P aj

*JiUiiilHHIlfelllf przekroju przedstawimy rzçduemi, to

>B prężenia jednostajnego (rys. 316 «) powierzchnia naprężeń, którą tu otrzymujemy, jako przekrój bryły naprężeń (§ 87), przed-B stawia prostokąt. Wypadkowa P działa we-

2v°.....MsmbbL

A '/iM

4fm.    ‘ P CJ D dług tegoż paragrafu w środku ciężkości

^ llilÏÏiTlT!^ nJÏÏÏÏTFTrrrrmmn "prostokąta.

B    Jeżeli P działa w punkcie jędrnym /

(rys. 316 b), to według równ. 639) w punkcie A naprężenie jest dwa razy większe, 2 P

«iż poprzednio, więc AA\ =-^ = 2v₀, w punkcie B zaś równe

.......

rys. 316.

zeru, a że przytem środek ciężkości powierzchni naprężeń leży w jednej trzeciej wysokości, więc powierzchnia ta będzie trójkątem. Wogóle, działa siła P, jak wiemy, w C (rys. 316 c) w rzu-eie środka ciężkości powierzchni naprężeń, które zmieniają się

wedle linji prostej. W środku ciężkości przekroju O naprężenie P

P ..fit.......... JL

jest zawsze v₀ = — . Na tem i na równ:

ot/\

li

V-J

jl    W*¹*4    Iß

<-....................................>.

rys. 317.

względu, że tu C

a ze

631) polega następna konstrukcja. Zróbmy OOx = v₀ (rys. 317). Połączmy 0x z 4 i 4 aż do przecięcia się z kierunkiem siły P i wykreślmy C₂ Bx i Ci AxjjAB, toÆ4i = »i, BB₁ — v₂, bo

4-c

V0—7—, h

jest ujemne, AA₁ = v₂. Dalej mamy CCX : t^₀ = (4+c) : 4» stąd 4 + c

CC₂ : v₀ — (/₂—c) : 4, CC₁ = AA₁ =

CCx = v₀

=vx.

Jeżeli środek ciśnienia C wyjdzie poza jądro, to ciśnienie w B wzrasta, a w A powstaje ciągnienie (rys. 318 a). Jeżeli nie zważamy na bardzo małą zresztą wytrzymałość zaprawy na wyciąganie, to ponieważ na długości AE ciągnienie powstać nie

iÆBi

aj

............O ••••/>*£

\*4

j bj

U llIllfŁ

i A’.    0 IC i

może (rys. 318 b), więc tam szew się otworzy, a cała siła P rozkłada się na długości BEx — 3 e, otrzymamy więc naprężenie w B

2 P _ 2P b.3 e 3 b e

. 640)

Vi =

Bi

Se

«■

Naprężenie w środku ciężkości nie będzie już w tym wypadku bo nie cały przekrój współdziała.

rys. 318.

Najkorzystniej byłoby dla sklepienia i w ogóle dla zeskładów murowanych, gdyby wszędzie c = 0, t. j. gdyby linja ciśnienia wpadała na oś, bo wtedy w każdym przekroju naprężenie rozdzielałoby się równo na przekrój, byłoby więc stosunkowo najmniejszem. W ten sposób wyznaczamy najkorzystniejszy kształt sklepienia. Pamiętać jednak musimy, że choćby dla pewnego obciążenia linja ciśnienia wpadła na oś, to dla innego obciążenia linja ciśnienia zmieni swój kształt.

Dla sklepień betonowych możemy dopuścić małe ciągnienie do 3 kglcm}. Wobec tego może linja ciśnienia wyjść nieco z jądra, ale tylko o tyle, aby naprężenie nie przekroczyło dozwolonej granicy.

, Jeżeli przyjmiemy ^ = 30, v₂ = —3 kgjcnd, to otrzymamy z równ. 637)

30 =

/>

30

100 h

6c

P (¹⁺T)|-³-isr*(¹-1r)

3    1

—7-, a stąd c — 0,204 h ' —

1    5

X

100 A

h.

¹⁺i

Widzimy więc, że tu linja ciśnienia może się oddalić od osi

nie o -^X lecz więcej, o -y-A. Wychylenie możliwe obustronne zaj

muje więc 0,4 h.

§ 134. Obciążenie sklepienia.    *

Na sklepienie działa naprzód ciężar stały, a zatem ciężar własny sklepienia, nadmurowania i nadsypki, wraz z zeskładem, na niej leżącym, (podłoga, droga itd.). Ciśnienie ziemi przyjmujemy, działające z góry w kierunku pionowym, aż do nachylenia nadmurowania 2 : 3. Przy większych nachyleniach musimy wyznaczyć kierunek parcia ziemi, o czem później będziemy mówić.

Całe obciążenie sklepie-/ nia sprowadzamy zwykle ciężar odpowiedniej masy

tt>—7

d'

na

mater jału, z którego zrobione sklepienie, więc np. kamienia lub cegły, a to w ten sposób, że zmieniamy odnośne rzędne w odwrotnym stosunku ciężarów gatunkowych. Niech będzie np. ciężar gatunkowy ziemi 1,8 a muru 2,2, to zmieniamy rzędną cd (rys. 319) na cd', tak aby

cd': cd= 1,8 : 2,2, a więc cd' = cd

c J,

rys. 319.

1,8

2,2'

Zrobiwszy to samo z innemi rzędnemi i połączywszy ich końce, otrzymamy linję ab', którą nazywamy sprowadzoną linją obciążenia (n. reduzirte Belastungslinie). Obciążenie tłumem łudzi, wozami lub parowozami sprowadzamy także na ciężar bryły muru o wysokości y. Mamy tedy na 1 m² ciężar bryły muru yïm~p, a więc

Statyka.

27

y= F

7m

Obciążenie p możemy przyjąć z tabliczki, dołączonej na końcu książki. W nowszych czasach często nie wyznacza się zupełnie linji sprowadzonej obciążenia, lecz wyznacza sią ciężar pasków wprost z rysunku, dodając ciężary odpowiednie sklepienia, nadmurowania, nadsypki i obciążenia.

§ 135. Linja ciśnienia.

Linja ciśnienia jest to, jak wiemy, linja, łącząca środki ciśnienia wszystkich szwów sklepienia i musi leżeć w średniej trzeciej części sklepienia, jeżeli chcemy uniknąć ciągnienia. Kierunek szwów w sklepieniu mały ma wpływ na linję ciśnienia, ważny on jest tylko ze względu na warunek, aby kąt między prostopadłą na szew a wypadkową nie był większym, niż kąt tarcia. Najlepiej więc byłoby, gdyby szwy były prostopadłe do linji ciśnienia, ponieważ jednak trudno to urzeczywistnić, dlatego robimy je zwykle prostopadłymi do osi sklepienia lub do podniebienia. Gdy na razie zważać nie będziemy na ten warunek, możemy przyjąć dowolny kierunek szwów. Przyjmiemy tu pionowy kierunek, wzajemne zaś oddalenie szwów bardzo małe. Jeżeli sklepienie jest płaskie i mało obciążone, to różnica z powodu odmiennego kierunku szwów może być większą i wtedy lepiej kreślić szwy prostopadle do osi.

B*

R/t

/ X r' _

r    h

rys. 320.

Jeżeli przekroje są dość bliskie, to w praktyce różnica między linją ciśnienia a wielobokiem sznurowym dla przekrojów pio-dT** nowych jest tak małą, że następnie uważać, będziemy te dwie linje jako identyczne.

(rys. 320) będzie

Niech mn

sprowadzoną linją obciążenia, a KL częścią linji ciśnienia. Wytnijmy w odległości x od podpory A pasek o grubości dx płaszczyznami pionowemi i nazwijmy średnią wysokość paska EF ⁼ qi to powierzchnia jego jest qdx a ciężar yqdx. Aby pasek ten utrzymać w równowadze, musimy zastąpić ciśnienia obu stron sklepie-

nia wypadkowemi R i R', działającemi w K i L. Trzy te siły muszą być w równowadze i tworzyć zamknięty wielobok sił. Siły R i R' mają równą i wprost przeciwną składową poziomą H, którą nazywamy parciem poziomem (n. Horizontalschub, fr. poussée horizontale, an. horizontal thrusth), a zatem parcie poziome * nie zmienia się i jest stałem dla jakiegokolwiek przekroju. Z ry-~

jeżeli (p jest ką-

wst (<f + dcp)’

tera nachylenia siły R do pionowej, dalej R dost <p = yqdx 4-4~Rf dost (cp + dcp), a stąd

pi

wst (p

sunku widzimy, że R —

Hd dot cp — —yqdx i ^

H dot <jp = //dot (cp-r dtp) + yqdx, a więc H [dot (cp + dcp) —dot qrj = —yqdx, albo d dot cp _ yq

A że dot cp— gdy q jest rzędną linji ciśnienia, więc dx

ày ₌

dx~

o>

to

Jest to równanie różniczkowe linji ciśnienia. Całkując je, otrzymamy

dx

dot cp = — H

qdx + C, a stąd

g-1 dx I qdx 4 Cx + Cj .    .

. . 643)

y⁼—

Jest to równanie linji ciśnienia, z którego widzimy, że dla danego q mamy tu jeszcze trzy niewiadome H, Ci Ci Sklepienie jest więc zeskładem statycznie niewyznaczalnym rzędu trzeciego. Trzy te niewiadome możemy albo wyznaczyć na podstawie prawideł sprężystości, albo licząc w przybliżeniu, odpowiednio przyjąć. Jeżeli promień krzywizny linji ciśnienia nazwiemy r, to wiemy z matematyki, że

14-

ÏU

r—

tM.

dxl

a wstawiwszy wartość z 642), otrzymamy (14-dot² q$ H _

yq

yą wst³ cp

. 644)

Promień krzywizny r będzie najmniejszym, gdy yq wst³ (p będzie największem, więc dla <jP = 90°, gdzie linja ciśnienia jest poziomą. Jeżeli przyjmiemy w przybliżeniu, że linja ciśnienia wpada na oś, t to będzie ona wtedy miała poziomą styczną w kluczu. Nazwijmy r» odnośny promień krzywizny linji ciśnienia, a więc według przypuszczenia i osi sklepienia, a q₀ wysokość obciążenia w kluczu, to z równania 644) otrzymamy

a stąd

r₀ = —

7<ło’

645)

H = —yr₀q₀. • .

A więc, jeżeli linja ciśnienia wpada na oś, parcie poziome równa się iloczynowi z promienia krzywizny osi w kluczu przez obciążenie jednostkowe tamże. Ponieważ przypuszczenie to rzadko się sprawdza dokładnie, więc wartość dla H, otrzymaną z równ. 645), można uważać tylko jako wartość przybliżoną, która różni się mniej lub więcej od wartości prawdziwej.

§ 136. Grubość sklepienia.

wst (p . . v m ~JJ~y Jezeh ⁽P

oznacza kąt nachylenia do pionu stycznej do linii ciśnienia w danym szwie ab (rys. 321), prostopadłym do osi. Jeżeli przy-I    e puścimy znowu, że linia ciśnienia

wPada na °ś> to CP będzie kątem yr    j nachylenia stycznej do osi w punkcie

u '    g. Jeżeli chcemy, aby naprężenie było

w całem sklepieniu jednakowe, to nazwawszy do i d grubości sklepienia w kluczu i w danym szwie ab, możemy ustawić proporcję d₀ : d — H: R, gdy na ab działa wypadkowa R, a na ef, gdzie według założenia linja ciśnienia jest poziomą, tylko parcie poziome H. Obie siły działają w środkach ciężkości przekrojów, więc ciśnienia rozdzielają się fówno na przekrój, aby więc ciśnienia były równe, grubości

Z poprzedniego paragrafu wiemy, że R =

<y

■'-V

■b

/ <f \

rys. 321.

sklepień muszą być proporcjonalne do sił, działających kroje. Wstawiwszy wartość za R, otrzymamy

na prze-

a stąd

do:d=H:-~,

wst (p

. . 646)

i do    d{) ,

d-------,— --d₀ siecz a,

wst <p dost cc

gdyż a = 90— cp.

Poprowadźmy z b pionową, a z a poziomą, to otrzymamy cb = ab dost «, czyli cb= d dost cc = d₀.

Widzimy więc, że jeżeli linja ciśnienia wpada na oś, rzuty pionowe wszystkich szwów powinny być równe grubości sklepienia w kluczu, gdy chcemy, aby naprężenia były jednakowe. Ponieważ jednak linja ciśnienia rzadko kiedy wpada zupełnie na oś, więc do prawidła tego należy się tylko w przybliżeniu stosować.

W praktyce możemy to prawidło zresztą zastosować tylko do pewnych granic. Dla a = 60” otrzymamy już bowiem d — — <4 siecz 60° = 2 d, a dla większego cc wzrastałoby«/ bardzo znacznie. Tymczasem w praktyce nie robimy grubości d' na podporze większej, niż 2 d₀.

Jeżeli grubość sklepienia wzrasta według równania 646), a linja ciśnienia wpada na oś, to naprężenie v jest wszędzie jjednakowe, a mianowicie

d₀ ’

• . 647)

jeżeli H wyznaczymy na długość sklepienia równą jedności, a stąd

. . 648)

do =

H__ yroq₀

/* /* ^7= 0,125 4

/’

jeżeli zamiast v wstawimy naprężenie dopuszczalne na ściskanie t. Jeżeli łuk jest kołowy, to w przybliżeniu r₀ =

przyczem/oznacza strzałkę łuku. Wtedy mamy do = 0f125-j-y q₉.

Ponieważ tu jednak przyjęliśmy najkorzystniejsze warunki, które często w praktyce nie zachodzą, wię należy //, a stąd i d#, przyjąć nieco większe.

Wysokość do linji obciążenia q₀ = d₀ + z + p, jeżeli z oznacza wysokość sprowadzoną nadsypki a p ciężaru ruchomego. Ponieważ sklepienie może być raz obciążone (p = p), drugi raz nie

tOi'Ü

, zatem qą =

= d₀ + z + ~. jeżeli wszystkie wartości przyjmiemy w m i t tylko v w kgjcm², to zamiast t musimy wstawić 10 r, zatem

Tolkmitt przyjmuje

H = 0,15 y-

(q" ⁺w)=do ‘

. ... 649)

(p = 0), więc przyjmujemy średnie obciążenie

dolO'ł = 0,15y-j-^d<) +z +^-+, stąd

0,15    f .+ -

f)

10/

. . 650)

10 ł —0,15;

Wzór ten nie uwzględnia obciążenia jednostronnego sklepienia i daje w praktyce za małe wartości dla sklepień w budownictwie lądowem. Z tego powodu przyjmujemy zwykle do i d_ (na podporze) według wzorów praktycznych, a potem, kreśląc linję ciśnienia, badamy, czy w sklepieniu istnieje równowaga i czy naprężenie nie jest za wielkiem.

Podajemy tu kilka wzorów praktycznych i tak :

Lesguiller przyjmuje d₀ — 0,2 Yl ~f 0,1 m, gdy / oznacza rozpiętość w m;

P e rr o n e t d₀ — 0,33 + 0,36 l m ;

Fontenay dla sklepień bardzo obciążonych do = 0,7r'+0,32 m, gdy r oznacza promień krzywizny;

Rondelet przyjmuje dla sklepień ceglanych:

48

1. dlâ półkola przy nadmurowaniu do szczytów .    . do —

36

2. przy nadmurowaniu poziomem do połowy wysokości do —

yy

3

yy

a następnie zbieżnem do szczytu

Dla sklepień z kamienia łamanego należy wartości powyższe 1,5 do 1,6 razy powiększyć.

Dla sklepień ciosowych:

1.    dla silnie obciążonych (mosty) d₀ = 0,04 / 4- 0,32 m

. . d₀ = 0,02 l 4 0,16 m . . d₀ = 0,01 / 4- 0,08 m

2.    „ średnio „

3.    „ nieobciążonych .

W budownictwie przyjmuje się zwykle grubość sklepienia

w kluczu dla sklepień w murach:

A II

odcinkowe /

0,45 m

0,45 do 0,60 m 0,60 „ 0,75 m 0,75 „ 0,90 m

Wzory te ¹), jak widzimy, różnią się bardzo, co łatwo zrozumiemy, bacząc na to, że grubość sklepienia nie zależy tylko od rozpiętości, ale od obciążenia i kształtu sklepienia. Dlatego wzory te mogą służyć tylko jako wskazówki przy tymczasowem przyjęciu grubości sklepienia. Dokładnie wyznaczyć możemy grubość sklepienia dopiero po wyznaczeniu sił wewnętrznych, działających w sklepieniu.

Grubość sklepień betonowych może być mniejszą, niż sklepień kamiennych lub ceglanych, bo dla betonu możemy dopuścić choć małe ciągnienie, więc linja ciśnienia może tu nieco wychodzić z jądra o tyle, aby ciągnienie nie przekraczało 2 do 3 kgjcrrd.

Jeżeli beton wzmocnimy siatką drucianą, to możemy przyjąć jeszcze mniejsze wymiary, ale tylko ze względu na ciężaz ruchomy. Wkładka żelazna wspomaga bowiem beton skutecznie zwłaszcza, gdy występuje ciągnienie, dla ciśnienia mnięj jest potrzebną.

rozpiętość

do 2m „ 3 m „6 m „Sm

sklep, półkoliste

0,30

0,45

0,60

0,75'

¹

Wzory Cr o i ze tt-D esn oy er s ’ a i inne, por. Mosty kamienne wyd.

§ 137. Związek między linją ciśnienia a linją obciążenia.

Zastanówmy się teraz nad tern, jaki związek zachodzi między linją ciśnienia a linją obciążenia.

II. str. 49.

Równnanie 644) jbrzmi r —

y q wst³ g)

Wstawiwszy <jp = 90 — a, otrzymamy/- =

y q dost³ a '

Jeżeli oś sklepienia jest linją kołową (rys. 322), a linja ciśnienia ma wpadać na ** oś, to r musi być stałe, a więc

y rdost³ a '

Dla klucza jest a\= 0, więc qo — —

H,

yr

co wstawiwszy w poprzednie równanie» i otrzymamy

r -.......

q = q₀ siecz³ a .    . 651)

rys. 322.

Jest to równanie linji obciążenia dla sklepienia kolistego odcinkowego lub półkolistego. Jeżeli mamy dane q₀, to kreślimy łuk współśrodkowy w odstępie f₀ (rys. 323) i dowolną pionową ac, wtedy ac — <70 siecz a. Dalej

e Link.

ïkérrïâfl

h/

y¹T

30°

/j

.Y

rys. 323.

kreślimy poziomą cd a ad= ac siecz a — q₀siecz²a. Wreszcie kreślimy de \^ad i otrzymamy ae = ad siecz a = q₀ siecz³cc = q. W ten sposób wyznaczyliśmy punkt linji obciążenia. Podobnie postępujemy dla innych pionowych i otrzymujemy linje obciążenia ¹).

str. 282.

Z równ. 651) otrzymamy dla a — 90° siecz a = oo, więc ę =oo, a zatem w sklepieniu półkolistem musiałoby być obciążenie na podporach nieskończenie wielkiem, aby linja ciśnienia wpadła na oś. Dla zwykłych obciążeń będzie więc linja ciśnienia w sklepieniu półkolistem na podporach znacznie zbaczać od osi (rys. 324).

Wynika z tego, że sklepienia półkoliste nie są korzystne pod względem rozkładu naprężeń i że korzystniejsze są sklepienia odcinkowe, gdzie największe a (rys. 323) wynosi 40° do 50°, a najwięcej 70°.

rys. 324.

Przy sklepieniach półkolistych trzeba, jeśli to możliwe, skupić na podporze wielkie ciężary. Np. przy

mostach dadzą się z korzyścią urządzić w tych miejscach wieżyczki, posągi i t. d.

W razie, gdy sklepienie jest obciążone ciążarem skupionym w kluczu, to w tym punkcie linja ciśnienia załamuje się, wtedy obieramy dla sklepienia kształt ostrołuku (rys. 325).

rys. 325.

b-y =

\j a² 3 — x³

. . 652)

a więc dx

a a³ — x³

• d*y

, wreszcie

ar³

ab

(a³—je³) \j a³ — x³

j - wstawimy w równ.

Jeżeli z tego równania wartość

642), to otrzymamy

(o³ — x³) a³ — x³

, stąd bez

względu na znak q =

abH

y (a³— x³) \j a³

x³ ’

a więc ze względu na 652):

b*H ₌ _

q    y (a²—jt²)(6—#)    ya²(b—yY

b H

A więc dla klucza, gdy y — 0,    ⁼

ń⁴//

. . 653)

a stąd ;

.    .    654)

a-........

rys. 326.

Dla a = b —r₀ przychodzi to równanie w równ. 645). Jeżeli wartość za H wstawimy w 653), to

bv’ q₀

ą (b-g)

= -(b-y) ⁶⁵⁵)

i 3“

wez-

Jest to równanie linji obciążenia sklepienia eliptycznego Z powyższego równania otrzymamy dla b — y, to jest dla głowią, z = oo, podobnie jak dla sklepienia kolistego.

§ 138. Przybliżone wyznaczenie linii ciśnienia w sklepieniu

symetrycznem.

Przybliżony sposób wyznaczenia linji ciśnienia najlepiej, poznamy na przykładzie. Rys. 327. przedstawia połowę sklepienia symetrycznego i symetrycznie obciążonego, ab jest linją obciążenia, ax bx sprowadzoną linją obciążenia, do której wykreślenia możemy użyć kąta proporcjonalnego. Sklepienie wraz z obciążeniem dzielimy na pewną ilość (na rysunku 5) równo grubych pasków. Dla sklepień płaskich przyjmuje'się zwykle szerokość poziomą pasków stałą, dla silnie zakrzywionej osi dzieli się oś na równe części.

Środki ciężkości pasków, możemy bez wielkiego błędu przyjąć w połowie ich grubości ; w pionowych połowiących działają więc ciężary pasków Pu P.ly PS} Px, P₆, proporcjonalne do długości tych pionowych c d. Szerokość sklepienia przyjmujemy zwykle w kierunku, prostopadłym do płaszczyzny rysunku, równą 1 m, a więc P₁ = qi b . y — c qx, Ą = q₂ . bv y— cx q^ itd. Kreślimy teraz wielobok sił; wielkości sił P₁ . . . kreślimy w tonach wedle przyjętej podziałki, wyznaczywszy ciężary pasków. Ponieważ sklepienie jest symetryczne, więc linja ciśnienia będzie miała w kluczu styczną poziomą.

ul

Z¹

ŁrrrriTn 'M ¹

i i__i

i/j

A.

A?

rys. 327.

jak wiadomo, linja ciśnienia jest statycznie niewyznaczalną. Licząc w przybliżeniu, robimy więc pewne przypuszczenia, mianowicie przyjmujemy jeszcze dwa punkty linji ciśnienia, punkty e i / w środku szwów w kluczu i na podporze, gdyż, jak to później udowodnimy, prawdziwa linja ciśnienia zbliża się jak najwięcej do osi.

W punkcie e działa zatem tylko siła pozioma H. Wielkości jej nie znamy, przyjmujemy więc tymczasowo dowolnie lub według równ. 648) lub 649) H= 0 O, prowadzimy z O promienie i osobno wykreślamy wielobok sznurowy gih. Jeżelibyśmy wielobok ten zaczęli kreślić w e, punkt h nie wpadłby na /, gdyż H nie wyznaczyliśmy statycznie, lecz przyjęlimy dowolnie. Musimy więc zmienić H tak, aby linja ciśnienia przechodziła przez e i /.

przechodzić przez /, to kierunek jego musi

ma

W tym celu przedłużamy boki skrajne wieloboku sznurowego aż do przecięcia się w punkcie / i wiemy, że w pionowej przez / działa wypadkowa R wszystkich ciężarów, działających na połowę sklepienia. Pierwszy bok szukanej połowy linji ciśnienia jest H, który przecina się z wypadkową w /', więc jeżeli ostatni bok linji ciśnienia być fl'. Kierunek wypadkowej sił P\, Piy PSy Pif jest k‘ k, drugi

bok więc będzie m k', ważny do w. W ten sam sposób możemy i resztę boków wykreślić. Parcie poziome możemy teraz łatwo wyznaczyć. Zróbmy 5 Ox\\f l\ to Oi 0 jest parciem poziomem. Z Ox wykreślmy promienie, to kreśląc wielobok sznurowy równoległy

-Wi\'

\c.

Jh

/JT\

jr

*\

Ps

........

*\ą\>

... v

ryc. 328.

do tych promieni z punktu e, przyjść musimy do punktu /, a ezumf jest linją ciśnienia.

§ 139. Sklepienie niesymetrycznie obciążone.

Przypuśćmy teraz, że sklepienie ACB (rys. 328) jest do połowy obciążone ciężarem ruchomym. Chodzi o wykreślenie linji

ciśnienia dla przypuszczenia, że linja ciśnienia przechodzi przez A, C i B. W tym celu kreślimy wielobok sił, przyjmujemy do” wolnie biegun O, kreślimy promienie, a równolegle do nich wielobok sznurowy I', II' .. . VIII'. Przypuśćmy na chwilę, że tylko lewa strona sklepienia AC jest obciążoną, prawa zaś wcale nie (nawet ciężarem własnym), to linja ciśnienia po prawej stronie będzie prostą, a że musi przechodzić przez C i B, więc prostą BC. Wypadkowa Gx ciężarów Plf P₂, i Pi przechodzi przez M, na pionowej MSi przecinają się więc skrajne boki wielobąku sznurowego, zatem ostatni bok musi być ASi. Z tego wynika, że dla tego obciążenia powstanie oddziaływanie Wi i W₂, które łatwo w wieloboku sił wyznaczymy.

2-

Przypuśćmy teraz, że tylko prawa strona sklepienia CB jest obciążoną, linja ciśnienia po lewej stronie będzie prosta AC, wypadkowa G, ciężarów P6t P₆, P₇, Ps będzie NS%, ostatni bok wieloboku sznurowego jest CS₂, oddziaływania dla tego obciążenia Dx i D

Jeżeli teraz równocześnie obciążoną jest prawa i lewa strona sklepienia, to w A działają równocześnie Di i W\ w B D₂ i W₂, czyli Ki w A, K₂ w By które łatwo z wieloboku sił wyznaczyć. Ki i K% przecinają się w Oi, tj. w prawdziwym biegunie. Wykreśliwszy z Oi promienie, a równolegle do nich wielobok sznurowy, otrzymamy linję, ciśnienia przechodzącą przez A, C i B.

Zupełnie tak samo postępujemy, jeśli samo sklepienie jest niesymetryczne.

Z rysunku widzimy, że linja ciśnienia jest po stronie obciążonej nad osią, po stronie nieobciążonej pod osią. Później wykażemy, że prawdziwa linja ciśnienia nie może mieć takiego kształtu, * że punkty dowolnie przyjęte ACB trzebaby przyjąć inaczej, mianowicie punkt A nieco niżej na lewo zaś punkt B nieco wyżej na prawo.

mo-

Zwrócić tu musimy też uwagę, że obciążenie sklepienia do połowy nie jest najniekorzystniejsze, lecz poza połowę. W przybliżeniu możemy punkt e (rys. 329) znaleźć zapomocą konstrukcji, naznaczonej na rysunku, której uzasadnienie i bliższy wywód podaliśmy w „Teorji Mostów“ ⁴). Wyznaczenie linji ciśnienia

żerny i w tym wypadku wykonać, jak poprzednio, przyjąwszy trzy punkty linji ciśnienia a, c, b.

§ 140. Siły zewnętrzne.

W poprzednich paragrafach zrobiliśmy pewne dowolne przypuszczenia; aby tego uniknąć i wyznaczyć prawdziwą linję ciśnienia, musimy bliżej zbadać naprężenia w sklepieniu i wynikające

Lii.

<5r

\t-

rys. 329.

stąd odkształcenia. Ponieważ sklepienie jest tylko szczegółowym wypadkiem łuku, więc cała dalsza teorja w celu wyznaczenia prawdziwej linji ciśnienia odnosi się wogóle do łuku.

w*

,r 4

Es

//’

d.

ą!0

•z

rys. 330.

Niech Am a Bl będzie linją ciśnienia dla danego obciążenia (rys. 330). Wypadkowa wszystkich sił zewnętrznych R przecina

przekrój Kx K<₂ w punkcie a i jeżeli aa jest małem, można przyjąć, że jest styczną w punkcie a' na pionowej przez O do linji sznurowej, której odległością biegunową jest składowa pozioma H. Wypadkową R otrzymamy, składając oddziaływanie Ox z obciążeniem na długości A' K' — C, z czego wynika, że siły Ox, C i R przecinają się w jednym punkcie E. Moment sił zewnętrznych ze względu na punkt O jest równy momentowi wypadkowej R albo sumie momentów jej składowych H i V; możemy więc napisać: M=Hr7, gdy Oa' — rj, bo V, przechodząc przez O, nie daje żadnego momentu. Widzimy więc, że odstęp pionowy między osią a linją ciśnienia jest proporcjonalnym do momentu sił zewnętrznych, czyli innemi słowy: oś łuku jest zamykającą linji ciśnienia (twierdzenie Winklera). Jeżeli chodzi tylko o wielkość momentów, a nie o środki ciśnienia, to chcąc uzyskać momenty w n razy większej podziałce, przyjmiemy odległość biegunową n razy mniejszą. Odstęp środków ciśnienia od osi jest wtedy n razy większy, niż w rzeczywistości. Otrzymamy wtedy wyraźny wykres momentów, którego ograniczenie nie będzie już linją ciśnienia.

Jeżeli w odnośnym wieloboku sił poprowadzimy Ocl/R, a Odjj do stycznej do osi w punkcie O, wtedy Oc — R, Od—P, sile podłużnej, ca~Q, sile poprzecznej.

Jeżeli więc znamy w łuku linję ciśnienia, to możemy wyznaczyć wszystkie siły zewnętrzne. Zadaniem naszem będzie teraz wykreślić dla każdego danego obciążenia odpowiednią linję ciśnienia.

Wiemy z § 135, że dla określenia linji ciśnienia potrzeba wyznaczenia trzech niewiadomych. W tym celu albo uciekamy się się do prawideł sprężystości i badamy odkształcenie łuku, lub też budujemy łuk w ten sposób, aby trzem danym warunkom uczynić zadość, urządzając p r z e g u b y (n. Gelenk, fr. charnière, an. joint, cz. kloub, r. neTJia), wprowadzone w użycie naprzód przez Gerbera. Są to połączenia przegibne dwóch zupełnie odrębnych części, na które dźwigar został podzielonym, (nie zaś dwóch prętów tej samej belki).

Jeżeli w któremkolwiek miejscu łuku urządzimy przegub, obie części dźwigaru mogą być tylko wtedy w równowadze, jeżeli w miejscu przegubu jest moment =0, gdyż inaczej musiałaby się część jedna około osi przegubu obrócić. Jeżeli zaś M—Hr\ = 0, to v\ — 0, więc linją ciśnienia musi przechodzić przez przegub.

Urządziwszy więc n przegubów, otrzymujemy dla równowagi jeszcze n równań, wyrażających, że momenty sił zewnętrznych dla tych punktów są równe zeru. A że, jakto przedtem udowodniliśmy, dla łuku brak nam trzech równań, więc urządziwszy trzy przeguby w łuku, możemy siły zewnętrzne zupełnie dokładnie wyznaczyć. W praktyce spotykamy łuki żelazne i kamienne o trzech, o dwóch przegubach i bez przegubu. Łuk trójprzegubowy (n. Bogenträger mit drei Gelenken, fr. arc à trois articulations, an. three-hinged arch, cz. oblouk o trech kloubech) jest statycznie wyzna-czalnym. Dla łuków i sklepień d w u pr z e g u b o wych (n. Bogenträger mit Kämpfergelenken, fr. arc avec deux charnières, an. arch with hinged ends, cz. oblouk o dvou kloubach) i bezprzegu-bowych (n. Bogenträger ohne Gelenke, fr. arc sans articulations, an. hingeless arch, cz. oblouk bez kloubu), musimy się uciec do prawideł sprężystości, jak to wyżej wspomnieliśmy.

§ 141. Odkształcenie łuku.

Niech będzie ACB (rys. 331) osią łuku, którego długość od przekroju C nazwijmy s — CD, zaś kąt nachylenia stycznej w punk-

'frhtS .

rys.

331.

cie D do poziomu niech będzie cp. Wskutek obciążenia lub zmiany ciepłoty ilości cp i s zmienią się o A cp i z/Js.

Nim je wyznaczymy, określimy zależność ilości s i cp, mianowicie otrzymamy, jeżeli s wzrośnie o ds = DG

dx = ds dost cp j dy=~ds wst cp f

Przy odkształceniu zmieniają się te wszystkie długości, gdy więc d s nazwaliśmy zmianę długości s, to nazwiemy dds zmianę długości ds. Różniczkując równanie 656), otrzymamy :

d dx— —d ds dost cp—ds d cp wst (p, d dy= d ds wst cp—ds d rp dost cp, a wstawiwszy za dost <p i wst cp wartość z równ. 656), otrzymamy :

d dx =

d ds

d dsd-d cp dy —d dx,

d dy =

d ds

y—dy - d cp dx — d dy,

gdyż z powodu, że odkształcenia te są bardzo małe, możemy przyjąć ddx = ddx i ddy — ddy. Całkujmy teraz te równania, to

x d ds

-r.-i

dx +

dy =

Cx d ds j Cx

Udr*’-}.

dcp dy o

d cp dx

. . 657)

d ds jest to zmiana dds

łuku ds, a iloczyn

długości nieskończenie małej cząstki d jest więc względną zmianą długości łuku,

możemy zatem napisać wedle równ. 34) i dla zmiany ciepłoty o ł°C, gdy a oznacza spółczynnik rozszerzalności, d ds

v'

ds

— == 4- a t =--=r + at

EF

658)

Dajemy znak —, bo P, oznaczając ściskanie, skraca łuk. Dla wynalezienia dcp musimy wyznaczyć działanie momentu M.

Wskutek działania momentu M zmie

J)\

nia się kąt dcp o ddcp (rys. 332). Z tego wynika, że U L = dsx przedłuża się o d ds\, a przedłużenie to możemy wyrazić analogicznie do d ds

równ. 34)

oznacza naprężenie wskutek działania momentu M w warstwie odległej o v od osi obojętnej. Wstawiwszy wartość z równ. 620) otrzymamy :

dsi

E » gdy vv

tf

za vv

Mv

rys. 332.

d dsi = —.

. 659)

Z rysunku widzimy, że zł ds^ — v zł d<p, więc złdcp —

Zł A cp __ M

a stąd :

cis

El

zł dsi

- Tl dsn

660)

ponieważ ds₁ = ds.

Z uwzględnieniem krzywizny osi otrzymał Weyrauch: z/ ds

A

złdcp _ M

{p+v)¹

EF ‘ •

. . 661)

ds

El

. . 662)

Całkujemy teraz równania 658) i 660) i otrzymamy:

z/s

JP

/„EF

złcp

₌ _ /*x M

i o El

. . 663)

Gdy kształt łuku jest dany, wtedy znana jest zależność między zmiennemi x, y, s i <p i zapomocą powyższych równań możemy wyznaczyć odkształcenie łuku.

§ 142. Wyznaczenie trzech warunków.

Łuk bezprzegubowy jest to łuk, którego oba końce są tak utwierdzone, że styczne podporowe się nie zmieniają. Ponieważ w łuku takim obie podpory są stałe, . więc dla x = l możemy napisać dla punktu ~ B (rys. 333) trzy następujące równania :

Złx — 0, zły = 0, złcp = 0    .    664)

rys. 333.

Jeżeli podpory nie są zupełnie stałe, to mogą powstać pewne odkształcenia zł xlt zł yu zł cply które albo wprost zna-

my, albo też je zakładamy. W każdym razie te trzy równania wystarczą do wyznaczenia sił zewnętrznych, jak to udowodniliśmy wyżej.

Niech ACB przedstawia oś łuku, to pierwsze równanie możemy ze względu na równ. 657) napisać, założywszy, że mamy B zł ds

dane zł xlf zł xi

ściowo zł x₁

= r_

J A ds

r śś*

J A ds

ds +

/:

złcpdy, albo całkując czę-

m :-r/z

ds.

Dla A i B jest y — O, więc drugi wyraz odpada i możemy

napisać:

4xx

= f —

Ja *

dx —

rB d4 cp

JA*"*

ds.

Wstawmy teraz wartości z równ. 658) i 660), a otrzymamy

JXl=- f

J A

EF

dx +

rB My

J a El

ds. .

.    . 665)

E jest liczbą stałą, a dla przekroju stałego możemy I \ F także wyłączyć przed znak i napisać, gdy 4 xx = 0,

$BAMyds-iS

Pdx = 0.

. . 666)

Z uwzględnieniem krzywizny otrzymuje Müller Breslau

B M y ds

f —

Ja U

. 667)

Gdy promień łuku jest wielki, a Axx = 0, równ. 667) przechodzi w równ. 666).

Keck liczy jeszcze dokładniej i otrzymuje, jeżeli 4xx liczymy od pewnego punktu osi, dla którego rzędne są xx i yx

*M(yi-y)ds

f_____

Ja El

BMdx

EFr

jB-PĄy±s:!Łds+dxy_jXi 668)

Dla yx = 0 i r wielkiego przechodzi to równanie w równ. 667). Dla łuków nie bardzo grubych, gdy / jest małem, drugi wyraz równ. 666) daje stosunkowo tak małe wartości, że możemy wpływ siły podłużnej P opuścić i w przybliżeniu napisać

/:

M y ds = 0,

669)

dx

Jeżeli zaś przyjmiemy nie / stałe, lecz 1' — I-y-— I dost cc, to

znaczy, jeśli przyjmiemy, że moment bezwładności, a więc i grubość łuku ku podporom, się zwiększa, to z równ. 667) otrzymamy dla xfxx = 0 po opuszczeniu wpływu siły podłużnej

/:

My dx = 0

670)

W ten sam sposób postępując, otrzymamy z drugiego równania 664) dla 4xx = 0

Mx ds-\-

Pdy = 0.    .    .

. . 671)

Z uwzględnieniem krzywizny jest wedle Miillera Breslau a ogólnie :

A Mxds

L El

fABMx^+dy)⁼

. 672)

które to równanie dla wielkiego r i stałego E, I, F i Jyx= 0 przechodzi w równ. 671).

Keck otrzymuje dokładniej:

^ds

'B M(xx—x)ds

El

Dla xx = 0ar wielkiego przechodzi to równanie w równ. 672). Jeśli opuścimy wpływ siły podłużnej, to otrzymamy

Mx ds = 0 .    .

.    . 674)

z równ. 671)

względnie dla stałego /

co >

/.

Mx dx = 0.

. . 675)

Trzecie równanie brzmi z/qpx = 0; według równania 663)

dla przekroju stałego

a dla stałego F

o = JVl=-fB M

J A

M ds = 0,

El ds, .    .

. . 676)

. . 677)

M dx = 0.

678)

Wedle Miillera Breslaua otrzymamy z uwzględnieniem

krzywizny

BMds P El EFr

Keck otrzymuje dokładniej

El

fP

EFr

Er* F

= 4cpx ....    680)

które to równanie przechodzi dla wielkiego r i stałego Iw rów. 677).

Na trzech zasadniczych równaniach 666), 671) i 676), względnie przybliżonych bez uwzględnienia krzywizny i siły podłużnej równaniach 670), 674) i 678), polega cała dalsza teorja belek łukowych, a więc i sklepień.

§ 142. Wyznaczenie prawdziwej linji ciśnienia.

Ta linja ciśnienia jest prawdziwą, która wypełnia wszystkie trzy powyżej podane warunki, a że brakowały nam tylko trzy równania, więc teraz mamy tyle równań, ile niewiadomych, a zatem niewiadome dadzą się ściśle wyznaczyć. Linja ciśnienia jest więc zupełnie wyznaczalna temi równaniami.

Będziemy teraz szukać tej prawdziwej linji ciśnienia, odpowiadającej trzem warunkom, a to w ten sposób, że najprzód wyszukamy linię ciśnienia, odpowiadającą pierwszemu warunkowi, potem zmienimy ją tak, aby nie przestając odpowiadać pierwszemu warunkowi, odpowiadała i drugiemu, a nareszcie i trzeciemu.

Każdy wielobok uważać możemy jako wielobok sznurowy dla pewnego obciążenia, a więc i óś ACB (tabl. IV.) niech będzie wielobokiem sznurowym dla pewnego obciążenia i parcia poziomego. Przypuśćmy dalej, że LK jest linją zamykającą dla belki prostej, obu końcawi utwierdzonej, to wtedy odstępy pionowe między LK a osią będą dla pewnego parcia poziomego równe momentom M, a na mocy równania 678), które tu także

z wa

jest ważnem \ Mbdx — 0. Równ. 678) bowiem powstało

runku Jcp₁ = 0, który i tu musi być wypełnionym (por. §. 142)

Niech będzie a' a\ a\ . .. a ₁₁ prawdziwą linją ciśnienia i przypuśćmy na chwilę, że linja ta jest także wielobokiem sznurowym dla tej samej belki prostej obu końcami utwierdzonej i tego samego parcia poziomego, co wielobok b, ale dla danego rzeczywistego obciążenia, i że linja LK jest znów linją zamykającą. Wtedy odstępy między linją zamykającą a wielobokiem a będą równe momentom Ma i tu będzie także:

^ Madx — 0.

Wiemy, że dla łuku linją zamykającą jest oś łuku, więc momenty dla łuku będą :

681)

682).

M = Ma — Mb

jak to z rysunku widzimy.

Pomnożywszy to równanie przez x dx, otrzymamy

Mx dx = Ma xdx — Mbxdx.

Zcałkujmy to równanie, to

^ Mxdx= j Maxdx — j Mbxdx = 0

według równania 675)., a zatem:

^ Ma x dx — j Mb xdc

Analogicznie możemy napisać na podstawie równań 669 i 678)

\ Ma y dx — j Mb ydx    . .

j Ma dx — § Mbdx

. . 683)

. . 684)

Te trzy równania posłużą nam do wyznaczenia prawdziwej linji ciśnienia⁵), a mianowicie w równ. 682) i 684) zrobimy obie strony równania = 0, przez co będą też sobie równe. W tym celu dzielimy najprzód rozpiętość na równą liczbę części (na rysunku na 10 części); rozpiętość jest tu /=16m, strzałka /= 3m,

kg

d₀ = 1 m, dx = 1,8 m, nadsypka 1 m, ciężar ruchomy 1200^ . Jeśli ciężar kamienia jest 2,4—nadsypki 1,6

, to ho~

1200

1600

= 0,75 m.

Widzimy, że tu pasek szósty nie jest cały, lecz tylko do połowy, obciążonym. Możemy albo przyjąć, że obciążony jest on całkowicie na całej długości połową ciężaru, albo licząc dokładniej,^podzielimy pasek piąty na dwie części 6a i 6b, co do których będziemy pamiętać, że szerokość ich jest o połowę mniejszą, a więc w rachunku zawsze przyjmować będziemy tylko połowę rzędnych tych pasków, albo też jednę rzędną średnio arytmetyczną.

