WYDZIAŁY POLITECHNICZNE KRAKÓW

-C.-Çîspw

à)

f.

BIBLIOTEKA GŁÓWNA

L. inw.

W I IV

TYKA U E Ś L N A

©PRACOWAŁ

ARTUR POPŁAWSKI

INŻYNIER DRÓG I MOSTÓW

cd

o?

CT

o>

?r

n>

*!,

Z zapomogi Kasy pomocy dla osób pracujących na polu naukowem im. D-ra J. Mianowskiego.

WARSZAWA

SKŁAD GŁÓWNY W KSIĘGARNI GEBETHNERA I WOLFFA.

>'Vî

1917.*

Cena 2 rb. 40 kop.

MS

vî

i

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

100000294587

pf

ms

9M

er o o

O

A-

V

C3

«

r

■*

•SB <    •

V'.f';

STATYKA WYKREŚLNA.

\

•>

*

■

>

■

.

i'

, ■.( ■

»

;

STATYKA WYKRES LN A

OPRACOWAŁ

ARTUR POPŁAWSKI

INŻYNIER DRÓG I MOSTÓW

Z 3-ma tablicami i 163 rysunkami w tekście.

•A

Z zapomogi Kasy pomocy dla osób pracujących na polu naukowem im. D-ra J. Mianowskiego.

A X-&!

f’

WARSZAWA

SKŁAD GŁÓWNY W KSIĘGARNI GEBETHNERA I WOLFFA.

1917.

Cena 2 rb. 40 kop.

Geprüft und freigegeben durch die Kais. Deutsche Presseabteilung Warschau, den 22|XI 1916. T. JSTs 3558, Dr. Jtë 325.

N\

^UCTû,

K R A K Ó W

\=z\

c_>3

ODBITO CZCIONKAMI DRUKARNI WŁ. ŁAZARSKIEGO W WARSZAWIE.

KLISZE WYKONANE W ZAKŁ. ART.-GRAF. „HELIOS”.

Up

■i.

VQ

SPIS TREŚCI.

Słr.

Wstęp . . Rozdział I

Składanie i rozkładanie sił na płaszczyźnie

§ 1. Siły, działające w jednej prostej.....

§ 2. Siły, przechodzące przez jeden punkt . . . § 3. Siły, rozrzucone jakkolwiek na płaszczyźnie . § 4. Związek między wielobokiem sił i sznurowym

§ 5. Zmiana bieguna...........

§ 6. Układ sił równoległych........

§ 7. Rozkład siły na 3 składowe, działające w danych liniach.............

§ 8. Warunki równowagi sił rozrzuconych na płaszczyźnie ..............

CM

to

to

Rozdział II

§ 1. Momenty statyczne..........

§ 2. Składanie momentów.........

§ 3. Moment statyczny układu sił na płaszczyźnie § 4. Moment statj^czny układu sił równoległych .

§ 5. Moment pary sił...........

§ 6. Porównanie warunków równowagi wykre-ślnych z analitycznymi.........

UJ UJ U> UJ OJ UJ 00 (Ji    W

Rozdział III .

Belka prosta..............

A. Obciążenie bezpośrednie.........

Obciążenie stałe złożone........

Przykład..............

rfJ-

O    UJ UJ to

CM vr>

ko

00 <-n

Sir.

§ 7. Belka jednym końcem osadzona.....

§ 8. Belka wystająca...........

§ 9. Obciążenie ruchome...... .    .    .    .

a)    Wpływ obciążenia ruchomego na momenty .............

b)    Największy moment dla obciążenia ruchomego ............

c)    Wyznaczenie bezwzględnie największego

momentu............

70

•O

00

CO

4--

d)    Największy moment dla dwóch — trzech

i dowolnej ilości ciężarów ruchomych, tworzących obciążenie symetryczne względem wypadkowej...........

e)    Momenty dla obciążenia złożonego: sta

łego jednostajnego i ruchomego z sił skupionych .............

f)    Wpływ obciążenia ruchomego na siły

poprzeczne......,•.....