Ciężar stały jednego paska i ciężar ruchomy działają w praktyce dość dokładnie w pionowej, połowiącej ten pasek, wyjąwszy pasek 6, który jest tylko do połowy obciążony ciężarem ruchomym, tak że ciężar lewej połowy paska

/,/=2,4X0,8X2,l7 = 3,73ć, „

Pp=2,4X0,8X1,70 = 2,92 t. a wypadkowa = 6,65 t dzieli

_ 4 Pi + ! Pp _

prawej „

sze

rokość paska w stosunku jt

P*

0,47. Odstępy więc

ciężaru Pti od sąsiednich kierunków, mierzone po prostopadłej do nich,wynoszą (0,47 + 0,5). 1,60= 155 cm i (0,53 + 0,5). 160 = 165 cm. Otóż wykreślamy te kierunki sił działających Plf P.₂... P₁₀ oraz wielobok sił dla danego obciążenia. Tu przypuściliśmy, że obciążoną jest ciężarem ruchomym lewa część sklepienia na długości 0,55 / = 8,80 m, wykreślamy więc według § 134 sprowadzoną linię obciążenia i wyznaczamy ciężary pasków. N. p. ciężar paska pierwszego jest 2,4X 1,6X1 X4,6 = 17,66 t. Reszta ciężarów będzie proporcjonalną do średnich wysokości pasków.

Przyjąwszy tymczasowo biegun w punkcie D, kreślimy promienie i w zwykły sposób wielobok sznurowy ENF. Teraz szukamy linii zamykającej, któraby zadość uczyniła równaniu

I Ma dx = 0,

J A

co znaczy, że powierzchnia między linią zamykającą a wielo-bokiem sznurowym a ma być =0, oczywiście, gdy uwzględnimy znaki rzędnych.

dx za-

/'

Jeżeli Ï jest zmiennem, to według 665) mamy zamiast M wyraz-^- we wszystkich następnych wzorach, więc ^

miast ds.

Wykreślmy teraz najprzód prostą Ls K₅, równoległą do EF> oceniwszy na oko, że powierzchnia między Z.₃ a E N F — 0. Dobrze także użyć w tym celu linii prostej, wykześlonej na kalce, którą przesuwamy równolegle do linii E F, aż powierzchnie po obu stronach linii będą równe. Gdyby linia ciśnienia była parabolą, to L₃ Kz przechodziłaby w ²/₃ wysokości w środku.

r

Teraz sprawdzimy, czy rzeczywiście / Ma dx = 0.

J A

Jeżeli nazwiemy odcinki pionowe między wielobokiem a a zamykającą v, to powierzchnia momentów

7J± H“ Vfr

V₆ + v₆

Vo + V\

+ 51=*, + ...+ .

«+...+

F= e J" Vi + v-₂ + ... + v₉ + vio + —

0,015 (v₇—vB) J =

Dodawanie rzędnych v możemy uskutecznić cyrklem, przy-czem rzędne nad zamykającą uważamy jako dodatnie, pod zamykającą jako ujemne i w tem sposób otrzymamy

F= -

v₆ + v₇

tC'

₂    0,97 e +

₂    . 1,03 e +

v₇ + vs

v₉ + y io

vio + vlx e

2 ‘ 2 ’

-Vt + ÜH-Vio

e. m

685)

■*(

16,2 -

22,2

— 0,15.4,0

)-

e. 10,59.

Ponieważ powierzchnia nie jest — 0, posuniemy prostą Lz Kz do góry tj. zmniejszamy powierzchnię dodatnią o długość

. . 686) 10,59 ₌

Ja

e.m

10

W naszym wypadku przesuwając L₃ K₃ o Ja —

— 1,06 mm w górę, otrzymamy prostą L₂ K>, a powierzchnia będzie teraz dokładnie =0.

Chodzi teraz o to,

aby C Mn xdx = 0, tj. aby moment staty-

czny tej powierzchni ze względu na A E był =0. Obliczmy moment statyczny tej powierzchni, rozkładając ją na trapezy i przypuszczając że środek ciężkości trapezu jest w połowie szerokości. Otrzymamy więc:

c _ v₀ + V\ e e    L t/j. + v₂

^    ~    2 ‘ 4    2

.e . 1 e +

. e . 2 e + ... +

¹

p. Rytir. Zur Statik der Gewölbe Ö. W. f. d. off. Baudienst 1916,

²

badamy jeszcze linję obciążenia dla sklepienia eliptycznego (rys. 326). Jeżeli w kluczu przyjmiemy początek spół-

³

rzędnych, to

⁴

Część II. Łuki i wiszary.

⁵

Porów, Burr. Suspension bridges arch ribs and cantilevers, Nowy York

.e . 4 e -f

^ tr^-.0,097e.4,985e+    • l,03e.5,985 e +

2 2

+ (l+2)t/₂ + (2+ 3)^3 + (3+4)z/₄ + (44-4,84)^5 + + (4,84 + 6,16)    + (6,16 + 7) z>₇ + (7 + 8)    + (8 + 9)    +

4- +! T — 4

2 [ 8 8

: /n_L 9,75 \    _l9.75    1

⁺ (⁹+-2-)^+-2-^.J.

po wstawieniu wartości za ^ będzie w mm³:

1x22—3X6,2 + 5X4,8 + 7X11,4 + 8,84X14,8 +

= eL( ³³

2 V

+ 11,0X14,5 + 13,16X11,0 + 14X4,9—17X6,0—13,875X21 +

—4,875X31,9)= y(-596,36 + 612,39) = + 8,02e².

Musimy więc moment statyczny powierzchni pomniejszyć o S = 8,02 e² mm³ przez to, że prostą L₂ obrócimy około punktu / o pewien kąt odwrotnie do ruchu wskazówek na ze2 garze, aż przyjdzie w położenie Li Kx.

Moment statyczny, jaki przez to powstanie, ma być :

-S=+IL₁ Uil-IKrK^l=-iLIU U =

a stąd

. 687)

^7 + «'S.    711

:-. e . / e +... ~r

V<) + ^10

^10 + vix e

■f- 9,75 e =

/2

I / • 2 / L1 Z/2 • 2 /    + ^ L± 7»2 >

,,-‘s

L, L, -p-    .    .    .

Tu otrzymamy Li L₂ —

6.8,02 e²

= 0,48mm. A że IKi K₂ — ILi L-

(10 e) ²

więc warunek pierwszy nie został naruszony. Linja zamykająca Li Ki odpowiada więc teraz dwóm pierwszym warunkom.

Aby znałeść zamykającą, któreby czyniła zadość warunkom Madx — 0 i Maxdx = 0, można postąpić również w sposób następujący, podany przez konstruktora Brzozowskiego (tabl. IV rys. B).

Obliczamy powierzchnię, E ai a₂... F, objętą wielobokiem sznurowym i dzielimy ją przez rozpiętość /. Otrzymany w ten sposób odcinek, nanosimy od prostej £Fw połowie rozpiętości sklepienia. W naszym przykładzie mamy pow. Eaia₂. . .F = 5180 mm²,

5180

zatem odcinek w połowie rozpiętości będzie miał

160

— 32,4 mm.

Wyznaczamy następnie pionową, przechodzącą przez środek ciężkości powierzchni Eax a₂ • • • F, np. dzieląc moment statyczny tej powierzchni względem pionowej przez lewą podporę przez jej

406000

5180

—— — 78,4 mm.

wielkość, więc tu odstęp od lewej podpory będzie

Dalsza konstrukcja jest identyczna z wyznaczeniem prostej, ogra-niczącej rozkład naprężeń w przekroju sklepienia (rys. 317). I tu i tam chodzi bowiem o wyznaczenie sił względnie powierz-momentów które czynią zadość dwu warunków, suma ma być równą zeru i warunek statyczny sił jest równy zeru. Dzielimy zatem rozpiętość /, a więc i prostą E F na trzy równe części, otrzymane punkty podziału łączymy z końcem odcinka» naniesionego od EF w połowie rozpiętości, a punkty przecięcia z pionową przez środek ciężkości powierzchni Ea\ a₂. .. F, rzutujemy, kreśląc równoległe do E F, na pionowe podporowe i otrzy. mujemy szukaną zamykającą Li Ki, która oczywiście musi przechodzić przez koniec odcinka, naniesionego w połowie rozpiętości.

Teraz szukamy linii zamykającej dla osi łuku jako wieloboku sznurowego i podobnie znajdziemy L K, równoległe do A B, bo jeżeli suma powierzchni momentów jest równa zeru, to z powodu symetrji drugi warunek będzie już przez to także wypełniony* Środek ciężkości bowiem tak ujemnej części powierzchni, jak i dodatniej, leży w prostej CD, a że te powierzchnie są równe, więc momenty statyczne muszą być równe z przeciwnym znakiem,

a zatem \ Mb x dx — 0.

•M

Chodzi jeszcze o wypełnienie trzeciego warunku ;

Maydx

f B

— V Mb y dx.

J A

Rzędne ac wyobrażają nam, jak wiemy, momenty Ma. Uważajmy Ma jako siły, działające poziomo w odpowiednich punktach osi b, oddalonych od linii AB o y np. ax C\ w bu a₂ c₂

f

łatwo \ Maydx, wykreślając na do-

J A

w b₂ itd., wtedy otrzymamy

wolnej poziomej wielobok sił /₀/i***/o/i, a potem wielobok sznurowy. Powierzchnie przedstawiają się tu jako trapezy i trójkąty. Środki ciężkości znajdują się w jednej trzeciej lub w przybliżeniu w połowie podstaw. Zatem od /₀ odcinamy /o/i⁼i«i, h h — fz~uz, /₃ ^ w przeciwnym kierunku =u₄ itd., a ponieważ powierzchnia momentów powinna być równa zeru, więc ostatni punkt wieloboku fu zejdzie się z punktem /₀.

Przyjmijmy odległość biegunową dowolnie równą i połączmy biegun S₄ z wszystkimi punktami wieloboku sił, z punktów ku k?, itd. ponad środkami ciężkości trapezów poprowadźmy poziome i wykreślmy wielobok sznurowy URW. Z §. 7. wiemy, że odcinek UW prostej równoległej do wypadkowej między skrajnymi bokami wieloboku sznurowego U RW, pomnożony przez odległość biegunową hly równy jest sumie momentów statycznych sił Ma, więc według równań 4) i 181)

. . 688)

1 fB

UW = i M;

hlJ A

To samo

robimy, chcąc wyznaczyć Mb y dx.

Tu Mb są równe rzędnym między osią łuku a linją zamykającą LK. Wykreślmy w ten sposób wielobok sznurowy czyli raczej z powodu symetrji tylko połowę wieloboku, a otrzymamy

Aby zadość uczynić równaniu 683) musiałoby być :

, . B    f* ß

\ Ma y dx — \ Mb y dx Ja    Ja

czyli 2 ht RT=hx. U W, albo

2 RT = UW

00

690)

Rzeczywiście jednak 2RT UW, więc aby uzyskać równ. 690)

musimy, pomieważ 2 RT jest dla danego kształtu łuku stałem, zmienić tak UW, aby UW = 2RT.

W naszym przykładzie jest 2 R T<i W, a mianowicie ponieważ 2 RT= — UW, więc UW trzeba n razy zmniejszyć. Po-

1 /s

nieważ UW =■ -r- \ May dx, więc UW będzie n razy mniejsze,

kl } A

jeżeli Ma czyli rzędne wieloboku sznurowego a zmniejszymy n razy. Rzędne zaś wieloboku tego będą n razy mniejsze, jeżeli do wykreślenia go użyjemy odległości biegunowej n razy większej,

. 2RT.

b. ,vv.r-

uw

a zatem b' = nb —

Teraz dwojaki jest sposób wykreślenia prawdziwej linji ciśnienia, albo mnożymy wszystkie rzędne wieloboku a przez

1 UW

2 RT

i wykreślamy je według znaku powyżej lub poniżej

my D' D

linii L K, albo wyznaczywszy prawdziwą odległość biegunową, szukamy takiego bieguna, aby linie zamykające obu wieloboków zeszły się razem i aby można jeden na drugi położyć. Wykreślmy dowolny kąt POP', zróbmy OP — UW, O F — 2RT, odetnijmy potem odległość biegunową b na OP' do punktu D' i wykreśl-równolegle do PP', a będziemy mogli napisać :

OD" = OD'.

= OD'.

, OP

OP'

, UW 2 RT

— n. b.

= b'.

FxDl = OD". Dx

Prawdziwą odległością biegunową jest więc OD Według pierwszego sposobu mamy pomniejszyć wszystkie rzędne Ma w stosunku OP:OP', co zrobić możemy zapomocą kąta proporcjonalnego POP'. Sposób ten jest łatwy i dokładny; jako próbę użyć możemy drugiego sposobu, a to jak następuje : Kreślimy DFX równolegle do LXKX, przez co otrzymujemy OPi = V₁ i Fx 10 == V₂, oddziaływania pionowe belki prostej. Z punktu Fx kreślimy poziomą FXDX, równoległą do zamykającej LK, gdyż L₁K₁ musi być poziomą, jeżeli chcemy położyć wielobok a na wielobok b i uzyskać M = Ma — Mb i robimy jest wtedy prawdziwym biegunem, gdyż odległość biegunowa F x D x— O D ' ' = b', a równoległa do nowej zamykającej LK dzieli wielobok sił na V₁ i V₂. Teraz kreślimy promienie i linję ciśnienia. Punkt początkowy a , a może i więcej punktów, jako kohtrolę, wyznaczymy według poprzedniego sposobu.

Drugą próbą rzetelności konstrukcji jest ta okoliczność, że punkty m i n przecięcia się wieloboku a z linją zamykającą leżą w pionowych punktach przecięcia się linji ciśnienia z LK — rri i n . Dalej boki skrajne wieloboku sznurowego muszą się przecinać w pionowej przez środek ciężkości wszystkich ciężarów G G', a nakoniec sumy powierzchni powyżej osi i poniżej osi musza być sobie równe.

Otrzymawszy tak prawdziwą linję ciśnienia, mamy momenty ze względu na oś M — b z, jeżeli z oznacza pionowy odstęp między osią a linją ciśnienia.

Chodzi jeszcze o największe naprężenie, które obliczymy

| 1 + ^ Widzimy, że vt może być

100 h

według⁻ równ. 637) vx =

największe dla największego P lub największego c. Na tablicy są P i c największe na podporze A. Dla szwu gl, prostopadłego do osi w A, znajdziemy P, robiąc o r // gl, a Ąr/jdo stycznej do osi w A, to P — Dx r — 84,01— 84000 kg. Dalej mamy c = Aa = 0,18 m — 18 cm, h = 1,7 m — 170 cm, więc

najw. v —

84000

6.18

100.170

170

j = 8,0 kg i cm¹,

a więc dla muru kamiennego naprężenie stosowne. To samo zrobiliśmy wykreślnie. Gdybyśmy chcieli otrzymać wynik dokładniejszy, to otrzymalibyśmy dla stałego F z wzorów 670), 674)

r ds

F—7*

dx*

i 678), wstawiwszy /' = 1-t~ i F' =

W

W :l

%r

Mdx =0

S/3

Mxdx 4-

. .    691)

//

\ Mydx—Ç •ja    Ja

Pdx= =

Z tego widzimy, że pierwszy warunek

C A    B

Madx — \ Jb    J a

Mb dx— 0

jest dokładny, żadnej zmiany tu nie trzeba.

W drugiem równ.

A,

B₀

691) wstawmy P— [Q]

ds

dy,

rys. 334.

jeżeli [Q] oznacza siłę poprzeczną, a otrzymamy

Mxdx—

:a⁸l [Q]ds =

•J A

0 albo w przybliżeniu

— 446 -

Mxdx

~ a 2 C [Q]dx . .

J A

. . 692)

Jeżeli więc w zwykły sposób wyznaczymy powierzchnie momentów a i h, to jeszcze należy w każdym punkcie a siłę poprzeczną [Q] odciąć pionowo od pewnej poziomej Ax Bx (rys. 334). Końce tych rzędnych połączone dadzą w ogólności linję krzywą

A2 B%,

•/:

[Q] dx = pow. Ai A₂ Bi B}. Dla obciążenia zupeł

nego jest ta powierzchnia dla łuku parabolicznego równa zeru, a zwykle bardzo małą.

Jeżeli łuk jest symetryczny, to

Mb xdx+O, więc

/ Ma xdx— —pow [Q]

J A

693)

a nie jest równe zeru, jak to pierwej robiliśmy. Z uwzględnieniem tego robimy obrót Z₂ K% w położenie Ly Ki_.

Trzecie równanie 691) możemy napisać zważywszy, że

ds

rB    fB

/ Mydx — a ² H J a    Ja

ds = 0, albo

/:

Mydx — a¹ H ł

692)

jeżeli ł oznacza długość łuku.

Otrzymamy więc z 688) i 692) hi UD—a'² Hł—h\ 2 Ct, więc

. . 693)

UD=2 Ct^

hi

Jeżeli to równanie się nie ziszcza, to należy UD, zatem odległość biegunową odpowiednio zmienić, aby zadość uczynić temu równaniu.

Różnica w wielkości parcia poziomego przy zastosowaniu tych poprawek jest jednak zwykle tak małą, że w zwyczajnych wypadkach nie potrzeba uwzględniać wpływu siły podłużnej P.

§ 144. Położenie powierzchni momentów.

Niech będzie ACB (rys. 335) osią łuku, Ai D Bl prawdziwą linją ciśnienia, to rzędne między temi dwiema linjami będą, jak

wiemy, proporcjonalne do momentów. Pierwszy warunek

Mx dx = 0 ozna

+ Æ Jfjk

cz

Ai

^—.....-----.......—■ ■>"

cza, że suma powierzchni dodatnich jest równa sumie powierzchni ujemnych tj. poniżej osi leżących. Drugi i trzeci warunek brzmią :

rys. 335.

/:

M x dx —0 i

/:

M y dx = 0,

co da się słowami tak wyrazić: moment statyczny powierzchni ujemnych musi być równy momentowi statycznemu powierzchni dodatnich tak ze względu

na oś odcinków, jak i rzędnych.

M y dx nie oznacza

./ A

wprawdzie momentu statycznego powierzchni momentów ze względu na AB, bo y oznacza odstęp punktu osi od A B. Ale różnica

CB

jest bardzo małą tak, że możemy / Mydx uważać w przybliżeniu

J a

za moment statyczny. Wiemy, że moment statyczny jest iloczynem z powierzchni przez odległość środka ciężkości od danej li-nji, a więc gdy powierzchnie dodatnie i ujemne i ich momenty statyczne są równe, to i odległość środka ciężkości powierzchni ujemnych i dodatnich od obu osi musi być równą, czyii innemi słowy: środek ciężkości części ujemnych musi wpadać na środek ciężkości części dodatnich.

Aby tego ostatniego warunku dopełnić, musi linja ciśnienia przecinać oś najmniej w trzech punktach, bo jeżeliby przecinała tylko w dwóch punktach, to otrzymalibyśmy dwie części tego samego znaku, a wyżej lub niżej jedną część przeciwnego tak, że środki ciężkości nie mogłyby się schodzić.

Powyższa ulepszona metoda Burra wyznaczenia prawdziwej

linji ciśnienia zaleca się zwłaszcza tern, że jest bardzo przejrzystą i jasną, a nadewszystko ogólną.

Jeżeli uwzględnimy skrócenie osi wskutek siły podłużnej, to otrzymamy wedle Keck a*) dla sklepienia parabolicznego podniesienie się linji ciśnienia w kluczu o c, a zniżenie na podporach o 2 c, przyczem

c=s

694)

jeśli d oznacza grubość a f strzałkę sklepienia.

§ 145. Ciśnienie sklepienia na krążyny.

Przy budowie sklepień używamy osobnego rodzaju rusztowań, które mają podpierać niedokończone jeszcze sklepienie, dopóki nie założymy klucza, poczem już sklepienie nie potrzebuje podparcia. Rusztowania te nazywamy krążynami (Lehrgerüst, fr. cintre, r. KpysKaJio).

Aby obliczyć wymiary krążyn, musimy poznać ciśnienie, jakie wywiera sklepienie podczas budowy na krążyny.

Wszystkie klińce nachylone pod kątem mniejszym do poziomuj niż kąt tarcia wynosi, nie cisną wcale na krążyny, dopiero gdy ß^>Q (rys. 332), kliniec ciśnie na krążyny i wywołuje oddziaływanie P prostopadłe do podniebienia. Zastanówmy się nad równowagą klińca takiego abcd. Ciężar jego C działa w środku ciężkości S, klińce leżące na danym klińcu, wywierają ciśnienie N, działające także pod kątem tarcia. Siły N, Nly C i P muszą być w równowadze i dać się złożyć w zamknięty wielobok sił. Jeżeli

N jest danem, C obliczamy, kreślimy AB = N i BD = C, wypadkowa tych dwóch sił jest AD, z punktu ich przecięcia się f kreślimy fh\\AD do przecięcia się z siłą P, którą z poprze-dniemi składamy. Kierunek wypadkowej N\ znamy, bo działa ona pod kątem tarcia Q do prostopadłej na ad, kreślimy więc DEjlgh i otrzymujemy w wieloboku sił DE=Ni i AE—P. Znając teraz Nu możemy wyznaczyć w ten sam sposób ciśnienie następnego klińca na krążynę.

*) Keck: Elastizitätslehre, str. 338.

na, w! iE

$£/

7\/

rys. 336.

o -Ą

A'>J

Jeżeli punkt g wypada zewnątrz przekroju, to konstrukcja ta nie jest ważną. Wtedy musimy przypuścić mniejszy kąt tarcia, niż Q, — albo, co na jedno wychodzi, obrać punkt g blisko krawędzi a. Możemy przyjąć ag =2 do 5 cm.

W rys. 337 zrobiliśmy tę konstrukcję dla sześciu klińców A, B, C, D, E i F. Zaczynamy od najwyższego klińca F. Tu, rozumie się, N=0, a siły P* i Ci przecinają w Si, skąd prowadzimy Ni pod kątem Q do prostopadłej na szew ab. Przeprowadziwszy tak konstrukcję dla wszystkich 6 klińców, otrzymamy w wieloboku sił P1} P₂, P₃, P₄, P₆ i P₆. Z rysunku widzimy, że proste, przedstawiające ciśnienia N, są zbieżne, a ciśnienie P ku

<V

SA

r/l

O*

o-

ra

K/

rys. 337 i 338.

dołowi coraz mniejsze. Dodajmy jeszcze jeden kliniec G; którego ciężar jest C₀, to z powodu zbieżności prostych, przedstawiających ciśnienia N, otrzymamy odnośne ciśnienia na krążyny P mniejsze, niż w pierwszym przypadku. A więc największe c i-

29

Statyka.

śnienie na krążyny pod pewnym klińcem powstaje zawsze wtedy, gdy jest on najwyższym klińcem. Ciśnienia te największe wzrastają ku kluczowi. Z rysunku widzimy, że przez dodanie klińca G ciśnienia, wywarte przez poprzednie klińce, maleją, a kliniec A nie wywiera już wcale ciśnienia na krążyny, P' 5 = 0.

Najw. P możemy łatwo wyznaczyć liczebnie, gdyż wtedy N=0 (rys. 338), BF=C wst a, więc

DE=Nt = -

DF

Cwst a

dost Q dostę

Dalej mamy

P— B E= C dost a—D / stQ=C dost a — C wst cc st Q, albo P = C (dost a—wst cc st q) = C (dost a — f wst a),    . 695)

jeżeli / jest spółczynnikiem tarcia.

Dla a = 90—Q

jest P— C |wst Q—dost Q

wst Q

jest według § 133 w przecięciu dla ciosów bez zaprawy 30°, z zaprawą starą 35°, świeżą zaś bardzo mały, co najwyżej przyjąć więc możemy (> = 22°, /=0,4. Dla cegły jest średnio {> = 46°, dla pewności przyjąć możemy ę = 35°.

Konstrukcja linji najw. P wynika z poprzedniego. Jeżeli chodzi o ciśnienie klińca dbgh (rys. 334) bardzo wąskiego, to ciężar ego będzie proporcjonalnym do grubości sklepienia db, mianowicie C—db.b^.l.y, jeżeli bt jest szerokością klińca. Przyjmijmy bi — 1, to C— y . db.

Wh\

rys. 339.

Jeżeli w rys. 339 zrobimy db = C, jeżeli z d poprowadzimy poziomą i de pod kątem Q do poziomej, a z b pionową be, to dbe^BDE (w rys. 338), bo wszystkie kąty równe, a db — BD, więc be— BE— P. Zróbmy to samo dla innych szwów i połączmy odnośne punkty, a otrzymamy linją największych P. Powierzchnię kreskowaną przyjąć możemy, obliczając wytrzymałość krążyn, jako powierzchnię obciążenia, pomnożywszy ją

przez y. Będzie to wprawdzie obciążenie trochę za wielkie, bo ciśnienia największe nie wystąpią nigdy równocześnie, ale przypuszczenie to jest na korzyść pewności.

XI. Sklepienia krzyżowe i baniaste.

§ 146. Sklepienie krzyżowe nad kwadratem.

Sklepienie, powstające z przecięcia się dwóch sklepień kolebkowych o równej strzałce, których podniebienia w linji przecięcia się tworzą kąt wypukły, nazywamy sklepieniem krzyżowe m (n. Kreuzgezuölbe, fr. voûte des arêtes, an. crossvaulting, r. KpecTOBHH cboæ'b) (tabl. V.). Linje, powstające na podniebieniu z przecięcia się dwu sklepień AE i CF, nazywamy żyłami, li-njami żebrowemi (n. Grathbogen, fr. nervure, an. nerve), pas zaś, wystający z żyły dla wzmocnienia lub ozdoby, żebrem (n. Grath, Rippe, fr, arêtier de voûte, ogive, an. groin rib).

Przypuśćmy najprostszy przypadek, że sklepienie krzyżowe powstaje z dwu sklepień kolebkowych o jednakim przekroju, przecinających się pod kątem prostym. Podzielmy oba te sklepienia płaszczyznami pionowemi, prostopadłemi do osi, na równą ilość pasków, które możemy uważać jako sklepienia kolebkowe i wykreślmy w każdym w znany sposób linją ciśnienia (przekrój AC). Jeżeli następne paski ku środkowi sklepienia położone np. ef mają tę samą grubość, to przekrój ich tworzy część przekroju skrajnego paska AC, linji ciśnienia nie potrzebujemy więc osobno szukać, lecz jest ona częścią linji ciśnienia paska AC. Wszystkie te paski wywierają pewne ciśnienia ukośne np. w ef Re na żebra, które da się rozłożyć na parcie poziome He i ciśnienie pionowe Ve. Łatwo zrozumiemy, że jeżeli sklepienie ma sjtałą grubość i jest jednostajnie obciążone, parcie poziome He będzie dla wszystkich jednakowo grubych pasków to samo ~Hlt a więc także i w pasku eg. Dwie te siły Hx dają wypadkową poziomą w płaszczyźnie żebra H— Hi)f[=ei. Siły pionowe Ve zaś dodają się, a więc

V=2Ve.

- 452 -

Teraz przystępujemy do sprawdzenia równowagi żebra, które dzielimy na części, odpowiadające podziałowi pasków sklepienia. Na każdy kliniec żebra działają oprócz ciężaru własnego żebra siły V i H, które to wszystkie siły dają w każdym punkcie ukośną wypadkową Rlt R% itd., a które wyznaczamy z wieloboku sił. W naszym przykładzie żebro wystaje na dół o 15 cm, tu więc siły H działają w połowie grubości sklepienia, a nie żebra, więc w punktach odległych od grzbietu o 15 cm. Szukamy teraz parcia poziomego, przypuszczając, że linja ciśnienia przechodzi przez środek szwów w węzgłowiu i w kluczu, a gdy obciążenie jest symetryczne, linja ciśnienia w kluczu jest poziomą.

Wypadkowa sił V₀, Ru R>, Rs, R± . . .

Aby wykreślić linję ciśnienia, przyjmujemy podobnie, jak przy sklepieniu kolebkowem, mOx tymczasowo jako parcie poziome, prowadzimy promienie i kreślimy wielobok sznurowy suw, wychodząc ze środka szwu w kluczu. Wielobok ten sznurowy w ogólności nie zejdzie się z przyjętym punktem t w węzgłowiu, bo parcie poziome przyjęliśmy dowolnie, musimy je więc odpowiednio zmienić. Przez punkt p przecięcia się boków skrajnych wieloboku przechodzi wypadkowa wszystkich sił, działających na .połowę sklepienia, jeżeli więc linja ciśnienia ma przechodzić przez t, to ostatni bok musi mieć kierunek pt. Bok ten wykreślimy aż do przecięcia się z R₇ w n.

Rit przechodzi przez punkt y, który łączymy z n i otrzymujemy w ten sposób nz. Postępując tak dalej, wykreślimy całą linją ciśnienia tnzs. Parcie poziome wyznaczymy łatwo, zrobiwszy / O równoległą do pt. O jest więc biegunem, z którego poprowadziwszy promienie, możemy kreślić przez s wielobok sznurowy, równoległy do tych promieni, a który przechodzić będzie przez t.

Widzimy, że w tym wypadku linja ciśnienia wychodzi w czwartym i piątym pasku z jądra, równowaga więc nie byłaby zapewnioną; wiemy jednak także, że prawdziwa linja ciśnienia leży powyżej i poniżej osi, podczas gdy tu cała linja ciśnienia leży poniżej osi. To wskazuje nam, że linja ciśnienia w kluczu leży powyżej środka szwu, należy więc całą linją ciśnienia przesunąć w górę tak, aby powierzchnia momentów była równa zeru i otrzymamy linję x «i t.

§ 147. Sklepienie krzyżowe nad prostokątem.

Przypuśćmy, że w prostokącie ABCD (rys. 340) wykonamy sklepienie krzyżowe i dla uproszczenia przyjmijmy, że ciężar jest jednostajny q kgjird. Wytnijmy, jak poprzednio, płaszczyznami równoległemi do AB i AD paski EF i EG o grubości dzu i dx, nazwijmy strzałki odnośnych łuków /i i /₂ a parcia poziome dhi i dh₂, to dla równowagi ze względu na punkt E będzie

fv

dx

< A4

[V?

TT*

SK

g w «Ta;

y*»* !

^.1

et

jj

IA'

** ^ ⁵

"*r*

Cfxctw

rys. 340.

a analogicznie

toi *

cl

a.

a stąd c/Ai

qx² dw

T/T“'

696)

qw² t/;r

T/T

W punkcie E działają więc oba parcia poziome c//^ i ć/A2 jakoteż i składowe pionowe parcia qzudx i qxdw. A zatem wypadkowa pionowa będzie v = q (xdzu + zudx)    .    .

a więc równa połowie ciężaru przyległych pasków.

Parcia poziome dhi i dh₂ składają się w wypadkową dh (rys. 341). Siły dhx i dh₂ dadzą się rozłożyć na składowe w kie-

dh₂

. 697)

698)

runku przekątni dh" x i dh"₂ i siły prostopadłe dę przekątni dh ¹

i dh'₂.

Z rysunku mamy dh'x — dhx wst a, dh"x — dhx dost a, dh'% = = dh2 dost a, dK\ = dh<i wst a, a więc

dh — dh'\Jrdh"i=¹dh₁ dost a + dh₂ wst a.

Jeżeli więc wypadkowa ma mieć kierunek żebra, to składowe prostopadłe doń muszą się znosić

dh'x = dhx wst a = dh'<j, = dho, dost a, a stąd

dh₂ _ qw¹ dx 2 fx _ w² dx fx 2/₂ qx² dzu x²dzu.fd a że w = x st a, dzu = st a . dx, więc x² st² a dx .fx X² st a cfc . /₂

A zatem jeżeli wypadkowa parć poziomych ma być w płaszczyźnie przekątni, to dla obu przyległych pasków muszą być strzałki takie same.

dl

dK

rys.

dû

341.

st« =

sta =

dhx

st a . A-, stąd /x =/j.

Jeżeli linje szczytów, MS i MS (rys. 340) są poziome, to musi być fx =/₂. Ale nawet gdyby były one linjami krzywemi, to wskazanem jest, aby przynajmniej przyległe paski miały tę samą strzałkę.

Jeżeli siły dh'x i dh\ się nie znoszą, lecz dh'x—dh\ = dh'f to siła ta rozkłada się (rys. 342) na dzu' i dz.

dh'

) /

działa na łęk czoło- ^dn>’

Siła dzu' —

dh'

wst a

rys. 342.

wy, siła zaś dz^dh' dota na żebro¹).

¹

Por. Landsberg-: Die Statik der Hochbaukonstruktionen, IV wyd. 1909, str. 349.

§ 148. Sklepienie krzyżowe w jedlinkę.

Dotychczas przypuszczaliśmy, że paski, na które podzieliliśmy sklepienie, działają jako sklepienia kolebkowe i nie przenoszą na sąsiednie paski żadnych naprężeń ścinających.

Jeżeli jednak sklepimy warstwami ukośnerńi czyli w jedlinkę (rys. 343), to wtedy inny jest rozkład sił, na co pierwszy

zwrócił uwagę W i 11 m a n n. Sklepienie dzielimy znów na paski w kierunku szwów. Jeden taki pasek ab opiera się w a na drugim pasku, w b na żebrze. Szukamy najprzód dla tego paska linji ciśnienia w znany sposób. Parcie poziome w a dwóch pasków symetrycznych daje wypadkową siłę poziomą Hlf działającą w osi

Ke fi

sklepienia na mur przyczółkowy w punkcie e. Także wszędzie na długości ef inne ^ paski, n. p. mn, wywierają ukośne ciśnienie na mur

rys. 343.

przyczółkowy. Ciśnienia na żebro zaś składają się jako symetryczne na ciśnienie pionowe V, które działa jako obciążenie żebra. Zebra, jako sklepienia kolebkowe, badamy w znany sposób, a wykreślenie linji ciśnienia nie przedstawia tu najmniejszej trudności.

Widzimy z poprzedniego, że przy sklepieniu w jedlinkę nad kwadratem mury przyczółkowe wystawione są na ciśnienie poziome prostopadle do muru a żebra na ciśnienie pionowe.

Jeżeli sklepienie zbudowane jest nad prostokątem, to da się

podobnie, jak w poprzednim paragrafie, dowieść, że ciśnienie na żebro tylko wtedy jest pionowem, jeśli

₌. a4¹)

. . 699)

st⁴ a

Jeśli stosunek jest inny, to stan równowagi będzie pośredni, ciśnienie na żebro będzie ukośnem, a oprócz tego pewne parcie poziome działa na mury czołowe. Zaprawa, spajająca poszczególne paski, przyczynia się w znacznej mierze do wytworzenia rozkładu ciśnienia, którego dokładne wyznaczenie nie jest możliwem. Obciążenie żebra pionowe będzie wzrastało od klucza ku podporom wedle linji prostej.

$ 149. Sklepienie baniaste.

Sklepienie, którego podniebienie jest powierzchnią obrotową, utworzoną ruchem krzywej wypukłej około osi pionowej, nazy-

wamy sklepieniem baniaste m, banią lub kopułą (n. Kuppelgewölbe, fr. voûte en dôme, coupole, an. spherical vault, do-mical vault, r. KynoJiBHLiH 3B0,n;r£>). Wyznaczenie sił wewnętrznych w bani jest trudnem ; dla uproszczenia więc przyjmijmy, że obciążenie jest stałem i tak rozdzielonem na poszczególne pierścienie, że albo cały pierścień jest obciążonym, albo też wcale nieobcią-żonym. Dalej przypuszczamy na razie, że powierzchnia ciśnienia wpada na średnią powierzchnię bani, to jest powierzchnię, przechodzącą przez oś każdego przekroju południkowego.

M:Z

Hds

■ S.xdui

Hds

(K

(t+PO(k*dxJdu,

OdĄd^Ods \

Ods

W........*.

......

Hds

Ciężar własny bani, a względnie obciążenie, sprawiają odkształcenie, pierścienie poszczególne zwężają się skutkiem ciśnień, powstałych w pierścieniach w kierunku obwodu koła, które nazywamy z tego powodu ciśnieniami obwodowemi(n. Ringspannung) (rys. 344). Tu więc mamy oprócz ciśnień w kierunku południka, jak przy sklepieniu kolebkowem, także ciśnienia obwodowe.

Ods

rys. 344.

Początek spółrzędnych przyjmijmy w kluczu bani S (rys. 345) a oś pionową bani za oś Y, prostopadłą do niej SX za oś X.

Zbadajmy teraz wycinek kuli MNOP (rys. 339). Jeżeli naprężenie styczne w kierunku południka nazwiemy t, to gdy długość luku wynosi ds — xdw, siła na PMNO wynosi txdzu.

-ar

Na PM i ON działają ciśnienia obwodowe na jednostkę o, więc na ds ods.

Oprócz tego działa obciążenie pds . jt. dw.

Z rysunku widzimy, że

Hds — 2 ods wst

a że w jest bardzo małem, więc

rys. 345.

, dw dw

wst -=- =

Dla równowagi mamy:

txw dost cp—(i+dt) (x + dx) dw dost (cp + dcp) + ods dw = 0.

Opuściwszy bardzo małe drugiego i trzeciego stopnia, otrzymamy tx wst cp — dix dost cp—tdx dost cp—ods = 0,

. 700)

d (tx dost cp) — ods.

Dalej dla równowagi w kierunku pionowym p . ds . x . dw — tx . dw wst cp+ (t+dt) (jf + cfaf) wst (cp + d cp) = 0, a stąd, zważywszy, że wst (cp + dcp) — wst cp + dost cpd cp, opuściwszy nieskończenie małe wyższych rzędów, otrzymamy

701)

wreszcie

pxds—tdx wst cp—xdt wst <p—tx dost cp dcp =0 —pxds — + d (tx wst cp)

Równ. 700) i 701) wskazują związek sił t i R dla dowolnych obciążeń i powierzchni.

§ 150. Bania kulista.

Jeżeli bania jest kulistą, to x i ds należy wprowadzić dla koła. Wedle rys. 340 jest x — r wstęp, ds = rdcp. Jeżeli jeszcze przyjmiemy p dla całej kuli stałe, to z 701) wynika —pr wst cp . rd cp — d (tr wst² cp), a stąd

pr (1 — dost cp) _

pr

wst² <p

1 + dost cp

. 702)

ordcp — d{^

Jeżeli wstawimy tę wartość w równ. 700), to otrzymamy

wst cp dost cp 1+dostąp

pr

1 + dost cp

zatem o = —pr W kluczu cp = 0, więc

r wst cp dost cpj--pr² d

dost 2 9 + dost³ cp (1 +dostąp)²

. . 703)

704)

t =-PL ₀=-^

to - 2’ 2

Zatem w kluczu jest ciśnienie jednostajne na wszystkie strony

, równej

na

jednostkę powierzchni.

7T

705)

Dla półkuli jest na równiku (f—-ÿ-, więc tn=—pr, o%— ~\~pr.    .    .

Zatem na równiku jest ciśnienie południkowe dwa razy większem, niż w kluczu, zaś naprężenie obwodowe jest dodatnie, rozciąganie, co do wielkości równe naprężeniu południkowemu.

dost 2 cp₁ + dost³ (p₁

, a stąd dost ^ = 0,618

1 + dost cpx ³

Dla pewnego kąta cp₁ staje się o = 0. Z równ. 703) otrzymamy 0 = — pr

■<Pi = SVW

706)

A zatem dla kątów cp mniejszych, niż cplf powstają ciśnienia obwodowe, dla większych, niż cplt ciągnienia.

Powyższe wyniki dadzą się więc zastosować tylko wtedy, gdy ciągnienia tak wielkie są możliwe. Jeżeli mamy do czynienia z banią murowaną z kamienia lub cegły, nie możemy dopuścić wcale ciągnienia, zatem albo ciągnienie musimy znieść pierścieniem żelaznym albo też pogrubić przekrój bani tak, aby linja ciśnienia w dolnej części, nie wpadając wprawdzie w oś, jednak nie wychodziła z jądra przekroju.

§ 151. Wykreślne wyznaczenie naprężeń w bani.

Na powyższej podstawie wyznaczymy teraz wykreślnie linją ciśnienia i naprężenie obwodowe w bani.

Jeżeli wytniemy z bani wycinek płaszczyznami pionowemi, przechodzą-i] cemi przez oś bani, a odchylonemi o bardzo mały kąt a, to siły obwodowe f O (rys. 346), działające z obu stron, dają wypadkową H. Wielkość jej otrzymamy z wieloboku sił, z którego widzimy, że

. 707)

H= 2 O wst —.

rys. 346.

Z równania tego wyznaczymy a, dla którego H=0, a mianowicie

2wst™=l, a stąd a^óO⁰.

^ Jeżeli więc obliczać będziemy ciężary wycinka dla ^ okręgu koła, to H, które z konstrukcji otrzymamy, będzie rówńem O, ciśnieniu obwodowemu.

Na rysunku 346 wykreśliliśmy w przybliżeniu linją ciśnienia w następny sposób. Szwami, stojącymi prostopadle na linji śród-

_ O

,p*

tt., n*

H.

ft₂

r.'..

®*i4j

M, ¹

*Ss

T.....i......

II

■i

«•j

.5»

î-s

il

I

P7

*>r

*r

L-

'nO

A?

P,

Sr

«C-

•i

e'

co

rys. 346.

kowej, a których oddalenia b, mierzone na tej linji, są równe podzieliliśmy najprzód połowę przekroju bani na 8 części. Objętość pierścienia, utworzonego ruchem obrotowym powierzchni CDEF około osi AO, jest według twierdzenia Guldina równą powierzchni CDEF, pomnożonej przez drogę środka ciężkości J,f a więc, gdy grubość pierścienia —d, a odległość punktu J od od osi = r, to objętość równa się b d 2 r n.

Ciężar 4 pierścienia będzie więc:

P₆ ~~ o 7 bd 2 r n

y bdr ii

. . 708)

jeżeli y jest ciężarem jednostki sześciennej.

Podobnie możemy obliczyć wszystkie inne ciężary, albo możemy też resztę ciężarów wyznaczyć wykreślnie w następny sposób. Z równania 708) widzimy, że ciężary P są proporcjonalne dla stałego b do d i r. Przyjmijmy taką podziałkę sił, ażeby t/₀ = a₀a₅ = P5 i odetnijmy od a₀ wszystkie długości d na prostej a₀a₆. Tak otrzymane punkty połączymy z O, to punkty przecięcia się z pionowemi, poprowadzonemi ze środków ciężkości odnośnych powierzchni, wyznaczają nam ciężary P. Np. dla wyznaczenia PA odcinamy a₀a₃, równe grubości trzeciego pierścienia, spuszczamy ze środka eiężkości pionową, łączymy a₃ z O, a długość b b₃ przedstawia ciężar P₃. TL konstrukcji bowiem wypada, że a„o₃ : b₀ b₃ = Oa₀ : Ob₀, więc

^0^3 a0a3

Obo d₃ r₃

—, a że d₃r₃ : <7f)r₅=P₃ : P₆, więc r6

Oa0 _d(i F g Ps

f-i P&

Jeżeli więc zrobimy df)=P-„, to bob₃—P₃.

Wyznaczywszy w ten sposób wszystkie ciężary P, wykreślamy wielobok sił i kreślimy iinję ciśnienia, przypuszczając, że wpada, o ile to możliwem, na Iinję środkową. Wypadkowa z ciężaru i ciśnień obwodowych w pierwszym pierścieniu ma więc przechodzić przez środek szwu Lx Mx, a więc mieć kierunek Sx Nx. Jeżeli w wieloboku sił zrobimy Oax, równoległe do &xfoXi to a, 1 ~hx. Prosta SXNX przecina P₂ w punkcie m₂, do siły Rx przychodzi tu siła P₂, wypadkowa tych sił jest Ob₂. Z punktu m2 kreślimy więc m₂n₂l\Ob₂ aż do przecięcia się z siłą H₂, która musi być tak wielką, aby wypadkowa wszystkich sił przechodziła przez A4, a więc miała kierunek n₂N₂. Wykreśliwszy Oah'n₂N₂, otrzymamy wielkość tej wypadkowej, przyczem H₂ — b₂a₂. Podobnie postępujemy dalej, n₂N₂ przedłużamy do siły P₃ do punktu m₃, kreślimy m₃n₃//Oó₃ i rysujemy nsN₃ aż do m₄. W wieloboku sił robimy Oa₃Hn₃Ns a H₃ = b₃a₃. W ten sam sposób postępujemy dopóty, aż z konstrukcji wypadłaby siła H ujemna, jak na przykład tu H₇ — —ó₇a₇. Ponieważ jednak, jeżeli na wytrzymałość zaprawy zważać nie będziemy, mur nie może pracować na ciągnienie, więc przypuszczamy, że w tym pierścieniu Hn — 0, a zatem,

ds

-, a zatem b₀ b₃

_ drt rf, P₃ r₃ _ clr, P3 rs Pu ' rb

Pu

że niema tu żadnych ciśnień obwodowych. Wskutek tego jednak wypadkowa R₇ = Ob₇, a nie OaT, zaś linja ciśnienia oddala się od linji środkowej, gdyż zrobiwszy m₇u//Oó₇, nie przetniemy szwu L₇M₇ we środku, lecz w punkcie u obok środka N₇. Prostą m₇u przedłużamy aż do ms, punktu przecięcia się z Pä. I tu także ciśnienie obwodowe przypuszczamy równe zeru, a stąd otrzymujemy R₈ = Obs, a ostatni bok wieloboku sznurowego m₈ux//Oô Jeżeli Wj leży w średniej trzeciej części sklepienia, jeżeli wypadkowa na jakikolwiek szew nie jest więcej odchyloną od prostopadłej na szew, niż kąt tarcia wynosi, a ciśnienie nie przekracza dozwolonej granicy, wtedy równowaga jest zapewnioną i w całej bani panuje tylko ciśnienie. Jeżeliby zaś linja ciśnienia wychodziła ze średniej trzeciej części przekroju, to albo musielibyśmy pogrubić banię w tern miejscu lub też obręczami żelaznemi znieść ciągnienie obwodowe, któreby w dowolnej części bani powstało, gdyby linja ciśnienia i tam nie zbaczała od osi. Jeżeli ciężary obliczaliśmy wedle 708, to otrzymane H dają nam wprost O, ciśnienia obwodowe.

8*

W rysunku 342 przyjęliśmy grubość bani, wzrastającą ku dołowi, gdybyśmy przyjęli ją równą, linja ciśnienia wypadłaby o wiele niekorzystniej, a punkt, w którym ciśnienia obwodowe stają się równe zeru, wypadłby wyżej. Dlatego należy przyjmować grubość sklepienia w kluczu małą i zwiększać ją ku dołowi.

§ 152. Sklepienie klasztorne.

Sklepienie, powstające z przecięcia się dwóch sklepień kolebkowych o równej strzałce, których podniebienia w żyle tworzą kąt wklęsły, nazywamy sklepieniem klasztor nem (n. Klostergewölbe, fr. voûte cloisonée, voûte en arc de cloiture, an. crored vault).

Obliczenie dokładne sklepienia takiego jest bardzo trudnem i dotychczas zadanie to pozostało nierozwiązanem. Podamy tu według Foeppla tylko niektóre wskazówki, jakby można w przybliżony sposób wykreślić linją ciśnienia w sklepieniu klasztornem. Przypuściwszy sklepienie założone na wieloboku regularnym, symetryczne i symetrycznie obciążone, dojdziemy do wniosku, że z powodu symetrji w płaszczyznach żył powstają tylko naprężenia

normalne, więc ponieważ płaszczyzny te są pionowe, naprężenia będą poziome. Ciśnienia te, które działają poziomo na części sklepienia klasztornego w żyłach, nazywamy ciśnieniami żyło wem i (n. Gratspannung). Ciśnienia te, działające na jedną część sklepienia klasztornego, ograniczoną dwiema żyłami, składają się, a wypadkowa działa w płaszczyźnie, ją połowiącej.

Widzimy więc, że teorja sklepień klasztornych podobną jest do teorji sklepień baniastych i rzeczywiście bania jest właściwie sklepieniem klasztornem, założonem na wieloboku o nieskończonej ilości boków czyli na kole. Ciśnienia żyłowe odpowiadają ciśnieniom obwodowym w bani, ta tylko zachodzi tu różnica, że gdy tam ciśnienia obwodowe były w tym samym pierścieniu stałe, tu nie wiemy dokładnie, jak się ciśnienia żyłowe rozdzielają w kierunku poziomym.

W płaszczyźnie, połowiącej części sklepienia, zawarte między dwiema żyłami, kreślimy więc zupełnie w ten sam sposób, jak dla bani, linją ciśnienia, przyjmując z początku, że linja ci-nienia wpada w oś, potem, aby uniknąć ciągnienia, odstępujemy od tego przypuszczenia i przyjmujemy naprężenia żyłowe, równe zeru.

Ta linja cinienia nie powinna wychodziś z jądra i czynić zadość i drugim dwom warunkom równowagi.

XII. Przyczółki, filary i kominy.

§ 153. Linja ciśnienia.

Budowlę, na której opiera się sklepienie lub jakakolwiek inna belka, nazywamy w budowie mostów przyczółkiem (n. Widerlager, fr. culée, abutement, an. land pier, r. BeperoBoiï: ycrou). Jeżeli na budowli takiej opierają się z dwóch stron sklepienia lub inne belki, nazywamy ją filarem (n. Pfeiler, fr. pilier, pile, an. pier, r. ctojiot.). W budownictwie często opiera się sklepienie o ścianę murowaną, która tu zastępuje miejsce przyczółka. Warunki, równowagi przyczółka, filaru kamiennego lub ściany są te same, co sklepieni dla zbadania więc równowagi najlepiej wykreślić linję ciśnienia.

Na rysunku 347 wykreśliliśmy linją ciśnienia w ścianie w następny sposób. Najprzód wyznaczyliśmy w zwykły sposób przybliżony linją ciśnienia mn w sklepieniu i otrzymaliśmy parcie ukośne R, działające w punkcie n na ścianę. Następnie podzieliliśmy ścianę na warstwy poziome i obliczyli ciężary warstw A, B, Ci D. Parcie R przecina się z kierunkiem ciężaru A w punkcie a i daje wypadkową Rlt która przecina szew pr w punkcie b. Z siłą składamy teraz ciężar B, otrzymujemy /?₂, którato siła działa na następny szew w c. Podobnie otrzymujemy siły R₃ i Rif działające w punktach d i e. Punkty te połączone dają linją ciśnienia bcde, która jak widzimy, w tym wypadku wychodzi z trzecie-części przekroju, w krawęś dzi f powstanie więc ciągnienie. Chcąc temu zapobiec, musielibyśmy powiększyć grubość ściany u podstawy.

u

f2

bÆ /

o,

77

........Ç..1

DV

fi*

rys. 347.

Podobnie postępujemy w celu wykreślenia linji ci-

cł

rys. 348.

śnienia w filarze (rys. 348). Jeżeli oba sklepienia, opierające się na filarze, są równe i równo obciążone, to parcia __ ukośne, składając się, dają wypadkową pionową, filar wtedy obciążonym jest tylko pionowo. Jeżeli zaś sklepienia są nierówne, leżą nie w tej samej wysokości, lub są nareszcie nierówno obciążone, jak tu, to musimy wykreślić dla obu sklepień osobno linje ciśnienia ab i cd, mur podzielić na warstwy po-

ziome i składać ciśnienia ukośne z ciężarami warstw muru, jak poprzednio. W ten sposób otrzymalibyśmy linją ciśnienia bef, która, jak widzimy, nie wychodzi tutaj z jądra przekroju.

§ 154. Wmurowanie belki wspornikowej.

Jeżeli belka jest jednym

.___ końcem utwierdzoną w ścianie,

to moment utwierdzenia iłf₀ w punkcie B (rys. 349) obliczamy wedle § 14. Aby utwierdzenie zupełne belki w murze było możliwem, musi być moment muru nad belką G ze względu na B większym, niż C₂ z

G—-4-*-

ł

¹ c

r%____DUli

Bk

z<-

G 2 >C₂z,    . 709)

a więc

jeżeli r/ oznacza grubość muru. Ciężar muru, działającego na belkę G, obliczamy, nie uwzględniając spójności muru i przyjmując rozdział ciśnienia pod 45% (rys. 350).

rys. 349.

IŁ**.

rys. 350.

Jeżeli koniec wmurowany belki jest dostatecznie sztywny, możemy przyjąć, że ciśnienia belki na mur i odwrotnie rozdzielają się wedle linji prostej. Otrzymamy więc (rys 351)

fQ .    .    . 710)

C,=C + Q, albo bTf=b‘l(a₂ X)

jeżeli Q oznacza siłę poprzeczną DB, równą sumie wszystkich ciężarów na belce, a b szerokość belki. Podobnie

i** ,Ti(a-x)/    fjT(a—x)(

Mo + b

6“~T~VUa~x) + x)---g--{

3..= *2

Wreszcie otrzymamy (rys. 335)

7/Æ

---C-— >7

//

'i

rys. 351.

Mo — C₂ c= | C₂ o, więc C₂~

Z równ. 710) otrzymamy

^2 x

3 M₀

.    . 711)

T, a—x

-=1 +

2Q

x²

X²

b %\ (a—x)    (a—x)²’

2    aQ

3    Mo '

a stąd

(a—x)2 Nazwijmy m —

2    aQ

3    Mo ’

.    . 712)

to otrzymamy

am

Dalej otrzymamy

'H-

2 Ci

bx

X 1+m

713)

2 C₂

3 M₀

. . 714)

b (a—x) ab (a - x)

Müller²) dochodzi do następnych wzorów, jeżeli M₀ = Qż

30

Jeżeli pręt jest gibki, a a wielkie, to rozkład ciśnienia jest inny. Müller podaje sposób obliczenia naprężeń, nieprzydatny zresztą do praktyki z powodu nieznajomości spółczynników.

To są jednak tylko naprężenia wskutek utwierdzenia belki. Oprócz tego powstają jeszcze naprężenia wskutek siły G (rys. 349).

Na przekrój BB₂ działa siła G i C₂ czyli moment C₂    —z^)~

i siła podłużna N'— G—C₂.

r.

=²jr(²“+³ï)

-?(

a + 3 | j, x =

_²Q i

a--— ~r

a 2 a+3 £ I ' 3 a + 2 T

. . 715)

t₂

. . 716)

2

Mamy dalej z = x+ - (a - x) =

M' =

3Mo(d

2 a V 2

x+2 a\ M₀,₀ j A 0 . 3-)=4ï&d-4a-2x)

. 717)

TV'^G-

3 Mo

718)

a naprężenia włókien skrajnych w B₂ [ B

D , N' 6M’

W ÔÏ =-7—;

w B-i xy,=

N'

6 M'

. . 719)

Największe ciśnienie będzie w B, mianowicie

720)

r=r₂ ++'    ....

i-

Gdyby to ciśnienie było na mur za wielkiem, trzebaby użyć podkładek żelaznych, któreby je rozłożyły na większą szerokość b

Przykład. Przypuśćmy, że obliczyliśmy w danym wypadku moment w B i że M₀—1,2 tm, Q=l,5 t a ciężar muru, nad belką spoczywającego, G=10f. Jeżeli grubość muru wynosi 60 cm, a belka sięga przez połowę grubości, to wedle 711)

—6000 kg,

3.120000

C₂=

2.30

a C!=:C₂-j-Q=60000-j-1500:=7500 kg. Z równ. 713) otrzymamy dla

30-1500=1,H8. ,=

3.120000

VH

30.1,118

1+1,118

—15’8 cm,

Widzimy, że szerokość byłaby tu za wielką, aby ją zmniejszyć, prz yj-mijmy. że belka sięga przez całą grubość muni, a wtedy 6=60 cm.

C, =3000 kg

a wreszcie z —

15-8+2.30

₃    =25-3

cm.

tfie 639)

Jeżeli przyjmiemy dla muru ceo-lanego na cemencie

12 kg;cm -, to we

2.7500

12 . 15-8

= 791

cm.

C 4500 kg, m—1’225, jr=33 cm, z = 51 m 2.4500

°~~Y2 33_==22,8, zamiast czego przyjmiemy 6=30 cm.

Naprężenia przeto z powodu utwierdzenia wynoszą

2 . 4500

30 . 33

=9,5 kg/em'¹,

2 . 3000

a w Di +=-30“ 27 =7,4 kg'cm-.

Zbadać jeszcze wypada, czy zamurowanie obejdzie się bez zakotwienia.

d

Wedle równ. 709) winno być G ~2%>Ç, z.

Jakoż w naszym przypadku 10.0,30-+

— 3 . 0,51=1,47 tm. Ta wartość jest dodatnia i przedstawia dostateczną pewność, że mur nie zostanie wyrwany.

Do naprężeń, z powodu utwierdzenia powstałych, trzeba dodać pochodzące od sił G i Co. Wedle równ. 717)

4/'=3000 (30-51) =-63000 kgcm,

siła podłużna N* = G—C₂ = 10000—3000 = 7000 kg, a wreszcie naprężenie włókien skrajnych wedle równ. 719)

7000

w B ■ • • T' ~30.60~

6 . 63000

=3,9—3,5=0,4 kglcm-,

30 . 60²

w B., . . . ~//=3,9-+3,5=7,4 kg!em‘.

Jeśli te wartości dodamy do powyższych, z powodu utwierdzenia samego wywołanych, otrzymamy naprężenie sumaryczne

w B . . . t# = x₂++=9,5 +0,4 = 9,9 kgjcm-zaś w B₂ . . . "5₂=t₂-+t'/=7,4-+7,4=14,8 kg/cm².

Ciśnienie w B, wypadło za duże. Z tego wynika, że trzeba użyć szerszego ciosu, a więc 6 = 40 cm.

30

Jakoż wtedy c#=14'8 . ^q=11,1 kg jem-.

§ 155. Linje wyznaczne przekroju prostokątnego.

Gdy

na

przyczółek lub filar działa siła ukośna (§ 153), środek ciśnienia, jak wiemy, oddala się od środka przekroju : zastosować tu więc musimy prawidła wytrzymałości złożonej, o której

30*

mówiliśmy w rozdziale VI. Jeżeli przyczółki lub filary są kamienne, to ponieważ wytrzymałość zaprawy na ciągnienie jest bardzo małą, więc dla pewności przypuszczamy, że jest równą Wtedy naprężenia rozdzielają się nie na cały przekrój, lecz tylko po jednej stronie osi obojętnej, nie możemy więc używać wprost wzorów rozdziału VI. Ta część przekroju, na którą teraz działa cała siła, nazywa się przekrojem skutecznym (n. zuirksamer Querschnitt). I w tym wypadku pozostaje jednak wa-żnem, że objętość bryły naprężeń równa się sile P, działającej prostopadle na przekrój, i że środek ciężkości bryły naprężeń odpowiada środkowi ciśnienia. W § 133. już wspominaliśmy o tym wypadku, tu zastanowimy się nad nim trochę bliżej i to najprzód dla przekroju prostokątnego.

Dopóki siła P zaczepia w jądrze, oś obojętna nie przecina przekroju, więc obliczamy naprężenia według rozdziału VI. Dopiero gdy środek ciężkości wypada poza jądro, oś obojętna przecina przekrój i musimy inaczej liczyć. Od położenia środka ciśnienia, jak wiadomo, zależy położenie osi obojętnej, a więc czy dla przekroju prostokątnego oś obojętna odcina trójkąt, czworobok, czy pięciobok ; każdemu z tych przypadków odpowiada pewna część powierzchni przekroju, w której ma leżeć środek ciśnienia. Linje, ograniczające te powierzchnie, nazywamy linjami wyzna czn.em i *).

1. Oś obojętna odcina trójkąt (rys. 352). Nazwijmy vx naprężenie w rogu D, to naprężenie to zmniejsza się według prawa linji prostej ku obojętnej MN, a więc bryła naprężeń będzie tu ostrosłupem czwo-rościennym, którego podstawą jest trójkąt M ND, a wierzchołkiem punkt D', położony pionowo nad D w odległości vx. Chodzi teraz o znalezienie środka ciężkości bryły

zeru.

om

•ś

2u

mm

;A\;

*/■&■ 2t ■**&

rys. 352.

*) Obrębowicz: Oznaczenie naprężeń, wywołanych działaniem sił prostopadłych do przekroju „Przegląd Techniczny“. 1884

Barkhausen: „Driickvertheilung im rechteckigen Mauerquerschnitt“. „Zeitschr. des hann. Ing. u. Arch. Verein“. 1883.

Pohl: Zahlentafeln zur Bestimmung der Nulllinie und der grössten Eckpressung im Rechteckquerschnitt bei Lastangriff ausserhalb des Kerns und Ausschluss von Zugspannungen. Der Einsenbau 1919, str. 211.

naprężeń. Przekroje pionowe bryły naprężeń równoległe do MN są prostokątami, środek ich ciężkości leży we środku, więc P leżeć musi na środkującej OD. Przekroje pionowe równoległe do MD i ND są trójkątami, środek ciężkości leży w jednej trzeciej wysokości, a więc dla danego punktu p jako środka ciśnienia otrzymamy oś obojętną, kreśląc pm i pn, robiąc pm = 2 t i pn — 2 u i łącząc m i n. Odwrotnie jeżeli mamy oś obojętną MN, a chodzi o wyznaczenie środka ciśnienia, to zróbmy M₁D = -^-MD i połączmy Mi z N. Na linji MXN leżą środki ciężkości przekrojów równoległych do MD. Środek ciśnienia leży więc w p na przecięciu się prostych NMX i OD. Możemy też udowodnić, że Op=^

—pD, bo Dp = I u¹ +P, a Op — PR- —

1/(2 0² + (2 u)* = Vu* + t* =

— Dp. Z powodu, że OpnzoODN, jest DN \2u—0D '.Op, więc

2 u. OD

— Au,

Op

DN=

podobnie mamy też MD— At.

Środek ciężkości trójkąta MND leży w 5 w prostej OD

w odległości od MN, nazwijmy v₀ naprężenie w środku ciężkości, to według równania 421)

A A-........⁶

1/

Ja

! /

I //

W\

N..C

oy/Oi.

Z/iłs b !’.n

/ '//>!/

(U i

rys. 353.

>o =

r...

W Vk eWd*

TJ»*- <

ML-

/ .........

l2

rys.

354.

\Au.At 8 ut'

a więc naprężenie w D

vi =

8 ut

721)

Chcąc wyznaczyć linje wyznaczne dla tego przypadku, za-' stanowimy się nad wypadkiem granicznym, gdy obojętna ma położenie CB (rys. 353). Łatwo znajdziemy odnośny środek ciśnienia w punkcie p, robiąc O p — p D. Jeżeli obojętna obraca się około B i przyjdzie w położenie B M, to pK znajdziemy, połowiąc MB, a potem połowiąc Oi D. Z konstrukcji tej wynika, że gdy obojętna obraca się koło B z położenia B C aż do B D, to środek ciśnienia porusza się po linji pr/j CD, przyczem

Dr = —• . Jeżeli podobnie obojętna obraca się około C, to p

porusza się na psj/BD. Takie same prostokąty otrzymamy we wszystkich rogach przekroju, w jednym z nich leżeć musi środek ciśnienia, jeśli obojętna ma odcinać trójkąt.

2. Oś obojęt

odcina czworobok (rys. 354).

Tu bryła naprężeń jest ostrosłupem ściętym, którego wierzchołkiem jest punkt O. Przetnijmy ją płaszczyzną pionową równoległą do A C w odległości x od O, otrzymamy trójkąt E Ex Ry którego powierzchnia

¹

Por. Landsberg: Die Statik der Hochbau-Konstruktionen, str. 355.

²

Über das elastische Verhalten eingespannter Stäbe in der Einspannungsstrecke Öst. Woch. f. d. offen. Band 1918, str. 226.

i

Statyka.

F^iEŁ₁.ER = i jr

Objętość ostrosłupa ściętego jest więc

a stąd

₌    r¹'

W

to

x~ dx

*V =

64²

6 Pl₂ ²

ls <1₂ ⁸-li ³)

. . 722)

Jeżeli przez środek ciężkości bryły naprężeń ,5 poprowadzimy płaszczyznę pionową, równoległą do ćł C, to możemy napisać

l v\ 4 (4a — 4³) T»i 4 -y³

J ,, 24

3

6/²

₂ r/x, a stąd

723)

Długość A"/³ łatwo wyznaczymy, gdyż KU — \KT, a U P— , = ¹ K U, więc

KP= 3

KT U

31.

724)

Dla danej obojętnej A/mamy też dane 4, 4 i 4> mo-żerny więc łatwo wyznaczyć środek ciśnienia P. W odwrotnym

wypadku, t. j. gdy dany środek ciśnienia P, więc i długość KF — c, najlepiej będzie przyjąć dowolnie O, a więc 4 i 4» a stąd obliczyć według równ. 723) I. Po niewielu próbach znajdziemy prawdziwy punkt O, dla którego / odpowiada danemu punktowi P. Długość 4 obliczamy potem z równ. 724), a vi z równ. 722). Można też punkt O wprost wyznaczyć : fr⁻ Barkhausen otrzymuje wzór następny

A f fi

2u

2 = Ï2c (b + bVb2 —12c)    725)

Gdy c = 0, tj. gdy P leży w osi głównej (rys. 355), z = oo, a więc obojętna jest równoległą do CD, a według 724) G P= l;GTy wtedy największe naprężenie w CD = vlm Bryła naprężeń jest wtedy graniastosłupem trójkątnym, więc P — y i b. i GT —

<c'b......

rys. 355.

,v.

v 3i u b , —2— ; st4d

2P

3 ub

.. 726)

««s-..

Z V \

6*

Z, WiV

-V

-À'

N»

«?\

i.

v,

SIZT'T

T,

T>

■■

c s₄ T

C 4J5 J Ąr-£Ą-*D

rys. 356.

rys. 357.

Widzimy więc, że w tym wypadku najw. ciśnienie vL jest dwa razy tak wielkie, niżby było gdyby P się rozdzieliło równo na powierzchnię MNDC = 3ub.

Linie wyznaczne, które możemy wyznaczyć podobnie, jak poprzednio, są w tym wypadku krzywe u z i zt i proste ts, ssx i s, u (rys. 356), pięcioboków takich krzywolinijnych otrzymamy cztery przy wszystkich bokach przekroju. Krzywe u z i zt są styczne do poziomych r₁ u, względnie rt i linij jędrnych zux z, wsględnie w z.

:    3. Oś obojętna odcina pięciobok. Środek ciśnienia

jeszcze z całego przekroju pozostały.

nam

2»

znajduje się wtedy w trójkątach krzywolinijnych u w z, tzzu itd. (rys. 357), które Dokładne wyznaczenie naprężeń jest w tym wypadku trudne, w przybliżeniu jednak licząc, postępujemy w ten sposób. Rozkładamy siłę P, działającą w punkcie P na dwie siły Px i P działające w liniach wyznacznych, przyczem P₁ P., j/ zu z. Ponieważ Pl leży na linii wyznacznej, więc oś obojętna musi być w położeniu granicznem między przypadkiem, gdy odcina czworobok lub pięciobok, a więc przechodzi przez wierzchołek D. Zastosowując wyniki otrzmane w poprzednim przypadku (równ. 724), zrobimy P} /// CD i S/ = 3SPu więc DM jest osią obojętną dla siły P->. Największe naprężenie będzie tu oczywiście w wierzchołku C, obliczamy je dla siły Px i P₂ osobno według równania 722) i dodajemy wyniki. Dokładniej wyznaczyć możemy naprężenia sposobem ogólnym, który później podamy.

§ 156. Przekrój nieregularny. Siła działa w osi głównej.

Przypuśćmy, że siła działa w osi głównej XX (rys. 358) w E, to oś obojętna MN będzie prostopadłą do osi. Wtedy mamy analogicznie do równ. 419 i 422) P= J JvcPF —ccf J ud'² F — aSt i Pu j —al, gdy St i U oznaczają moment statyczny i bezwładności skutecznej (tu ciśnionej) powierzchni przekroju ze względu na oś obojętną.

Stąd wynika

«i =

s.

727)

Z rysunku widzimy, że dla danego c możemy wyznaczyć

odstęp osi obojętnej bx = c + ux ^=c + —<4—

Jeżeli jednak przekrój jest nieregularnym, to wyznaczenie It i St jako całek przedstawia znaczne trudności i zwykle uciekamy się wtedy do sposobu wykreślnego.

‘Przypuśćmy, że mamy dane położenie osi obojętnej MN. Podzielmy powierzchnię skuteczną (tu kreskowaną) na paski, oznaczmy powierzchnie ich, wykreślmy wielobok sił i dla dowolnego bieguna O wielobok sznurowy. Jeżeli przedłużymy prawy bok skrajny do pionowej przez MN, to wedle równ. 5) moment statyczny powierzchni skutecznej ze względu na MN jest

p.

\    ''4 ■

\ i i :J

: J X

P--T-Q:----

L-łH

S, — m. h — Ft.z . . 728) zaś moment bezwładności

It — 2 h pow. G 9,8... 1 L — = 2 h.Fx .

Pr

. . 729)

H,

Wstawmy w równ. 727) wartości za /, i to otrzymamy

N\

p.

TC

*//“

/rc

m /?

a stąd

“ ’ mu, .    .

730

'i/*

Ale z rysunku widzimy) że    G E ' L = ] m ui,

więc

GE' L — Fi = pow. G, 9,8s 7 ... 1 L. A zatem

«I

5'

e/'

powierzchnia między wielobokiem

rys. 358.

sznurowym a prostemi GE' i E V jest równa zeru. Jeżeli więc chcemy znaleść środek ciśnienia E, to kreślimy taką prostą GE', aby powierzchnia rzeczona, tu kreskowana, była

równa zeru czyli, żeby powierzchnie kreskowane poniżej i powyżej G G' były sobie równe.

Odwrotnie, jeżeli dany jest środek ciśnienia, a szukamy osi obojętnej, to dzielimy cały przekrój na paski i kreślimy wielobok sznurowy. Przedłużamy teraz prawy bok skrajny, znachodzimy E' na przecięciu się z pionową przez E i kreślimy z E' teraz taką prostą E' G, która wyrównywa powierzchnie. Pionowa przez G oznacza położenie osi obojętnej.

Naprężenie teraz łatwo wyznaczyć. Punkt Sv przecięcia się boków skrajnych wyznacza położenie środka ciężkości powierzchni skutecznej. Naprężenie w S jest wedle 421)

P

■Ft

— s's' '. Połączmy s " z m ', a otrzymamy linję naprężenia i największe naprężenie v ’ v ' '.

§ 157. Przekrój nieregularny, siła działa nie w osi głównej.

Jeżeli środek ciśnienia nie leży w osi głównej bezwładności, wyznaczenie osi obojętnej i naprężeń staje się trudniej-szem. Jeżeli cały przekrój pracuje, to jak wiemy z § 66., kierunek osi obojętnej jest znany. Oś obojętna jest] wtedy równoległą do osi elipsy środkowej bezwładności, sprężonej do osi, poprowadzonej przez środek przekroju i środek ciśnienia. Gdy część przekroju nie pracuje, należałoby dla powierzchni skutecznej narysować nową elipsę środkową i do niej zastosować powyższe prawidło. Ponieważ jednak położenie osi obojętnej nie jest znanem, nie możemy tego uczynić. Tu więc nieznanym jest nietylko kierunek, ale i położenie osi obojętnej.

Jeżeli oś obojętna MN jest daną (rys. 359), to powierzchnię skuteczną dzielimy na paski, w środkach ciężkości ich zaczepiamy powierzchnie gu ga...jr₆, kreślimy wielobok sił i sznurowy i w podobny sposób, jak poprzednio, wyznaczamy przez wyrównanie powierzchni momentów punkt E' ; na prostej EE’, równoległej do osi obojętnej, leży więc środek ciśnienia E. Aby wyznaczyć dokładnie położenie punktu E, zauważmy, że m ' v " przedstawia linią naprężeń. Jeżeli więc każde g pomnożymy przez odnośne naprężenia, lub gdy boki pierwszego wielo-boku przedłużymy do przecięcia się z kierunkiem MN, to odcinki przedstawią nam siły / (na prostej nn,). Możemy je też w dowolnej podziałce narysować. Gdy je wreszcie zapomocą wieloboku sznurowego złożymy, to otrzymamy, rozumie się, ten sam kierunek wypadkowej E E'. Jeżeli jednak zmienimy kierunek sił na równoległy do boków, to wielobok sił odnośny wyznaczy kierunek wypadkowej T7lf a punkt pj-zecięcia się tych dwu kierunków środek ciśnienia E.

Jeżeli przeciwnie dany jest środek ciśnienia, a szukamy osi obojętnej, to możemy to zrobić tylko przez próby.

Przyjmiemy więc naprzód kierunek MN dowolnie, może równo-egły do osi sprzężonych elipsy bezwładności środkowej całego przekroju, dzielimy cały przekrój' na paski i wyrównywujemy powierzchnię momentów, jak w poprzednim paragrafie. W ten sposób znachodzimy położenie osi obojętnej MN. Teraz musimy zbadać, czy kierunek był dobrze obranym, kreślimy więc wie-*obok sił i sznurowy /. Punkt przecięcia się boków skrajnych wyznacza nam położenie wypadkowej TTX. Jeżeli kierunek MN był dobrze dobrany, to TT i przechodzi przez E, jeśli zaś nie przechodzi przez środek ciśnienia E, trzeba ten kierunek odpowiednio zmienić. Po kilku próbach albo zapomocą konstrukcji

% 3s 3«

v"

f¹.

ÿ'A'A

WUIlijIUMÎIIIlHilllllilllllllll

"/n

r

V\s,

LA

ru

Pf

IT^

f»

fv

f>

f>

359.

rys.

.i"

podanej przez H üppnera") dojdziemy do ' tego, że TT przechodzi przez środek ciśnienia. Największe naprężenie jest wtedy v' v .

§ 158. Kominy fabryczne.

Powyższe wywody znajdują zastosowanie przy obliczeniu wytrzymałości kominów fabrycznych.

Uwzględnić należy przy takiem obliczeniu ciężar własny i parcie wiatru. Ciężar własny C da się dla danego komina

łatwo wyznaczyć, potrzeba tylko w obliczeniu uwzględnić dokładnie ciężar gatunkowy danego muru.

Przy stałej grubości g (rys. 360) dla piątra o wysokości h możemy wyznaczyć ciężar wedle średnich wymiarów Ds i ds. Dla kominów okrągłych otrzymamy

nh

C— y.    (Ds ² — ds²) = 0,7854 y h (D² — d²) .

731)

Dla kominów ośmiobocznych / będzie

. .    732)

C = 0,8284 y h (D² — d²) . .

jeżeli D i d oznaczają średnice kół wpisanych dla przekroju średniego.

z r. 1902 dla

Ciążar właściwy 7 należy przyjąć wedle rozporządzenia austr. min. handlu muru z zwyktych cegieł nie więcej niż 1600 kgjm', dla muru z zendrówek 1800 kg/mn. Większy ciężar można przyjąć tylko po zważeniu próbnem denego materjału.

Parcie wiatru należy tu przyjąć większe, niż przy zwykłych budowlach, z powodu wysokości, a także ze względu na powiększenie naprężeń z powodu wahnień sprężystych i możliwego skrzywienia osi kominu. W Niemczech przyjmują zwykle w = 125 kgjm², co jest za mało, w Austrji 150 kgjm². Jednak z powyższych powodów radzi G ö b e 1 ²) przyjmować parcie wiatru zu — 200 kgjm² w kierunku poziomym.

Z powodu, że powierzchnia komina jest krzywą, parcie jest mniejsze, niżby wypadło na rzut pionowy kominu, a mianowicie spółczynnik 4, którym pomnożyć mamy rzut, wynosi, jak o tern mówiliśmy w § 109., dla przekroju kołowego 0,848, dla ośmioboku 0,890, dla sześcioboku około 0,790.

:]........lh.........

K........²2

"W²........<

"W"

rys. 360.

«JL

Dla danego przekroju m n (rys. 361) należy wyznaczyć C, W ï punkt zaczepienia parcia wiatru E, który leży w środku ciężkości przekroju pionowego, będącego trapezem. Gdy dwie te siły złożymy, otrzymamy wypadkową R, przecinającą przekrój w K. Tu uwzględniamy tylko składową pionową wypadkowej C, a gdy długość OK— w, otrzymamy

w —

Znając środek ciśnienia K i siłę C możemy wyznaczyć teraz naprężenie w przekroju mn. Badanie to przeprowadzić należy przedewszystkiem dla wszystkich piętr, zaczynając od góry aż do podstawy AB, bo chociaż dla wyższych przekrojów siła 1T się zmniejsza, to zmniejsza się też i C a także i grubość ścian, mogą być więc czasem wyżej naprężenia większe.

733)

Dla tak wielkiego parcia wiatru, jakie rzadko kiedy się może przytrafić, nie możemy żądać, aby linja ciśnienia nie wychodziła z jądra, z drugiej znów strony nie wystarcza też aby nie wychodziła z przekroju Należy więc dopuścić wyjście jej z jądra, ale ciśnienie nie powinno przekraczać dozwolonej granicy, na ciągnienie zaś wcale nie liczymy, przypuszczając, że szew się otworzy. Mamy więc wtedy wypadek, o którym mówiliśmy w dwu poprzednich paragrafach.

_____X..Ü.

UJ<-

rys. 361.

Rozporz. austr. min. handlu z r. 1902 przepisuje naprężenia dopuszczalne na ściskanie dla muru z cegieł zwykłych „    „    „ zendrówek

jednakże prży użyciu zaprawy wapienno-cementowej, złożonej z 1 części cementu, 4 części wapna i 10 części ostrego piasku.

. .    8 kg/cm²

12 kg/cm²

Naprężenie dopuszczalne na rozciąganje wynosić może dla komina do 30 m wysokości .    .    .

n „ o wysokości H^>30 m .    .

Oprócz tego należy wykazać dwukrotną pewność

Zajść tu mogą trzy przypadki. Przekrój może być a) okrągły, b) wieloboczny z dwiema osiami symetrji, c) całkiem nieregularny.

. z — 1,2 kg/cm²

1,2—0,05 (//— 30) kg/cm

na

wywrót komina.

W wypadku b) postępować należy wedle § 156, w c) wedle § 157, dla wypadku a) K znaczenie naprężeń znacznie ułatwiają.

k³) obliczył tablice, które wy-

ni

'771......>)

Rys. 362. przedstawia przekrój komina okrągłego, którego powierzch

i)

(//

V/,

F = (r²—r²i) n a ux =~£

według 727). Jeżeli nazwiemy największe naprężenie w B a średnie

= v, to możemy

ma

F (r² — rźi) n napisać

V — V. V

•<1

rys. 362.

a wartość spółćzynnika v da się obliczyć.

Goebel podaje dla spółćzynnika v następną tabliczkę: Tablica XLIX.

0,00

0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0,50

0.55

0,60

0,65

0,70

: 0,75' ; 0,80 " 0,85

0,90

0,95

■ 1,00

_ I_______9

—fr-------

0,5

1.0

1,0

■1,2

1,16

1,4

1,6

t-h CN CN CN CN CO CO" -sf Tf vcT oC

13,87

21,08

38,25

96,10

oo

1,32

1,48

1,64

1,80

1,96

2,12

2.29

2,51

2,80

3,14

3,58

4,34

5,40

7,26

10,05

15,55

30,80

72,20

oo

CTn to H-i

Q tOLnOoOOlA4^W(>3K}tOtOtOtOMMi-iM--MM O

» gglggiS’Sîg^S2igë28§âiStSb® ^

Ohc5'rf io'VO 00 on © CN^? SS^CO 080O SS'S?00CN o O³    r-T r-T r-T r-T r-H r-T ^ r-T CN CN³ CS CN³ CN³ CO CO³ Tf³ Of O ON³ O³ ^

Hr-in

0,8

1,00

1,12

1,24

. 1,37

1,49

rnnrH CN CN CN CN³ CN CO³CO ^f³    Tp

34,60

Cc -J U> W to to K3 to K5 i-³ t-» ►— i—³ t-¹ i—³ •—³ i-> i—³    O

8e888sss8838 s    g i

oo

9-

O §2® ® ® ® § t5 oo o^o    o

^ r-T CN CN CN CN CN CN CO³ 0"f rp \0 °

J ä c k e r podaje też przybliżony sposób wyznaczenia wy-kreślnego największego ciśnienia⁴). Jeżeli siła P (rys. 363) zaczepia w H jeszcze w jądrze, to wedle 430) gdy i\ nazwiemy promień jędrny, naprężenie w B

iii

?-

y-

yi/

\j

Mt

o'

. y.....

rys. 364

rys. 363.

je

"o

Vj "o

zaś w C

vi

= vo (l

. .    735)

Wobec tego wzrasta proporcjonalnie do z/, i da się przedstawić linją prostą MN (rys. 364). Po przekroczeniu linij jędrnej ciśnienie wzrasta dalej wedle linji krzywej, zamiast której J ä c k e r przyjmuje parabolę. Wyznacza on jeden punkt ten krzywej T, leżący na linji ON dla y — y₂, przyczem, jak autor udowadnia,

.    . 736)

'    i s

jeżeli s oznacza odstęp środka ciężkości Oj połowy przekroju od osi przez środek ciężkości O. Jeżeli więc dla odciętej i, zrobimy rzędną równą s, to dla e otrzymamy yt.

Z rys. 364. widać że^ jeżeli środek ciśnienia wyjdzie z jądra, to z początku v nie bardzo wzrasta, później jednak po przekroczeniu n. p. punktu P, dla którego y—y, naprężenie wzrasta niepomiernie: dlatego należałoby nie dopuszczać przekroczenia środka ciśnienia poza punkt P.

. ..• R o zp.. pr u s ki e g o= min. handlu z r. 1902 przepisuje, że dla parci wiatru 125 kgfm² rzutu komina okrągłego przynajmniej połowa przekroju powinni być ciśnioną czyli oś obojętna co najwyżej może przechodzić przez środek przekroju O.

XIII. RAMY.

ram.

§ 159. Rodzaje

Rozpornica (§ 131), której pewne części są pionowe, a więc mająca dwa lub więcej słupów nazywa się ramą (n. Rahmen, fr. charpente, a. framework, r. paMO^raaa CHCTOMa). Wedle ilości

TT⁻“!

h'-

■N

K......*i”W

CS

'S

Si

rys. 366.

rys. 365.

słupów nazywamy ramę dwusłupową (n. zzuiesiielig) (rys. 365),

trzysłupową (n. dreistielig) (rys. 366) lub wielosłupową (n. mehrstielig).

H.

rys. 367.

Slupy mogą być utwierdzone (rys. 365) lub też oparte przegibnie (rys. 366), co zmienia sposób obliczenia. Oprócz tego mogą być też ramy wielopię-piętrowe (n. mehrgeschossig) (rys. 367). Wszystkie ramy są mniej lub więcej statycznie nie-wyznaczalne. My ograniczymy się tylko do rozpatrywania ram najprostszych dwusłupowych dwu-przegubowych i bezprzegubo-wych.

§. 160. Ogólny sposób obliczenia ramy dwusłupowej dwuprzegubowej, o rozporze poziomej.

Rama AB CD (rys. 368 a) dwusłupowa dwuprzegübowa o rozporze poziomej jest statycznie niewyznaczalną pierwszego rzędu. Na podstawie prawa pracy przygotowanej, znanego z mechaniki rozumowej ⁵), możemy napisać równanie

çB M dM çB N dN rB dN_

L = )A EIdHds+ )AEFdHds+ )AaJłdHds

. 737)

Jeżeli L = HAl, Al któw A i B, M moment zginający, N siłę podłużną, a współczynnik rozszerzalności, At różnicę ciepłoty w stopniach Celsiusza.

oznacza

przesunięcie względne poziome pun-

ri?\à)\B b c_p\B \%d

%Jz f 1    i&st

l -i

hĘĄ/p K

F,J,

h ⁵ Ht,p Ay

............tf 1

lB

rys. 368.

Jeżeli A i B są stałe, to z/ / — 0, a

na

razie też

At = 0, to

rB M dM cB N

}An-dHds+

LF

Cl.

= 0. . .

CO

Zróbmy ramę statycznie wyznaczalną, więc np. dajmy w A łożysko wałkowe (rys. 368 b) i nazwijmy momenty i siły poprzeczne dla tej drugiej ramy tak samo obciążonej 9JÎ i 9c, to w ramie statycznie niewyznaczalnej (rys. 368 a)

N = VU ds = dy, d H = O

dN

w słupie A C

dM

M — 9JÎ₀ — Hy, dff--y

w rozporze CD

dM

M—20łi— H h, d ff--

d D

N = — H, d s = d x, d h — ~~

1,

w słupie BD

dM

M- 90ł₂ — Hy, d}j--d’

dN

N — ]/% — Hy, d~H= 0.

Wstawmy te wartości w równanie 738), a otrzymamy

Eh

7i (9Ro—Hy)ydy

(SOÎi — Hh) hdx

Eh

{m-i—Hy) ydy

EIZ

= o.

'l Hdx

0 EF%

Jeżeli obie strony pomnożymy przez Eh i przyjmiemy h~h to po uporządkowaniu i zcałkowaniu otrzymamy

f 30łoydy+h j' 20\xhdx + Ą J

® hydy

. 739)

Niechaj ciężar sprężysty w słupach będzie -j~dy, to

obu

y~ dy j i/2 =    jest momentem bezwładności

AB.

słuppw ze względu na

h*l

= ^ ^~^dx ^h² jest momentem bezwładności rozpory CD ze

względu na AB.

l oznacza wpływ siły podłużnej.

Trzeci wyraz mianownika-^

r 2

względu na AB Sa, to równanie 739)

sprężystych ^ / f') ze

A więc mianownik zależy tylko od kształtu ramy i jej wymiarów i ma stałą wartość, niezależnie od obciążenia ramy.

Oznaczymy przez Ta moment bezwładności całej ramy dla ciężarów sprężystych

dy ze względu na A B, to

Ta = ~T |A³ + A²/ . .

, • 740)

Przypatrzmy się teraz, jakie znaczenie ma licznik równania 739). Przypuśćmy, dla uproszczenia, że na ramę statycznie wy-znaczalną działa siła pozioma W (rys. 360), to wywołuje ona momenty zaznaczone na rysunku, w C Wi = —lPa, w D m = — Wh.

Pierwszy wyraz licznika

c”

n”

frcwsß

VÆT,*' a”'

ifil Dm

y oznacza mo-

T.

ment statyczny powierzchni FCC ze względu na AB, więc równy

"A

u,

W-

I,

to y

S O*

rys. 369.

Podobnie

i fi h jest momentem statycznym

■‘■i

powierzchni momentów CCDD, skupionej w rzucie środka ciężkości Sf. Wreszcie

statycznym powierzchni momentów BDD’, skupionej w Sf.