) Największe siły poprzeczne dla obciążenia ruchomego siłami skupionemi .    .    .

h)    Siły poprzeczne dla obciążenia ruchomego jednostajnego.........

i)    Siły poprzeczne dla obciążenia złożone

go: stałego jednostajnego i ruchomego z sił skupionych..........

k)    Punkty zwrotne największego momentu.

l)    Siły poprzeczne dla obciążenia złożonego:

stałego jednostajnego i ruchomego jednostajnego .............

B. Obciążenie pośrednie ..........

bo

88

92

96

98

O', o

104

106

109

.    115

co co

Słr•

Rozdział IV

123

Belki kratowe i wiązary dachowe.....

A.    Pojęcia ogólne. Siły wewnętrzne w belkach

kratowych. Wyznaczalność statyczna belek kra^ towych...............

B.    Wyznaczanie sil wewnętrznych przy obciążeniu

stałem.............. .

§ 1. Sposób przecięcia Culmanna i Rittera .    .    .

§ 2. Sposób wielobokowy Cremony.....

§ 3. Zastosowanie sposobu Cremony do różnych

typów belek kratowych........

§ 4. Plany sił dla belek kratowych równoległych § 5. Plany sił dla belek jednym końcem osadzonych: ...............

1.    Belka podwieszona w swobodnym końcu

123

123

128

128

131

139

147

154

154

155

155

159

159

161

164

167

171

C. Wpływ obciążenia ruchomego na belki kratowe

§ 1. Największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia ruchomego...........

§ 2. Największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia złożonego...........

§ 3. Największe natężenia w słupach dla obciążenia ruchomego..........

§ 4. Największe natężenia w słupach dla obciążenia złożonego............

Największe natężenia w pasach.....

Belki kratowe równoległe .......

Krzyżulce dodatkowe.........

Wykreślenie planu sił dla belki kratowej równoległej ..............

8. Belki kratowe paraboliczne

177

183

192

192

193

jÇr. t®5

si a

195

199

207

to to o oo <£>

Str.

Rozdział V

§ 5 Obliczanie pól dowolnych figur płaskich za pomocą krzywej całkowej

221

221

. . 222

229

Rozdział VI

237

Środek sił równoległych i środek ciężkości.

4.    Środek ciężkości materyalnych linii :

Środek ciężkości odcinka linii prostej i linii łamanej

Środek ciężkości linii łamanej, stanowiącej część wielokąta foremnego. Środek ciężkości łuku koła............

§ 5. Środek ciężkości figur płaskich :

Trójkąt, równoległobok, trapez, czworokąt. 245

250

Odcinek paraboliczn}^ i trójkąt}^ paraboliczne. 252

Przykład

Rozdział VII

237

.    242

243

256

Moment bezwładności..........

§ 1. Pojęcia ogólne............

§ 2. Momenty bezwładności prostokąta (równoległoboku), trójkąta i trójkąta parabolicznego .    257

§ 3. Moment bezwładności koła.......

§ 4. Momenty bezwładności dowolnych figur płaskich. Wzory Culmanna i Mohra. Przykład 261

256

256

260

WSTĘP.

Zadania, należące do Statyki, t.j. do nauki o równowadze ciał, podległych działaniu sił, rozwiązuje Statyka wykreślna za pomocą konstrukcyi geometrycznych z wyłączeniem rachunku, koniecznego w Statyce analitycznej. W tym celu przedstawiamy w statyce wykreślnej siły, jako odcinki linii prostych, a wszelkie działania wykonywamy za pomocą cyrkla i ekierek. Jeżeli przyjmiemy naprz. jako skalę sił: 1 cm — 1000 kg, to wielkość sity P, wyrażonej przez odcinek AB, długości 4 cm, (rys. 1) wynosić będzie 4 X 1000 = 4000 kg; linią działania tej siły będzie linia AB, punkt zaś jej przyłożenia może być obrany dowolnie na linii AB. Że jednak, przy takiem przedsta- °“ wieniu siły przez odcinek linii prostej, nie byłoby wiadomem, czy dana siła działa w kierunku od A ku B, czy też w kierunku odwrotnym (od B ku A) przeto kierunek działania siły, czyli jej lot, zaznacza się

tej prostej strzałką, albo niekiedy koleją liter.

Wobec powyższego rozróżniać należy pojęcia następujące: wielkość siły, kierunek siły, linię działania siły i kierunek działania siły (czyli jej lot). Znając kierunek siły — albo całego układu sił, do niej równoległych — mamy tylko jeden punkt (w nieskończoności), przez który te siły przechodzą; dla otrzymania linii działania siły należy zatem ustalić jakikolwiek drugi punkt, przez który ta siła przechodzić musi (a oczywiście, mając linię działania siły, mamy zarazem i jej kierunek). Ale dopiero przez zdecydowanie kierunku działa> nia tej siły (czyli jej lotu) i wyrażenie jej wielkości przez odpowiednią długość odcinka na linii jej działania charakteryzujemy daną siłę ostatecznie.

Do wszystkich sił, uwzględnianych w jednem zadaniu, musi być oczywiście stosowana ta sama skala sił; jeżeliśmy zatem przyjęli powyższą skalę sił: 1 cm =1000 kg, to w tem samem zadaniu siła R, wyrażona przez odcinek CD, długości 3 cm (rys. 1), wyniesie 5 X 1000.v= 5000 kg, a siła S, wyno-

g> 3i

>    ■■    . o

st

2>

S'

na

3000

sząca 3000 kg, będzie przedstawiona w tern samem zadaniu przez odcinek EF, długości

— 3 cm.

1000

Przy zastosowaniu metod}^ wykreślnej konstrukcye upraszczają się znacznie i często uogólniają, a przytem stają się zrozumialszemi, skoro każdą siłę wyraża odpowiednia linia prosta, gdy tymczasem w geometryi analitycznej dla przedstawienia tejże siły potrzebne jest całe równanie. Ma wprawdzie metoda rachunkowa tę wyższość nad wykreślną, że posługiwać się może liczbami nieskończenie małemi, lub nieskończenie wielkiemi, ale za to w metodzie wykreślnej możemy mieć do czynienia z całkiem dowolnemi krzywemi i obliczać ograniczone przez nie pola z zupełnie wystarczającą dokładnością. A chociaż dokładność metody wykreślnej nie dorównywa oczywiście analitycznej, wobec niemożliwej do osiągnięcia zupełnej doskonałości ołówka, cyrkla i ekierek, to jednak, przy możliwie precyzyjnym rysunku, odpowiedzieć może — w większości zadań techniki budowlanej — najdalej nawet posuniętym wymaganiom.

Dokładność rysunku może być doprowadzona do uwzglę-

dniania

O;

milimetra przy zachowaniu warunków następujących:

1.    Deska rysunkowa musi być starannie wypróbowana.

2.    Ekierki muszą być dokładne, wypróbowane co do prostolinijności i prostokątności.

mm.

3.    Rysować należy ołówkiem twardym (5 H), ostro zatem-perowanym, tak, żeby grubość linii nie przekraczała

4.    Podziałka ma być stosowana metalowa — transwersalna, na której jedynie dają się uwzględniać dziesiąte części milimetra.

5.    Rysować należy na papierze rysunkowym (np. Watma-na), ale nie na tak zwanej siatkówce (czyli papierze milimetrowym), na której najczęściej nie są zachowane kąty proste i o do-kładnem wykreślaniu na takim papierze nie może być mowy. Zaznaczamy jeszcze, że dokładność, dochodząca rzeczywiście do

*

mm, może być osiągana tylko na papierze, naklejanym na

deskę rysunkową. W większości wypadków jednak na takiej dokładności nam nie zależy, zwłaszcza zaś, jeżeli skala rysunku może bj^ć wzięta dostatecznie duża.

ROZDZIAŁ I.

25.

Belka prosta.

H = 20mm. Wielobok sił składać się będzie z siły G

-I J

§ 4. Obciążenie pośrednie siłami rucho-memi skupionemi.

Belki kratowe i wiązary dachowe.

il

p

§ 2. Największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia złożonego.

S*

§ 1. Pojęcia ogólne.

ROZDZIAŁ VII.

ROZDZIAŁ I.