Jeżeli nazwiemy sumę momentów statycznych ciężarów

/ (an₃ I^dg)y=-h

] hhysz jest

momentem

możemy napisać

Sa

741)

Ta + p 1

r 2

Wyraz

-3-1, pochodzący z uwzględnienia siły podłużnej, jest

F «

w stosunku do Ta bardzo mały, zazwyczaj więc go opuszczamy i otrzymujemy równanie

Sa

742)

A więc parcie poziome// równa się ilorazowiSa, sumy momen-

tów statycznych ciężarów sprężystych^^-

ze względu na AB, przez

sprężystych ^ dyj.

Ta moment bezwładności ramy dla ciężarów

§ 161. Rama dwusłupowa o dowolnym kształcie.

I tu przypuszczamy na razie, że w A jest łożysko wałkowe (rys. 370). Dla ramy statycznie wyznaczalnej obliczamy i kreślimy momenty. Wtedy dla ramy statycznie niewyznaczalnej d)l—Hyy

[Ô&»;

-J

.......

Ac-.

w-

j<:

^............H

-H

to

rys. 370.

---y> N--/idost    ---dost a. Wstawmy ta

w równ. 738), a otrzymamy, jeżeli długość pręta nazwiemy s y² ds

eT = h

A ^¹

Jeżeli średni moment bezwładności nazwiemy Is, to otrzymamy

yjlyds

i:«

-+ H

B dost² a ds

= 0.

j W ( ; ds)y

S X^dS)y!= i A

Is

dost² a ~~r~ ds

Sa sumie momentów statycznych ciężarów

./>(/*)* =

1 tu mamy

Ta moment bezwładności ramy

ze względu na A B.

AB, tj. Sa = r fx y 1 + J f,y, +

(//) ^

względu na

dost² a

ds =

Is

Is

sx dost²«! + l dost² a., -f r i    r

Możemy więc napisać

Sa

743)

Ta + - jT dost² a

a w przybliżeniu nie uwzględniając wpływu siły podłużnej

Sa

Ta »

. . 744)

jak równanie 742).

§ 162. Rama o rozporze prostej, obciążenie pionowe.

Zastanowimy się teraz nad ramą dwusłupową o rozporze prostej. Przypuśćmy, że na ramę A C D B (rys. 371) działa ciężar P

i_i.

rys. 371.

w odstępie u od C (rys. 371 a). Jeżeli w A damy łożysko wałkowe (rys. 317 b), to

P h u ( Z—u)    h

Sa — h f —    ~2    > zaś Ta —    |/»³ + h²1, więc

u(l-u)

, a wstawiwszy

§ A³ + A²/+ l

. 745)

Mg = P

u ( /— u)

G G', więc/

_Pu(l—u)    l

l • 2r

n h h i

// =

3 Pu(l— u)

2A/( 3 + 2A +

31, \ F, h* J

746)

Ostatni wyraz w mianowniku jest bardzo mały. Opuściwszy więc wpływ siły podłużnej, mamy

3 P u (1—u) 2hl(2k 1 3)

Teraz otrzymamy

Mg — Mc +

Pu(l—u)

Pu(l— u)

(2 A+ 3)/    * ' •

4k + 3 uP(l—u) 2k + 3 *    21

. . 748)

. . 749)

Na tej podstawie wykreśliliśmy linję momentów na rys. 371 a.

(e’c

urn

Vi =

(PI- u)

V* =

Pu

. 750)

Ar jąb

K.

rys. 372.

Zupełnie w ten sam sposób otrzymamy dla obciążenia zupełnego ciężarem jednostkowym g (rys. 372).

II -

gl²

4h(2k+3)’

751)

Vx — V<i — }yg l.

¹

Civilingenieur 1885 str. 39. Patrz także Schepp: „Zur Ermüdung den Druckrverfheilung in Mauerwerksschnitten. Centr. d. Bauverw. 1889.

²

P. Göbel: Standfestigkeit der Schornsteine. Zeitschrift des Vereines deuiszh. Ingenieure. 1898 str. 180.

³

P. Keck: Excentrische Druckbebandlung cylind. Mauerkörper- Zeit d. bann Ing. u. Arch. Verein. 1882 str. 627.

⁴

P. Oest. Wochensch. für d. öff. Baudienst. 1902 słr. 271.

⁵

Por. także antora: „Podręcznik Teorji Mostów, Części t. II, wyd. II, str. 104 i 129.

Statyka.

754)

3/c — Md —

gł²

~~ 4 (2/:+ 3)’

752)

. +M

ma x

753)

§ 163. Rama o rozporze prostej, obciążenie poziome.

Na ramę ABDB (rys. 373 a) działa siła pozioma W w wysokości a. Przyjmiemy w A łożysko wałkowe (rys. 373 b), aby uzyskać ramę statycznie wyznaczalną. Wtedy otrzymamy momenty, zaznaczone na rysunku, więc

nv

CC

K>Jz

C” i

aW'

«-■i

CA

AJ.....W B

⁷a

LU

rys.

373.

Wal

NiCO

Sa— 2 • ^ +

Sa =

Walk

tVa    “I

Ta zostaje, jak poprzednio, więc

Mc= —H.h = —

Wa 3h² + k(3h²— a²)

2    h»(2k+3)    ■ • *

3 h* + k ( 3/i²—a²)

2    * A* (2*+ 3)    ’    *

755)

. . 756)

. . 763)

Md — +

Wa

Mg = (1T — H) a — Wa

3 A² + A ( h² + a“)

2 h² (2 A + 3)    • •

£ ( 4 A³ + a³ — 3a A²) + 6 A³ — 3a A2 2 A³(2A 4- 3)

. 758)

759)

iMcl

ffj Æ UieB

W podobny sposób wyznaczyć możemy momenty, jeżeli działa na słup parcie poziome jednostajnie rozłożone w (rys 374).

wh 5 k + 6 8 ¹ 2k~ 3 ¹

. 760)

21

Vi = V₂ =

wh²

21

21 •

, 761)

rys. 374.

Mc= —

zu h ²    5 A + 6

8    ¹ 2 A ¹ 3 '

762)

max

zu A " /11 A + 18\-\2A f 3 /

128

. . 764)

dla y o — g

A 11A + 18

2A + 3    ¹ ‘

. . 765)

§ 164. Rama bezprzegubowa o rozporze prostej, obciążenie

pionowe.

Rama dwusłupowa bezprzegubowa jest trzykrotnie statycznie niewyznaczalną. Obliczenie takiej ramy zajęłoby wiele miejsca w niniejszym podręczniku. Czytelnika odsyłam do specjalnych dzieł o ramach¹). Tu podam tylko wyniki.

Jeżeli ciężar P działa w punkcie G (rys. 375) w odstępie

u. wtedy

71^4 =    21

3 P u (I—u) H ” 2hl(2+k) ’

Pu(l—u) 5k— 1 + 2ô(2 + k) (2 -+■ k) (1 + 6 &)

. . 767)

jeżeli d —

>•

Vi =

P(l—u) l + 6k + d—2d*

1 + 6k

768)

Pu 6& + 3d — 2da

769)

Mc — Ma — H. h —

Pu(l-u)

21

(—

\2 + *

\ — 2d

)■

. 770)

Mc — Ma — H • A + Vy. u —

p Ki-ó)

+ <?(₂ + £

1— 2<?²

1 + 6k

)■

. 771)

fc’c

C* ./>

C~:

C³

Ul J3

[£

'FÀ

WM,

le* C

&£ G

"\

.....—

:-4‘—•f*'—-y—

ri-%"

■K

Vm,

y. i t

rys- 375.

rys- 376-

-Mz) = Mb —H.h = —

(Pd(l—d)l

l—2ô

•(—

V 2 + k ¹ 1+6*

Pu(l—u) 3+7 k—2 d(2 + £) ^ ⁼    27    ‘ \2 + k) (lT6kj

W punktach E i E' są momenty równe zeru. Prosta E E' przeciwna pionową w połowie rozpiętości w trzeciej części

KF =

Jeżeli rama obciążona jest jednostajnie zupełnie ciężarem g (rys. 376), to

H~4h(2 + k)’    ’

Ma — Mb =

gl²

12(2 + k) ’

. 775)

Mc~ Md

gl²

m a a:

6(2 + k) ’

gE 2 + 3k ~ 24 ‘    2 + k •

116)

.. . 777)

gl

778)

§ 165. Rama bezprzeg-ubowa o rozporze prostej, obciążenie

poziome.

Jeżeli na ramę działa ciśnienie poziome W (rys. 377), to otrzymamy

Wd²

2(2+ k)

3(l + k) — d(2k + l)

przyczem

d=~r

779)

+7/1 -    2

Wad 3 + 2 k —d(l + £)

3k

.    .    780)

Mc = Ma — H. h =—2

Wad k(d— 1)

1 +67: »    ‘

. . 781)

, 782)

d—1

1 + 6k ‘ 2 + A:|

gdzie Mb —

TFad 2    3 + 2k—d(\ + k)

2 +A:

1 t6/:

,‘783)

Mg = Mb + (W—H)a = 2Wakó

(1 + 6 k) (1 +2k) ~

Waô

2 (2 -h yk)

3(1 + k) — d(2k + 1) j (fl

1 + 2k

)• •

. 784)

3Waôk r> ⁼    - /(l - \-6k)

785).

CT

Mb

Mb

C¹'

Md

(C*

.....a

D"

GW

Ma

II

IF

.4

S>

......*4

W-TJVTJ'

zr*»

il |§|^

M’fe-.......£

"H JJ

Ff-

Kv

y;

rys. 377.

rys. 378.

Jeżeli na ramę działa jednostajne parcie poziome zu (rys. 378),.

otrzymamy

wh 3 + 2k

8 * 2 + k’

786)

37.4 =

zuh¹ / 9 + 5 k

12 k

24

2 + k 1 + 6 Â:

)•

787)

34 =

w h¹ /15 + 7 k

12 k

24

2 + £    1+64

>•

. 788)

3fc =

12

24

)•

789)

Md —

Zt> /l 2 4

( ¹²

24 \

V₁ = V₂ =

1 + 64    2\-k

zuh²k

l(l +6ky ' ‘ '

791)

D. BUDOWLE ZIEMNE.

XIV. Równowaga stoków.

§ 166. Zasady.

Będziemy teraz badali prawa równowagi budowli takich, których materiałem jest ziemia, a więc n. p. wałów, rowów, przekopów. Przypuszczamy przytem, że ziemia jest ciałem jednoro-dnem i niesprężystem o małej spójności. Tu więc nie będziemy mogli zastosować prawideł o wytrzymałości, wyłożonych w poprzednich rozdziałach, lecz zato uwzględniać będziemy także tarcie, tj. opór, jaki powstaje przy ruchu względnym dwóch ciał lub dwóch części tego samego ciała, przylegających jedna do drugiej.

Z mechaniki wiemy, że tarcie jest wprost proporcjonalnem do ciśnienia prostopadłego na płaszczyznę zetknięcia obu ciał a niezależnem od wielkości powierzchni zetknięcia ; spójność zaś jest niezależną od ciśnienia prostopadłego, a proporcjonalną do powierzchni przekroju. Chcąc przesunąć cząstki ziemi, musimy przezwyciężyć obie te siły.

Powierzchnię ziemi nachyloną ku poziomowi, nazywamy stokiem (n. Böschung, fr.talus, an. slope, talus, r. otkocb, HaKJioiib) a styczną kąta nachylenia stoku do poziomu czyli stosunek wysokości do rzutu pionowego stoku (n. 1;1, li2) stoczystością (Neigung der Böschung, fr. pente, an. sloping). Zastanawiać się będziemy głównie nad stokami, których stoczystość w każdym punkcie jest ta sama, czyli nad stokami płaskiemi, a ilekroćbyśmy mieli rozpatrywać stoki o zmiennej stoczystości, osobno to zaznaczymy.

§ 167. Równowaga ziemi niespoistej.

Wiemy, że powierzchnia wody w stanie równowagi jest poziomą. Piasek, żwir i ziemia sypka, których spójność jest bardzo małą, utrzymuje się w równowadze, chociaż ich powierzchnia jest nachyloną, ale tylko do pewnej granicy, gdy kąt nachylania stoku nie przekroczy pewnej wartości Q (rys. 379).

Dla tego największego kąta q niech się znajduje punkt materjalny m na powierzchni AC właśnie w stanie równowagi tak, że najmniejsze powiększenie kąta Q jużby wywołało stoczenie się punktu m. Ciężar tego punktu c rozdziela się na cx i c₂, przyczem Ci=c wst Q, c₂ — c dost Q. Siła cx stara się poruszyć punkt w kierunku CA, c₂ zaś przyciska go do płaszczyzny i wywołuje tarcie. Jeślj spółczynnik tarcia nazwiemy /, to dla równowagi musi być cx — fc₂, czyli c wst Q—fc dost Q, a stąd

C1

ryz. 379.

. . 792)

f = st Q

Ponieważ kąt Q zależnym jest tylko od spółczynnika tarcia, dlatego nazywamy go kątem tarcia (n. Reibungswinkel, fr. angle de frottement, an. angle of friction, r. yrojrt rpeHa) (p. § 133). Stok, dla którego ziemia sypka utrzymuje się w równowadze, a więc nachylony pod kątem tarcia do poziomu nazywamy stokiem naturalnym, stokiem usypu (n. natürliche Böschung, fr. talus naturel, an. plane of repos, r. othocł HacBinn:). Stok naturalny i kąt tarcia ziemi niespoistej wyznaczyć można, sypiąc ziemię i podgartując ją pod górę. Ziemia ułoży się wtedy w stoku naturalnym.

§ 168. Równowaga ziemi spoistej.

/s yD

rys. 380.

Jeżeli stok AB (rys. 380) jest za stromy, wtedy ziemia nie może utrzymać się w równowadze i część tej ziemi ABD się usuwa. Tę część ziemi nazywa-mv odłamem, a powierzchnia a A D, jak doświadczenia Foren-heimera i Leygue’a okazu- /f ją, mało się co różni od płaszczyzny. Przyjmować więc ją ^ będziemy nadal jako płaszczyznę A i nazywać płaszczyzną odłamu (n. Bruchfläche, Gleitebene, fr. plan de rupture, plan de séparation, plan de glissement, an. plane of rupture). Gdyby spójności nie było, to kąt a, pod

którym stok AB jest nachylony do poziomu, nie mógłby być dla równowagi większym, niż q. Z powodu działania spójności kąt ten będzie większym, a zadaniem naszem będzie teraz wyznaczenie jego wielkości.

Zauważmy bryłę ziemi, której długość w kierunku prostopadłym do płaszczyzny rysunkowej niech będzie równą jedności, nazwijmy / prostą AD, c spójność na jednostkę powierzchni, f spółczynnik tarcia między ziemią a ziemią, a Q odnośny kąt tarcia i zaczepmy w środku ciężkości odłamu S ciężar jego C, to da on się rozłożyć na siłę N prostopadłą do A D i P równoległą do AD. Wtedy będzie

. . 793)

N = C dost ip, P = C wst ip,

jeżeli ip jest kątem nachylenia płaszczyzny odłamu do poziomu. Siła P usiłuje poruszyć odłam w kierunku DA, czemu sprzeciwia się siła Q, powstająca wskutek tarcia i spójności ziemi w płaszczyźnie odłamu.

Stąd otrzymamy

Q = f N + cl = Cf dost ip + cl. . . . 794)

Usunięcie powstać może tylko w jednej z tych płaszczyzn,

> 1. Wnosić

przechodzących przez A, dla której P> Q, t. j. q zaś można, że powstanie ono rzeczywiście w tej płaszczyźnie

w której stosunek

q jest największością t. j. przybiera tość najdalszą od tej, która potrzebną jest do równowagi t. j.

war-

■ Oj "o

— 1. Jeżeli przeto w jakimkolwiek danym przypadku wy

znaczymy stosunek

dla każdej płaszczyzny pęku płaszczyzn,

p

przechodzących przez A, to płaszczyzna, dla której-ę“ będzie naj-większością, będzie tą płaszczyzną, w której nastąpi usunięcie, gdy największość ta przekracza wartość = 1. Warunkiem równo-

dla innych pła-

₌    p

wagi będzie więc, by najzu. P <Q, bo wtedy-^

szczyzn będzie tem bardziej < 1. My zajmować się będziemy wypadkiem granicznym i badać, jak wielkie może być a, aby stok był jeszcze w równowadze, zatem

795)

najzu.

Dla tego wypadku musi być pochodna funkcji

a,

równą zeru

czyli

d ip

= 0, a więc

QdP — PdQ _ , Q² dip

0, stąd QdP +

— PdQ=0, a nareszcie uwzględniwszy równ. 775), otrzymamy

1 = najzu.

Pul®¹

dP

. . 796)

Na podstawie tych równań możemy w każdym szczegółowym przypadku wyznaczyć kąt ip.

Z równ. 776) i 777) wynika C wst ip= C/dost ip +c /, a więc

c =    / (wst ip — st Q dost ip) = j

C wst (ip—o)

dost o

. . 797).

§ 169. Naziom płaski i nieobciążony.

Jeżeli powierzchnia ziemi BD, którą nazywamy naziomem (o stoczystości mniejszej niż stok naturalny, powierzchnię o sto-czystości większej zowiemy stokiem) (rys. 381) jest płaszczyzną nachyloną pod kątem ß do pozionu, wtedy ciężar odłamu możemy wyznaczyć, nazwawszy y ciężar gatunkowy ziemi w następny sposób :

C — y4ABD — \y AB. AD. wst (a — ip),

a wstawiwszy za AD wartość /

wst oc ’

otrzymamy

a AB =

Ä" r

fiy£

/■>

C — i yhl

wst (ce — ip)

wst a

Według równań 794), 795) i 796) mamy

Cwst ip

rys. 381.

Q ~ CfdosUp + cl

= 4,

i f — st o, otrzymamy :

a stąd, wstawiwszy wartość za C

= 1. . . . 798)

y hl wst ü/'wst (cc — ip)

Q y h l wst (a — ip dost ip st o + 2 cl wst a

Różniczkujmy osobno licznik, a osobno mianownik tego wyrazu, a otrzymamy wedle 796)

dP _ — wst ip dost (cc — ip) + dost ip wst (a — xp) d Q [wst (a—*/>)wst i/>+ dost (cc— ip) dost ip] st q

wst (2 ip—a) st(2ip— cc)

~ dost (2 if> — a) st £

_ Q + CC

St(>

1,

stąd 2 ip — a = (>, zatem

</'

799)

A więc płaszczyzna odłamu połowi kąt, zawarty między stokiem rzeczywistym a naturalnym. .

Równanie 798) możemy inaczej napisać y h wst ip wst (a — ip) — y h wst (a — ip) dost ip st g + 2 c wst cc, a stąd

2 cwst a

2 c wst cc dost o

y wst (a — ip) [wst ip — dost ip st {?] y wst (a — ip) wst (ip — {)). Oba kąty w mianowniku możemy innaczej wyrazić, a mia-

nowicie :

Q + CC

a — ip — cc —    2

a więc

a — q

= ~~2 ’zaś ip—g=

k _ 2 c dost q wst cc

a — p

7wst²~2

— o—

o + cc    a— o

2--? =

..... 800)

Z tego wzoru możemy obliczyć wysokość stoku, dla której się stok jeszcze może przy spójności c utrzymać; kąt ß, jak widzimy, w tym wypadku zupełnie nie wchodzi w rachubę, a więc tu jest h od stoczystości naziomu niezależnem.

§ 170. Stok pionowy.

Dla stoku pionowego cc = 90° ; nazwijmy odnośną wysokość stoku h₀ (n. Standhöhe), to z równania 780) otrzymamy

2cdostç»

2 c |dost² 2

— wst* 2 )

y wst²145° —

tO r©

dost

2 + wst 2

j y (wst 45'dost 2—dost 45"wst j

st |45° + -~-j 801)

©A CN

l Q

y I dost 2 —wst Znając odwrotnie /i₀, możemy obliczyć c, a mianowicie

C/ CN

^-dot(45» + j

. . 802)

Wstawiwszy tę wartość w równanie 781), otrzymamy

h₀ dost Q wst a

2 wst 2

st(4S«+|-)

• • 803)

Z pierwszej wartości h₀ otrzymamy też

yK

wst²

(45°--) •

Qa CN

c= 2

dost Q

.    . 804)

wst

a wstawiwszy to w 781),

h = h₀

*(45-    )

wst a

. . 805)

Tablica L.

Wartości dla dot p

1,0

1,1

1,2

1,3 T 1,4 ; 1,5 : i,6

Wartość dla dot oc

cn cn co ^ vo vo r^r^oo co ^oo^r o" o o' o* o“ ©~ o ö o* o* cT o" o~ o* © ©* r-T r-T r-T t-T r-T

1,71

1,99

2,35

2,79

3,36

4,11

5,11

6,47

8,41

11,28

15,77

23,26

37,41

68,21

157,39

645,69

oo

1,64

1,89

2,19

2,56

3,02

3,60

4,34

5,31

6,63

8,40

10,90

14,63

20,47

30,26

48,55

86,59

204,69

840,78

oo

1,59 ;    1,55

1,82¹    1,75

2,08

2,39

2,78

3,24

1,99

2,27

2,60

3,00

1072,65    142,23

oo    328,14

4,58

4,08

5,76

ł-T r-T T-T CN cT CN co co* Tf* UO t''~ 00 '

16,73

21,77

29,21

40,81

60,35

95,93

3,02

3,45

3,97

4,58

2,87

3,24

3,69

4,22

5,33    4,84

6,25

5,60

7,39    6,51

8,82

7,63

10,65

13,03

16,21

20,57

26,73

35,87

50,09

9,01

10,79

12,98

15,88

19,74

25,04

32,53

Przykład: Mamy wykopać rów głęboki 9m w ziemi, dla której p 32°t więc dot p =1,6 a h₀= 1 m. Jaka może być stoczystość ?

Tu mamy h 9, h₀ — 1, więc⁻^⁻ = 9, liczby tej szukamy w ostatniej kolumnie i znajdujemy 9,01, co odpowia dot a =0,90, a więc a— 48°.

§ 171. Wyznaczenie wykreślne spójności, wysokości stoku

i stoczystości.

Na podstawie powyższych równań możemy wykreślnie wyznaczyć stoczystość, stok pionowy lub spójność, jeżeli znanym jest kąt tarcia.

1. Dane są a h i Q, wyznaczyć należy c (rys. 382),

a— q

Z równ. 800) wynika

albo gdy nazwiemy :

y h wst³    2

2 dosto wst a ’

AB — l =

wst a ’

a — () wst³    2

EG=

o tern przekonać, zrobimy EI/jAC, to

El BE wst à _ l. wst² fi dost(J dost(> dostę ’

2

EG-- . . .

807)

_ / l wstL> fi

2 dost q

Społowiwszy kąt a—o, otrzymamy kąt fi. Z B kreślimy prostopadłe na A D i AC, a wtedy B, E, F i A muszą leżeć na półkolu.

a gdy a—q = 2 fi, więc c

806)

H''

'''TM J?*

lA

±JL

rys. 382.

Z E kreślimy poziomą EG, a wtedy c

_/.EG

Aby się

zatem ze względu na 806)

Udowodniliśmy, że półkole, założone na AB, przechodzi przez F i E. Poprowadźmy styczną do koła KLjjBF, to AKL ?kBEI, bo AK—BE, a boki równoległe. Stąd łatwo udo-

wodnic, że

AM=EG=

808)

Nareszcie jeżeli z B zatoczymy łuk promieniem BA i wykreślimy styczną NPjlBF, to AQ — 2 AM, jak to się da łatwo udowodnić z podobieństwa trójkątów, zatem

4c

AQ = ~

2. Dane a, c i Q, szukana wysokość h. Połowimy kąt

Ac

CAB i kreślimy ANJ_ BD. odcinamy teraz AQ — ~ i przez punkt

Q kreślimy QN prostopadłą do AC. 7L punktu N kreślimy NB równolegle do AC i w ten sposób otrzymujemy punkt B, a zatem i wysokość stoku.

Odcinamy AQ-—, kreślimy QN^AC i szukamy na poziomej w wysokości h punktu, z którego możemy poprowadzić

koło styczne do QN, a przechodzące przez A.

4. Dane h₀, h i (), szukane « (rys. 383). Dla danego A₀ możemy c obliczyć z równania 802) albo też wyznaczyć wykreślnie wedle 1. Zatoczmy z Bo łuk promieniem h{t i wykreślmy styczną QN ±AC, to

3. Dane są c,

i Q, szukane a.

0\

rys. 383.

AQ=

. Dalsza konstrukcja, jak

poprzednio, wedle 3.

§ 172. Parabola spójności.

Jeżeli dla rozmaitych h będziemy szukać wedle poprzedniego paragrafu kątów cc, a zatem odnośnych punktów B (rys. 384), to da się łatwo udowodnić, że punkty te leżą na paraboli. Na mocy konstrukcji bowiem jest AB₁ = B₁ Nx, a to jest właśnie cechą punktów paraboli, której osią jest stok naturalny, punkt A ogniskiem, K-V .

a parametrem 2/4P= ⁸ ° d°St g. s\

• •• Ru

B,

li-'

■ ■>

/'

i>

Nazywamy ją parabolą spójności (n. Kohäsionsparabel)i, kreślimy poziomą AQ = 4 c .

a'

;........

hj

Fs o

QP±AC.

rys. 384.

Jeżeli wykreślimy z punktów B prostopadłe do AC, to PF₁ = N₁B₁ = AB₁. Na tern polega prosty sposób wykreślenia paraboli spójności. Z punktu A zakreślamy łuk dowolną długością ABU robimy PF₁ — AB₁ i wstawiamy w Fx prostopadłą do przecięcia się z łukiem w Bx.

- 501 —

§ 173. Wyznaczenie stoku naturalnego, spójności i ciężaru

gatunkowego.

Mówiliśmy poprzednio, jak się wyznacza stok naturalny dla ziem niespoistych. Dla ziem spoistych najlepiej wyznaczać h₀ i q z doświadczeń ; w tym celu trzeba ziemię skopywać pionowo. Wykop musi być dość długi o zmiennej głębokości, należy go zostawić najlepiej przez cały rok, aby się przekonać, o ile wpływy atmosferyczne zmniejszają spójność. Największa wysokość, przy której stok pionowy się utrzyma, będzie ń₀. To samo możemy zrobić dla innych kątów oc i otrzymamy odnośne h. Z tych wartości możemy wtedy wyznaczyć c i q na podstawie równań 783) i 784). Na podstawie doświadczeń Kavena możemy przyjąć dla ziem zbitych c — 225 kg Im², a że należy uwzględnić spółczynnik pewności 1,5, więc przyjmujemy zwykle

. 810)

c = 150 kg Im²

W tym samym stosunku zmniejszamy też i kąt tarcia. Możemy dalej przyjąć :

dla zwykłej ziemi zbitej dla zbitego iłu lub gliny h„~

h₀ = do

T-l CM

do

. . 811)

Dla bezpieczeństwa lepiej przy obliczeniu przyjmować mniejsze wartości t. j. 1 względnie 2 m. Na wielkość tarcia i spójności ma znaczny wpływ atmosfera. Ważną okolicznością pod tym względem jest ilość wody, znajdującej się w ziemi, zwłaszcza gliniastej. Gdy glina jest tylko zwilżoną, spójność jest wielka, gdy jest suchą zupełnie, mała, a gdy przesiąknie wodą, prawie żadna ; kąt q schodzi czasem do 10°. Dlatego też przy budowlach ziemnych bardzo ważną rzeczą jest odpowiednie odwodnienie.

W tabl. LI podaliśmy według Rebhanna i Otta kąt tarcia (>, ciężar metra sześciennego y i spójność c dla rozmaitych ziem. Nie potrzebujemy dodawać, że są to tylko wartości przeciętne. Przy większych budowlach ziemnych dobrze jest robić, jeśli czas na to pozwala, z daną ziemią osobne doświadczenia dla wyznaczenia c i Q.

następną tabliczkę dla wartości-^-:

TABLICA LL

kąt

tarcia

ciężar g-a tu lików y

spój

ność

st p

dot p i

kgjm'

kglm*

Ziemia roślinna sypka sucha .

„    „    „ wilgotna

„    „ nasycona wodą

..    „ sucha ubita .

wilgotna ubita

35°;

40«

30«

42»

65»

1420    250

1580    250

1800

1680    500

1880

Glina sypka sucha

wilgotna nasycona wodą

ubita sucha

40»

45«

20°

42»

1500

1550

2000

o oj o o o o

„    „ naturalnie wilgotna

Piasek suchy miałki .

»    » gruby .    .    .

„ wilgotny ....

„ nasycony wodą ,

Żwir graniasty (tłuczony) .

„ okrągły (rzeczny) .

Zboże........

Śrut........

70»

1790

U 35» 35» 40» 30»

45»

30»

25«

30»

1850    -

1500    10

1640

20

1770    100

1950

60

1800 1500 1800 1500

759

6800

0,700 0,839 C ,5 77 0,900 2,145 0,838 1,000 0,364 0,900 2,748 0,700 0,700 0,839 0 577 1,000 0,577 0,466 0,424

os 7-» o Tj -o oj 0 < o o ^ rJ sj h ONUiwOtctooooo^-^MOMOM-^wMt»

Müller Breslau podaje następną krótką tabliczkę:

Tablica LII.

Rodzaj ziemi

kg/m:‘

ii

Ziemia rodzinna sucha

ff    >y

Glina sucha „ mokra Piasek nasycony wodą „ wilgotny .    .

„ suchy

wilgotna .    .

nasycona wodą

1400

1600

1800

1500

1900

2000

1800

350— 40«

45«

30»-35» !! 40»—45° i 20»—25°

25» ij

40»

1580-1650

„    „ średnio

Żwir tłuczony (tłuczeń)

1600

1800

rzeczny...........

Keck podaje następne wartości:

Tablica LIII.

1800

30»-35» 33*7,0 35»-40«

30°

Rodzaj ziemi

kgjm¹

Ił suchy.....

„ mokry.....

Glina sucha ....

„ mokra . . . . Ziemia roślinna mokra Piasek, żwir rzeczny . Żwir tłuczony . . .

1500    40°—46° !

1900    20«-25»

1600    40«-50«

1950    200—250

1650    30»-35»

1600-1860    30»

1600    350 - 40»

¹

Por. autora: „Ramy dwusłupowe“, pod prasą.

²

st²

Wzory te służą do obliczenia wysokości stoku pochyłego dla jakiegokolwiek kąta cl. Ott obliczył z równań 803) i 805)

³

dost q

§ 174. Naziom załamany.

Jeżeli naziom nie jest płaskim, lecz składa się z dwu płaszczyzn (rys. 385), a jeżeli AD jest płaszczyzną odłamu, to czworobok ABFD musimy zamienić na trójkąt AED, aby można poprzednie wzory zastosować. Kreślimy więc BE /Ab i dalej wykreślamy tak, jak gdybyśmy mieli stok AE i naziom płaski. Płaszczyzna odłamu połowi wtedy kąt EAC, a dalsza konstrukcja pozostaje ta sama.

Jeżeli jednak przy tej przemianie, punkt D wypadłby przed F, to w takim razie stok się zachowuje, jak gdyby był płaskim.

El

fa

FJL

N,

Bæ

sC

t*

ŁJi

rys. 386.

rys. 385.

Jeżeli odległość punktu załamania wzrasta, wtedy może się zdarzyć, że gdy bez przemiany podzielimy na połowę kąt a—o (rys. 386), punkt D może wypaść przed punktem załamania F. Jeżeli zaś przeprowadzimy przemianę, to wypada nam płaszczyzna odłamu ADX. Któraż z nich jest prawdziwą? Ta, dla której potrzeba większej spójności. Jeżeli więc zatoczymy z B koło promieniem BA, z E promieniem EA i wykreślimy styczne JL AC, to zatrzymujemy tę płaszczyznę odłamu, dla której AQ jest większem. Tu AQX>AQ, więc prawdziwą linją odłamu jest AD.

§ 175. Równowaga ziemi jednostajnie obciążonej.

Jeżeli ziemia jest jednostajnie obciążona ciężarem q na to licząc na długość równą 1 m w kierunku prostopadłym do rysunku, otrzymamy (rys. 387) C—y.ABDABD.q.

Powierzchnię trójkąta ABD wyznaczyliśmy już w § 169,

wst (a—ip)

a mianowicie, gdy AD=l, ABD = ^ hl

wst cc

, dla wyznaczenia

BD zaś ustawimy proporcję:

więc BD

BD : l— wst (a—\p) : wst (180—a 4-^), _/wst (a—ip) wst (a—/?)

Wstawiwszy te wartości w równanie dla C, otrzymamy

•5/

Wmr

ot

wst (cc—ip)

C=$yhl

ql wst (a — wst (a—/?)    ~

= / wst (a—</') (

wst a

wst a

4-

wst (cc—ß) J Wzór otrzymany jest podobny do wzoru dla ziemi nieobciążonej (§ 169), tylko tutaj zamiast y h

2 q wst a

rys. 387.

musimy podstawić wyraz yh 4

wst (cc—ß)'

Ponieważ wyraz ten jest niezależnym od kąta ip, więc kąt

U' będzie taki sam, jak poprzednio, tj. ip

a więc i tu

płaszczyzna odłamu połowi kąt m i ę d z y . s t ok i e m naturalnym a rzeczywistym.

Dla ziemi nieobciążonej mieliśmy według 754)

wst cc dost ę    *

yh = yh₀

2 st(45°+-|-)

wst²

CC—Q ’

dla ziemi obciążonej otrzymamy podobny wzór, podstawiwszy tylko zamiast y h wyraz powyżej wspomniany, więc

wst a dost Q

yh 4

2 q wst a wst (a—ß)

y h₀

2st(45°4-0

wst²

a—q’

a stąd

h = h<

wst a dost q

2 st(45°4-|-)

wst²

2 q wst a

a—q y wst (a—ß)'

Według 784) pierwszy wyraz równa się hx wysokości stoku ziemi nieobciążonej, więc

2 q wst a

y wst (a—ß) Dla naziomu poziomego ß~0, więc

h = hj

. . 812)

h = h₁ —

2q

. 813)

A zatem dla naziomu poziomego obciążenie na wysokości

hx ma ten skutek, jak gdyby stok był o — wyższym. Pochodzi

7

to stąd, że obciążenie powiększa wprawdzie tarcie, ale nie powiększa spójności, gdy przy stoku wyższym obie siły wzrastają.

Przykład. Na poziomym naziomie stoku wysokiego 8 m (rys. 388) mamy złożyć kamienie; jak wysoką może być warstwa tych kamieni^bez narażenia stoku

na usunięcie?

Mamy dane st a=l, A₀=l, ciężar gatunkowy ziemi ę=1600 kgjm³, ciężar gatunkowy kamienia, uwzględniając 'J\ !j próżnie między kamieniami, 7t=2000 kglms, kąt tarcia p=35°.

’ Tu obciążenie na m²ibędzie 9=7 y=2000 y, jeżeli y oznacza ßrr, wysokość kamieni. Dla st a=l,0j otrzymamy; wst a=0,707, i a=45°, dalej będzie

< 8n' >

rys. 388.

0,2134X0.707

0,007571

p y==5ft, 45—-|-=27,5°, wst- 27,5°=0,2134, wst~r^~=0,087, wst²⁻~20,00757. Więc wedle 805) hl =

=19,93 ,

= 19,93 /u, zatem wedle 793) A=19,93 —2.5 9=8 /77, stąd 9=4,77 m.

2 > 2000 y

1600

§ 176. Wykreślne wyznaczenie stoku ziemi jednostajnie

obciążonej.

Jeżeli w równowadze [utrzymuje się stok AB obciążony ciężarem q (rys. 389), to ciężar ten q zamieniamy, jak wiadomo, na

Z poprzedniego] paragrafu

"ï «C5

warstwę ziemi o wysokości h₁ =

wiemy, że płaszczyzna odłamu pozostaje ta sama, co do stoku nieobciążonego, otrzymujemy ją przez społowienie kąta BAC. Odłam więc stanowi powierzchnia ABIFD, którą zamieniamy na trójkąt, robiąc ze względu na 813) A I=IB = h1} lxBxl)BD i prze-

VJ

9\

L£

rys. 390.

o o.

dłużając AB aż do B\. Dalsza konstrukcja pozostaje ta sama, 4 c ,

AQ~~. PN jest kierownicą, A ogniskiem a punkt Bx jest punktem paraboli spójności.

§ 177. Naziom dowolny częściowo obciążony.

Jeżeli naziom dowolnie zakrzywiony jest częściowo obciążony (rys. 390), to właściwie płaszczyzna odłamu nie pozostaje ta sama,

i.h

h,

■'JÏ

B,

\ N

ft\

co dla ziemi nieobciążonej, mało się jednak od niej różni. Przyjąwszy znów płaszczyznę tę samą, połowiącą kąt BAC, zamieniamy AB E E\ D\ na trójkąt AB i D, którego wierzchołek leży w odstępie 2 hi

od ED.

rys. 389.

Dalsza konstrukcja pozostaje ta sama, zatem AQ —

= —. W ten sposób możemy wyznaczyć c, spójność potrzebną

"T A,

Z),

1A

£>

<r

\\

c.

do równowagi stałej. Jeżeli rzeczywista spójność jest c , to = n jest stosunkiem pewności.

§ 178. Stok zakrzywiony.

Z paraboli spójności (rys. 384) widzimy, że im większem jest h, tern większem jest a. Dla wyższych części stoku, dla których h jest mniejszem, może więc być stoczystość większą. Jeże-libyśmy więc nasyp (rys. 391 a) w myśli podzielili na warstwy poziome i dla każdej z nich wyznaczyli kąt nachylenia stoku, to otrzymalibyśmy stok krzywy AB u dołu mniej, u góry więcej stromy. Przy większych nasypach urządzamy rzeczywiście w praktyce stok krzywy, lub też jako przybliżony kształt stok z ławeczkami (rys. 391 b).

111

ba

to

rys. 391.

Winkler wyznacza równanie krzywej AB (rys. 391 a), z którego się okazuje, że krzywa ta ma włażciwie kształt ABC (rys. 391 c), kształt, jak widzimy, nieprawdopodobny, gdyż przy-tem nie uwzględniono tej okoliczności, że ziemia złamałaby się pod własnym ciężarem w linji BD\ w rzeczywistości więc ziemia usuwa się w linji ABD¹).

XV. Parcie ziemi, obliczone sposobem analitycznym.

§ 179. Ogólne zasady.

Jeżeli stoczystość jest tak wielką, że stok spójnością i tarciem nie może się utrzymać, wtedy, aby zapobiec usunięciu się

ziemi, budujemy ścianą drewnianą lub murowaną AB (rys. 392), przypierającą do stoku. Jeżeli ściana jest murowaną, to nazywamy ją murem oporowym (n. Stützmauer, fr. mur de soutènement, an. retaining wall, h. muro de sosteni-miento, r. noÆnopHaa CT’feHa). Zadaniem naszem jest teraz obliczyć parcie, które ziemia wywiera na mur, a które nazywamy parciem ziemi (n. Erd-druck, fr. poussée des terres, an. pressure of earth, r. .ąaBJieEde 3eMjra). Wyłożymy tu najpierw teorję parcia ziemi, tak zwaną dawniejszą według- Coulomba i Poncelet a, a potem wspomnimy także o innych teorjach.

a,

/c

y\/

392.

rys.

Gdyby ściana AB miała się poddać, to ziemiaby się usunęła w płaszczyźnie odłamu AC, a więc parcie odłamu ABC na ścianą AB musiałoby przezwyciężyć tarcie wzdłuż AB i ^4C i spójność w płaszczyźnie AC. Ponieważ jednak spójność ziemi nasypanej jest bardzo małą i bardzo zmienną według stopnia wilgoci i ponieważ spójność i tarcie nie działają równocześnie, lecz tarcie występuje dopiero wtedy, gdy spójność zostanie zniweczoną, . więc zwykle w praktyce nie uwzględniamy jej w obliczeniu dla większej pewności. Gdyby nawet spójność w rzęczywistości równocześnie działała z tarciem, to działałaby tylko korzystnie i zmniejszałaby parcie ziemi; nie uwzględniając jej więc, przypuszczamy warunki niekorzystniejsze. „

Później podamy sposoby uwzględnienia spójności, którego zachodzi potrzeba w niektórych wypadkach. Obecnie pozostaje zatem do uwzględnienia tylko tarcie, które klin (n. Druckkeil, fr. coin de poussée) ABC wraz z obciążeniem ma pokonać przy usunięciu się podczas ruchu po płaszczyznach AB i AC i ciężar klina wraz z obciążeniem C, działający w środku ciężkości S odłamu ABB]C\C. Ciężar C wywołuje oddziaływania A4 i A4, prostopadłe do AB i AC lub ukośne ze względu na tarcie. Podczas ruchu nazwijmy tarcie T\ i 71. Jeżeli kąt tarcia między ziemią a murem nazwiemy a między ziemią a ziemią ę₂, to 71 = A4 st Qi>

71 — A4 st{>₂. Nazwijmy P wypadkową z Ti i A4, a Q z 74 i A4, to

dost ç>²

a d₂ mię-

Jeżeli kąt nachylenia między P i Nx nazwiemy ô

dzy Q i A4, to P=

. . 815)

N,

dostd₂’

P — yA^M-JVj¹'st²^ — Nx VI + st² Oj

= JV, sieczki—

N,

dost

N₂

814)

dost d,

a więc ze względu na równ. 814) Q₁ = âlf £₂ = <J₂ •    •    •    •    816)

Widzimy więc, że podczas ruchu klina ABC odłam wywierać musi parcia na ścianę AC i płaszczyznę odłamu, które są nachylone do AB i AC pod odnośnymi kątami tarcia. Dla równowagi muszą też siły P, Q i C przecinać się w jednym punkcie Nad tym ostatnim warunkiem zastanowimy się później.

§ 180. Ogólne wyznaczenie powierzchni odłamu i parcia ziemi.

Kąt tarcia między murem a ziemią jest zwykle większym, niż kąt tarcia q₂ między ziemią a ziemią. Zresztą, choćby on był mniejszym, w naszej jest mocy uczynić ścianę AB więcej szorstką i zwiększyć tarcie tak, że możemy prawie zawsze przyjąć, że kąt tarcia >(>₂. W takim razie przy usunięciu się ziemi, zostaje przy murze bardzo cienka warstwa ziemi, w ziemi tworzy się szczelina, a przy usunięciu odbywa się ruch ziemi po ziemi, musimy zatem uwzględnić spółczynnik tarcia między ziemią a ziemią, a więc ten sam kąt tarcia ę>₂. Tak twierdzi Winkler, z którym zgadzają się Haeseler i Enges ser. Jednak nie można zaprzeczyć, że może się zdarzyć też, że QiKQz, zwłaszcza jeśli woda dostanie się poza mur. Dlatego Möller radzi przyjmować = §(>₂ przy zwykłych stosunkach, zaś S₁=^Qi przy wąskich i gładkich ścianach, np. przy drzewie heblowanem i okrągłych palach. Müller Breslau stwierdza na mocy doświadczeń, że    zależnie od po

wierzchni ściany, a przeważnie przyjmuje di=f#j.

Nadal więc przyjmować będziemy na razie kąt ólf bliżej nieokreślony, aby można zbadać, jaki wpływ wywierają różne założenia co do wielkości tego kąta. Z rys. 393 otrzymamy, rozłożywszy siłę C na składowe P i Q, P: C=ad: ab = wst rj : wst y. Dalej mamy 17 = 9* — Q, y— 180—rj—ip=l80— (cp — £ + *//), więc

/> : C= wst (if - «) : wst (y-ÿ + 0), stąd />= w^^, + |)

P więc zależnem jest od kąta ty, którego jeszcze nie znamy.