Składanie i rozkładanie sił na płaszczyźnie.

Pod składaniem sił rozumiemy wyznaczanie ich wypad-' kowej, t. j. siły, mogącej w zupełności zastąpić działanie zbiorowe wszystkich danych sił, nazywanych jej składowemi.

§ 1. Jeżeli dane siły plt P₂, p„ p, (rys. 2) działają w tej samej linii prostej AB, ale siły P, i Ps

3j

i*

G^Uj-Ó. Z.

51

£_o

J Q t

-O-O-O-

mają lot na prawo (przyjmijmy ten lot za dodatni), a siły P₂ i P₄ — lot odwrotny — na lewo (lot ten uważać będziemy za ujemny), to dla otrzymania wypadkowej tych sił odkładamy naprzód siłę P₄ od dowolnego punktu na prostej AB z uwzględnieniem jej lotu, naprz. od O do C i zaraz za nią odkładamy siłę P₃ od C do D; od końca tej ostatniej (t. j. od D) odkładamy w kierunku odwrotnym siłę P₂ (od D do E) i dalej za nią siłę P₄ (od E do F). Otrzymany w ten sposób w rezultacie odcinek OF będzie wypadkową R sił P₄, P₂, P₃, P₄, a lot jej będzie od O ku F. Fen sam rezultat osiągnęlibyśmy oczywiście, odkładając kolejno dane siły na linii AB w jakimkolwiek innym porządku z uwzględnieniem lotu każdej.

Powyższe prawo da się wypowiedzieć jeszcze i tak:

Wypadkowa ilukolwiek sił, działających w jednej prostej, jest równa ich sumie algebraicznej i działa w tejże prostej, a lot jej jest wskazany przez znak sumy algebraicznej sił danych. Jeżeli np. wielkości sił P₄ i P₃ z lotem dodatnim (na prawo) są 500 i 400 kg, a wielkości sił P₂ i P₄ z lotem ujemnym (na lewo) są 300 i 200 kg, to ich w3^padkowa: 1^=^ + P₃—P₂—P₄ — 500 + 400 — 300 —- 200 = + 400 kg i ma lot dodatni (na prawo).

i'

Ponieważ otrzymana powyżej wypadkowa OF sił P P2, P₃, P₄ nie jest = o, więc cały układ sił (rys. 2) nie będzie w równowadze, którą osiągnęlibyśmy przez dodanie do owych 4-ch sił jeszcze piątej, P₅, równej i odwrotnej sile R, t. j. siły, wyrażonej przez odcinek, długości OF, z lotem ujemnym (na lewo) od F ku O.

Przy składaniu takich 5-u sił P₄, P₂, P₃, P₄, P₅ dochodzimy, zacząwszy od dowolnego punktu O do tegoż punktu O i to jest dowodem wykreślnym równowagi układu sił, działających w jednej prostej.    *

Zadanie odwrotne: rozkład siły R na n tak zwanych składowych, działających w tej samej linii AB, jest nieoznaczone, chyba, że są dane z góry n— 1 tych składowych; wtedy ostatnią z nich określamy, odjąwsz}^ od siły R sumę algebraiczną danych n—1 składowych.

§ 2. Jeżeli dane siły p₄, p₂, p₃, p₄ przechodzą przez jeden punkt.

Powszechnie jest znanem prawo równoległoboku sił, według którego wypadkowa R dwóch sił P₄ i P₂, wyrażonych przez proste AB i AC (rys. 3), przechodzi przez punkt ich przecięcia A i jest przekątną utworzonego z tych dwóch sił równoległoboku AB DC, a lot jej idzie od A ku D.

Dla otrzymania jednak wypadkowej R dwóch sił P₄ i P2 nie potrzeba wykreślać całego równoległoboku, gdyż wystarcza wykreślić tak zwany trójkąt sił, przeprowadzając przez dowolny punkt A₄ (rys. 4) prostą A₁ B₄, wyrażającą siłę P₄, a przez jej punkt końcowy B₄—prostą B₄ D₄, wyrażającą siłę P₂, (albo też naprzód przez dowolny punkt A₂ (rys. 5) — prostą A₂C₂, wyrażającą siłę P₂, a potem przez C₂— prostą C₂D₂, wyrażającą siłę Pj). Otrzymany w ten sposób odcinek A₁ D4 (albo też A₂D₂) będzie szukaną wypadkową co do wielkości,

kierunku i lotu (oznaczonego strzałką). Różnić się ona będzie od rzeczjrwistej wypadkowej R tylko tem, że linia działania tej ostatniej przechodzi przez punkt A.

Z powyższego wyprowadzany ważny wniosek:

Przy przesuwaniu sił na płaszczyźnie równolegle do ich kierunków nie zmienia się wielkość, kierunek i lot ich wy-* padkowej, zmienia się jedynie jej linia działania.

Pod działaniem sił PŁ i P₂, lub też ich wypadkowej R (rys. 3), punkt A przesuwać się będzie po linii siły R w kierunku oznaczonym strzałką, a więc dla utrzymania równowagi trzebabjr do sił Pt i P₂ dołączj^ć siłę trzecią P₃, równą sile R, ale z lotem odwrotnym. Wtedjr oczywiście ogólna wypadkowa sił Pj, P₂, P₃ będzie = o i siły P^Pg, P₃ będą w równowadze. Ta siła P₃, wyrażona przez odcinek DA, uzupełni ocz}^-

IW 3.

53

3).

5.

31

A,

3?

Aj>

wiście trójkąt At Bx (rys. 4) i A₂ C₂ D₂ (rys. 5) przy obiegu strzałek jednakowym, zkąd wynika, że jeżeli 3 sity P^Pg, P3 (rys. 6), działające na punkt O, tworzą przy składaniu kol ej -nem, z zachowaniem lotu każdej, zamknięty trójkąt sił ABD z jednakowym obiegiem strzałek, to siły te mają wypadkową o, są zatem w równowadze. Gdyby zaś siła P₃ miała lot odwrotny, czyli od A ku D, to (zgodnie z rys. 4 i 5) byłab}^ wypadkową sił Pj i P₂. To samo powiedzieć można oczywiście o każdej z trzech sił Pl5 P₂, P₃, t. j. jeżeli trzy siły P,, P₂, P₃, działające na jeden punkt, tworzą przy składaniu kolejnem (rys. 6) zamknięty trójkąt sił z jednakowym obiegiem strzałek, to każda z nich — o ile zmienimy jej lot na odwrotny — może być uważaną za wypadkową dwóch pozostatych. Ztąd wynika również, że jakiekolwiek 3 siły PŁ, P₂, P₃, działające na jeden punkt O, mogą być w równowadze tylko wtedy, jeżeli leżą w jednej płaszczyźnie i jeżeli przy składaniu tworzą

trójkąt zamknięty z jednakowym obiegiem strzałek, bo tylko w takim razie każda z tych trzech sił może równoważyć

Si -9)

JS<,

Si

dwie pozostałe (czyli być równą wypadkowej dwóch pozostałych i działać w jej linii, ale z lotem odwrotnym).

Zadanie odwrotne: rozkład danej siły R na dwie składowe, dokonywa się, budując na odcinku AD (rys. 3), wyrażającym siłę R, jako na przekątnej, jakikolwiek równoległobok ABDC, którego boki AB i AC wyrażać będą składowe siły R. W tym ogólnym wypadku zadanie jest nieoznaczone, skoro dla danej siły R — jako przekątnej — można wykreślić dowolną ilość równoległo-boków. Najczęściej jednak, oprócz wypadkowej R dane są albo:

I. Wielkość i kierunek jednej ze składowych (ale lot jej nie jest dany), t. j. dane: wypadkowa R, jako odcinek AD z lotem, oznaczonym podwójną strzałką i odcinek BC, wyrażający siłę ?! (rys. 7). Drugą — szukaną składową P₂ wyrażać będzie oczywiście odcinek Q D (otrzymany przez przeprowadzenie

<Üu4. 7

e,

si

2)

równoległej do BC przez punkt A, odłożenie na niej ACł — BC i połączenie Ct z D), a lot tych obu składowych i P₂— odwrotny do lotu wypadkowej— oznaczają pojedyncze strzałki. Zadanie to jest równoznaczne z następuj ącem: Dane dwa boki trójkąta AD, AQ i kąt między nimi «, — wykreślić bok trzeci D.