Łatwo jednak zrozumiemy, że ziemia usunie się w tej płaszczyźnie, a więc dla takiego kąta ty, dla którego P jest największem. Szukać zatem będziemy teraz wartości kąta (p, dla którego P jest największem, przyczem jednak musimy także ciężar C wyrazić jako funkcję ty, jak to pokażemy poniżej w szczegółowych przypadkach.

. 817)

h&p

MV/

y

*££ %\v

><

Ł-

rys. 393.

Z rysunku widzimy, że ty = 180—a—d', więc równ. 797)

możemy inaczej napisać

Cwst (<p—q) wst (a—9 + ę + dj)

Gdy 0=180—q (rys. 394), otrzymamy z równ. 818)

p_ c wst (ty—q)

wst (ty — d^

Jeżeli przyjmiemy dx=^, to P—C......

P=

. . 818)

819)

p

V/

i*'?Ł

—.NLT____

rys. 394.

rys. 395.

I rzeczywiście, jeżeli naziom jest symetryczny do pionowej AC, to łatwo zrozumiemy, żo ponieważ płaszczyzna AB jest zupełnie symetryczną do AD t. j. do stoku naturalnego, więc płaszczyzna odłamu musi być pionową, a parcie ziemi w tym wypadku pionowe równa się ciężarowi ziemi ABC, nad murem leżącej.

Gdy a>180— Q, wtedy ciśnienie P jest także pionowe, (rys. 395) i równe ciężarowi ziemi nad murem leżęcej, bo wtedy ziemia nie może się usuwać w płaszczyźnie AB, lecz w razie pod-

dania się muru utworzy się w powierzchni AE, nachylonej pod kątem Q do poziomu, szczelina i na tej płaszczyźnie ziemia będzie się usuwała. Rozłożyć więc możemy wtedy ABC na AEC i ABE, a z poprzedniego wiemy, że, jeżeli naziom jest symetryczny do AC, to Ct parcie na AE jest pionowe i równe ciężarowi klina AEC, gdyż klin ten, nie usuwając się, działa tylko na mur swym ciężarem, a więc wypadkowe parcie P będzie pionowe i równe ciężarowi klina ABC, czyli ziemi nad murem leżącej i zaczepiać będzie w jego środku ciężkości.

Twierdzenie to ważnem jest także dla « = 180° czyli dla muru poziomego, na który parcie ziemi jest pionowe i równe ciężarowi ziemi nad murem leżącej, w przybliżeniu nawet wtedy, gdyby na

ziom nie był nawet symetryczny do AC.

. Aby się przekonać o rzetelności równania 817, zastosujemy ten wzór do parcia wody, a przyjąwszy ę = 0 i dj = 0, musimy otrzymać znane wzory dla parcia wody (rys. 396).

Nie znając kąta cp, przyjmiemy go z początku dowolnie, niech więc będzie A C płaszczyzną odłamu, to otrzymamy z równania 817).

G wst <{) wst (cp + ip) wst (a — <p)’

C wst (f

K B C

sfT

J&JL-

rys. 396.

ciężar zaś odłamu będzie :

C — yw ABC — yw \ BC. h = jyw h (EC— EB) =

wst (a — cp) wst a wst cp '

Wstawiwszy wartość za C w równanie dla P, otrzymamy wst («—cp)    wst ip    __

P — ] Yw h- wst a wsf. (p wst (<jp -f- ip) ~ i y<" Wst a •

znany wzór hydrostatyczny.

= i yw h (h dot cp— h dot a) — \ yw h²

. 820)

§ 181. Ogólne wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi.

część muru BC (rys 397)

Nazwijmy p parcie ziemi przyczem rzut pionowy długości BC niech się nazywa x. Jeżeli x wzrośnie o dx, to p wzrośnie o dp, parcie

na

na

część muru

CC ,. Całe parcie P na mur

AB będzie P

-r

dp.

na punkt B jest dp. Bs — X

Moment siły dp ze względu

= dp.BCdost o— dp.—-— dosto. Mo wst a

■n

Ä" fś

B**-»- -, !

'"V..............e, :

i A

ment siły wypadkowej P będzie więc *

P. Br = P. BE dost q = P~^~ do sto-

wstn

dostę

-A

wst a

rh

/ *0^, a stąd

J 9

rys. 397.

Ci =

pf

*/ O

. . 821,)

W szczegółowych wypadkach wyznaczamy dp, wstawiamy w równanie 821) i otrzymujemy w ten sposób elf a stąd e = h —

§ 182. Wyznaczenie parcia ziemi, gdy naziom jest płaszczyzną, nachyloną do poziomu pod kątem ß.

Przypuszczamy, że naziom nachylony jest do poziomu pod kątem ß (rys. 398) mniejszym od q.

K-

/ P.

h 'J>dPC'''

rys. 398.

stąd AC =

A B wst (a—ß) wst (cp—ß) ’

Parcie ziemi wyznaczamy według równania 817). W tym celu jednak musimy wprzód obliczyć ciężar odłamu C. Z rysunku otrzymamy

C=y.ABC=\y. AB.AC wst (a—<p)> Z trójkąta ABC mamy AB : AC = wst e : wst (A + ß), przyczem

s= 180— a~\-cp — ii—ß— 180—oc — + q> — (180—a+ß) — cp—ß, a więc AB : AC = wst (cp — ß) : wst(«—ß),

Z rysunku mamy dalej AB =

Wstawiwszy wartości

za AB i AC, otrzymamy C = o

wst ci,

y h² wst (a—/7)wst (a—cp) wst'² a wst (cp—ß)

P będzie największem, gdy U będzie największem, więc

dU

gdy = 0. Różniczkując funkcję U, otrzymamy

a⁻² 4~ x [dot (q 4- ô') — dot (cc—ß) ] — dot (a—ß) dot (q 4- d ) 4-

— [x—dot (a—(>)][2 a 4-dot (ę + d')—dot («—/?)]____ ~

x² ] x [dot(o 4- d')—dot (cc — ß) ]—dot (a—ß) (ç — ô')²

Aby wyraz lewy równał się zeru, musi być albo licznik albo mianownik równym oo . W tym ostatnim

równym zeru

wypadku miałoby być x = dot X ~ ⁰⁰ , a więc X “ 0, co jest niemożliwem. A zatem musi być licznik =0, więc

x² — 2xdot (cc — q) —

— dot(a—ę>)dot (ę4-d')—dot («—ß) [dot(a—ę)4-dot 2 (^4-d⁷) ], a stąd

33

Wstawmy tę wartość w 817), a otrzymamy

p _ yh- wst (a—ß) wst (a—cp) wst (cp — q)

2 wst" a wst (oj—ß) wst (a—cp 4- q 4- d')

Z rysunku widzimy, że % = a — cp, więc

p _ y h² wst (a — ß) wst y wst (a — q — y)

2 wst² a wst (à—ß—y) wst (q + ô' 4- x) ' p _ y h¹ wst (a—ß) wst X [wst (a — q) dost x — dost (a— q) wst x] 2wst² a [wst (a— ß) dost/—dost(a—/?)wst/J(wst 2 (q - d')dostx + dost (q + ô') wst x).

Podzielmy licznik i mianownik przez a otrzymamy:

-t-

wst (a—ß) wst² y,

czyli :

gdy

p _/A² wst (a—q) [dot x — dot (a—ß) ]

2 wst² a wst (q 4- d') dot x — dot (a —ß) dot x + dot (q 4- d') Nazwijmy x — dot X, to p _    y h² wst (a—q)    x — dot (a — q)

2 wst² a wst (q + d) (* 4- dot (o + d') (a⁻ — dot (a — ß) » _ y /r wst (a—ç>)

2wst²«wst (ç>4-d')

a: — dot (a — q)

(x + dot (@4-d') [a—dot (a—ß]

.U, .... 822)

. . 823)

czyli U =

x — dot (a — q)

xl + x [dot (q + d')—dot (cc— ß) ]—dot (y + d') dot (cc—ß)‘

Statyka.

x = dot (« — (>) +

1/dot²(a—q) + dot(a—ç>)dot(()+ô')—dot(cc—ß) [dot(a—q) + dot((> + <J')]

czyli

x = dot ip =

~ dot(a so)±y[dot (a—■£) + dot(ç + d') [dot(a—q)—dot(a—^]).

Ponieważ kąt y jest ostry, więc dot y > 0, dlatego przyjmujemy tylko znak górny, zatem

dot/ = x = dot(a—()) +

A \|dot(a—q) + dot (<>-f d')] [dot («—(>)—dot («—/?)]» • 824)

Wprowadziwszy tę wartość za x w równanie 803), otrzymalibyśmy najw U. Lecz wzór byłby za zawiły, postąpimy więc inaczej. Niech będzie :

F (x)    x — dot (a— q)

f (x)    A:² + A:[dot + —dot(a—/S)]—dot (ç + d')dot (a—ß) ’

to

dV F₁(x)f(x)-/l(x)F(x) dx    f(xY

jeżeli Fi(x) i fi(x) nazwiemy pochodne funkcyj F (x), względnie f(x).

Ponieważ f(x) nie jest =oo, więc licznik musi być =0, zatem f (x) F± (x) — f\ (x)F (x), a stąd

HA ₌ F AA = f(A A (*)

najw U.

825)

Wykonajmy naznaczone działanie, a otrzymamy

najzu U =

2x+ dot (q — ô')—dot (a—ß) •

Podstawiwszy w to równanie wartość z równania 824), otrzymamy :

najzu U —

vdot(a— (>) + dot(j? + óv) "L    (a—^)—dot(a—/?)²]

a wstawiwszy tę wartość w równanie 802), otrzymamy nareszcie

y h² wst (a—q)

Równanie 826) możemy napisać P = ah-, gdzie a jest pewnym spółczynnikiem, zależnym od a, ß, q i d', ale niezależnym od A.

Analogicznie możemy wyrazić parcie na część muru od

1

2 ax. Wsta

wierzchołka aż do głębokości x p = ax\ a więc —

wiwszy to w równanie 821), otrzymamy:

2 A³

2 ax*dx= 4v •-A²

A²

.'o

3

2, U

3 h 3 h

a więc

. . 827)

Punkt zaczepienia parcia ziemi leży więc dla naziomu płaskiego w jednej trzeciej części wysokości stoku.

§ 183. Parcie ziemi dla naziomu poziomego.

Dla poziomego naziomu (rys. 399) jest ß — 0, więc otrzymamy z równania 826)

y A² wst (a—q) 2wst²awts ((> + (1) [V dot(a—q) +dot(ę + d') "hydot(a—q)~dota]²

Podstawmy dota = a, dot(5 = r,

dot ô' = d

a więc dot (q + ô') =

dr—1

d~hr

,dot (cc—q) =

arP 1

r+a ’

Ai

------

rys. 399.

a będziemy mieli

y A² (wst a dost q—dost a wst a wst q)

2 wst² a (wst q dost ô' + dost wst cï)

i/ar+1 ) r—a

dr—1

dd~ r

\l^ r,

! r—a

a podzieliwszy licznik i mianownik przez wst² a wst Q dost <T,

33*

p _ yh* (r— a)¹ Vl + a²) (1 + af²)

. . 828)

2 [ 1; (1 + r²) (a—d)    M (d+ r) (1 + a²]²

Na podstawie tego równania obliczyliśmy następną tabliczkę

4«-

dla â' =4-

Tablica LIV.

Wartości dla a —dota

Od»-»

h|<J0

_JO

n-

rV

0    — TT — /u

xlt-¹

Oi}»—»

Wartości dla r==dot p

1,0

1,1

1,2

1,3

1,4

1,5

1,6

1,7

1,8

1,9

2,0

0,043

0,051

0,059

0,068

0,076

0,084

0,092

0,101

0,108

0,116

0,123

OCT\OONr-iincO

^0 ^0 ^0 CO ^0 T"¹ T“* r*H rH r“H

dddddddd'do'd co r-H o ctn oo m md r~ oo oo o\ o o o

o“cd cd o~ o~ cd o” cT o" o" o"

HOOMfl^fMOlO'OrfTH

in>o'or'0CO\OOHMc>') C) ^D ^D CD CD CD t-h t-h t-h t-h t-h

O O CD o” o' o“ o o" o o o“

M3 rf CM O r-O t-h CN CO CO

t-h r—¹ t-h r-H t-H

rHO\r>>o

CN 1—I    UO CN

Vûr'OOONOrHCSCSCO-^tfl o O O O r—< l-H ł-H r—^ r-H r—^ ł—^

o o o~ o o o" o o" o" o o"

Tt< CO CO CN t-h O 00 Ær'ajONOOrHCMco^'t

Ç5 CD ^D r~^ T“H T"H y—* r-H t—H

o o“ cd o" o“ o o o" ©~ o o

0,082

\ÛM4^0N

0,103 0,108 0,113 0,119 0,123 0,129 0,133 0,138 0,120 0,138 0,142 0,148 0,12910,147 0,151 0,157 0,137 0,155 1,159 0,165 0,146 0,164 0,168 0,174 0,154 0,172 0,176 0,182 1 61 0,180 0,184 0,190 0, 69 0,187 0,190 0,197

O T-H

0,111

0,119

0,129

0,139

0,149

0,158

0,167

0,176

0,184

0,192

0,199

0,207

o o o o o" cT cT cT o ©~ o

Ol 00 O

OOOOOOOOOOO

§ 184. Parcie ziemi na mur pionowy.

Gdy

mur jest pionowy (rys. 400), to a = 90°. Wstawiwszy to w równanie 826), otrzymamy

y h² dost Q

P 2 wst (<) + ô') [|/st^ + dot(ę> + ô') + \] st Q — st /?]²

yh²

1—stęstrY + st Q + st (Y

7 h² Vl + si² ô'

% [ I l + St² Q + \J (st Q + St Ô') St Q — St /J)]2 Na podstawie tego wzoru-podajemy obliczoną tabliczkę dla

3

założenia, że, ô'' = — q :

2 (st Q dost <T + wst <f )

^ st o—st,i

albo

829)

Tablica LV.

Wartości dla st ß

: —1:

to

Wartości dla st p

p p p p p p p p os Tt*. onc\ oo'to ©

WtOMMMMOO ^00,4^(00000 03 to MO 05 to o\ to l-¹

pppppppp

Nî'toT-k'i-k',-» H-, cT©

~JtO00Cn03>-*O>C0 h-, to LnUUi on O0_Ln

opoppppp w To "to ^ h-, "t-¹ '*-i 0

pppppppp ;

MO tO 00 U\ tO ©    03

en o on 43. co MO cy, o» ;i_

p p p p p p p I 7f*.~tOIo'Î-l'Î-l'Î-l'Î-» ii

. MO O -O 00 >-» MO tO

o OM/1 rH

cT 11    l i

000000

U\

ppppp 1

I •i-’

1    1    1    i O*

MO

CO    r-t

CNCNO^f r- co^rHr> .

o    1

0000

00

0,9

1,0

© © O

MIN

OO ►&. o

0,179

0,322

0,297

Jeżeli oprócz tego naziom jest poziomy, czyli ß—0, wtedy

y h- vl + st² ó'

2 [\/l + st² ę> + \j (stę + st d') st {»]2 a wstawiwszy r — dot o a cl = dot ó', otrzymamy

yhll+b>

r-

V(t+Lt)

y h² r²v 1 “i~ d²

H²~2Tv3+r²)d+\ffrJ

-•830)

To samo otrzymamy z równania 828), wtawiwszy cc — 90®,

więc dot a = a =0.

Jeżeli wstawimy w równ. 830) d' = 0, d— oo, otrzymamy : p    yh²r* _ y h% dot² q _ y h²

2 [\j 1 + r + 1Ï² 2 [1 + dosiecz q ]    2

Gdy naziom jest równoległy do stoku naturalnego, to ß=Q, a więc z 829 otrzymujemy :

st²

(45»

i)- ⁸³¹>

p_yh*\jl + st²d' y/i² y 1 -fst² d' _ ⁷    == “    2    1 :Tst²o “

.... 832)

2[\ 1 + st²(>]²

_ y h² dost² {? * 2 dostd

*90°

EL---SL__

rys. 400.

§ 185. Wyznaczenie parcia ziemi dla nazionu pochyłego, zakończonego płaszczyzną poziomą.

Gdy naziom wznosi się pod kątem ß aż do pewnej wysokości ho, a potem zakończony jest płaszezyzną poziomą (rys. 401) to ciężar odłamu C — y(AED—BE C).

Dalej mamy

AED = \H. H(FD — EF) =\H² (doty> —dota)

F E

l.....wït?......m

ß B E C = i h₀² (dot fi— dot a), więc C = l y H² (dot (p — dot a) 4-— -î y h₀² (dot fi— dot a),

h*

rys. 401.

albo C—y—2~ (doty-ÿ-dota)+ — (~) (dot fi—dota) =

= ⁷~~ (dot cp-k), . . 833> (dot/tf—dota). .    .    .    834)

/^dota+j^-j²

który to wyraz jest od (f niezależnym.

Podstawiwszy w równanie 818) wartość za C, otrzymamy

D _y H²    wst (cp — Q)    ,.

P - ^-(dotl/ - A)wst(a+? + <r_9l). czyi,

p _ y H² (dot (f — k) (wst cp dost q — wst q dost (f)

2 [wst (a + (> + (Y) dot cp—dost (a + q + <Y) wst <]r]’ a podzieliwszy przez wst cp licznik i mianownik

p __ y H² (dot cp — k) (dost d — wst d dot cp)

2[wst (a + q 4- d) dot cp—dost(a -f q + d')] ~

_ y H² wst q (dot rp — k) (dot o — dot cp)

2 wst(a + q + d ) [dot cp — dot (a + q + d'j ’

y H² wst Q (x—k) (dot Q—X)

2 wst (a + q 4- dj [x — dot (a + n + d')]

y H² wst{>

2 wst (a+ç + d) ’ ^

TT _    (*—&) (dot^—x)

x— dot (a + q + d')

Jeżeli U, a więc i P, ma być największem to dU^ __ [*—dot(a + (> + d/)] (dot<-—2 x-\~k) — (x—k) (dot£>—x)    _

[7—dot (Ö+ oTd⁷)¥    “ U'

gdy

a gdy

gdy

dx

x = dot cp, P —

. .    835)

dx

= 0, więc

Ponieważ ani x — doï<p, ani dot (a + @ + d') nie mogą być równe oo, więc musi być [a: — dot (a+ Q + d) (dot Q— 2xJrk) + —(x—k) (dot q—x) = 0, czyli x (dot Q+ k)—2 x² + 2x dot (a + q + d') + —x (dot Q + k) 4- x² — dot (a + q + d') (dot Q + k) —k dot q, stąd xiJr —2xdot (a + ()4~d') = dot (a + ç + d') dot (J + & (dot ę—dot (a + (>-f d')]

x — dot (a + ę +d) +

a więc

±y/cłot“(a + ^ + d⁷)—dot(a + ę + d⁷)dotn + k(dotQ~dot(a + ę + d⁷)], albo

x⁼ dot (os4-{) + d⁷) +

Ar=dot (a+ę + d⁷) +

± \dot (a + Q + d⁷) [dot (a + Q + d⁷)—dot q] + £[dot(>—dot («•+() 4-d⁷)], wreszcie

¹

Bliższe szczegóły z teorji stoków znajdzie czytelnik w wybornem dziele A. v. Kavena .,Theorie der Böschungen1885.

²

wst² a wst (q—ô') [>/ dot (a—q) + dot (q + ô') 4-+ V dot (a—q)—dot (a—/?)]²

Chcąc wyznaczyć położenie punktu zaczepienia parcia ziemi, zastosujemy tu ogólne równanie 821).

— \j[k—dot (a + q+d⁷)] [dot Q — dot (a -r q 4* d⁷)].

Dla najzu U przyjmujemy tylko znak górny, więc

x = dot^p = dot (a + o + ć⁷) +

^ V [h—dot(a + Q 4- d‘) ] [dot Q—dot (a + q + d⁷)]

Według równ. 825) otrzymämy, przyjąwszy U —

. 836)

F(x)

tw

__ /j (x)    dot Q—2 xd~k

U (x) ~

«. najzu U — dot Q + k—2 dot (a + q + d⁷) +

+ 2 jk—dot (a+ç + d⁷)] [dot ę—dot (a + ^+d⁷)],

stąd najzu U = [\ k — dot(a+o+d⁷)    y[dotç»—dot(a4-{)4-d'])².

Wstawiwszy tę wartość w 835), otrzymamy

v JJ “ wst O__

P = 2wst(a + ę + dr) [Vk—dot(«+« + ^/)-\[doto-dot(a-ł-o+d⁷)²837)

Jeżeli przytem mur jest pionowy, to cc — 90°, dot 90° =0,

/A \ 2

więc według równania 834) k= I—

Wstawiwszy to w równ. 837), otrzymamy dla muru pio-

najzu U

= dotę—2 x~\~k, więc

dot ß.

nowego

y H² WSt Q I ,

2 dost ((» t d⁷) | \

Dla Q = 33°, d = » q = 24 °45⁷ i ß = Q otrzymamy z równ. 838) następną tabliczkę:

hi ² dot ß

+ st((J 4- d⁷)    j dot (> + st (q 4? d⁷) 838)

Tablica LVI.

O 0,1 0,2    0,3    0,4 0,5    0,6    0,7 0,8 0,9

P =0,1320,129 0,123 0,116 0,1080,100, 0,0920,0850,079 0,073 y

10

P= 0,067    0,035    0,021    0,014    0,010    0,007    0,003 yH*

§ 186 Wysokość punktu zaczepienia parcia ziemi dla naziomu płaskiego, zakończonego płaszczyzną poziomą.

Dokładne wyznaczenie punktu zaczepienia w sposób analityczny jest bardzo zawiłem ; wykreślnie rozwiążemy to zagadnienie daleko łatwiej. Teraz ograniczymy się więc na podania wyników odnośnych badań Poncelet a, Rebhanna i Culmanna, a mianowicie, że

C’

/»(kij______

</-/

«*/

rys. 402.

najw e = 0,375 h

i to dla à — }tj(irys. 402).

Widzimy więc, że dla innych wartości à leży e w ciasnych granicach między 0,333 h i 0,375 h.

§ 187 Uwzględnienie ciężaru ruchomego.

Jeżeli obciążenie ziemi wynosi q —-,to da się ono zastąpić

warstwą ziemi o wysokości (rys. 403), której ciężar równałby się obciążeniu q. A więc, gny ciężar gatunkowy ziemi jest y, to ciężar m² warstwy ziemi o wysokości hi jest y hi a więc yhi = qf a stąd

839)

h, = J

Jeżeli więc teraz wyznaczymy parcie ziemi na ścianę A C, a od tego obciągniemy parcie ziemi na długości BC to, otrzymamy parcie ziemi na AB z uwzględnieniem obciążenia.

Wpływ obciążenia możemy też inaczej uwzględnić, a mianowicie podobnie, jak w § 175, wstawiając we wzory, wyznaczające ciężar odłamu 6 dla naziomu płaskiego, zamiast y h wyraz 2 q wst a wst (a—ß)

yh =

yh = (

1 -i

2 q wst a

}7iwst(a—

n)= ïhc’

jeżeli c = 14

2 q wst (a—/î)

y h wst (a—fi)

, przyczem

I — AD zostawiamy niezmienione.

rys. 402.

Otrzymamy więc ciężar odłamu z uwzględnieniem obciążenia C — Cc, jeżeli C oznacza ciężar odłamu bez uwzględnienia obciążenia. Dalej otrzymamy :

P = Pc = P(l +

2 q wst cc

y A wst (a—ß)

. . 840)

a dla naziomu poziomego, ponieważ ß = 0,

. . 841)

= K1 + t!)

Dla dróg przyjmujemy zwykle jako największe obciążenie

kg

tłum ludzi lub wozów, dla tłumu ludzi q = 400 do 500—f. Obcią-

ml

żenie wozami lub wałkiem jest zwykle większe ; należy rozdzielić ciężar wozu lub wałka równo na podstawę powiększoną ze wszystkich stron o grubość żwirówki. Podobnie postępujemy dla kolei przy obciążaniu parowozami. Dokładniej licząc trzeba rozdzielić ciężar osi, znajdujących się na długości BD, równomiernie, uwzględniając rozdzielenie się ciśnienia przez żwir i nasyp pod 45°. Twierdzenia te odnoszą się do wypadków, gdy ciężar jest w przybliżeniu równo rozdzielonym. Jeżeliby jednak poza punktem D był jakiś wielki ciężar, to należałoby spróbować, czy uwzględniając także ten ciężar po za D nie otrzymamy innej płaszczyzny odłamu, mamyj bowiem wtedy stok sprowadzony już nie płaski, lecz załamany. Wtedy najlepiej wykreślnie wyznaczyć parcie jakto poniżej podamy.

Buchwald podaje (Zeit. f. Bauw. 1916 str. 563), co następuje. Wysokość warstwy ziemi równoważnej z ciężarem ruchomym (y = 1,65).

Tablica LVII.

Tłum ludzi, zwykła droga...........

droga, wielkie ciężary.............

kolej drogowa _j_ do muru (przyczółek 2 m wys.) „    „    // do muru (tor obok).....

0’30 m 0-60 „ 0-60 „ 1-40 „ T50 „ 0-60 — 0.8 1-20-1-50 0-8-100

1- 50-1-80

2- 30—2-70

najwęższy wałek parowy ............

parowozy kolejek na szerokość 2.5 m J_ do muru .

„    „    „    „ /I do muru ....

„ kolei drugorzędn. na szer. 3 m J. do muru

// „ „

„    „ pierwszorzędn. J_ albo na //    „    „

Wskutek obciążenia zmienia się punkt zaczepienia parcia. ziemi, a mianowicie, ponieważ obciążenie działa u góry, punkt zaczepienia podniesie się. Postępując według ogólnej metody (§ 181), otrzymamy z równania 840):

P=Pc

-Ci A² ^

2 q wst «

y A wst ( a— ß)

dla naziomu płaskiego, bo wtedy parcie P jest proporcjonalne do A², przyczem cx oznacza liczbę stałą. Możemy wtedy też napisać :

— Ci A ^1 +

X-

Ci A (A + c₂),

2 q wst a y wst (a — ß)

a stąd dla wysokości x (rys. 404)

p' = Ci x („y + c₂), a dalej dp' =2ci xdx + cx c₂ d.r.

e'i =

Według metody ogólnej (równ. 821) mamy

h

x dp' =

t-H

Oh

Ci A (A + c₂)

2 Ci x² dx +

Cl C-2 xdx

a zcałkowawszy . otrzymamy :

A (A + c)

/2 A² , A² \

V 3    2 )

. a więc

z _ , A _ 6 A² (A + c₂) — 4 A²—3 A² c;> e -h — ex    6A ( A + c.)

czyli

2 A² + 3 A C;;

“ 6 A (A + c²) "

hh^

3 h + c₂

n Ca ⁰ t

. 842)

2 q wst a °² y wst (a—ß)

Z równania 842) widzimy, że e jest

zawsze większem, niż otrzymamy granice :

dla <7 = 0    c.₂ — 0, więc

przyczem

843)s

» 9 = co c.j = co ,

, a mianowicie *h,

A.....

, h

⁶ = A

, ₌ A

” 2

'«Sr

:/ é' ßx

W v La *

rys. 402.

\k

Zatem punkt zaczepienia parcia ziemi obciążonej leży między granicami 0,33 A a 0,5 A. Jeżeli /?=0,.

więc gdy naziom jest poziomy, mamy c ₂

844)

, H

e =T

h +3q

2q

XVI. Parcie ziemi wyznaczone wykreślnie.

§ 188. Zasady.

Przypuśćmy, że prosta A C (rys. 405) jest przecięciem się płaszczyzny odłamu z płaszczyzną rysunku. Ciężar odłamu C rozkłada się, jak wiadomo, na siły P i Q, nachylone pod kątami (Y i q do prostopadłych na proste AB \ AC. Rozłóżmy siłę C wykreślnie, a mianowicie zróbmy C = bc, poprowadźmy ba 11 P i ca // Q, a wtedy ab — F a ac = Q.

Jeżeli teraz prostą AC odchylimy od d(p tak, że przyjdzie w położenie A C', to o ten sam kąt d(p odchyli się siła Q, co musimy uwzględnić także w wieloboku sił, robiąc cad=dcp Jeżeli więc bc przedstawia ciężar C—yACLER = yF, licząc na długość 1 m w kierunku prostopadłym do rysunku, to długość dc przedstawia ciężar d C — ACLL'R—y dF, przyczem y oznacza ciężar gatunków/ ziemi. A więc F:dF = b c:d c, a pomnożywszy drugą stronę proporcji przez \ a h, otrzymamy

845)

F’.d F = abc’, adc

Wielobok sił możemy w jakiejkolwiek podziałce wykreślić, możemy więc także wybrać taką, aby ac = AC, a wtedy ACC — adc, bo z powodu, że kąt o?cp jest nieskończenie małym, możemy przyjąć ad—ac, również -4C=./łC'; mamy więc dwa

?JS

T"'

h'

vi o

//

K// <v.

//

//

/ Ht

js4r^1V>^1,1

iWŁd p*

/ y />*

/    4

//

K-^.....A —

'sPc/f

u (7

rv

<

rys. 405.

boki i kąt między nimi zawarty równe, dale] mamy dC—cd — = }'(.4CC'+ ńi CC'dost/?), jeżeli hx — CL oznacza sprowadzoną wysokość obciążenia a ß kąt nachylenia prostej C C‘ do poziomu. Możemy teraz napisać

Aj CC dostj? \ = yarf /

dC = ydF=y ACC‘ / 1H jeżeli wstawimy aac — ACC i =

A CC

h! A CC

CC ’

2/ii dost/ï\

v )

a stąd wynika

dF — adc

(1 +

2 hx dost/? '

h‘

)•

Według równ. 845) mamy F — dF.

abc

adc’

a wstawiwszy war-

tość za dF

2 hi dost ß \ abc , (

yadc=ahi

2 hi dot/?\

)

(1 +

Zróbmy ae H AC, to <C cae = 90 + ę>, ale także cae = = cah + hae=cahJrQ + cp, a stąd cah = 90—cp, a więc <SC ach = — 90—cah = cp.

F= ade

h'

. 846)

Poprowadźmy teraz CI I AD, to ACI^ach, bo AC—ac, <p = <£ach, a drugi kąt jest prostym, więc IC = ah. Z rysunku widzimy, żk rj = y + s = 90—d' + £, jeżeli s oznacza kąt nachy-enia ściany do pionu. Dalej mamy bah = 90—rj, bo ab // P, a ah poziomą. Wstawiwszy wartość za rj otrzymamy bah = — di — z. Poprowadźmy CK pod kątem d\—s do CI, to otrzymamy A CKęs^abc, bo wszystkie boki są równoległe, a Cl — ah. Stąd wynika ze względu na równanie 840)

F= ACK(l +

2 h dost ß \

)

847)

Dla p — Ojest hi = 0, więc F = ACK, a zatem dla ziemi nieobciążonej prosta A C połowi powierzchnię ABCK. Jest to prawo Rebhanna.

Chcąc wyznaczyć parcie P, ustawimy proporcję P‘- C = = ab'.bc = CK‘-AK. Zróbmy KM = KC, to otrzymamy P'.C — ~ KM'. AK, a pomnożywszy drugą stronę równania przez \ Cl,

P:c= K MC:AKC,

otrzymamy

Ponieważ zaś C — y F —

więc

=rACK(

^ dost/t?V

P-rKMC

P CAKC

Shjdost/?

= yKMC ^1 + p

. . 848)

Ciężar graniastosłupa o podstawie KMC a wysokości równej jedności jest więc proporcjonalnym do parcia ziemi P na mur AB. Graniastosłup MK C nazywamy dlatego graniastosłupem parcia (n. Druckprisma) Dla p — 0 jest hx — 0, więc

849)

P = fr KMC,

a zatem dla ziemi nieobciążonej ciężar graniastosłupa parcia równa się parciu ziemi na ścianę AB.

§ 189. Parcie ziemi na mur płaski dla naziomu płaskiego.

Według- równania 827) mamy

2 hi dost ß

)■

F = ACkI 1 +

z rysunku zaś 406) widzimy, że F = ABC— hiBCdost ß ; a więc hi BC dost ß\ _

\BC.h' )~

zatem porównawszy z równ. 847), otrzymamy

F = ABC\l +

ABCil +

2 hi dost/?

h‘

)■

ABC = ACK . .

. . 850)

A zatem, jeżeli naziom jest płaskim, a ziemia jednostajnie obciążoną, to położenie płaszczyzny odłamu jest niezależne

od obciążenia, ponieważ i tu prosta A C połowi powierzchnię

\B

■%r

FBCK.

j /

k-iii-

rys. 406.

W dalszym ciągu będziemy więc wyznaczać zawsze płaszczyznę odłamu bez względu na obciążenie, które dopiero uwzględnimy, mnożąc graniastosłup parcia czynni-2 hi

kiem ( 1 +

dost/?). W przy-

bliżeniu licząc, postępować tak będziemy także wtedy, gdy naziom jest krzywym.

CK

przyczem lone do prostopadłej na AD pod kątem df — 8. Spuśćmy z punktu B prostopadłą BE na AD i wykreślmy BL pod kątem d‘—£, to prosta BL będzie równoległą do CK i nazywa się kierującą (n. O rientir ungślinie), bo wskakuje kierunek prostej CK.

Jeżeli więc ziemia jest nieobciążoną, to AB C — A CK (rys. 407), a stąd BM— MK. Możnaby zatem wyznaczyć położenie prostej AC próbując tak, aby BM było równe MK, ma być nachy-

\K

1 200

A\

rys. 407.

W tym wypadku mamy    BAL —90^—(>—s, a więc kąt

ABE— 180° — 90°— BAL — q As, zatem <C ABL =■ ABE A

Az ABL = o 4- d, . .

Ad' — s lub

. . 851)

A więc kierująca nachyloną jest pod kątem qAó‘ do ściany BA i to dla naziomu o dowolnym kształcie, bo przy udowodnieniu tego twierdzenia nie potrzebowaliśmy przypuszczać, że naziom jest płaski.

Płaszczyznę odłamu możemy też wprost wyznaczyć łatwą konstrukcją, którą zaraz uzasadnimy. Z rys. 407 wynika, że jeżeli zrobimy

KH/jAC, będzie ACD ooKHD, a stąd AK'. AD = CH'.CD.

Ponieważ KHflAC, więe ACK=ACH, a że także ACK— — ABC, więc ABC=ACH, a stąd BC=CH.

Wstawmy tę wartość za CH w poprzednią proporcję,

a otrzymamy

trójkątów BLD oo CKD

AK. AD—BC. CD,

BC:CD=LK'.KD, a więc AK:AD=LK:KD, lub AK\AD={AK-AL) : {AD-AK).

Pomnożywszy wyrazy skrajne i średnie, otrzymamy

AK.AD—AK = AK.AD—AD.AL, więc AK = AD.AL,

a zatem AK jest średnio geometrycznie proporcjonalną między długościami AD i AL.

Stąd wypływa łatwa konstrukcja wyznaczenia punktu K, podana przez Poncelet a. Zatoczmy nad AD półkole, wykreślmy kierującą BL, zróbmy LA J_ AD, wyznaczmy N, punkt przecięcia się LN z kołem, zróbmy AN—AK, to AN a więc i AK, będzie średnio geometrycznie proporcjonalną między AD i AL, a więc, jeżeli zrobimy KCHBL, prosta AC będzie śladem płaszczyzny odłamu.

Przykład. Na rysunku 407 jest_ e=8°45', a=90—e=81°5', p=35°, st p—0,2, h=3,8 m. Wykreślcie otrzymujemy dla "f= 1,8 P—f.CIK—

ß=ll°18y,

=Y?> 1,80X1,7—2,75 ł. Analitycznie otrzymamy (z równ. 826)

p________1,8.3,8³ wst (46°15/)_____

2 wst¹ 81°15' wst 61°15' [l/dot 46«15' dTJt 6T°15']/dot 46°15T^dot 69°57']

—2,19 t.

W uwzględnieniu małej podzialki zgodność jest zupełnie dostateczną.

Jeżeli punkt D wypada poza papier, wtedy użyjemy następnej konstrukcji pomocniczej. Wyznaczmy jak, zwykle, kierującą BL (rys 408) poprowadźmy LL'UBD. Zatoczmy nad AB półkole, wystawmy L' N' _\_ AB i zróbmy AK' = AN', to AK' będzie średnią geometrycznie proporcjonalną między AL' i AB. Poprowadźmy teraz K! K/JBD¹), to widzimy, że pęk promieni AB i AD przecięty jest trzema prostemi równoległemi, które dzielą prostą AD w ten sam sposób, co AB, a więc AK jest średnio geometrycznie proporcjonalną między AL to AC jest płaszczyzną odłamu.

i AD. Jeżeli zatem KC/jBL,

m. /

C‘

drt

v LŁ

'êL

W^K

rys 409.

rys. 408.

Jako próby możemy użyć znanej własności prostej CA, że dzieli ona prostą BK na dwie równe części, a więc, że BM= MK.

Konstrukcja ta jest ważną dla jakiegokolwiek kąta ß, a więc ¹ dla ß=0 i dła jtf<0. Dla ß=Q (rys. 409) punkt D leży w nieskończonej odległości, tam też leży także punkt K, a więc płaszczyzna odłamu wpada na stok naturalny. Z powodu jednak, że AKjjBC, trójkąt CKI będzie miał tę samą powierzchnię, gdziekolwiek przyjmiemy punkt C. Przyjmujemy więc punkt C dowolnie i postępujemy dalej według ogólnego sposobu.

Chcąc zbadać, czy konstrukcja ta ważna jest dla jakiegokolwiek kąta nachylenia ściany AB, przyjmijmy najpierw ścianę AB pionową (rys. 410) i wyznaczmy w powyższy sposób powierzchnię odłamu AC. Niechaj ściana AB obróci się teraz około A na lewo, to s staje się ujemnem, a punkt B przybierze kolejno położenie Bx i Z?₂. Wyznaczmy w ten sam sposób dla położenia ściany AB\ powierzchnię odłamu, a otrzymamy punkt Cj, dla położenia zaś ściany AB^, gdy —s — 90~Q—d', kierująca wpada na linją naziomu j5₂ D, punkt L<i na B, konstrukcja nasza płaszczyzny odłamu staje się wprawdzie wtedy niemożliwą, ale zarazem i niepotrzebną, bo i punkt K% wpada wtedy na D. Chcąc otrzymać C₂, społo-

wimy wtedy Z₂ D. Już gdy punkt K zbliża się do D, kąt KCD' staje się tak mały, że trzeba zawsze sprawdzać, czy BM—MK i ewentualnie poprawić punkt przecięcia się Cx.

Jeżeli ściana odchyli się jeszcze bardziej na lewo i przyjdzie np. w położenie AB₃, to punkt Ló wypada poza punkt D. Wedle 852) mamy wyznaczyć AK> jako średnio geometrycznie

B, B, B

•:-y

/mJ

///.

\K\

JL, V \

QJCX

Jv”"

\\

ÎIÎS- \ « .

\ \ !

' __\J

\ Ki

■VU

'1

rys. 410.

proporcjonalną między ^4Z) i ALZ. Zataczamy wtedy półkole na AL₃, wystawiamy w D prostopadłą aż do przecięcia się N₃ z półkolem, robimy ANS— AK₃, z K₃ kreślimy Ks C₃HL₃BSf przyczem sprawdzamy, czy Bz M₃—M₃ K₃. Robimy dalej K?J f₃ = K₃ C₃ a trójkąt K?1 C₃ I₃ jest trójkątem parcia.

Dla «=180—Q wiemy już z § 180, że płaszczyzna odłamu jest pionową, a dla a>180—2 Q umiemy też wyznaczać parcie ziemi.

Z rys. 410 widzimy, że jeżeli ściana AB obraca się na lewo, płaszczyzna odłamu także się obraca w tym kierunku, chociaż daleko pówolniej i dla AB i zbliża się do położenia, w którem cp =

_ 90—q—d'

Jeżeli CK1 (rys. 411) jest graniastosłupem parcia ziemi na mur AB, to możemy też łatwo wyznaczyć graniastosłup parcia ziemi na część muru Ax B. Gdybyśmy dla punktu Ax powtórzyli całą konstrukcję, to wykreślilibyśmy Ax DX/IAD i wyszukali w znany

34

Statyka.

sposób Kx. Punkt ten jednak leżeć musi w prostej BK, bo pęk promieni, wychodzący z punktu B, dzieli dwie równoległe Ax Dx i AD w tym samym stosunku. Więc otrzymamy AB:AX B=BK:BKX,

ä......m

Ci_c

D<

J)

o-

/I \

•s

A/

rys. 411.

a ponieważ

KCHKr Cx II BL,

więc BK:BKX = BC: BCly a stąd BA : BAX=BC: BCX.

A zatem proste FC i Fx Gx są równoległe, a punkt Cx otrzymamy, robiąc Fx Cx II FC.

Widzimy więc, że dla płaskiego naziomu powierzchnie odłamu są równoległe.

Jeżeli nazwiemy P parcie ziemi na ścianę AB, a Px na ścianę Ax B, to dla ziemi nieobciążonej

P: P— C1K : Cx lx Kx,

zaś

C1K : Cx lx Kx — CK¹ : Cx Kx\

CK*: CXRX* = AB- : Ax B\

AB* : Ax B* — h* : hx², więc P : Px = h* : hp.

A zatem parcie ziemi nieobciążonej wzrasta dla naziomu płaskiego w stosunku kwadratowym wysokości muru.

§ 190. Parcie ziemi na mur płaski, gdy naziom tworzą dwie płaszczyzny.

Jeżeli naziom tworzą dwie płaszczyzny BG i GD (rys. 412), to, jeżeli AC jest płaszczyzną odłamu, powierzchnia odłamu jest teraz czworobokiem ABGC, który zamienimy na trójkąt AEC, przedłużając GD i robiąc BE\/AG. Z punktu E kreślimy teraz pod kątem d'— 8 do prostopadłej na AD lub pod kątem @+-d' do AB kierującą i wyznaczamy graniastosłup parcia, jak w poprzednim ustępie.

Przykład. Na rysunku 412 jest h 4 m, h₀ 2, p- 45°, p 35°, 3' f p 26°15/, Sts i s=ll<>18'36", i=78«41'24". Wykreślnie dla T = l,8 mamy P 'f. CIK 1,812,1X2,28    4,31. Analitycznie mamy według 834)

k dot V- -f-

(i°)~(dotp-dota) 0,30 +( ^ ) (1,00 — 0,2) 0,20+0,089 0,29

a według równ. 837)

PL 2 wst^a+p+S'j [V* — dot (a -+- p -h §0—Vdot p — dot (gc -+- p+8']*

⁼ 2 8Xtl39⁰5?2F^⁰’²⁹ - dotl390-56/2^/-^dot 35° - dot 139Q56'24/7]⁸—4,6 t.

*■

E C // A

iiA ••• x

'N

An

r\ '

V7 \ \

*•

V m>y

; / m

fü-M-H___•

rys. 412.