II. Kierunki obu składowych PŁ i P₂ (ale ich loty nie są dane) (rys. 8): Przeprowadziwszy przez początkowy i końcowy punkt danej siły R, wyrażonej przez odcinek AD z lo-tern, oznaczonym podwójną strzałką, linie w danych kierunkach składowych Pi i P₂, otrzymujemy te szukane składowe — w3^rażone przez odcinki AB i BD z lotami, oznaczonymi pojedynczą strzałką.

Si

°t Si p/\3

Rozwiązanie jest możliwe oczywiście tylko w razie, jeżeli kierunki linii działania składowych nie są jednakowe. Zadanie to jest równoznaczne z następującem: Dany bok AD i dwa kąty przylegle « i ß, wykreślić pozostałe 2 boki trójkąta: AB i BD.

On

SA

91

2)

III.    Wielkość obu składowych PŁ i P₂ (rys. 9): Z początkowego i końcowego punktu A i D danej siły R zakreślamy luki koła o promieniach — wielkościom sił Px i P₂, a łącząc otrzymane punkty przecięcia łuków B i C z punktami A i D, otrzymujemy dwa rozwiązania dla szukanych składowych Pj i P₂: Składową Pj wyrażać będzie odcinek AB (a także AC), składową zaś P₂—odcinek BD (względnie CD). Loty oznaczone są, jak wyżej, strzałkami. Rozwiązanie możliwe jest oczywiście tylko w razie, jeżeli Pi 4-P₂ jest nie mniejsze od R.

Jeżeli P₁+P₂=R, to siły P^

P₂ i R leżą w tej samej prostej, bo dwa punkty przecięcia BiC tworzą wtedy jeden punkt styczności na linii AD. Zadanie to jest równoznaczne z wykreślaniem trójkąta z danych trzech jego boków; — wreszcie

IV.    Wielkość jednej składowej Px (rys. 10) i kierunek drugiej składowej P₂ (loty ich nie są dane): Z końcowego punktu D danej siły R zakreślamy luk kola o promieniu = Px, przecinający linię AM, przeprowadzoną przez A w kierunku składowej P₂, w dwóch punktach B i C, otrzymujemy więc 2 rozwiązania: Szukaną składową P₂ wyrażać będzie odcinek AB (a także AL), szukany zaś kierunek składowej P1 daje odcinek BD (wzgl. CD). Loty oznaczone są jak wyżej

o-

10.

o w ra-

/'JC

Si

SI

OC

strzałkami. Rozwią-JL, zanie możliwe jest czywiście tylk zie, jeżeli wielkość składowej PŁ nie jest mniejszą ód prostopadłej DN, opuszczonej z punktu D na AM. Jeżeli wielkość P₁ jest = tej prostopadłej DN, to otrzymujemy jedno tylko rozwiązanie. Zadanie to jest równoznaczne z następującem: Dane 2 boki trójkąta i kąt a, przeciw-legły jednemu z nich, — wykreślić bok trzeci.

$W>

'a

11.

Si

J,

ii

<3?

123

Dla wyznaczenia wypadkowej ilukolwiek sił danych, działających na jeden punkt A, np. P₄, P₂, P₃, P₄ (rys. 11) składamy naprzód dwie jakiekolwiek siły P4 i P₂ za pomocą trójkąta sił ABC i otrzymujemy ich wypadkową R₁₂, wyrażoną ^ przez odcinek AC, z lotem oznaczonym strzałką; składamy następnie tę wypadkową R₁₂ z trzecią siłą P₃ za pomocą trójkąta sił ACD i o-trzymujemy R₁₂₃, wypadkową sił P₁,P₂,P₃, wyrażoną przez odcinek AD, z lotem oznaczonym strzałką. Składając wreszcie tę wypadkową R z ostatnią siłą P₄ za pomocą trójkąta sił ADE, otrzymamy wypadkową wszystkich czterech sił R₁₂₃₄, wyrażoną przez odcinek AE, z lotem oznaczonym strzałką. Tę samą wypadkową R₁₂₃₄ otrzymać możemy również sposobem następującym (rys. 12): Przez dowolny punkt A' prowadzimy równoległą do siły P₄ i odkładamy w kierunku lotu siły P₄ odcinek A' B' = AB; przez punkt B' prowadzimy równoległą do P₂ i odkła-