Chcąc się przekonać, w jakim stosunku do wysokości ściany AZ? zmienia się parcie, wyznaczymy miejsce geometryczne punktów K (rys. 413), których w znany sposób użyć możemy do wykreślenia trójkątów parcia.

ajdziemy, poprowadziwszy G Ki // BL₀,

Przypuśćmy naprzód, że ziemia ograniczona jest jedyną płaszczyzną BDo i wyznaczmy dla tego wypadku w zwykły sposób punkt K₀. Ponieważ prosta, poprowadzona równolegle do kierującej z K₀, trafia nie BG, lecz jej przedłużenie w punkcie C, więc punktu Ka nie możemy użyć do wyznaczenia trójkąta parcia. Wiemy jednak, że prosta BK₀ jest miejscem geometrycznem punktów K dla odłamów nie sięgających jeszcze płaszczyzny GD. Graniczny punkt K\ zn a zrobiwszy dalej Ki A\ // KA, otrzymamy punkt A\ i płaszczyznę

34*

odłamu v4. G, do której będą równoległe wszystkie płaszczyzny odłamu po lewej stronie A\ G.

Chcąc otrzymać parcie dla całej wysokości AB, kreślimy AG, dalej BE//AG, ELjjBL₀ i w zwykły sposób wyznaczamy punkt K. Gdyby punkt E był stałym, toby EK było miejscem

C ę,£----

!S=

.?#K,

AiU'S /XlV

-V'

\ \ \

Wo

\>

À\

K-—)ŁA rys. 413.

geometrycznem punktów K. Ponieważ jednak dla punktów, wyżej A leżących, linja AG, więc i BE, pochyla się i punkt Ë posuwa się na prawo, a z nim i prosta EK, więc widzimy, że punkty K będą leżeć na krzywej, której dwa punkty K i Kt i styczną EK znamy ; możemy więc ją łatwo wykreślić.

Znając punkty K łatwo możemy wyznaczyć dla jakiejkolwiek wysokości ściany parcie ziemi, które dla części ściany AAy nie będzie proporcjonalnem do kwadratu wysokości. Płaszczyzny od łamu po prawej stronie Ax G nie będą też równoległemi, ale zbieżnemi ku górze.

¹

W rys. 408 punkt D przecięcia się AK i BC wypada po za rysunek.

§ 191. Parcie ziemi o naziomie dowolnego kształtu na mur

płaski.

Jeżeli ziemia jest ograniczona dowolną krzywą powierzchnią BCD (rys. 414), wyszukujemy płaszczyznę odłamu zapomocą próbowania. Obieramy mianowicie dowolnie punkt C, kreślimy CK równolegle do kierującej BL, zamieniamy powierzchnię ABC na trójkąt AEC, łączymy E z K, a jeżeli AC jest płaszczyzną odłamu, EM powinno być równe MK. Prawdopodobnie pokaże się, że tak nie jest, tu np. jest MK>EM. Wykreślamy teraz w C pionową i robimy MK — EM — CC', wtedy CC' oznacza wielkość błędu dla przyjętej linji odłamu AC. Obieramy teraz punkt Cx na prawo od C t. j. w stronie większego odcinka prostej EK i po-

c|_

f.

W&-

w-

rfW''

'/ /

//// s

ł'_ik-

rys. 414.

wtarzamy konstrukcją. Tu pokazuje się, że E\ MX>MX Kx. Znów więc robimy CxC\=—(M₁Ki—E^MX) i otrzymujemy drugi punkt linji błędu. Gdyby linja błędu C C\ była prostą, toby błąd w C-2 był równy zeru. Dla tego punktu powtórzywszy konstrukcję, otrzymaliśmy C₂ C% = Af₂ K>—M₂ E>. Mamy więc trzy punkty krzywej błędu O C'2 C\, która przecina naziom w C₃. Jeżeli dla tego punktu powtórzymy konstrukcję, otrzymamy oba odcinki równe. Dalej wykreślamy trójkąt parcia ziemi zupełnie tak samo, jak w poprzednich ustępach.

§ 192. Wyznaczenie parcia ziemi sposobem Färbera.

Ciężar C klina ziemi ABD (rys. 415) da się rozłożyć na dwie składowe, z których jedna T działa w płaszczyźnie odłamu, a druga Q jest odchylona od prostopadłej do niej pod kątem tarcia (>. Składowa Q niema żadnego wpływu na wywołanie ruchu wzdłuż płaszczyzny odłamu, tak, że jedynie czynną siłą jest składowa T. Gdy obrócimy płaszczyznę odłamu tak, że utworzy z poziomem kąt ‘/—Q, to T=0; wtedy wzdłuż tej płaszczyzny, zwanej stokiem naturalnym, nie może nastąpić żaden ruch. Gdy

płaszczyznę odłamu obracamy ku górze, czyli zwiększamy kąt to stopniowo ciężar klina C maleje, a gdy płaszczyzna ta spada ze ścianą podpierającą, ciężar C znika, więc znowu składowa 7⁷=0. Między temi dwoma skrajnemi położeniami jest jedno takie, dla którego składowa wzdłuż płaszczyzny odłamu jest największością Tm. Wzdłuż tej płaszczyzny pod kątem ym usunąłby się po odjęciu ściany AD klin ziemi ABD. Opór ściany P ma utrzymywać równowagę. Oddziaływanie P daje również dwie składowe T'm i Q\ przyczem musi być —    = o ile równowaga

być utrzymana.

ma

ta

te

é-*.

NI

rys. 415.

Na tern polega zasadnicza różnica między teorją Ponceleta a Färbera, że Poncelet rozważa ruch całego klina, gdy Färber bada tylko równowagę w płaszczyźnie odłamu, po której ruch się może odbywać. Moglibyśmy ją osiągnąć dla rozmaitych ką- « tów £, przyczem P zmieniłoby swą wartość. Najmniejsze P otrzymamy, jeżeli jego kierunek będzie prostopadłym do kierunku Q‘.

Mniejszy opór ściany P nie byłby w stanie powstrzymać ruchu klina ABD wzdłuż płaszczyzny odłamu, natomiast inaczej skierowane P musiałoby być większe, niezależnie od tego, czy pochylenie to byłoby stromsze, czy łagodniejsze. Tym sposobem potrzebny opór P jest tu wyznaczony jako minimum. Rozkład siły P daje zarazem s, o jaki oddziaływanie P odchylone jest od poziomu. Według planu sił jest on zawsze równy różnicy kątów ym i Q. Zatem parcie ziemi P oznaczone jest tak co do wielkości jak i kierunku.

Stąd wynika następujący niezwykle prosty sposób wyznaczenia wielkości i kierunku parcia ziemi. Kreślimy szereg promieni

z punktu A: Al, A 2, A3 i t. d. (rys. 416). Ciężary klinów AD 1 = Ci, AD 2 = C₂, AD3=C₃ i t. d. odcinamy w przyjętej po-* działce na odnośnych promieniach od punktu A. Punkty końcowe łączymy krzywą. Styczna do tej krzywej, równoległa do stoku naturalnego, daje punt E. Łącząc punkt A z E otrzymamy płaszczyznę odłamu AB; prosta EK, prostopadła do stoku naturalnego, daje (w podziałce ciężarów klinów C) wielkość parcia ziemi P, prosta KF, prostopadła do płaszczyzny odłamu składową po-

v __2t    M-

p/AV 7 //

°r

rys.

416.

ziomą parcia ziemi Ph, a EF składową pionową Pv. Ph i Pv zamykają z sobą kąt fi, o jaki parcie ziemi odchyla się od poziomu.

Uzasadnienie tej konstrukcji da się przeprowadzić w następujący sposób (rys. 415).

Z trójkąta sił mamy:

T'

L m

^-=dost{>; P—T'màostQ . . ,    .    853)

Następnie:

12

wst ym = wst (ym—fi) — wst o=

23

7 m — 7m“ 12—23, czyli:

7m—C wst ym—Q wst q . .    .

Z równań 853) i 854) mamy :

P=(C wst ym—Q wst o) dost q .... 855)

02

Ponieważ dost ym =    dost o =

02

OVO

n , więc dost ym — dostç -,

y

czyli :

_ dost ym

dost y

Wstawiwszy wartość Q w równanie 855) otrzymamy :

P—C (wst ym dost (>—wst ym dost q), a ostatecznie:

P= C wst (ym—q) = C wst s.

Związek ten da się odczytać wprost z trójkąta AEK w rys. 416.

Wspomnieliśmy wyżej, że wyznaczone w ten sposób parcie P jest najmniejszem z innych możliwych, których składowa równa się 7m. Jeżeliby dla tego największego parcia wypadł kąt d' za wielki n. p. d'>ç, a więc niemożliwy, to musielibyśmy przyjąć P większe. Należałoby to zrobić próbując. Większe P otrzymamy, gdy zamiast prostopadłej na stok naturalny EK wykreślimy inną prostą EK, odchylona o Q. Wtedy też Pr odchyli się się o y i od prostopadłej będzie odchylone o ó'—q, które powinno być równern lub mniejszem niż o.

856)

§ 193. Naziom obciążony.

Jeżeli naziom jest obciążonym, to w myśli odejmiemy naprzód ścianę i przyłożymy dla równowagi parcie dla naziomu nie-obciążonego, a szukać będziemy dodatkowego parcia P' z powodu obciążenia. Teraz tworzą się nowe płaszczyzny usuwowe, a dla jednej z nich będzie siła Tm największa.

Punkt zaczepienia siły P będzie (zgodnie z dotychczasową teorją i doświadczeniami Miillera-Breslau a) w środku wyso-, kości stoku.

Konstrukcja dla wyznaczenia wielkości P będzie analogiczna, jak poprzednio dla naziomu nieobciążonego. Kreślimy znowu szereg promieni żł 1, .4 2, A3 itd. (rys. 417). Na promieniach tych odcinamy od punku A siły V, których wielkość równa się sumie ciężarów poszczególnych klinów ziemi i obciążenia, pomniejszonej o składową pionową parcia ziemi, wyznaczonego dla naziomu nieobciążonego. I tak Vl = Ci ¹) + Ci —Pv, Fa= C₂ + Ci' + C,₂/—Pv itd.

Prostopadle do każdego z promieni wychodzących z punktu A, odcinamy w dół w końcach sił V składową poziomą Ph parcia ziemi dla naziomu nie obciążonego. W ten sposób przez odjęcie P, i Ph usuwa się działanie parcia ziemi P.

Punkty końcowe sił Ph łączymy krzywą, do której styczna równoległa do stoku naturalnego daje punkt M, skąd prostopadła MK do stoku naturalnego wyznacza parcie P dla obciążenia naziomu. W celu wyznaczenia składowych, zataczamy na AM półkole, z M odcinamy Ph, to punkt E jest punktem nowej płaszczyzny odłamu AB. Prostopadła i równoległa do AB dają składowe P'v i P'z i kąt f'.

CI

Cl

ifta®

.90®

10°

Ax

(p

rys. 417.

Wypadkową R z sił P i P', czyli całkowite parcie ziemi otrzymamy, składając te siły zapomocą wieloboku sznurowego.

Sposobem Färb era nie da się wyznaczyć wprost wielkości parcia ziemi, ani położenia płaszczyzny odłamu dla wypadku, gdy teren jest równoległy do stoku naturalnego, ponieważ wtedy nie-możliwem jest wykreślenie stycznej do krzywej ciężarów, równolegle do stoku naturalnego. Sposobem Ponce le ta również nie uzyskujemy położenia płaszczyzny odłamu. Metoda Färbera da się jednak i w tym wypadku użyć. Możemy bowiem teren nad poziomą, wykreśloną od szczytu ściany podporowej, uważać jako obciążenie poziomego naziomu i tak rozwiązać zagadnienie.

Podany sposób wyznaczania parcia ziemi ma jeszcze tę zaletę, że pozwala w prosty sposób na obliczenie parcia dla obciążenia zmiennego, względnie dla obciążenia z przerwami, a obcią-

zenie takie może być niekorzystniejsze od jednostajnego, zwłaszcza gdy wielkie ciężary stoją tuż za tylną płaszczyzną muru, jak to zresztą wykazują zarazem doświadczenia Müllera - Breslaua. W praktyce zajść może ten wypadek obciążenia dla mostów drogowych, gdy naziom w bezpośredniej blizkości przyczółka obcią-' żymy wałkiem parowym i uwzględnimy nieobciążony odstęp między osiami przedniego i tylnego koła.

§ 194. Wyznaczenie punktu zaczepienia parcia ziemi.

•V

rys. 418.

W poprzednich ustępach otrzymywaliśmy jako wynik konstrukcji trójkąt, który jest proporcjonalny do parcia ziemi. Chcąc trójkąty te, otrzymane dla różnych wysokości muru porównać, musimy je sprowadzić do jednej wspólnej podstawy (rys. 418) dowolnie przyjętej KS=2a. Zrobimy to, wykreśliwszy 1T/I CS i otrzymamy KSl— — CIK— a . TW. W ten sposób otrzymamy dla każdej wysokości muru dla tej samej podstawy 2 a pewną prostą 7 W, proporcjonalną do parcia ziemi. Wyznaczając parcie ziemi sposobem F ä r b.e r a otrzymujemy wprost długość proporcjonalną do parcia ziemi. Jeżeli wysokości muru uważać będziemy jako odcinki, a długości, proporcjonalne do parcia, wykreślimy jako rzędne (rys. 419), to wierzchołki rzędnych połączone dadzą linję krzywą DBy która wskazuje, w jaki sposób parcie ziemi wzrasta z wysokością muru. Z rys. 419 widzimy, że parcie ziemi na część muru EEX równa się U\ Ey—UE=UiW = dy. Moment tego parcia ze względu na punkt A jest (h—x) dost % dy. Jeżeli moment parć na dx scałkujemy od 0 do h, to otrzymamy moment siły wypadkowej P, więc

rh    k rh

= I (h—x) dosttdy — (h—x)dostrój— / y(—c/jr)dostT.

Jo    | o J o

Pe dost t

zeru

F, jeżeli F = pow . BAD,

Wstawiwszy granice 0 i h, otrzymamy pierwszy wyraz równy a więc podzieliwszy obie strony równania przez dost r, będziemy mieli Pe

rys. 419.

rys. 420

Ponieważ dla wysokości h parcie P= DA, zaś dla wysokości hi (rys. 420) Px = GGlf więc parcie na część muru GA P' = P—Px = — AD—GG\=A\D. Punkt zaczepienia parcia ziemi P da się w zupełnie ten sam sposób wyznaczyć, jeżeli powierzchnię DAX ćr-zamienimy na prostokąt AiStTD o podstawie DAU to .4i»Si wyznacza wysokość punktu zaczepienia S nad podstawą.

albo dodać do każdej rzędnej y' =y~^

857)

a stąd :

Ponieważ P=AD, więc a stąd wypływa konstrukcja następna : Zamieniamy płaszczyznę ABD w jakikolwiek sposób na prostokąt o podstawie AD, a wysokość jego AS— e na mocy równ. 858.

C=P F=AD . c

858)

' À A'

■cc

r4

UÂ

i ńs&rh

Gi

to ; o

P~

Dla ziemi obciążonej musimy parcie ziemi P i p, a zatem i każdą rzędną y, pomnożyć według równania 848) przez 2 hi dost ß

h'

(rys. 421). Dla x = 0 jest y —0, a dla x = h jest

y'=AC= AD . 2h' f°St ''

*    h

T"

\2

'i/A

Tu więc dodać musimy do pow. ABD jeszcze powierzchnię ABC, a zresztą postępujemy, jak pierwej. Robimy więc CDTZ = CBD, a wysokość CZ—e.

D A Cd AC

rys. 421.

rys. 422.

Jeżeli naziom jest płaskim, to wiemy, że dla ziemi nieobciążonej P—błi¹ (równ. 826), a więc y = bxi,

Drugi sposób wyznaczenia punktu zaczepienia parcia ziemi jest następujący:

Parcie ziemi dla jakiejkolwiek wysokości ściany możemy też przedstawić powierzchnią w ten sposób, że trójkąt parcia KCI (rys. 423) zamieniamy na ABR. którego jednym bokiem AB, robiąc AN=IK, AG~ CS, GM /1 AN, dalej łączymy N z B i kreślimy MR /I BN, to

BAR= MAN= CIK.

jk/ w*

¹

na-

rys. 423.

gdzie b jest stałym spółczynnikiem, a zatem linja BD (rys. 421) jest parabolą. Dla ziemi obciążonej mamy :

2 hl dost ß

Px=bh*( 1 +

)> więc yx = bx²[l +

2 h{ dost ß

^, h' zmie-

nia się proporcjonalnie do x, a więc h' = h\

jeżeli h\

ozna

cza K dla wysokości h. A więc 2bx² Aj dost ß _

yi=y

y+

2 b hi h dost ß

h\

x—y+y'-

Widzimy zatem, że y —

2 b hi h dost h

x, więc jest funkcją pierwszego stopnia, linja BC jest zatem prostą. Długość AC

.    j .    . n 2 b hx Kl dost ß

otrzymamy, wstawiwszy x= h. więc AC=-77-, a

” 1

żywszy, że AD = bh²,

zwa-

AC = AD.

2 h, dost /

. . 859)

Powierzchnia ABR przedstawia więc parcie na ścianę AB. Łatwo jednak pojmiemy, że parcie ziemi na ścianę Ax B przedstawia trójkąt A, Rv B, jeżeli ziom jest płaskim, gdyż w takim razie parcia są proporcjonalne do kwadratów

wysokości a więc P : PL = AB²: Ax B², a z rysunku widzimy, że AB- : Ai B² = ARB : Ax Rx B, więc P : Px — ARB : Ax Rx B, zatem gdy P— ARB, to P{=AX Rx B.

Z poprzedniego wynika też, że Ay Ry RA —ABR—AiBRx = — P—Plt a więc równa się parciu na część ściany AAy. Podobnie otrzymamy parcie na dowolną część ściany Aj A₂ równe powierzchni Aj A₂ R₂ Ry. Widzimy więc, że parcie w każdym punkcie ściany AB wyraża się odnośną rzędną prostej BR, jeżeli BA przyjmiemy jako oś odcinków. Wypadkowa tych wszystkich sił zaczepiać więc musi w środku ciężkości odnośnej powierzchni, a więc dla całej wysokości AB w ¹/₃ wysokości tej linji, bo ABR jest trójkątem.

Jeżeli mamy wyznaczyć punkt zaczepienia parcia ziemi na część muru AC (rys. 424), to wyszukujemy środek ciężkości S trapezu ACRy R, skąd prowadzimy poziomą SG, a punkt G jest punktem zaczepienia parcia ziemi na część ściany AC.

CQ

Ol

te

•X°

V-j

Cl

!I

Jcc

rys. 424.

rys. 425.

Jeżeli chcemy uwzględnić wpływ obciążenia ziemi, to musimy w razie, jeżeli naziom jest płaskim, dodać do trójkąta ABR (rys. 425) równoległobok AB MN. Wiem bowiem, że P₁ = P+ P‘, przy-

, a więc wzrasta w prostym stosunku

czem P

_ 2 bh] h x dost (j

do x. Warunkowi temu odpowiada dla wysokości x powierzchnia

2 bhy h dost ę

równoległoboku MBCT— CT. x—

a stąd CT— NA =

AR

Zważywszy, że P= bhl — y . ABR—y ^ AR . h, a stąd bh = y . —^

to wstawiwszy tę wartość w równanie dla NA, otrzymamy:

860)

NA=AR-L^-f—

Trapez NMBR nazywamy trapezem parcia (n. Druck-trapez). Punkt zaczepienia parcia G wyznaczymy, jak pierwej, poprowadziwszy ze środka ciężkości trapezu S poziomą SG.

Trapez parcia możemy otrzymać też wykreślnie w następny sposób, jeżeli obciążenie przedstawimy warstwą ziemi hx (rys. 426), to przedłużamy AB aż do przecięcia się z'/?' H w H. Dla ściany AH wyznaczmy w zwykły sposób trójkąt parcia AHRX. Dla ściany BH będzie wtedy parcie BBj H, a zatem parcie na AB przedstawia trapez BBX Rx A. Ponieważ parcie na mur nieobciążony AB jest ABR, przyczem BR f j HRX, jeżeli jakość ziemi jest na całej wysokości ta sama, więc możemy postępować odwrotnie, wyznaczyć trójkąt parcia ABR dla ziemi nieobciążonej, przedłużyć AB do H, a z H wykreślić HR, równoległe do RR, wtedy BBX i?, A jest trapezem parcia.

R'Ji

Jti;

TTlP.

A RR, rys. 426.

Jeżeli naziom nie jest płaskim, to otrzymalibyśmy zamiast trójkąta i trapezu figury, ograniczone li-njami krzywemi, których wykreślenie byłoby za żmudne, dlatego stosujemy wtedy pierwszy sposób wyznaczenia punktu zaczepienia (rys. 421).

§ 195. Parcie ziemi na mur krzywy iub załamany.

Chcąc wyznaczyć parcie ziemi na mur krzywy AB (rys. 427) dzielimy krzywą AB na pewną ilość części tak, aby pojedyncze części AH, HG itd. można uważać jako proste. Zwykle mamy do czynienia nie z murem krzywym, lecz wprost z murem, ograniczonym linją łamaną AHGB. Dla każdej części muru płaskiej obliczamy lub wykreślamy parcie ziemi na tę część ściany, a więc np. AH różnicę parcia na ścianę AM i HM. Dla wyznaczenia punktu zaczepienia parcia na część muru AH najlepiej wykreślić, jeżeli naziom jest płaski, trapez parcia Tx T₂ Ht Hx według poprzedniego paragrafu, wyznaczyć środek ciężkości trapezu Ss i wykreślić poziomą S₃ R₃ . i?₃ jest wtedy punktem zaczepienia parcia ziemi na AH. To samo robimy i z innemi częściami ściany i otrzymamy punkty zaczepienia RXf i?₂ i Ą, w których odnośne parcia Plf P₂ i Ps działają pod kątami ó' do prostopadłej na kierunek tej części muru.

Gdy naziom nie jest płaskim, wtedy tok konstrukcji pozostaje ten sam, tylko punkty zaczepienia wyznaczymy według pierwszej metody.

Obliczenie parcia w sposób powyższy nie jest zupełnie do-

Si

MM

Cu i

C,

C'

s,

o

HĄ

•°r' W

».

n t,

rys. 427.

kładnem, bo przyjmujemy ścianę idealną AM, gdy w rzeczywistości jest po lewej stronie HM nie ściana, lecz ziemia, która wywiera

o-

«s

O***

o-

BhgC

“WSI

G_

!U

\ rJ£

/,

c’

c”

K”

g:

z'⁷

’P>%rïï

R=k’iet U

rys. 428.

pewne parcie czynne. Müller Breslau wyznacza dokładnie po kolei parcie Px, P₂ i Ps (rys. 428). Najłatwiej zrobić na tej zasadzie, że powierzchnia

. . 861)

AHGB C" —AC K

Jeżeli znamy już Px i P₈ i kierunek Pz, to z tego otrzymujemy m₅ n₃. Na mocy równania 861) wyznaczymy C", zamieniwszy wprzód AHGB C" na trójkąt, w zwykły sposób, a stąd otrzymamy trójkąt, a wreszcie trapez parcia.

Wobec wielkiej niepewności co do wszystkich danych y, o, ó' wystarczy jednak w praktyce używać sposobu przybliżonego ²).

Przykład. Dla muru, przedstawionego na rys. 428, otrzymujemy dla ■f=l,8 ż/m² wedle sposobu przybliżonego P₁=2,l6t, P, =4,28ż, 7^ = 6,08 t. Wedle sposobu dokładniejszego (rys. 428), a mianowicie, zamieniając pięciobok AHGBC" na trójkąt A a C“, otrzymamy K₃, a P,—KĄ — m.>    a wiec ,

Py---2,16 t, Pn— 4,02 ł, P₃ 6,25 t.

§ 196. Odpór ziemi.

Jeżeli ciśnienie prostopadłe N ściany AB (rys. 429) na ziemię jest równe składowej prostopadłej na ścianę parcia ziemi A⁷, to ściana i ziemia pozostają w równowadze. Przypuśćmy teraz, że ciśnienie N wzrasta, to w takim razie, aby równowaga nie została zniweczoną, musi wzrastać też ciśnienie ziemi. Dziać się to może jednak tylko do pewnej granicy, gdy bowiem N przekroczy tę granicę, część ziemi się usunie, a odłam ABC poruszy się w kierunku AC.

Ciśnienie ziemi więc, które zostaje wzbudzone ciśnieniem zewnętrznem, nazywamy odporem ziemi (n. passiver Erd-

druck, Erdschub, fr. butée des terres) w przeciwstawieniu do parcia ziemi (n. aktiver Erd-druck, fr. poussée des terres), o którem dotąd mówiliśmy.

JŁ

JE

4/ I

A . ² c rys. 429.

Ponieważ ruch ten nastąpi w kierunku AC, a nie CA, więc tarcie, które jest zawsze przeciwne kierunkowi ruchu, działać będzie w kierunku przeciwnym. Rozumując w ten sam sposób, co pierwej, otrzymamy więc odnośne wzory, jeżeli zamiast kąta tarcia Q przyjmiemy kąt (-—o), a zamiast d' kąt ( — <T).

Przy wykreślnem wyznaczeniu oporu ziemi mamy więc tylko dwie zmiany, a mianowicie stok naturalny AK (rys. 430) wykreślamy pod kątem poniżej osi, a kierującą prowadzimy nie pod kątem ó' - s, lecz — ô' — s = — (d' + e), a więc pod kątem

w##*\

' NKS.Ï \M

Si

c*-

/Tv

"fV------

f\

w,

mm !

rys. 430.

(d' + e) po lewej stronie prostopadłej BE na stok naturalny, a więc BL. Kąt ABL równa się wtedy ę + d'. Przyjmujemy teraz punkt C tak, aby gdy poprowadzimy CK 11 BL i połączymy A

z C a B z K, było BM=MK. Jeżeliby BM^ MK, to obieramy

inny punkt C, aż dopóki nie znajdziemy punktu, który temu warunkowi zadość czyni. Zrobiwszy KI=KC, otrzymamy wreszcie trójkąt odporu.

Odpór w ten sposób wyznaczony, nie działa jednak od razu. Gdy siła N (rys. 429) ciśnie ziemię, to z powodu ściśliwości ziemi nastąpi najpierw mały ruch ściany AB, potem dopiero po ściśnięciu ziemi zaczyna działać odpór. Dlatego też w wypadkach, gdzie nie chcemy dopuścić do takiego ruchu muru, n. p. przy sklepieniach, nie liczymy na odpór tylko na parcie ziemi.

XVII. Inne teorje parcia ziemi.

§ 197. Poprawka dla równowagi w spoczynku.

Wspominaliśmy już w § 179, że dla równowagi klinu ABC (rys. 431) trzy siły nań działające C, Q i P muszą się przecinać w jednym punkcie. Jeżeli naziom jest płaskim, wiemy, że parcie na ścianę AB wzrasta w stosunku kwadratowym, a punkt zaczepienia siły P leży w ¹jn wyso-C kości ściany, w punkcie E. Ponieważ ciśnienie na płaszczyznę AC musi analogicznie także wżra-

p*

.--U

stać w stosunku kwadratowym, więc ciśnienie Q działa także w jednej trzeciej prostej AC, więc w /. Jeżeli teraz wykreślimy siły Q i P, działające pod kątami ą i Ô'

na płaszczyzny AB i AC, to trzy te siły C, Q i P nie przetną się w ogólności w jednym punkcie, z czego wynika, że trzy te siły nie równoważą się, lecz jako wypadkową dają parę sił. Pochodzi to stąd, że za wiele ilości przyjęliśmy jako znane, gdy tymczasem równanie momentów tych sił, nie zużytkowane dotychczas, określa jedną z tych ilości.

Oto jeden zarzut, jaki słusznie robią dawnej teorji parcia ziemi, która dotychczas ogólnie używana, dawała wyniki dość zgodne z praktyką.

Drugi zarzut tyczy się założenia, że powierzchnia odłamu jest płaszczyzną, co niezupełnie zgadza się z doświadczeniami a także i z warunkami równowagi *). Co do tego ostatniego zarzutu zauważyć możemy, że wedle doświadczeń powierzchnia odłamu bardzo mało różni się od płaszczyzny, że tylko to założenie umożliwia obliczenie parcia ziemi, że przy belkach zginanych przyjmujemy także płaskie przekroje po ugięciu, gdy bliższe rozwa-

'A°

rys.

431.

*) Porów, także Z. Jacoby: Zur Erddrucklehre Zentr. der Bauvertu. 1918, str. 182, który usiłuje wytłumaczyć tę sprzeczność, twierdząc, że wskutek tarcia parcie na AC nie rozkłada się wedle trójkąta.

żania okazują nieprawdziwość, tego założenia. Wogóle wszystkie nasze obliczenia w statyce budowli są tylko przybliżone, chodzi tylko o to, aby niedokładność nie przekraczała granic dopuszczalnych w praktyce.

Widząc sprzeczność, jaka się mieści w dawnej teorji, próbowało wielu uczonych utworzyć inne teorje, wychodzące z równowagi w masie ziemi nieograniczonej, które w przeciwieństwie do dawniejszych teoryj nazywamy nowszemi.

Zanim jednak zastanawiać się będziemy nad zasadami nowszej teorji, pokażemy, jak zapomocą stosownej poprawki możemy zadość uczynić koniecznemu warunkowi przecinania się trzech sił C, P i Q w jednym punkcie.

Dawna teorja zapomina, że tarcie jest siłą bierną, która działa tylko o tyle, o ile tego potrzeba do przeszkodzenia ruchowi, a więc do równowagi w spoczynku. Jeśli siła zaczepiająca wzrasta, to wzrasta i tarcie do pewnej granicy, przy której jest równe /j Nx i /₂ Jeśli więc przyjmujemy tarcia fx Nx i /₂ N%, to jest to słusznem tylko wtedy, gdy siła zaczepna (parcie) jest tak wielką, że przezwycięża tarcie, a więc podczas ruchu odłamu. Wtedy jednak niema równowagi i dla tego wypadku trzy siły C, E i Q nie muszą się przecinać w jednym punkcie.

Widzimy więc, że przypuszczając ruch ściany lub ziemi, możemy używać wprost dawnej teorji parcia ziemi i że w stanie spoczynku parcie działa inaczej, niżby z dawnej teorji wypadało.

Jeżeli zauważymy odłam ABC, to zobaczymy, że wywiera on parcie na AB tylko wtedy i o tyle, o ileby przy usunięciu ściany AB odłam się usunął. Jeżeli np. a = to nie potrzeba wcale ściany. Stąd można wnioskować, że nim na ścianę AB odłam wywrze .parcie, musi być całe tarcie na AC wyzyskanem, a więc możemy przyjąć, że parcie Q działa w każdym razie pod kątem o do prostopadłej na AC.

Przeciwnie działa podczas równowagi, a więc w stanie spoczynku, tarcie na AB tylko o tyle, o ile potrzeba go do zachowania równowagi. W ogólności więc działa zamiast siły P siła P pod kątem    do prostopadłej. Aby się zastosować do wyni

ków doświadczeń, myśmy założenie to zrobili już przy wyznaczę-

niu parcia, przyjmowaliśmy w przybliżeniu ó' = %Q. Tu dla parcia w spoczynku wyznaczymy ô z warunku, aby siły P C i Q dla równowagi przecinały się w jednym punkcie.

Jeżeliśmy w jakikolwiek sposób wyznaczyli kierunek płaszczyzny odłamu, to przez to jest wyznaczony kierunek siły Q. Położenie siły ciężkości C jest także znane, chodzi więc jeszcze tylko o punkty zaczepienia sił P' i Q i kierunek siły P’.

Otóż wiadomo, że przy naziomie płaskim punkt zaczepienia parcia ziemi P lub P leży w jednej trzeciej wysokości ściany. Doświadczenia Gobina potwierdziły pośrednio to twierdzenie, gdyż wykazały, że parcie wzrasta w przybliżeniu w stosunku kwadratu wysokości, z czego łatwo można wywnioskować, że punkt zaczepienia parcia leży w wysokości ściany*). Analogicznie musimy przyjąć, że siła Q zaczepia w wysokości płaszczyzny odłamu, bo niema powodu, aby odłam, znajdujący się między dwiema płaszczyznami, działał według innego prawa na jedną płaszczyznę, niż na drugą.

Przyjmujemy więc, że parcie zaczepia w E, przyczem AE= = ^AB, a siła Q w /, przyczem AI^ ^AC. Kierunek parcia P jest wtedy wyznaczony warunkiem, że trzy siły P', Q i C przecinają się w jednym punkcie K. Gdy więc połączymy punkt przecięcia się sił C i Q z E, otrzymamy kierunek parcia ziemi w stanie spoczynku, które to parcie nazwiemy g e os tat y czn em (a. earth pressure at rest) w przeciwieństwie do geodynamicznego w stanie ruchu.

¹

Clt C.), . . . wyznaczono poprzednio dla naziomu nieobciążonego.

²

J Por. także artykuły Buchwalda w Zentralblatt d. Bauverw. 1917 i 1918.

§ 198. Poszczególne wypadki.

Podaliśmy powyżej ogólną regułę dla wyznaczenia parcia geostatycznego, której jednak w niektórych wypadkach nie można użyć. Teraz zrobimy pewne szczegółowe założenia co do kierunku ściany i naziomu.

*) Doświadczenia Miillera Breslaua wykazały dla nieobciążonej ziemi wysokości punktu zaczepienia

dla p=

-P

—łP

AE=

0,31

0,33    0,36

—fT p

0,375 AB

Wyniki te wymagają jeszcze potwierdzenia przez inne doświadczenia.

Jeżeli ściana jest piono-r- w ą, to przecina kierunek siły C płaszczyznę odłamu w ^ AC w punkcie 1 (rys. 432), punkty K i / wpadają więc na siebie, a parcie geostatyczne na ścianę pionową jest równoległe do naziomu.

Jeżeli naziom wznosi się pod kątem ß do poziomu, to ä = ß, jeżeli jest poziomy, d=0. Przy spadającym naziomie musiałoby być parcie P' skiero-górę. To trudno przypuścić, ten wypadek, rzadko zresztą zdarzający się w praktyce, wymagałby osobnych doświadczeń, gdyż, przyjąwszy d = 0, trudno zrozumieć, w jaki sposób równowaga zostaje zachowana.

IU

/ K\'-

___

rys 432.

wane w

p.

->*u

«•

N|

p

"P

T N,

rys. 433.

rys.

434.

Jeżeli ściana jest nachyloną na zewnątrz (rys. 433, f ujemne), wtedy przecina kierunek siły C płaszczyznę odłamu AC w pierwszej trzeciej części, więc K znajduje się wyżej AC i w największej liczbie wypadków będzie wtedy d<(> i dodatnie.

Jeżeli ściana jest pochylona na wewnątrz (s dodatnie, rys. 434) wtedy przecina kierunek siły C prostą AC w średniej trzeciej części, zatem punkt K znajduje się poniżej AC. Jeżeli teraz połączymy KzE, to otrzymamy kierunek siły P'. Może tu łatwo się zdarzyć, że à będzie ujemnem. Ponieważ trudno nam to przypuścić, prawdopodobnie będzie więc w takim razie parcie P — Ni prostopadłe na ścianę. Jako przecięcie parcia Ni z C

otrzymamy punkt Kx, który połączony z / wyznacza parcie Qx na płaszczyznę odłamu, odchylone od prostopadłej o kąt mniejszy, niż Q.

$ 199. Wyznaczenie płaszczyzny odłamu.

Dotychczas nie mówiliśmy, w jaki sposób wyznaczamy płaszczyznę odłamu, zastanowimy się teraz nad tern, bo z kątem d, który tworzy parcie ziemi z prostopadłą na ścianę, zmienia się też i położenie płaszczyzny odłamu. Będzie więc inna płaszczyzna odłamu dla stanu spoczynku, a inna dla stanu ruchu. Pierwsza nie jest właściwie płaszczyzną odłamu, gdyż podczas ruchu objawia się inna płaszczyzna odłamu ; nazywamy jednak także tę płaszczyznę płaszczyzną odłamu, dla której parcie geostatyczne jest największem.

Położenie płaszczyzny odłamu jest zależne od kąta d, który znów zależnym jest od położenia płaszczyzny odłamu. Wyznaczenie płaszczyzny odłamu wprost byłoby więc niemożliwem, gdyby nam nie przyszło w pomoc twierdzenie Almquista, które wtem miejscu podamy.

Na rys. 435 mamy wyznaczyć płaszczyznę odłamu AC, gdy ściana AB jest pochylona na zewnątrz pod kątem —

Wykreślmy pionową ABX i wyznaczmy naprzód płaszczyznę odłamu dla tej pomyślanej ściany pionowej. Wtedy jest parcie geostatyczne równoległe do BD, więc nachylone do poziomej pod kątem ß, kreślimy zatem kierującą Bx L pod kątem <> + /#, a z po: mocą punktu L otrzymamy jak zwykle, Kx, kreślimy KC\\LBU a AC jest płaszczyzną odłamu dla ściany pionowej AB₂.

Otóż da się udowodnić, że tę samą płaszczyznę odłamu otrzymamy i dla ściany AB, nachylonej pod dowolnym kątem —£. Jeżeli bowiem AC jest płaszczyzną odłamu, to możemy łatwo wynaleść środek ciężkości odłamu i położenie siły C. Przedłużmy kierunek siły Q do punktu przecięcia się K ₂ SoC, to K E jest kierunkiem parcia geostatycznego P', który zawiera z prostopadłą na ścianę kąt d. Wykreślmy teraz prostą CK pod kątem d+ s do prostopadłej CH, to jeżeli AC jest płaszczyzną odłamu, musi być ABC= ACK, go zaraz udowodnimy.

Widzimy, że fj + d+g — 90°, a także kąt K'EW — 90 — â—e, i = 90—ó — s — rj. Dalej mamy EWM— CAD — cp, bo WE i WM zawierają z prostopadłemi na AD i AC ten sam kąt Q. A więc w trójkątach EK' W i ACK są po dwa kąty równe, zatem EK W coACK. Stąd wynika

. a)

AK: AC= EW: WK

/l\>

\Ą

">

bfp

S;

4-

Ur-fV"/

\\

;h

ii i

Ą /'

/\W>

\f \Q

---\--

*C

rys. 435.

Dalej mamy

K! EM=v=0+8-ß, =<£; Ki CK, a <£ AK, C = H = rj + ö+F+ —ß= v + r} = <£ WEM.

W trójkątach EWM i ACK, są więc po 2 kąty równe, a więc EWMcoACK,, a stąd

AC : AK,= MW: EW

f*)

dalej

Z równań a) i ß) wynika

AK: AK, = MW: MK = ME: ES.

Z konstrukcji środka ciężkości wynika, że SSo M^AEU, bo X SS₀ M=s a X ENA=<£S₉ SM, SS₀ = AC, więc EV=SM i ES=UM, zatem

AK : AKi =ME : UM=BC : Bl C . .

Dalej mamy

ACK : ACKi — AK : AÄ, AÆC: AB,Ç=AC : Ą C,

więc ze względu na równ. y)

ACK: ACKX = ABC : AĄC

AC# : AÆC = AC#! : AĄC.

A że ACK^ — ABi C, więc także ACK= ABC, co było do udowodnienia.

A więc AC jest powierzchnią odłamu także dla ściany pochyłej AB i wogóle dla jakiejkolwiek ściany, sięgającej od A do prostej BD.

Za pomocą tego twierdzenia, któreśmy udowodnili, możemy łatwo wyznaczyć płaszczyznę odłamu dla dowolnie nachylonych ścian, wyszukawszy ją dla odnośnej ściany pionowej. Wyznaczenie parcia geostatycznego nie podlega wedle powyższego żadnej trudności.

Prawie zawsze jest P'^> P t. j. parcie geostatyczne (w stanie spoczynku) jest większem, niż parcie geo-dynamiczne (w stanie ruchu). Dla płynów było to prawo dawno znane, mianowicie prawo, że parcie hydrostatyczne jest większem, niż hydrodynamiczne.

§ 200. Wyznaczenie analityczne parcia geostatycznego dla ściany pionowej i naziomu poziomego.

Wiemy, że dla ściany pionowej jest parcie geostatyczne P równoległem do naziomu, w tym wypadku (rys. 436) więc poziomem.

A zatem tu a = 90°, ó' = 0, fi= 0. Wstawiwszy te wartości w równ. 824) otrzymamy,

dot x ⁼ st Q + \j[st Q + dot (>] st Q - st Q + V st² Q +1 _ 1 + wst Q dost Q

= st ę> + siecz Q

⁼ dot (45—| q).

862)

Zatem

A więc płaszczyzna odłamu połowi kąt między ścianą a stokiem naturalnym.

Z równ. zaś 826) otrzymamy :

Z = cp = 45— Q

[C —

p,__    y h² dost q    __    y A²    _

2 wst Q (y'st ç> + dot Q + \jst q)²    2 [yl + st²(> + st @ ]²

<«-ł)

C/i

_ yh²

Zwykle jest q od 30 do 45°, otrzymamy więc

dla Q— 30

P' 0,1667    0,1474    0,1355 0,1233 0,1087    0,0858 yh².

33

35

37

40

45°

à'

P’

P'

fi

rys.

436.

Dla odporu należy tylko zmienić znak parcia, otrzymamy

więc

2^ SH 45    )    . .

c/ es

.    . 864)

Stąd otrzymamy dla o= 30

P" = 1,400    1,696    1,845    2,011    2,298    2,914 ; h².

Widzimy stąd, jak ogromna jest różnica między parciem czynnem a odporem ziemi.

33

35

37

40

45°

$ 201. Nowsze teorje.

Zadaleko zaprowadziłoby nas opisanie wszystkich teoryj parcia ziemi, które podali Ranki ne, Considéré, Lévy, St. Venant, Winkler, Scheffler, Mohr, B o u ss i n es q i inni. Wspominamy tu tylko o ogólnych zarysach nowszej teorji według streszczenia Müller a-B r e s 1 a u a¹).

1.® Parcie ziemi na powierzchnię pionową jest równoległe do

naziomu.

2. Parcie ziemi na powierzchnię równoległą do naziomu jest

pionowe.

Rankine i Boussinesq zastanawiają się nad naprężeniami, stniejącemi w ziemi o naziomie dowolnym, zresztą nieograniczonej. Wytnijmy w myśli nieskończenie mały równoległobok LW\bi Ui (rys. 437) tuż przy powierzchni ziemi pl aszczyznami pionowemi ¹ badajmy siły, jakie nań działają. Siły, działające w nieskończenie bliskich płaszczyznach f/tk i UiWu możemy przyjąć jako równe, oznaczamy je więc obie literą V. Dla równowagi muszą być też i siły P, działające pod kątem na te płaszczyzny, równe i równoległe do naziomu. Ciśnienie pionowe na dno D musi być =C, a ponieważ suma momentów musi być =0, więc S=0 i F=0. Stąd wyprowadzają Ran-kine i Boussinesq następne wnioski :

W*f

pj

S fa

rys. 437.

W*

fv

W'

Wniosek pierwszy prowadzi do parcia geostatycznego, drugi znany jest nam z § 180.

Jeżeli twierdzenie pierwsze zastosujemy wprost do parcia ziemi na mur, to pomijamy tarcie między ścianę a murem, przez co otrzymujemy parcie geostatyczne a nie geodynamiczne.

Inni, jak Weyrauch (Theorie des Erddruckes auf Grund der neueren Anschauungen 1884), wyznaczają inny kierunek parcia na dowolną płaszczyznę, mianowicie kąt d, o który odchyla się tu parcie do prostopadłej na płaszczyznę. Niektórzy, jak Lè v y i Winkler, przyjmują nawet, że d=<); wszyscy jednak wychodzą z ogólnych naprężeń ziemi o dowolnym naziomie, zresztą nieograniczonej. Wyniki, w ten sposób otrzymane, zastosowują wprost do parcia ziemi na stałe ściany, mówiąc, że gdy pomyślimy sobie przez ziemię położoną płaszczyznę i gdy przypuścimy, że ziemia po jednej stronie tej płaszczyzny nagłe stwardnieje, to stan równowagi przez to się nie zmienia. Słusznie zauważa tu Weyrauch, że tak nie jest, że po stwardnieniu ziemi będzie wprawdzie istnieć równowaga, ale nie ta sama, że siły, układające się w równowagę, będą prawdopodobnie teraz inne. Dlatego sami autorowie nowszych teoryj ograniczają ważność ich tylko do pewnych wypadków. Weyrauch wyznacza mianowicie podobnie, jak w ciałach sprężystych, osie główne naprężeń i twierdzi, że nowsza teorja jest wtedy prawdziwą, jeśli obie osie przecinają naziom. Sprawdza się to zawsze przy naziomie poziomym, gdy £<0 i pod pewnymi warunkami przy naziomie spadającym.

Zresztą i w tych wypadkach wyniki, otrzymane według nowszej teorji nie zgadzają się z praktyką ani z doświadczeniami i dają za wielkie parcie.

Dlatego też nie będziemy się dalej zastanawiać nad nowszą teorją i zadowolnimy się dawniejszą, zastosowując przytem, gdzie tego potrzeba, naszą poprawkę.

Doświadczenia prof. Engelsa²) stwierdziły, że rzeczywiście parcie ziemi w stanie spoczynku na ścianę pionową jest poziome, mały ruch jednak, do którego stwierdzenia potrzeba aż przyrządu zwierciadłowego, wystarczy, aby wywołać tarcie. Ponieważ w praktyce możemy śmiało dopuścić prawie zawsze tak małe ruchy, zatem możemy też uwzględnić tarcie, chociaż ono w stanie spoczynku nie istnieje.

XVIII. Parcie ziemi na sklepienie. Inne parcia.

§ 202. Sklepienie owalne.

W § 134. nie uwzględnialiśmy parcia ziemi na sklepienie, lecz tylko jej ciężar pionowy. Z § 180 wynika, że możemy tak postępować, dopóki grzbiet sklepienia lub nadmurowania nie jest bardziej nachylony do poziomu niż stok naturalny. Przy sklepieniach owalnych, jajowatych i tunelowych musimy jednak z powodu większego nachylenia uwzględnić także wielkość i kierunek ukośnego parcia na sklepienie, przyczem zastosowujemy tylko znane już prawidła. Tok postępowania pokażemy na przykładzie.

Na tabl. VI. wykreśliliśmy sklepienie owalne z wielką nadsypką symetryczne i symetrycznie obciążone, to samo, dla którego Ott wyznaczył linję ciśnienia w swym podręczniku (Vorträge über Bautechnik I. Theil). Przypuszczamy, że grzbiet sklepienia jest wieloboczny; [eśli tak nie jest, to zamiast krzywej.

przyjmujemy wielobok w nią wpisany lub opisany. Na każdy kliniec wyznaczamy parcie ziemi Pu P₃, Ps . . . przyczem przyjmujemy kąt tarcia p,=35°, 8=£ p—

=26'15", ciężar gatunkowy ziemi 72=1,8 —3,

t

kamienia    Dla pierwszych

dwóch klińców jest a^>180—p, więc parcie jest pionowe i równe ciężarowi ziemi, leżącej nad klińcami. Następne parcia są nachylone do prostopadłej na ścianą o kąt p, obliczyliśmy je według wzoru 808), po części korzystaliśmy także z tablic, obliczonych dla tych równań. Ponieważ mamy tu wyznaczyć parcie na część ściany, więc obliczywszy parcie dla całej ściany przedłużonej aż do naziomu, wykreśliliśmy trójkąt parcia. Dla danej ściany otrzymaliśmy więc według § 192 trapez parcia, który nam służył do wyznaczenia wielkości i punktu zaczepienia (rys. 424). Aby rysunek na tabl. VI. uczynić wyraźnym, opuściliśmy na nim te przedwstępne konstrukcje, znane nam zrezztą z poprzedniego.

Teraz wyznaczamy ciężar klińców Glt G₂ ... G₇, mnożymy powierzchnie

t

przekroju klińców przez długość =1 i przez ciężar gatunkowy 7 *=2,3 —₃.

Wyznaczywszy w teń sposób wszystkie słły, działające na sklepienie, przystępujemy do wykreślenia linji ciśnienia według § 138. Przyjmujemy więc naprzód dowolnie parcie poziome H=0r a, zaczepiamy go w e w połowie wysokości klucza i na tej podstawie wykreślamy linją ciśnienia (kreskowaną na tablicy). Ostatni jej bok cd przedłużony przecina zię z pierwszym w punkcie d, przez który przechodzi wypadkowa R wszystkich sił, działających na prawą stronę sklepienia. Jeżeli przypuścimy, że linia ciśnienia przechodzi przez środek podstawy /, to fd jest ostatnim bokiem wieloboku sznurowego, a więc zrobiwszy bO/lfd, otrzymamy prawdziwy biegun O. Wykreślamy teraz drugi raz linią ciśnienia (pełno wyciągniętą na tablicy), przechodzącą przez punkty e i /. ta ciśnienia wpada na punkt jędrny w g. Z kształtu jej jednak widzimy, że cała łeży poniżej osi skłepienia, co sprzeciwia się prawidłu, wypowiedzianemu w § 144, że suma powierzchni dodatnich ma być równa sumie powierzchni ujemnych. Prawdziwa linia ciśnienia łeżeć będzie nieco wyżej, niż linia pełna wyciągnięta, należałoby zatem przyjąć punkt e nieco wyżej, a wtedy punkt g wejdzie w jądro.

§ 203. Sklepienie tunelowe.

Linję ciśnienia w sklepieniu tunelowem możnaby wyznaczyć według poprzedniego paragrafu. Jeżeli jednak tunel leży głęboko ,pod poziomem, otrzymalibyśmy w ten sposób parcie ziemi znacznie większe, niż w rzeczywistości istnieje. Głębiej położone warstwy ziemi i skały mają bowiem spójność zwykle tak wielką, że jej pominąć zupełnie nie możemy. Wielki wpływ na parcie ziemi ma też także kierunek warstw, tak że nieraz parcie jest większe z jednej, niż z drugiej strony osi tunelu. Spójność ziemi i kierunek warstw zmieniają się jednak często dla tego samego tunelu tak, że w praktyce nieraz widzimy, że w niektórych

miejscach tunel obejść się może czasem zupełnie bez sklepienia, a w innych grubość sklepienia jest nader zmienną. Obliczenie sklepienia tunelowego jest więc zwykle niemożliwe dla nieznajomości sił, nań działających. Jeżeli jednak potrafimy wyznaczyć siły zewnętrzne, czy to jako zwykłe parcie ziemi, czy też praktycznie, badając zachowanie się tymczasowego rusztowania drewnianego, to wykreślenie linji ciśnienia nie będzie przedstawiać żadnych trudności.

§ 204. Uwzględnienie spójności.

Powiedzieliśmy wyżej, że zwykle przy wyznaczaniu parcia ziemi nie uwzględniamy spójności. Zdarzają się jednak wypadki, że to jest koniecznem lub przynajmniej wskazanem. Koniecznem jest ono przy parciu na sklepienie tunelowe, a wskazanem przy murach w przekopach, gdzie mur przylega do ziemi naturalnej, nienasypanej, wskazującej mniejszą lub większą spójność.

Zaznaczamy tu w krótkości, w jaki sposób należałoby uwzględnić spójność, która, jak wiadomo, proporcjonalną jest do powierzchni odłamu. Jeżeli więc spójność na jednostkę kwadratową nazwiemy c, to cała spójność S w wyznaczonej w zwykły sposób płaszczyźnie odłamu AC (rys. 423) będzie S=cl. Wykreślmy teraz wielobok sił, zróbmy ad— C, dclIAC i równe Sr dalej cblIQ i abl/P, to ab = P. Nie uwzględniwszy spójności, otrzymalibyśmy P—ae, przyczem ae>aó. Jeżeli spójność przyjmiemy większą, to ab będzie mniejszem, może się nawet stać zerem, wtedy niema wcale parcia. '

Wyznaczenie to nie jest dokładnem, bo S zmienia się proporcjonalnie do /, które jest funkcją <f>, może więc przy uwzględnieniu spójności otrzymamy inną płaszczyznę usuwową.

°/s

pr//rńc

rys. 438.

W przybliżeniu możemy też uwzględnić spójność według prof. Skibińskiego, przyjmując zamiast kąta Q większy kąt q', wyznaczony z paraboli spójności. Dla tego większego kąta przeprowadzamy wtedy obliczenie w zwykły sposób. Przybliżone te sposoby są tern bardziej

-wystarczające, że zwykle dokładnie nie wiemy, jak wielką jest spójność.

§ 205. Ciśnienie ciał sypkich.

Ciała stałe nie wywierają żadnego ciśnienia na ściany boczne, lecz cały ciężar przenosi się na podstawę. Ciała płynne wywierają ciśnienie boczne i na dno jednostajne, zależne od głębokości warstwy, na którą ciecz działa. Ciała sypkie znajdują się po środku między ciałami stałemi i płynnemi. Wywierają one ciśnienie na ściany boczne, zależne od wysokości, ale zmniejszone tarciem ciał o ściany. Część ciężaru tylko przenosi się na dno, resztę niosą ściany.

Dla inżynierów ważnem jest wyznaczenie ciśnienia na ściany boczne i na dno, zwłaszcza w komorach siła, w których się przechowuje zboże i inne towary sypkie.

i-

li T

rys. 439.

Os

fi*-

rys.

440.

Teorję ciśnienia ciał sypkich podał w r. 1896 janssen, którą doświadczenia w głównych zarysach potwierdziły. Rys 439. przedstawia przekrój pionowy komory siła. W głębokości x ciśnienie pionowe jednostkowe ciała sypkiego niech będzie pvt w głębokości x + dx zaś pv-\-dpv. To dpv równa cię ciężarowi warstwy

o grubości dx zmniejszonej o tarcie na ściany. Więc Fdpv = ydxF + —J pb Odx, przyczem pb oznacza ciśnienie na ściany boczne, O obwód powierzchni, y ciężar jednostki objętości ciała sypkiego,

J spółczynnik tarcia. Stąd dx—

dpv

y—-~0

. Nazwijmy K—

Pv

i scałkujemy to równanie, to otrzymamy log nat |l

czyli 1

_FyF

/:o( e " )'

Stąd :

Pv

KO

KO x

Fy Pbl

KO

KOx

Ph — e

a pb

JA

fo\

KOx

. . 865)

pv i pb dadzą się więc przedstawić linjami logarytmicznemi {rys. 440). Linje te mają asymptoty pionowe. Dla x— oo mamy najw

Dla przekroju okrągłego o średnicy s lub

Pv

KO

, najw pb

or

dla prostokątnego o

F s

długości boku s jest -q = -ę

więc najw

s;

p 4/r

najzu pb~

- ^

««

Z równań powyższych widzimy, że ciśnienia ph i p„ wzrastają z x, lecz dla głębokości 3 s do 4 s dosięgają prawie największo-ści. Dla większych głębokości ciśnienia już nie wzrastają, dno i ściany boczne mogą mieć tę samą grubość. Z tego wynika wskazówka, że komory siła powinne być wysokie, o nie bardzo wielkiej średnicy, gdy zbiorniki na wodę lepsze są niskie o wiel-kiem s. Ściany boczne komór prostokątnych wykazują naprężenie proporcjonalne do trzeciej potęgi s, gdy naprężenie okrągłych komór wzrasta proporcjonalnie do drugiej potęgi. Dlatego dla większych s używamy tylko przekroju okrągłego, a prostokątnego tylko do szekości 3 do 4 m.

Ściany boczne komór wielobocznych pracują nie tylko na zginanie, ale działają na nie też ciągnienia ^obwodowe. Oprócz tego działają też siły pionowe, odpowiadające ciężarowi ziaren przylegających wskutek tarcia do ścian. Siła ta pionowa wynosi

Po zlogarytmowaniu otrzymamy logn (a—y)= logn (ae bk) —

albo gdy °

8 a~y

— logn a—bx stąd    logn

868)

(K) • • •

Równ. 865) da się przedstawić w kształcie y = a[\— )iv j.

a dla h >4 s

V— F y h—F — F y

. 867)

x ⁼“g⁻log nat z .

więc ciśnienie wzrasta według linji logarytmicznej (rys. 440). Linja

ta ma asymptotę pionową w odstępie a

= dla ciśnienia na

kO

dno a a

/O

dla ciśnienia bocznego. Równanie zaś stycznej

w punkcie początkowym jest i] = ab^f a dla ciśnienia na dno t] = y £. Wykreśliliwszy styczne, możemy krzywą narysować od ręki.

Co do wartości /, y i K należy zauważyć, ze Janssen otrzymał K= 0 203 do 0'235. Autor jednak otrzymuje zgodność z doświadczeniami w Buenos Aires dla ÜT=0³14, dla pszenicy lekkiej y — 0'72, zaś fC—0’3 dla pszenicy ciężkiej y=0‘78. Koenen przyj-

mu je A zależne od kąta tarcia AT=sć²j45--sł q. Wedle do

świadczeń Jamiesona było A"=0‘265, dla piasku K— 017. Współczynnik tarcia między zbożem a ścianą przyjmował on f— 0,441. Lufft³) na podstawie swych doświadczeń jest zdania, że aby uzgodnić doświadczenia z rachunkiem, trzeba przyjąć / trochę większe.

Jeżeli w napełnieniu następuje przerwa, ciśnienia pb i pv się zmiejszają, ciało sypkie się osiada. Ciekawe są zjawiska przy opróżnianiu komory. Prante znalazł, że wtedy ciśnienia się zwiększają i dochodzą aż do ciśnień hydrostatycznych. Następne wszystkie doświadczenia tego nie potwierdziły. Z początku wypróżniania następują znaczne wahania ciśnienia, które czasem o kilka procent przewyższają ciśnienie przy napełnianiu. Jednak, gdy wypróżnienie następuje po pewnej przerwie, to przez to ciśnienie spadło, a wtedy pomimo wahnień ciśnienie nie dochodzi do pierwotnej wysokości. Jeżeli napełnia się komorę powoli, to

odpowiada to ciągłym małym przerwom, a przez to ciśnienie jest mniejsze, niż przy napełnianiu prędkiem.

Pleissner stwierdził, że ciało sypkie w komorze staje się gęstszem i ciężar gatunkowy y jest zazwyczaj większym, niż w hektolitrach w handlu. Przy wysokich siłach stwierdził on powiększenie y o 14°/o w dolnej warstwie. Ciśnienie na dno pv nie jest jednostajne, największe jest albo w środku dna, albo też niedaleko środka i wynosi około 1*3 pvy za to spada ku ścianom do 0'7 pv. To samo zauważono co do ciśnienia na ściany boczne komór o przekroju prostokątnym. Przy opróżnianiu komory porusza się w dół jądro środkowe, ziarna przy ścianach nie opadają pionowo, lecz ku środkowi. Dlatego nawet po kilku latach ściany komory przedstawiają te same nierówności, co z początku w czasie budowy. Dawniej wzmacniano nieraz ściany boczne kotwami. Otóż okazało się, że z powodu ciśnienia pionowego i ruchu ziarn one się wyginały i nie działały. Jeżeli już używa się kotew, to należy umieścić je w rogach poza jądrem środkowem.

Przy budowie silów możemy przyjąć nieco większe naprężenie ze względu na to, że niema wcale wstrząśnień, zmiany wielkości naprężeń mogą tu jednak być wielkie. Podpory dźwigają cały ciężar własny i ciała sypkiego, dna i lejki możemy obliczać

, resztę ciężaru niosą ściany, które zatem są

ciśnione ciężarem pionowym, a oprócz tego działają na nie ciśnienia boczne. Na zużycie ścian nie potrzeba wcale liczyć, bo podczas wypróżnienia ziarna po ścianie się nie przesuwają.

O* K

na ciśnienie

E. MURY OPOROWE.

XIX. Stałość murów oporowych.

§ 206. Ogólne zasady.

W § 170. podaliśmy określenie muru oporowego. Składa się on z warstw poziomych lub też pochyłych. Jeżeli wyznaczymy siły, działające na każdą warstwę, t. j. ciężar muru i parcie ziemi, wynajdziemy środek ciśnienia czyli punkt zaczepienia wypadkowej,

'36

Statyka.

działającej na szew, a jeżeli środki ciśnienia wszystkich szwów połączymy, otrzymamy, jak wiemy, linją ciśnienia.

Warunki równowagi murów oporowych są te same, co sklepień, filarów i przyczółków, a więc według § 133.

1.    Środek ciśnienia powinien leżeć w jądrze t. j. w średniej trzeciej części szwu, aby zaprawa nie pracowała na ciągnienie. Przy murach litych betonowych lub żelbetowych możemy dopuścić pewne ciągnienie, linja ciśnienia może więc wyjść z jądra.

2.    Wypadkowa nie powinna być odchyloną od prostopadłej na szew więcej, niż wynosi kąt tarcia.

3.    Naprężenie nie powinno przekraczać spółczynnika wytrzymałości. Jeśli przyjmiemy stosowną pewność, to naprężenie nie powinno być większem, niż dopuszczalne.

Jeżeli na mur oporowy pionowy lub małoco pochylony działa tylko parcie ziemi i ciężar własny muru, to linja ciśnienia wpada u góry muru, gdzie parcie równe zeru, na oś i oddala się dla dolnych części muru coraz bardziej od osi. Dlatego w zwykłych wypadkach wystarcza, gdy sprawdzimy, czy te trzy warunki wypełniają się dla podstawy muru. W wypadkach bardziej zawiłych potrzeba badanie rozciągnąć i do innych szwów.

§ 207. Ogólne wyznaczenie grubości muru oporowego.

ABML (rys. 441) a C

.AU":

Jeżeli Z jest parciem ziemi na mur ciężarem tego muru, to dwie te siły złożone dają wypadkową R, która przecina podstawę muru AL w punkcie G. Rozłóżmy wszystkie te siły na składowe równoległe i prostopadłe do AL, to otrzymamy siły Zu Ziy C\, C₂, P i T. Z rysunku widzimy, że P=CiJrZ₂ a T— Zy—Ci, dalej, że Cl — C wst ß, C^ — C dost ß, Zy= Z wst rj, Z^ — Zdostrj.

Dalej widzimy, że v = /u—90°, y— 90°—vAd', a wstawiwszy wartość za v, otrzymamy y =180°—pAd'. Dalej mamy >7= 180°—y albo /?=180°—(180°—u + â') — ll — ö\

Wstawiwszy tę wartość za >7, otrzymamy

Z{= Z wst (fu—ó'), Z^—Z dost {[a—d'), a więc P= C dost ßAZ dost (//—cT) |

7 — C wst ß—Z wst (ft—s') |

_ T    C wst ß Z wst (ju Ô')

St ^ P    C dost ß+Z dost (,«—ô')

Przy obliczaniu murów podporowych przyjmujemy zwykle takie wymiary muru, aby środek ciśnienia podstawy wpadał na zewnętrzny punkt 2^ jędrny. Przyjmujemy to położenie graniczne środka ciśnienia, ponieważ, chcąc go sprowadzić bliżej środka ciężkości podstawy, potrzebowalibyśmy ---wiele więcej materjału, a gdyby z jakichkolwiek przyczyn środek ciśnienią wyszedł nawet poza jądro, to mur jeszczeby się nie wywrócił, tylko szew otworzyłby się trochę. Robiąc to przypuszczenie, mamy więc jeszcze dostateczną pewność.

Aby zatem środek ciśnienia G nie wyszedł z jądra, musi być AG<%AL = %b. Je- * żeli AG=%b (rys. 442), to możemy ustawić następne równanie momentów ze względu na

punkt >4:    '

PĄb—C.. AU +Z. AJ\, a nazwawszy AU—a, AN=

= AE dost ô' ~e dost ô', otrzy- ^ mamy :

b-

.a stąd

Z,_ E

Ï/T-

. . 870)

■-J

___ÆZ

J G,

ii

r< p c, c z %

rys. 441.

a . (7+Ze dost à’

a C+Z e dost ô'

<■

fi

p-t-

871)

rys. 442.

C dost ß+7 dost («—d') •

Rozumie się, że należałoby też zbadać punkt 3-ci, dotyczący naprężenia, które obliczać należy wedle równania 636). W razie, gdy punkt G wpada na punkt jędrny, mamy wedle 639

jeżeli wszystko liczymy w kg i cm. Również należy zbadać, czy ciśnienie w fundamencie nie jest za wielkiem.

§ 208. Analityczne wyznaczenie grubości muru dla szwów

pochyłych.

Na podstawie równ. 871) wyznaczymy teraz według Otta grubość b muru o przekroju trapezowym.

Jeżeli przekrój muru ma kształt trapezu ABML (rys. 443) to da się równ. 871) inaczej wyrazić.

*/r

Z rysunku otrzymamy C, ciężar muru na długość równą jedności

AL + MB

c=rb ₂

= Ą(2 b-h-b,)

1,873)

S.1

h = b₁ st fi

jeżeli y oznacza ciężar gatunkowy muru.

Chcąc wyznaczyć moment siły C ze względu na punkt A, rozłożymy trapez na prostokąt GHBM i dwa trójkąty, oznaczymy ciężar części składowych przekroju i rozłożymy każdy z nich na składowe równoległe i prostopadłe do podstawy AL.

Wtedy otrzymamy moment ciężaru C ze względu na A

C a = Ci" f óx + C₂

i CM l f j r I

Lr... Z'.....CtC’b-~&

■-i—

IA

rys. 443.

■W

(*₁₊A

-(C,'+<?,')

//

Z rysunku widzimy, że

r,    b .

Cl = y-j-, więc Cx

C₂ = y (b—b₁ — b₂)h, więc C/' = y(b—bl — b₂) h dost ß, c/ = y (b—ój—b₂) h wst ß,

Cs = więc Cs" = y dost ß, C₂' = y~

// __

b< h

p dost ß, Ci = y ~y~ wst ßr

b, h

wst y.

Wstawiwszy te wartości w poprzednie równanie, otrzymamy : Ca = y h . dost ß § Aj² +

(b-b.y-b,

-+

(⁴-^)ł]⁺

^ A dost ß

Ca=r 2

—y h² wst A²—( A₂ + h st ß) b 4

b—Aj—A₂j

b 2 3^ ⁺ 8:(^i ⁺ WÄst,«

. 874)

Wstawiwszy wartości za C i Ca w równ. 851), otrzymamy

A dost /?[ A²—( A₂ + A st) A + -²--g ^ + § (Aj +A₂)A st/?]+Ze dostd'

dług A :

^ 7 A (2 A—Aj—A₂) dost /î+Zdost —d').

Stąd otrzymamy wreszcie, uporządkowawszy równanie we

A² + b>—2 Aj +3 A st ß-i

4 Zdost (fu■—d'

7 A dost ß

A —Aa²—Aj²+

+'2 (Aj + Ao) A st/? +

. . 875)

6 Ze dost d'

7 A dost/? ’

a więc równanie drugiego stopnia, które w danym jvypadku możemy łatwo rozwiązać.

r*‘1

rys. 444. rys. 445. rys. 446. rys. 447.

Z^równ. 875) otrzymamy dla poszczególnych wypadków następujące wzory :

1. Dla Aj = A₂ (rys. 444) otrzymamy: A² + ^—Aj +3 A st |tf+

= 4 Aj A st ß-i

4 Z dost (/u—d') 7 A dost ß 6 Ze dostd'

>=

7 A dost ß

2. Dla A₂ —0 (rys. 445) otrzymamy: As+ ^—2 Aj + 3 A st /?+

. . 876)

4 Z dost (tu—d')

7 A dost ß

- Aj ² + 2 Aj A St ß -f

4-

6 Z e dost d'

877)

yA dost/?

3. Dla Aj=0 (rys. 446) otrzymamy, zważywszy, że ,«=90°r

^A₂ + 3 h st /?+

6 Ze dost d' y h dost pf

4Zwstd' y A dosi jtf,

4. Dla bx = A₂ = 0, a więc dla przekroju prostokątnego (rys. 447) mamy :

A² +

^ b — A₂ ² + 2 A., h st ß+

00 •

A² +

(r. , . ,,4 Zwst d'\

l³Ast"⁺?3fàsvi=

6 Ze dost d' y A dost /?

. 879)

§ 209. Analityczne wyznaczenie grubości murów dla szwów

poziomych.

Jeżeli szwy muru podporowego są poziome (rys. 448), to otrzymamy odnośne wzory dla przekroju trapezowego, wstawiwszy w równ. 875) /?= 0, więc st/?=0, dost/?=l. Mamy więc

6 Ze dost d'

A²4 ^ A₂

—2 Aj +

4Zdost (u—d'\ y A /

b = bJ—Aj-4-

. 880)

3-..

i-

ii

;ł.

ïî

i I?

ii

-i

rys. 448. rys. 449. rys. 450. rys. 451. rys. 452.

padkach

Z równania tego otrzymamy znowu w szczegółowych wy

1. Dla A₂ = 0 (rys. 449):

4 Zdost (u—d')

A² + ^—2 bl

-bx*

~v

6 Ze dost'

. 881)

2. Dla Aj — 0 będzie /< = 90° (rys. 450), więc

6 Ze dost d'

3. Dla bx = A₂ (rys. 436) otrzymamy:

ar*

b — A₂² +

yh

. . 882)

6 Ze dost d'

będzie :

Dla £, = 62 = O (rys. 452), a więc dla przekroju prostokątnego 4 Z wst <y L 6 Ze dost ó'

---fj _-----

ó²-f

.    . 884)

Podobnie dadzą się ustawić wzory dla murów zakrzywionych lub wielobocznych, ale są one jeszcze zawilsze, więc je pomijamy. Obliczenia tego rodzaju należą do nauki o budowlach ziemnych. Obliczając grubości muru zbiorników wody, tam itd. możemy zatrzymać te same wzory, wstawiwszy w nie tylko dla wody d/ = 0. Przy wysokich takich murach obliczenie należy przeprowadzić na innych zasadach. Omawianie tego zagadnienia należy do budownictwa wodnego.    *

Dla przekonania się, czy drugi warunek równowagi jest wypełnionym, mianowicie czy <p<J), musimy jeszcze obliczyć st cp według równ. 870). Gdyby kąt cp był większym od kąta tarcia, to należałoby użyć albo szwów ukośnych, lub też pogrubić mur, a przez to powiększyć jego ciężar.

Przykład. Mur podporowy 4 m wysoki podtrzymuje drogę, dla które p=-400 kg/m-. Niechaj będzie p=33°, S'=| p=24p45',    —1,8 t/m³, ym=z2,3 t/m³

(rys. 453). Nachylenie przedniej ściany jest 1 : Jak wielka ma być szerokość muru u podstawy b.

Najprzód wyznaczymy parcie ziemi Z, Dla 0=33° jest dot p=l,54, st p=0,646. Według tablicy w § 184 mamy dla st ß=0 i st p=0,7 spółczynnik 0,122, dla st p=0,6, 0,143, więc dla st p—0,649 otrzymamy 0,131, zatem P=0,131 1,8.4² = 3,77 t. Dalej

mamy wedle 839) h{

/    2.400 \

Z=3,77^1+^0^7-3,77.1,11=4,18 t

400

>j L BimiiiiiiIliliïTTïïïïP

!f: 200

a\ a

400

1800

=0,222, a wedle 841):

rys. 453.

Wreszcie wedle 844):

FE é

⁴⁺³'⁰''²²²    5=1.4m.

• 4+2.0,222

Teraz przystąpimy do obliczenia grubości muru. Wedle założenia b₂~

0,8 m, więc wedle 882) :

6²+(o,8-f

4.4,18 wst 24° 45'

6.4,18.1,4 dost 24°45'

)ó = 0,8⁸ +

Dalej mamy wst 24°45'=0,4l9, dost 24 “45,=0,908, co wstawiwszy, otrzy-

2,3.4

2,3.4

mamy:

6*4-1,56 6=4,05, stąd b .-—0,78+| 0,78;    4,05 1,38 m.

&o—1,38—0,8=0,58. Gdyby bo wypadło mniejsze, niż 0,4 m, należałoby ze względu na wykonanie przyjąć inne nachylenie ściany przedniej i powtórzyć rachunek dopóty, aż ó₀^0,4

¹

Graphische Statik. 1881.

²

Zeitschrift für Bauwesen, 1896, str. 409.

³

P. Lufft, Druckverhältnisse in Silozellen.

m.

§ 210. Wykreślne wyznaczenie grubości muru oporowego.

ABML (rys. 454), to łatwo

Jeżeli mamy dany przekrój muru obliczymy ciężar C muru na jednostkę długości w kierunku prostopadłym do rysunku. Parcie ziemi Z i punkt zaczepienia E wyznaczamy w znany sposób. Dwie te siły Z=Oa i C=ab składamy zapomocą wieloboku sił i otrzymujemy wypadkową R, przecinającą podstawę w punkcie G. Jeżeli, jak tu, środek ciśnienia G

AI ‘Al, Ah 6

c, y/n

/ /

/ />

/ / / Zh / / / i/ iAi ÄgJg

o,

L L’ S/«

C C, rys. 454.

leży w jądrze t. j. średniej trzeciej części podstawy, to nietylko równowaga jest zapewnioną, ale też cała podstawa pracuje na ciśnienie. Jeżeliby G wypadło poza punkt jędrny /, to w punkcie A powstałoby ciągnienie, czego ze względu na małą wytrzymałość zaprawy na ciągnienie zwykle nie chcemy dopuścić. Chcąc, aby koszta muru były jak najmniejsze, a z drugiej strony, aby nigdzie mur nie pracował na ciągnienie, będziemy się starali, jak przy analitycznem obliczeniu, aby punkt G wypadł na punkt

jędrny /. W naszym wypadku wypadałoby więc zmniejszyć grubość muru. Przyjmmy zatem teraz przekrój muru mniejszy przyczem Mx Lxl/ML, i powtórzmy całą konstrukcją, to otrzymamy jako środek ciśnienia punkt Gx jeszcze w średniej trzeciej części podstawy. Zróbmy LI— IG równe odstępowi środka ciśnienia G od punktu jędrnego, dalej Lll₁ = I₁ G₁= odstępowi punktu Gi od nowego punktu jędrnego Iu to gdybyśmy to dla kilku wypadków powtórzyli i połączyli wierzchołki rzędnych linją, to linja ta byłaby w ogóle wprawdzie krzywa, lecz nie wiele różniłaby się od prostej llx. Jeżeli więc prostą llx przedłużymy do przecięcia się z podstawą AL i poprowadzimy L₂ M₂, to ABM₂ L₂

ABMX L

cc

d'10

?»

CO

o*

°-=.

LL,4 rys. 455.

będzie w przybliżeniu przekrojem muru, dla którego środek ciśnienia podstawy wpada w punkt jędrny. Chcąc dokładniej wyznaczyć grubość muru, wyszukamy jeszcze dla tej grubości Z₂ 4== = 1₂ G₂. Mamy teraz trzy punkty linji krzywej, możemy ją wykreślić, a punkt Ls przeciącia się jej z podstawą da szukaną szerokość podstawy.

Jeżeli górna szerokość muru jest dana, wtedy przyjmujemy rozmaite położenia ściany ML, obracając ją około punktu M (rys. 455). Zamiast wyszukiwać każdą rażą na nowo ciężar muru i jego środek ciężkości, możemy do poprzednich sił dołączyć ciężar paska, który dodajemy lub odejmujemy (wtedy ciężar ujemny do góry działający) i złożyć w zwyczajny sposób tę dodatkową siłę z poprzedniem R.

Są także inne sposoby, prowadzące wprost (nie przez próbowanie) do wyznaczenia grubości muru, jak np. metoda prof. Rychtera („Przegląd Techniczny“ 1877), Crugnoli (^Eisenbahn“ 1882), które jako więcej zawiłe pomijamy, gdyż wyznaczenie grubości muru według powyższej metody jest w praktyce dostatecznie dokładnem.

Jeżeli przekrój muru jest zawilszy, podcięty (rys. 422) lub ograniczony linjami krzywemi, to dzielimy go na paski (w rys. 456), wyznaczamy dla każdego z nich wedle poprzedniego parcia ziemi na każdy pasek Px, P% i Pa i ich punkty zaczepienia. Wyznaczamy środki ciężkości pasków i ciężary ich Clf C₂ i C₃ i składamy siły po kolei zapomocą wieloboku sił. Punkty przecięcia się wypadkowych na szew ex, e₂ i e₃ połączone dają linją ciśnienia, która nie powinna wychodzić z średniej trzeciej części przekroju. W tym

wypadku linja ciśnienia wychodzi z średniej trzeciej części przekroju, więc należałoby obrać grubszy mur wyrazistości rysunku linja ciśnienia jest opuszczoną).

Wyznaczając grubość muru w ten sposób, trzeba jeszcze zawsze wyznaczyć najw. ciśnienie w zewnętrznej krawędzi, które nie może być większem od dopuszczalnego.

Niektórzy inżynierowie dopuszczają otwarcia szwu przy murach oporowych, a wtedy linja ciśnienia może wychodzić z jądra, a chodzi tylko o to, aby naprężenie nie było za wielkiem.

MA AU B

~rlTi

li

ii

i ht

IM*

(dla

Dla przyjętych grubości w podstawie AL, ALU ALŹ (rys. 457); wyznaczamy wypadkową R, a stąd największe ciśnienie o, alf g₂ itd. Wartości te odnosimy w pionowych pod L, Lx, L₂ i h i otrzymujemy krzywą m n. Dla danego naprężenia dopuszczalnego 1 wyznaczamy wtedy wykreślnie z łatwością grubość AL₀.

rys.

457.

§ 211. Parcie geostatyczne przy wyznaczaniu grubości muni

oporowego.

Dotychczas używaliśmy do wyznaczenia grubości muru podporowego parcia geodynamicznego. O ile to tyczy przewrotu lub przesunięcia muru, jest to usprawiedliwionem. Jeżeli jednak chcielibyśmy poznać naprężenie w murze podczas spokoju, to należałoby wyznaczyć parcie geostatyczne i na podstawie tego obliczyć naprężenie według znanych prawideł.

A może się zdarzyć wypadek, że przy parciu geostatycznem leży linja ciśnienia wewnątrz przekroju muru, przy parciu geostatycznem zaś zewnątrz przekroju. Jak wtedy utrzymuje się równowaga i jakie są wtedy naprężenia?

Ponieważ dla parcia geostatycznego wypadkowa przecina podstawę poza przekrojem muru, to musiałby się mur przewrócić. Ale skoro zacznie się ruch, występuje całe tarcie na powierzchni muru i musimy się liczyć tylko z mniejszem i korzystniej działa-jącem parciem geodynamicznem, wskutek tego wypadkowa odchyli się o tyle, że przecina podstawę wewnątrz przekroju. Ruch więc muru ustaje, ale tarcie, wywołane tym ruchem, działa dalej. Widzimy zatem, że w takim razie możliwy jest tylko bardzo mały ruch, tylko otwarcie szwów, potem panuje znów równowaga. Ale jak wytłómaczymy sobie tę równowagę? Otóż musimy tu znów przypomnąć, że tarcie jest tylko oporem, siłą bierną, która w stanie spoczynku działa tylko o tyle, o ile tego potrzeba do utrzymania równowagi. A więc wystąpi dla stanu równowagi tylko tyle tarcia, aby wypadkowa przechodziła przez zewnętrzną krawędź muru, aby jeszcze równowaga była zachowaną. W rzeczywistości nie może jednak wypadkowa przechodzić przez samą krawędź, bo wtedy byłoby tam naprężenie nieskończenie wielkie. Musiałby się wtedy mur na krawędzi skruszyć, a wypadkowa przesunie się od krawędzi na wewnątrz o 2 do 5 cm.

Z powyższego widzimy, że mur podporowy, obliczony we* dług parcia geodynamicznego (dawnej teorji) w ten sposób, aby linja ciśnienia nie wychodziła z jądra, nie wywróci się nawet w tym wypadku, jeżeliby linja ciśnienia geostatyczna wychodziła z przekroju. Z drugiej strony będzie w stanie spoczynku w murze, obliczonym według dawnej metody, linja ciśnienia wychodzić często poza jądro, wskutek czego wystąpi ciągnienie, a z powodu

małej wytrzymałości zaprawy na ciągnienie, otwarcie szwu i bardzo mały ruch muru.

Tam więc, gdzie taki mały ruch muru i otwarcie szwów nie jest szkodliwe m, więc zwykle przy murach podporowych, możemy używać bez obawy dawnej te-orji parcia ziemi, jak to zresztą praktyka nas uczy, jeżeli tylko materjał jest dość wytrzymałym. Przy przyczółkach jednak mostów sk 1 e p i o n y c h i w ogóle wszędzie tam, gdzie nie możemy dopuścić żadnego nawet małego ruchu, należałoby uwzględnić parcie g e o s t at y c z n e. Przy niskieh przyczółkach, gdzie przeważa parcie sklepienia, jest parcie geostatycznie korzystniejsze od geodynamicznego. Przeciwnie przy wysokich przyczółkach, gdzie przeważa parcie ziemi, a linja ciśnienia zwraca się ku wewnętrznej stronie (ku osi mostu), tam działa parcie geostatyczne niekorzystniej i należałoby je koniecznie uwzględnić, bo w takim razie nawet mały ruch przyczółka może spowodować pęknięcie sklepienia. W praktyce jednak takich przyczółków unikamy.

§ 212. Mury oporowe z przyporami.

Czasem robimy mury oporowe z przyporami (n. Strebepfeiler, fr. contrefort, an. counterfort, r. KOHTpo<]>opc) (rys. 458). Wtedy obliczamy parcie nie na 1 m bieżący, lecz na długość a i c. Parcie Pc działa wtedy w powierzchni mn, parcie Pa w pr. Parcia te składamy z ciężarami Ca i G'c, zaczepiającymi w środku ciężkości przekroju fgpip i fgmim. Wypadkowa R przecina podstawę w e, który to punkt nie powinien wychodzić poza punkt jędrny. Punkt ten nie będzie leżał tutaj w ¹/s grubości. Trzeba go osobno wyznaczyć.

w środku, 2

Co do grubości g, to na długości a działa siła Pa. Składowa pozioma tej siły Ha, równo rozdzielona na st czyli na jednostkę H, wywołuje w tej części muru naprężenia zginające. Mamy przy-tem w przybliżeniu, zważywszy, że siła H nie rozdziela się równo na przekrój pionowy, lecz działając w jednej trzeciej wysokości, wywołuje 2 razy tak wielkie naprężenie, niż gdyby działała Ha? _ hg²

rys. 459.

a stąd

6H

885)

lub

886)

S- 2

T oznacza tu dodatkowe naprężenie wskutek wypadkowej R.

Dlatego przyjmujemy zwykle z bardzo małe, z = 1 do

1,5 kg/cm² ¹).

ï-----

/?

R Pc

C„

§111

P¹

Cd

IflPl

(<■

rys. 458.

Aby uniknąć naprężeń na zginanie w murze między przyporami, używają zamiast muru płaskiego sklepień (rys. 459). Tu także podwójną siłę H uważać należy za obciążenie sklepienia i wyznaczyć linją ciśnienia, a osobno badać równowagę filarów między sklepieniami.

§ 213. Korzystny przekrój muru oporowego.

Chcąc wyznaczyć najkorzystniejszy przekrój muru podporowego, musimy zważać najprzód na oszczędność materjału, potem na wielkość wykopu i na inne względy.

Pod względem oszczędności materjału są lezące mury najlepsze i to tem korzystniejsze, im mniejszy kąt a. Gdy a—ę, a nawet nieco większy (§ 160), ziemia utrzymuje się sama, muru wtedy wcale nie potrzeba.

Z drugiej strony im mniejszy kąt ot, tem większy jest wykop, który także kosztuje, a właśnie dla zmniejszenia wykopu i aby wykop nie sięgał za daleko na stromych stokach lub w miejscach zabudowanych, używamy bardzo często murów podporowych. Czasem chodzi nam o to, aby przystęp był łatwiejszy, np. przy bulwarach, wtedy budujemy mur wewnątrz pionowy, zewnątrz trochę pochyły.

Dobry przekrój muru powinien być dalej taki, aby pewność była w całej wysokości jednakowa. To jednak nie da się osiągnąć, gdyż dla wierzchu muru parcie ziemi jest równem zeru, teoretycznie więc grubość muru powinnaby być na wierzchu równą zeru i wzrastać wraz z parciem, a więc, jeżeli naziom jest płaskim, przekrój powinien mieć kształt ABL (rys 460). Ze względów praktycznych nie możemy jednak budować takich murów, bo pominąwszy, że oprócz parcia ziemi mogą działać i siły przypadkowe, lecz także wpływ powietrza działa szkodliwie na mur i zmniejsza jego przeje krój, a wpływ ten jest największym na wierzchu muru. Szerokość wierzchu muru BM= b' przyjmujemy więc zwykle

dla murów kamiennych ó'> 0,5 m „    „ ceglanych ó'<0,45 m

rys. 460.

Ponieważ, jak wiadomo, najkorzystniejszy jest kształt przekroju budowli murowanej, gdy linja ciśnienia spada z osią, więc gdy chcemy się do tego prawidła zastosować, należy przednią powierzchnię muru ML nachylić, albo co lepiej jeszcze, użyć muru o przekroju podciętym (rys. 456). Oszczędność materjału może wynieść w stosunku do przekroju prostokątnego do 35°/₀. O korzyściach tego rodzaju przekrojów murów oporowych traktuje zresztą nauka o budowlach ziemnych i budowie mostów, do których czytelników odsyłamy. •

§ 214. Parcie ziemi na przyczółek.

Jeżeli oprócz parcia ziemi działa na mur inna siła ukośna, np. parcie sklepienia, wtedy linja ciśnienia wyjść może z jądra niekoniecznie w podstawie, lecz w którymkolwiek innym szwie, dlatego zwykle wykreślamy wtedy całą linją ciśnienia, aby osądzić, czy w murze takim nie wystąpi ciągnienie.

Rys. 461 przedstawia taki przypadek. Jest to przyczółek sklepienia, na które działa parcie ziemi. W znany nam z po-

Pi

O'

T----a

i----

------1

__

>Y-•

sr> r> ppp

“V¹

r>

-------

ML

■t

~r------B

/ \ r> -----

2P/Sr

£lZ

2!

o'«

r~

UJ

ca¹

rys. 461.

na warstwy muru i ich

przednich rozdziałów sposób wykreślamy linją ciśnienia w sklepieniu i otrzymujemy parcie R ukośne sklepienia na mur, przechodzące przez środek szwu w wezgłowiu. W znany również sposób wyznaczamy parcie P\, P!

NU

punkty zaczepienia, jakoteż ciężary warstw. Parcie ziemi na jest, jak wiadomo, pionowe i równe ciężarowi ziemi, nad NU leżącej, który to ciężar składamy razem z ciężarem muru nad rs i otrzymujemy C(i. Siłę R i siły C składamy jednę po drugiej za pomocą wieloboku sił w zwykły sposób. A więc przedłużamy R aż do przecięcia się z Cx w punkcie a i kreślimy wypadkową ab 110 6, dalej óc//C7. Przedłużywszy bc do przecięcia z rs

w punkcie i?i, otrzymujemy punkt linji ciśnienia. Wypadkową O 7 składamy teraz z C₇, robimy więc cc///08, df / / O 9. Przecięcie się tej prostej z drugim szwem w E₂ daje nam następny punkt linji ciśnienia. O 9 składamy teraz z C₈ i P₃, a więc robimy najprzód fg /I O 10, potem gEs // O 11. Przecięcie się gE₃ z podstawą daje nam środek ciśnienia podstawy. Linja ciśnienia jest linją, łączącą środki ciśnień na pojedyncze szwy, a więc eExE₂E₃ (na rysunku dla wyrazistości opuszczona).

W tym wypadku widzimy, że linja ciśnienia nie wychodzi wcale z jądra w podstawie, a nawet leży za blisko środka podstawy, potrzebaby więc zmniejszyć przekrój muru i powtórzyć konstrukcją raz jeszcze, aby się przekonać, czy mur nie pracuje na ciągnienie.

Jeżeli parcie ziemi jest stosunkowo większem, a więc przy wysokich przyczółkach, zdarza się często, że linja ciśnienia w środku wysokości zbliża się do ojędrnej zewnętrznej, potem zaś zwraca się na wewnątrz i zbliża się do ojędrnej wewnętrznej.

(S

KRAKÓW 1

IS

I. DODATEK.

Literatura.

Podajemy tu w porządku chronologicznym spis podręcznikom, i ważniejszych (bo ilość ich jest nader wielka) artykułów, jako też dzieł o statyce budowli, przyczem nadmienić musimy, że przytaczamy tu także dzieła, z których przy układaniu podręcznika wcale nie korzystaliśmy.

1. Ogólne dzieła.

Bresse: Cours de mécanique appliquée. Paryż 1859. 3 wyd. 1880. Rankine W. J. M. : Manuel of civil engineering. Londyn 1862. 12 wydanie 1877.

Heinzerling F. : Die angreifenden und zu iderstehenden Kräfte.

Berlin 1867. 2 wyd.' 1876.' 1 C o 11 i g n o n : Cours de mécanique appliquée. Paryż 1870. Holzhey: Vorträge über Baumechanik. Wiedeń 1872—1879. Frauenholz: Bauconstruction für Ingenieure. Mnichów 1875. Ritter A. : Lehrbuch der Ingenieurmechanik. Hanower 1885. 3 wyd. 1885.

Ott: Vorträge über Baumechanik. Praga 1877—1880., 3 wyd. 1888-1893.

N a v i e r : Mechanik der Baukunst, bearbeitet von Westphal und Föppl. Hanower 1879.

Rés al H.: Traité de la mécanique generale.

Hintz L. : Baustatik. Weimar 1872.

Herrmann: Die Statik der Bauwerke. Brunszwik 1882. Flamant: Stabilité des constructions. Paryż 1886. 2 wyd. 1909. Planat: Pratique de la mécanique appliquée. Paryż 1887., 2 wyd. 1899.

Tetmajer: Baumechanik. II. część. Zurych 1899.

37

I gs»

I :

W.

-11

//

Statyka.

Landsberg Theo d. : Die Statik der Hochbauconstructionen. Darmstadt. 2 wyd. 1899., 3 wyd. 1899.

Vigreux: Revue technique de i exposition universelle. Paryż 1891.

Canevazzi S. : Meccanica applicata delle construcioni. Turyn 1891.

Claus sen E. : Statik und Festigkeitslehre. Berlin 1893.

Pillet J. : Traité de stabilité des constructions. Paryż 1895.

Vonderlinn J. : Statik für Hoch• und Tiefbautechniker. Stut-gart 1886. 2 wyd. 1906.

Mehrtens G.: Vorlesungen über Statik der Baukonstruktionen und Pesligkeitslehre. Lipsk 1903—5., 2 wyd. 1909.

T hm o m eiiK o : CöopHHK'B Baßaa'B no conpcTHBJieiiiio MaTepia-JIOBTE). Kijów 1910.

Zschetzsche A. P.: Handbuch der Baustatik. Düsseldorf 1912.

Waldram. Percy: The principles of stiuctural mechanics. Londyn 1912.

Andrews Ewart S. : The theoru and design of structures. Londyn 1913.

Pigea ud: Cours de mécanique appliquée. Paryż 1915.

Foerster Dr. Max: Abriss der Statik der Hochbau-Konstruktionen. Berlin 1920.

2. Statyka wykreślna.

Culmann: Graphische Statik. Zurych 1 wyd. 1866, 2 wyd. 1875. Bauschinger: Elemente der graphischen Statik. Mnichów 1871. 2 wyd. 1880.

Favaro: La statica gratica. Wenecja 1873, 2 wyd. Padwa 1877. Levy: La statique graphique et ses applications aux constructions. Paryż 1874, 2 wyd. 1888.

Cremona L.: Elementi di calculo grafico. Turyn 1874.

Ott: Graphische Statik. 1874, 4 wyd. Praga 1884—1885. Abakanowicz B.: Zyrys statyki wykreślnej. Lwów 1876.

Du Bois: Elements of graphiral statics Nowy York 1876.

K lasen: Graphische Ermittelung der Spannungen. Wiedeń 1878. Sa vio tt i C.: Lezioni di statica graphica. Rzym 1878—9. Cremona L. : Le figure reciproche nella statica graphica. Me-dyolan, 3 wyd. 1879.

E d d y : New constructions in graphical statics. Londyn 1880, 2 wyd. 1888.

Müller Breslau: Elemente der graphischen Statik. Berlin 1881.

3 wyd. 1887—1892. 5 wyd. 1912.

Baldermann: Graphische Integration Allg. Bauzeitung. 1881. Chalmers: Graphical détermination of forces. Londyn 1881. Maurer: Statique graphique. Paryż 1882, 2 wyd. 1885.

Steizel: Graphische Statik. Gradée 1882.

Hauser et Cunq. : Statique graphique appliquée. Paryż 1886. Ritter W. : Anwendungen der graphischen Statik. 1 część, Zurych 1888.

Cullmann-Ritter: Anwendungen der graphischen Statik. Zurych 1888—90.

Köchlin: Applications de la statique graphique. Paryż 1889, 2 wyd. 1898.

Lauenstein B. : Die graphische Statik. Stuttgart 1 — 4 wyd. 1890—1898, 8 wyd. 1904.

Keck W.: Vorträge über graphische Statik. Hannower 1894. KHpnnu;eB: OcnoBama rpafjmaecKoä CTaTUKH. Kijów 1902. E^verdin'g G. : Lehrbuch der Graphostatik. 1906.

Huber Dr. Maks.: Statyka wykreślna. Lwów 1909.

Wehnert Ern.: Einführung in die Festigkeitslehre. 1910. Schur Fr.: Vorlesungen über graphische Statik. 1915. Popławski: Statyka wykreślna. Warszawa 1917.

Foerster Dr. M.: Graphostatik und Festigkeitslehre. Berlin 1919.

3. Teorja belek, sprężystość i wytrzymałość.

Re b h an n: Theorie der FIolz- u. Eisenkonstruktion. Wiedeń 1856. Morin A. : Résistance des matériaux. Paryż 1857.

Clapeyron: Caleul d’une poutre élastique,^ reposant librement sur des appuis inégalement espèces. 1857.

S chef fier H.: Theorie der Festigkeit gegen das Zerknicken. Brunszwik 1858.

Grashof: Festigkeitslehre. Berlin 1866.

Winkler E. : Lehre von der Elastizität und Festigkeit. Praga 1867, Mohr: Beitrag zur Theorie der FIolz- und Eisenconstructionen, Zeit, der Arch. oder Ing. Ver. zu Hannover 1868.

Ritter A. : Theorie und Berechnung der eisernen Dach- und Brückenconstructionen. 1870, 3 wyd. 1873.

37*

W ö h 1 e r : Die Festigkeitsversuche mit Eisen und Stahl. Berlin 1870-

Cordier E. : Equilibre stable des charpentes. Paryż 1872.

Winkler E. : Vorträge über Brückenbau. 1875.

Spangenberg: Ueber das Verhalten der Metalle bei wiederholten Anstrengungen. Berlin 1875.

Tetmajer: Die äusseren und inneren Kräfte an st. bestimmten Constructionen. Zurych 1875.

Hulewicz: Obliczenie wytrzymałości belek wieloprzęsłowych. Paryż 1876.

Kluger: Wykład wytrzymałości materyałów. Paryż 1876.

Weyrauch J. : Festigkeit und Dimensionenberechnung der Eisen und Stahlkonstruktionen. Lipsk 1876.

Bauschinger: Mittheilungen aus dem mech. technischen Laboratorium der k. k. Hochschule in München, zeszyt I. 1877.

Winkler E. : Wahl der zulässigen Inanspruchnahme der Eisen-construction. Wiedeń 1877.

Winkler E. : Versuche über die Knickfestigkeit eiserner Säulen. Civiling. 1878.

Abakanowicz: Integrator, krzywa całkowa i jej zastosowanie. Warszawa 1880, 2 wyd. Paryż 1886.

Burr: A course on the stresses in bridge and roof trusses*. Nowy York 1880.

Foeppl: Theorie des Fachwerks. Lipsk 1880.

We ha g e: Spannungen in verbogenen Körpern. Civiling 1880.

Hulewicz: Calcul de résistance des poutres droites à plusieurs travées. Ann. d. ponts et chaus. 1882.

W i 11 m a n n : Statik der Hochbauconstructionen II. Holzcon-structionèn. Mnichów 1882.

Ritter W.: Die elastische Linie und ihre Anwendung auf den continuirliçhen Balken. Zurych 1883.

Jay du Bois: The strains in framed structures. Nowy York 1883.

W i 11 m a n n : Statik der Hochbauconstructionen III. Eisencon-struction.. Mnichów 1884, 2 wyd. 1893.

Dwelshavers-Dery: Principes de la résistance des matériaux, Leodyum 1884.

Tetmajer L.: Mittheilungen der Anstalt zur Prüfung der Baumaterialien. Zurych 1884—1901.

Obrębowicz: O wytrzymałości na wyboczenie. Rocznik Aka-demji Umiejętności. Kraków 1885.

Vigreux L. : Traité théorique et pratique de la résistance des matériaux. Paryż 1855.

Müller-Breslau: Die neueren Methoden der Festigkeitslehre. Lipsk 1886, 3 wyd. 1904, 4 wyd. 1913.

Brune: Cours de constructions. Résistance des matériaux. Paryż 1888.

Smith R.: Stress diagrams of solid structures. 1889.

Bach: Elasticität und Festigkeit. Berlin 1889 —1890, 2 wyd. 1894.

Ritter W. : Das Fachwerk. Zurych 1890.

Miceau et Petit: Congres international des procédés de construction. Paryż 1891

Madamet A.: Résistance des matériaux. Paryż 1891.

Keck W.: Vorträge über Elastizitäts-Lehre, Hannower 1902—3.

Hartig: Vergleichende Versuche über die Festigkeitseigenschaften metallener Gliederkette, Civilingen. 1892.

Résal Jean: Constructions métalliques, élasticité et résistance des matériaux, fonte, fer et acier. Paryż 1892.

Jasiński F. S.: Opiat razwytia teoriy prodalnaho izhyba. Pio-trogrôd 1893 ; to samo po francusku 1894 i po polsku 1895.

Fidler T. Claxton: A practical treatise on bridge construction. Londyn 1893.

Bovey Henry: Theory of structures and strength of materials Nowy York 1893.

Tetmajer: Gesetze der Knickfestigkeit der technisch wichtigsten Materialien. Zurych 1896, 2 wyd. 1901.

Dechamps: Les principes de la constructions des charpentes métalliques. Leodjum 2 wyd. 1898.

Planat: Recherches sur la théorie des ciments armés. Paryż 1898.

Huber Dr. M. T.: O wytrzymałości słupów. Przegl. Tech. Warszawa 1907.

Gestessy Th.: Die Festigkeits-Berechnung der eisernen Träger.

Halle 1908.

Bryła Dr. St.: Obliczenie kopuł płaszczowych. Lwów 1910. •

Ul ko wski Fr. : Tablica wykreślna dźwigarów walcowanych i belek drewnianych. Rzeszów-Lwów 1910.

Murdock H. E. : Strength of materials Nowy York 1911. Jackson Dr. A.: Uber Spannungslinien. Stutgart 1917. Karasiński Leon. Wytrzymałość tworzyw. Warszawa 1919.

4. Teorja sklepień.

Carvallo: Etude sur la stabilité du voûtes. Paryż 1853.

Scheffler: Theorie der Gewölbe, Futtermauern und eisernen Brücken. Brunszwik 1875.

Schwedler: Zur Theorie dei Gewölbe. Zeitschrift für Bauwesen.. Berlin 1859.

Fahre: Theorie des voûtes élastiques et dilatables. Paryż 1859.

Hagen: Form und Stärke gewölbter Bögen. 1862.

H arl ac he r: Stützlinie im Gewölbe. 7echnische Blätter. Praga 1870.

Dupuit: Traité d équilibre des voûtes et de la construction des ponts en maçonnerie 1870.

Heinzerling: Theorie, Construction und statische Berechnung der Brücken ge wölbe. Allgem. Bauzeitung. 1872.

Chrzanowski T. : Teorja sklepień. Warszawa 1877.

Szystowski: Nowy sposób kreślenia krzywej ciśnienia. Paryż 1877.

Wittmann: Statik der Hochbauconstruction. I. Theil. Praga 1879.

Winkler E. : Ueber die Lage der Stützlinie im Gewölbe. Deutsche Bauzeitung. 1879.

Foepl: Theorie der Gewölbe. Lipsk 1880.

Ritter Fr.: Zur Theorie der Gewölbe etc. Allg. Bauzeit. 1881.

Groeger J. : Die Statik der Tunnelgewölbe im druckreichen Gebirge. Praga 1881.

Per rod il: Arc d'expérience en maçonnerie An. d. ponts et chaus. 1882.

«i

Barkhausen: Druckvertheilung im rechteckigen Mauerquerschnitt, Z. des hann. Ing. und Arch. Verein. 1883.

Ryt if: Beitrag zur Statik der Gezuölbe. Mitth. der Arch. und Ing. Ver. Böhmen. 1884.

Obrębowicz: Oznaczenie naprężeń, wywołanych działaniem sił prostopadłych do przekroju. Przegląd Techn. 1884.

Autenrieth E. : Die statische Berechnung der Kuppelgezvölbe

Berlin 1894.

Tolkmitt G. : Leitfaden für das Entweifen und die Berechnung gewölbter Brücken. Berlin 1895.

C a i n W. : Theory of steel concrète arches and of vaulted structures, 2 wyd. Nowy York 1902. 6 wyd. 1918.

Weyrauch: Elastische Bogenträger. 1911.

Vêtu lani: Wyznaczenie natężeń normalnych w lukach płaskich. Lwów 1911.

Kögleri Vereinfachte Berechnung eingespannter Gewölbe. 1913.

5. Budowle ziemne i mury oporowe.

Ande: Nouvelles expériences sur la poussée des terres. Paryż 1849.

Re b h an n: Theorie des Erddruckes und der Futtermauern. Wiedeń 1871.

Mohr: Beitrag zur Theorie des Erddruckes. Zeits. der hann. Ing. und Arch. Ver. 1871.

Winkler E. : Neue Theorie des Erddruckes. Wiedeń 1872. Chrzanowski T.: Wyznaczenie grubości ścian murowanych podtrzymujących nasypy. Warszawa 1876.

Witt mann: Statik der Hochbauconstructionen I. Theil. 1879. Weyrauch: Theorie des Erddruckes. Wiedeń 1881. Dubosque: Murs de soutènement et ponts en maçonnerie. Paryż 1881.

Baker B.: The actual lateral pressure oj earthwork. Nowy York 1881.

Forchheimer: Erddruckversuche. Zeitschr. der öster. Ing. und Arch. Ver. 1882-1883.

G o b i n : Détermination précise de la stabilité des murs de soutènement. Paryż 1884.

Flamant: La poussée des terres. Ann. des ponts et chausséesy

1883.’

Thullie: Einige Bemerkungen über die ältere Erddrucktheorie.

Wochens. des öster. Ing. und. Arch. Verein. 1884. Skibiński: Parcie ziemi na podstawie nowych doświadczeń. Czasop. Techn. i Zeits. des öster. Ing. und Arch. Ver. 1885.

Thullie: Doświadczenia Gobina w kwestji parcia ziemi. Czasop.

Techn. i Wochenbl. fw Baukunde. 1885.

K a v e n A. v. : Anzuendungen dei Theorie der Böschungen. Lipsk. 1885.

Leygue M. L. : Poussée des terres. Ann. d. pont, et chaus. 1885.

H ä s e 1 e r E. : Stütz- und Futtermauern. Handb. d. Ing. I. tom II. oddz. 3 wyd. Lipsk 1907.

Skibiński: U eher Stützmauerquerschnitte. Wiedeń 1893.

R é s a 1 J. : Poussée des terres, stabilité des murs de soutènement. Paryż 1903.

Müller Breslau: Erddruck auf Stützmauer. Stutgart. 1906. Skibiński : Das Gleichgewicht des rolligen Materiales. Wiedeń Wochen f. d. öffent. Baudienst. 1917.

Dr. Thullie i Dr. Kuryłło: O wyznaczeniu parcia ziemi sposobem Färbera. Czas. Tech. 1920 i odbitka.

.-fpfcnx

KRAKÓW

/Y'C

•fl

II. DODATEK.

Tablice obciążeń stropów.

1. Ciężar własny stropów

wedle Melana.

Ustrój stropu:

1.    Strop belkowy z podłogą wprost przybitą z dołu, opierzony, z trzci

nowaniem i wyprawą...................

2.    Strop taki, ale z wstawioną warstwą desek zakładanych na li

stwach i 8 cm nadsypką..................

3.    Zwykły strop belkowy z powałą zakładaną z sufitem, 10 cm nad

sypką, podłogą ślepą i posadzką deszczułkową........

4.    Strop zbity z belek w przecięciu 24 cm wysokich z sufitem, 10 cm nadsypką i leżącym brukiem ceglanym z 4 cm płytami strychowem

5.    Strop z belek żelaznych, zresztą jak 3, bez belek.......

>6.    „ sklepiony między dźwigarami żelaznymi 15 cm gruby, z ce

gieł, z wyprawą, nadsypką w kluczu 8 cm grubą i podłogą dre wnianą przy odstępie dńwigarów do l'5m bez dźwigarów . . .

7.    Strop taki sam, ale przy odstępie dźwigarów do 3 0 m ....

8.    Sklepienie płaskie, sklepienie według układu Demskiego, Hönela Ludwiga, Schneidra, Scholera, Wehlera i i., zresztą jak 6, średnio

9.    Strop Kleina z cegłą porowatą, z zaprawą cementową i wkładkam żelaznemi z 4 cm warstwą zaprawy cementowej, zresztą jak 6 . .

10.    Sklepienie betonowe w kluczu 8 cm gr., strzałka 15 do 20 cm nad

sypka 6 cm nad kluczem, zresztą jak 6...........

11.    Sklepienie takie, ale z wypełnieniem z lekkiego betonu nad skle pieniem aż do 2 cm nad kluczem z 2 cm gr. polepą cementową

12.    Sklepienie Moniera, w kluczu 5 cm gr. odstęp dźwigarów do 3 m

zresztą jak 10......................

13.    Dtto, ale z podłogą jak 11.................

14.    Strop z blachy falistej, z wypełnieniem betonem poza łukiem w klu

czu 8 cm gr. i polepą cementową, odstęp dźwigarów do 3 m, bez wyprawy sufitu i bez dźwigarów...............

Ciężar w kgjm '¹

110

w    w    io    to

Os    W    uv    I—¹

o    o    o    o

o    o    o

tO    O    t⁻"»

to    TT

O    O    O    o o

t" 00 co    O

CO    CO    co    co co

CN

2. Ciężary i obciążenia

wedle tow. austr. inż. i arch. w Wiedniu.

a) Ciężar własny stropów.

1.    Zwykły strop belkowy z nadsypką 10 cm, z podłogą,

trzcinowaniem i wyprawą powały.........

2.    Zwykły strop zbity z nadsypką 10 cm, zresztą jak pod 1    340

3.    Zwykły strop zbity z nadsypką 8 cm, trzcinowaniem

i wyprawą, posadzką z leżącego bruku ceglanego lub z płyt kamiennnych...............

4.    Strop belkowy między dźwigarami, zresztą jak pod 1

5.    Sklepienie ceglane 15 cm grube między dźwigarami z nadsypką 8 cm w kluczu, trzcinowaniem, posadzką i dźwigarami:

a) przy odstępie dźwigarów do 1,4..... 480

1,4 m do 3 m . .    550

6.    Proste sklepienia, aż do odstępów dźwigarów 1,5 z ce

gieł wraz z nadsypką, trzcinowaniem i podłogą układu Scholera, wys. ustr. 35 cm............

układu Demskiego, Homla, Ludwiga, Schneidra,

Wehlera, Seidla, wys. ustr. 32 cm . .

7.    Sklepienie betonowe z wyprawą, z nadsypką 6 cm i podłogą:

b) „

z cięż. dźwig. bez dźwig-kg,!mi

250

360

260

570

. .    450

a) 7,5 cm gr. ll,5cm strzałka, wys. ust. 30cm cm gr. 20,5 cm strzałka, wys. ustr. 40 m

b) 8,5

8. Sklepienie betonowe z wypełnienieniem betonowem i 6 cm grubą betonową podłogą nad kluczem:

a) 7,5 cm gr. 16,5 cm strzałka wys. ustr. 30 cm cm strzałka wys. ustr. 40 m

b) 8,5 cm gr. 25,5 9. Sklepienie Moniera:

a)    5 cm gruba 25 cm strzałka, wys. ustr. 40 cm z wyprawą, nadsypką 5 cm w kluczu i podłogą drewnianą

b)    5 cm gr. 43

370

430

Ul ON

.    360

cm strzałka, wys. ustr. 50 cm z posadzką cementową 2 cm i wypełnieniem pachwin żużlowym betonem

10.    Proste płyty Moniera z podłogą drewnianą, wyprawą

i nadsypką, gr. płyt 5 cm z wybetonowaniem główki dźwigaru....................

11.    Sklepienie z blachy falistej między żelaznymi dźwigarami z podłogą i nadsypką, jednak bez wyprawy:

a)    do odstępu dźwigarów 2 m przy nadsypce 10 m nad szczytem*)

b)    do odstępu 3m przy nads. 6 cm nad szczytem 280

.    450

440

.    250

210

450

520

530

420

350

410

un

340

430

420

235

' to

*) Na każdy centymetr większej nadsypki zwiększa się ciężar o 14 kg..

b) Ciężar zmienny. Nazwa obciążonej ubikacji.

Ciężar w kg Im²

Zwykły strych .........................

Zwykłe mieszkanie.......................

Szkoły .............................

Schody, ganki, sale koncertowe i balowe, gimnastyczne i dla szermierki, dla zgromadzeń..................

Kancelarje, pracownie, magazyny na piątrach...........

Dtto w parterze.........................

Komórki na siano i sieczkę...................

Lodownie na warstwę lodu lm.................

150

250

300

400

450

550

400

750

3. Ciężary stropów i obciążenia

wedle rozp. prusk. ministerstwa robót publicznych z r. 1919. a) Stropy drewniane:

Odstęp belek od środka do środka 1 m, grubość 24.26 cm.

1.    Strop belkowy wałkowy płaski, warstwa gliny 10 cm gruba . . .

2.    Dtto tylko z podłogą 3,5 cm gr................

3.    Dtto z powałą zakładaną 3 cm gr. i warstwą gliny 10 cm ... .

4.    Dtto z polepą zwykłą, wypełnieniem gliną do dolnej krawędzi podłogi 11 cm gr. i podłogą 3,5 cm gr.......... . . . .

5.    Dtto ale zamiast podłogi z polepą gipsową lub glinianą 5 do

7 cm gr...........................

6.    Dtto jak 4, lecz oprócz tego z sufitem 2 cm gr., trzcinowaniem

i wyprawą.........................

7.    Dtto jak 5, lecz oprócz tego z sufitem 2 cm, z trzcinowaniem i wyprawą ...........................

8.    Dtto z polepą pełną, także u dołu okryty gliną do dolnej krawędzi belek, podłoga 3,5 cm gr..................

kg Im*

230

70

210

220

310

250

340

360

b) Stropy sklepione między dźwigarami

stosunek strzałki Vs > ciężar bez dźwigarów-.

9. Sklepienie łęczaste do 2 m rozp. przy wyrównaniu popiołem koksowym i podłogą drewnianą................

9a Dtto przy wyrównaniu piaskiem zamiast popiołem \

9b aż do górnej powierzchni legarów popiołem koksowym .....

9c piaskiem...........

10. Dtto jak 9, dla / od 2 do 2,5 m 10« przy wyrównaniu piaskiem 106 aż do powierzchni górnej legarów )

popiołem............

10c piaskiem............

kg im³

370

420

440

560

400

490

470

kg Im

11*)    Dtto    jak    9,    jednak    z    cegły dziurkowanej

15.    Sklepienie betonowe aż do 1,5 m rozp., zresztą jak 9

„ porowatej

.    290

320

250

280

320

c) Płaskie stropy pełne.

Ciężar należy w każdym wypadku wyznaczyć. Przykłady :

16.    Strop płaski żelbetowy Moniera, płyta 6 cm, przy wyrównaniu popiołem koksowym z podłogą drewnianą............

16a Dtto przy wyrównaniu piaskiem...............

166 Dtto za każdy centymetr większej grubości płyty.......

17.    Strop płaski żelbetowy Koenena, płyta 10 cm.........

„ u ceglany Kleina z cegieł porowatych, nadsypką z popiołu, podłogą drewnianą..................

290

420

25

430

18,

250

d) Obciążenie użytkowe.

Rodzaj ubikacyj :

1.    Mieszkania, małe urzędy, bez obciążenia aktami mniejsze niż 50 m²

»    „    „    „    „    » większe.....

2.    Sale zgromadzeń, sale gimnastyczne, domy towarowe, fabryki, (je

żeli szczególne okoliczności nie wymagają przyjęcia większych obciążeń) ........................ . . .

3.    Szkoły i schody drewniane w mniejszych domach........

4.    Przejazdy lub podwórza, po których się jeździ.........

5.    Schody...........................

6.    Magazyny wedle ciężaru towaru i wysokości jego.

Dla szaf z aktami, bibljotek, archiwów należy przyjąć razem z pu-stem miejscem na m³ 500 kg.

6.    Strychy..........................

W domach mieszkalnych należy przyjąć dla części, które są obciążone kilku piątrami dla strychów pełne obciążenie, dla następnych piętr można obciążenie zniżyć po 20% na piątro, więc na 80, 60, 40 i 20%. Do magazynów to się nie stosuje.

7.    Dachy płaskie........................

8.    Siła poziomu na poręcze, balkony...............

9.    „

200

250

500

350

800

500

125

250

40

w teatrach, kinach, salach

100

*) Powiększenie ciężaru wynosi przy wyrównaniu piaskiem zamiast popiołem przy cegłach dziurkowanych 50, pełnych 90, betonie lOkgfm². Przy wyrównaniu aż do górnej powierzchni legarów popiołem 65, piaskiem 140 kg/m².

4. Rozporządzenie austr. ministr. dla budowli żelbetowych

z r. 1911 przypisuje w § 3. ciężar użyteczny.

6. Jako ciężar użyteczny należy przyjąć następne wartości w kg na m²: dla zwykłych strychów mieszkań

150

yy

250

300

„ sal szkolnych........*...............

„ korytarzy, sali koncertowych, gimnastycznych i szermierskich, dalej dla komór na obrok i dla schodów w zwykłych domach mieszkalnych ............................

„ ubikacyj handlowych, sal roboczych i składów na piętrach domów

mieszkalnych i handlowych..................

„ schodów budynków publicznych, dla sal tańców i sal na zgromadzenia, ubikacyj handlowych, warstatów i składów na parterze . .

„ lodowni (do wysokości lodu lm)................

7. Wielkość obciążenia dla teatrów, bibljotek, spichrzów, magazynów i pracowni z ciężkiemi maszynami należy wyznaczyć w każdym przypadku z osobna.

400

450

550

750

8. Zeskłady niosące, które podlegają wstrząśnieniom, należy obliczać dla ciężaru użytecznego 1,3 razy większego, te, które podlegają silnym wstrząśnieniom (np. przez ciężkie maszyny robocze 1,5 razy większego, niż podane w punkcie 6 (lub obliczone wedle punktu 7).

5. Rozporządzenie bawarskie.

Stropy w małych mieszkaniach ....    150 kg/m²

. . 200

„ w innych

6. Ciężar towarów.

nasypanych i nałożonych w magazynach.

Słoma

45 kg/m:i

Siano

prasowana

280

70

Pszenica . . .

Żyto.....

Jęczmień gruby „ drobny

760

680

640

510

Owies.......

Groch, soczewica, proso Jabłka . . . • .    .

Gruszki, śliwki .... Trawa, koniczyna . . Buraki.......

550

850

300

350

350

650

600

Torf wilgotny „ suchy .

Węgiel brunatny „ kamienny

750 kglmz

900

Koks................

Półki na akta, szafy z książkami itd. . .

Papier złożony 1 m wysok.......

Mąka ................

Grys................

Proso................

540

600

1100

750

650

850

yy

»>

yy

Słód

530

Len . . Książki . Torf . . Cement . Ziemniaki Cukier .

680

800

600

yy

1400-2000 . • .    750

750

yy

Sól

800

Ułożone w workach o 20°/# mniej.

str.

wiersz

28

1 z dołu

65

65

220

354

389

406

DOSTRZEŻONE OMYŁKI:

5 z góry

5 i 6 z góry

1 z góry

13 z góry 1 z góry 7 z dołu

jest

wyrażenie w nawiasie: (najwyżej 1150) odpowiedzieć

dl vm

—=-p= wm

ma być w przypadku

powinno być pod wyrażeniem

8704-3 L.

odpowiadać

dl

-p=-FT

= KVm

COC GOC GOC

i—i *—¹

to oo o o ON

00 O 00 O N M

r—< t-h t-h

«30 000 730

■

4 '

'

. ï

(

f

**

i«//    »1

l/ -i«/

t) \

rt

5"

3”

MOMENT BEZWŁADNOŚCI PRZEKROJU SZYNY KOLEJOWEJ

—-/a/“ 16-2 cjn

*•    6 y»’ Q *■ i*r *• i2ijri*'    1ti**r

a<r a<* ta a*

//JO"

29

,v

•J6

10

\N*

'S

CNÏ

<0

RT

V* —

\S

69'$

0”

tó

rp1?m6cmł

:---

14JL

n\

■i

5;

>?

lv

5 CJXL

19/

10

/i

.2

6"

TO

W\\

oś ciężkości

4**i

io

*•

'Seta

«-T —

"Ö

'i '

c¹

«0

v^r

►O

~P

Oj

0,

v3

Jb

..ł

70-2

JT

---r~;

-- 4- -

4-

T/V0LI.

P>36-2

CMI-

2-

H. -I

K I-

l-XOJaJ.7.2.

Jy~    -249-6 cm *

Podziałka J/s ptekrofu 2:i

■%

dfo foty długości

/•*/

SI

<n

<T

3

//

i

!

J

I

^ |

♦

./

Jłzruipoziomy układu belek

«Q

\JE

UF i

~n

-.....mm:

II

KaJ

T'V

r'V

V*A

tX\

«/W¹

......-i- ■ucm

t.....—

«K

UT

tn 70

ÿ - ;

ÜJ

rn

CD

Trzekrójbelki Ptaszanęf

<..........2/0.....

Siły p oprzeć zn e

urn.

^ -Fi.

ff

«o

009

J.

20. t

Tàbî.JL;

Przekrój hetki drewnianej

■-H

wmrx

■20-

1-10

----->:

'O

tm

so

so

r-

HO

Idcrmeaiy

..i

I*' *“'*,4**v .......

•i-

óódf

cm

Wyznaczenie długości nakładek

*-------

.......y

Podęiałki

L-

'"•p

Li,

08

•o -

r*>

-i-

-f........p

S9pQ-\~------Â-*

« i :

1ó

80

J_

SO

X,

5o

Jot

risoo-

■fo

_ t*_50

GO 70

80

fio

-foo

HO

HO 4sc łn.

ZaÀ/àely (jrufictAz, / A .t/eęecCue ,ßootv.

&

o a

V:^

r

V-

V \

#- ,

‘>X

Si

0

«WP

"1^1.

■

%

/

»

*

V

/

,

J%

■ \

,

».

\

- -

Â-'s

r •

a

Æ \

;;/5

^ V

-

,

'

*

k

ijjpl

>

: ,

•'*—■*----

■1‘,    -V»

MS

/

J.

.2

o.

5 o

h"-

î\\

N \

•■■i

|VJ,\ : S ff/

•.

® \ ,ï/?\

\W,

<i

■ ■»

>< £

9l

V 33

o*1"

S.

.....

0»

of

Y?

BH

;..i.....A!...V.........

ht \ \

:\ \

’ t

-4-63-Xr-..........-

.....

IM'a/r z lewej

c/,

d₃

a.

a«

Thullie Podr S fat.

JŚ'

MÉR

Tabm.

Pdc/? Po/onceau, złożony

Obciążenie pionowe

P^- 1070U^ P₂ » 1A80 kfl⁷

CM

<o

ii

O

•X.....

P₃ - 1A80 kg-₃ a«_ 3

éi

3L

Rr-HóOujf

pS^IAÔO kg

p₅

d,

.V....Ï..........

4^3

....."■

P,

as

lïï!

0?.L

?>>

j.

93

• 0'8 cm :1t.

PF

4jv

k>

/>

wj.

"-V-

V.

*.

d>'

'w p/ \³l

a5

TA

-"a

1........-Ys

•À,

°2

\<3»

p'

r1

Y⁷/

os .0 *

JE!

d₃

o/

dj

*/o*

/i¹

y^

#;v

\k

/f

/OU-Y

Cd'²'

"o

Y/

' A.'

7;

s5

v.

JC

Vii

r‘"

2cnrvit.

ai'ai

Xi

ûu_

,vJz

dLy/!. Ö-34-.....—.....- .....r..

-Rozp podporowa lô'OO

A- 8 3-

Pre+

?>

ts.

>•

/ fW‘.

•JF

ho/

CT)-

fi

g₂

do

Ł_

x>

⁵⁰ "M

50 /

fV / « /

P/

•2 7<3<g

O/r

W i air z prawej

2 cmHł.

Oi

«5

gJ

g;

é"/

•aß Y..

Ksi

Fji.

A*

g;

;r.

=«*

;8o

a*

d'₂

d;

"o

~o

cO

(2

À*.

di.

\4-

§■

*/

5'

di

ó\

Ijl

5//y u/é>M//?. i przekroje prętów.

O bciąż. pionowe

- 23 72

-23-2?-

-2285

-22-S7

-22-37

-22-65

"23- 72

⁴ 22- 70

+ 19- Aa

x 10- 70

+22-70

Wia+r x i ewej

W iałr z prawej

Na; w. P

Przekrój

-9'31

’ "3 Ô3

*■-966

* 8 69

+ 6-/3

+ 2 OA

+ 2-A7

"33 03

-32'5a

-32-1 s

“31 • 68

-32'os

-32- ^ -32-93

“33/36

“1JPV20

+ kzh

3'Ao

^ 8-15 A-1Q- 19

+ 31 59

+26- 21

+ 1^*10

+27-63

32- 89

Jli²⁰

2 L ¹⁰⁰ rioo

IJL2l~⁷°

JLf!°

O I 10<MOQ ^ L 40

CO

* V, ^

y '    «Y*

'FF* \

*&•

iii

♦ 3- 2A

" 0-86

+ 2'oo

- 2- 26

»1^12

Jk-

03

" 2- ÄO

1 76

y-vJk*

aś

as

\V!

.Si--

a<s

'O

ii

ai

ii

⁴ 8‘ 9Ô

+ 3-19

A' 40

0- oo

+ 5-21

- 4-56

2^⁵

+ 0- 95

⁺ i3-73

JLALjsif

+ , 2 oo

- O aa

0* 00

+ 5- 19

- 2 28

2'l4ŁAŁ -—2_

+ 12-17 ⁴    6‘7:j

⁺ 0-Q5

•*"18 92

+ 12' 17

- -1 • 40

+ 3-19

a a + 8- 98

dą

9a

ii

+• O -5<) j_6/60 + A9 os

O- 88 ~ 2 28

O ■ oo

2 oo + 5 19

+ O - so •+ Vą5

⁺ 13 83

JLP*°

2 l -ZŁZę

_j__^

kI^S jdt2 2LfŁfł4

~ 2 60

^ O* oo

i 76

" A 56

1- 2' OO

+ 5 21

0-86

- 2 26

JL^

2L^

2oAta.dy yraproie -A- Heęedus

;

>.

,:-r.

■ ^:r •

■

.

'■f .'•<•■

i

*

4

. f/«s» .

SI

■

■* '

• ?» u •

t

'

"‘■«I

•*

y

\§ :-⁷v.

«s-

...... È#

(

9

■*: <

r -    f*

i - ?- !

ÏÏE»

V

Ö

. »

?

■

* - —

t»

i

-itisfr

%

-

.

|S5

>.    ?“?4

«

- « dH ■ -

)

....... '

1

♦•' :K ;

• ■*•    - V .

V.

. ,.

■ ■ *’

m

./i:-.....

.. ««wfw;

J

i:i

~

-*•

-

•■'.■'V'' ->■

«■ -■J

I**

'

■f

'

■

9

V

4

i

y

5#* •

■ /

■w

■

:ł!

«m

•Tf

Si6L IF

03

0-7

Prawdziwa Unia cfénfen/a w sklepieniu.

CJ-2

P-9

(T

y\

i\

t

viî x

-*

Ô, OO

7ôj4fr%m>......

•<'•***

■---Ô-oo-

ij

risii

il

5,3 3

ÖjÖÖ.............

-5.33

*<■...........

d&,oo

r?

!\

.y..

e-1'60 & S»ï6ô*_

A,

ZJM

A4

VJ

/•<so >:

sLm

i a*

aé !

i.

/?

’b

ai

s!

ßi

F?

-r

/(

l*16'40m

'é.............

........v.......

......r

>slr.....

‘ü

-i-

c-»i

ÏZâL

■n

ro

i a'

Si

ÉL

J&s

\i

£,

14

*L

Us

......

lr

c,.

fi fi fi fi fi fi fi fio fi fi fie

^■3

aa &

r--

c’a

C4,

ł*

CT

P,

P, P. V« V.

W*

P,

Xr F

'i>N'    1fi

\

\:N

.Ä1

"T”“

'F

"T

iO

s.

K»e

VU

JT

£"

V7/

P/ą/y propopcyona/noçc};

P'

D'

>!<-■

____

...1,

dld wie/oboku

JT Vł

«...

........b-......

dlû H n i i oóc/ęzsn^

Dm

+......-

b'......^

V.............

'\p*8ki

■x

''C's

\

..T.

..........-—2-V........

7!

Art

.........X

Cl

El

d/3 ciężaru pa sA<jw ^ . -

en

T-

MC

LM

■H *9 kg/cm

k-— 8 kg /cm¹

■** I : 9

................'//,

<■...........

........>;*1ô ><■—

.....-A 70 -.......

Jt-

(/

S Ira la długości i' JOO

sił 4-rPnn ‘ î f.

çraftczivs A- p^^edus JSMk>

*

*

if*P^

. '*' '* 25p.»

$

*

«s**¹

—«OfH

i

B-

-3»,

\\

\i

\

■y

Cf\

u

ig

$?//

vW

K#

'

4

Tab. V.

Wykreślne wyznaczenie

linii ciśnienia w sklepieniu krzyiowem nad kwadratem

Przekrój B-C

b>3

:R< ¹

On^VkX

x*

5-0

“7--->

to

Xi

>v

:\Wn\

:\

r,\r₈x

X\\

fVn

vn\

■tf

YV<

XB

v₂ H YV, Vv₅

j \lim kg.

v₇v\\

x y-}

//■

²X-X—

......\

\—\

n_

37--yX

2.1

7,

V.

R>

V₄

l*““

s?

ocss

Nf

ôLv

v—

X_'\

Podziałka dla s7

4 rfl rVl, 46 kg

V,

H/

H.

Przekrój A-C

XL

7i~

~2

StffH

LZZ

rf--

-- H.-H,

o. o₄

p< ,

?4

V₆

\Â

.    /y,

IS

7/\

Ve P

er \

e,'.

R«\

V,

Ve

Re

,7

Y\

'7 H

P*

R». V₇

•i

o.;-.

»»i

CL

ł «*

1°-

O-

//

p₆

0-5

Po działu a i: ï\ o.

-<•

o.

o.

CL

IO

<r

Podziałka dla si* ^    «/

4-

NI

CJ)

r

,

•*v

>■

* - ■. ■

■ .>-* ■

, .

- ■

\

■'4r

‘

' *

t

0

m

mwf "

v-

*

'

----. ........

//. ?

fj ^

' j

* *

V-"

•/>

**ł?---- -    ■ ■ ——>--.--*.

, *ar. ' V

T~^ i

'

-

'■'r

¹

Inny dokładniejszy sposób obliczenia podaje Haeseler w Handbuch der Ingenieurwissenschaft 1. t. 2. Oddział str. 297.

Tab. VI.

Wykreślenie linii'ciśnienia z uwzględnieniem ukośnego pańcia ziemi

04

T<A

Wf/,

p<

«I

o.

CTV

~2’05

o!*

V»

o:

oT

V23

«5

---*e-—0'62—X--

.TJ

N>

Pf 8‘60

fV/st-ae

!/ d

V/

"-4.

--

/I

*

5 O'SÎ

/'>

«■o

G\

G.

0-89

yvaja /1

\\ /

\\ y,% i illÆ*-"" ¹

.A'?

i#.'¹'

ta wV\ta

51A V

:[ ! Æ

n!i

I Pi 2 76

J\\!i

s* V*5',v * ' •

cr

ZLV — —

- 4‘M

\'\ I

\V ! Pt>⁵

G»

VU

L«X1'

t ' I

•! i

/fl* i 39

11

<r

J* ■

"1

V-

:j

./ ■

— 4*5ê - -

0*92

«S, 515

r--"- >

4 m.

K~h-H-H"h4

3    ■* i i

W-HH-

4 S 6 t 8    9    40

»•*

mfkx** -4- fißgedus <&*»<

,

y

«

/

yf.

y

V

y

;

y

ï

;

A

.*<C

\

-

V

y

•-Y

\

-I '

V,

/

\

f V

V

/: ■■

(

f

/

'

V

> ł.

i

•>

f

J

W

V !

wr,-

\

K

fiu

i

v_

X

w

'

"f-

\

/

a»"

/

POLITECHNIKA KRAKOWSKA BIBLIST GŁÓWNA

"a

L. inw.

Ł«m. 480/55 20.000

k'

Biblioteka Politechniki Krakowskuj

100000?31331