damy B' C'—AC; przez punkt C'—równoległą do P₃ i odkładamy C'D'= AD ; przez punkt D'—równoległą do P₄ i odkładamy D' E' = AE. Odcinek A' E' wyrażać będzie wypadkową R

Otrzymany w ten sposób wielobok A' B' C' D' E', różniący się od wieloboku ABODE (na rys. 11) tylko pominięciem przekątnych AC i AD, — więc od niego prostszy — nazywa się wielobokiem sił, a bok A' E', zamykający wielobok, jest wypadkową wszystkich sił, z lotem, idącym od początkowego punktu pierwszej siły P₄, t. j. A', do końcowego punktu ostatniej siły P₄, t. j. E', a więc odwrotnym względem lotu składowych P₄,P₂, P₃,P₄. Tę samą wypadkową R₁₂₃₄ otrzymamy, składając kolejno te same siły Px, P₂, P₃, P₄ w jakimkolwiek innym porządku, np. P₄, P₂,P₃, Pj (rys. 13), bo oczywiście R

123 ii

a lot jej, oznaczon}^ strzałką, idzie od A' ku E'.

4231

(otrzymana na rys. 13) = R₁₂₃₄ (z rys. 12).

9k

12.

li--

Ab'

31

A_Si e

'^4'

^'*3

Si

13.

Pod działaniem sił P₄, P₂, P₃,P₄, lub też ich wypadkowej Ri23₄ (rys- 12), punkt A przesuwać się będzie w kierunku tejże wypadkowej. Jeżelibyśmy jednak wypadkową R₁₂34 zastąpili przez siłę P₅ (rys. 12), równą R₁₂₃₄, ale z lotem odwrotnym, t. j. od E' ku A', to cały układ sił P₄, P₂, P₃, P₄, P₅ byłby w ró-

wnowadze, a siła P₅, wyrażona przez prostą E' A' (z lotem od E' ku A'), uzupełniłaby wielobok A'B'C'D'E' przy jednako^ wym obiegu strzałek. Oczywistem jest teraz, że każda siła układu, np. P₃, jako uzupełniająca wielobok D'E' A' B' Cf, może być uważaną za wypadkową wszystkich pozostałych P1} P₂, P₄, P₅, o ile zmienimy jej lot na odwrotny. Ztąd wynika, że, jeżeli dowolna ilość sił P₁₍ P₂, P₃, P₄, P₅, działających na jeden punkt A (rys. 12), znajduje się w równowadze, to (ich wypadkowa musi być = o, więc) tworzą one — przy składaniu ko-lejnem — (z zachowaniem lotu każdej) wielobok zamknięty, w którym każda z nich — o ile jej lot zmienimy na odwrotny — wyrażać będzie wypadkową wszystkich pozostałych i odwrotnie: Jeżeli dowolna ilość sił, działających na jeden punkt A (rys. 12), tworzy — przy składaniu kolejnem — (z zachowaniem lotu każdej) wielobok zamknięty, to siły te (mają ogólną wypadkową == o, więc) są w równowadze i każda z nich — o ile jej lot zmienimy na odwrotny — może być uważaną za wypadkową wszystkich pozostałych. Zauważn^ jeszcze, że każda przekątna zamkniętego wieloboku sił np. A'D' (rys. 12), wyraża w zestawieniu z AD (rys. 11) — o ile jej lot przyjmiemy od A' ku D' — wypadkową poprzedzających ją w wieloboku sił Pl5 P₂, P₃; o ile zaś jej lot przyjmiemy od D' ku A', to ta sama przekątna wyrażać będzie wypadkową następujących po niej w wieloboku sił P₄ i P₅.

§ 3. Jeżeli dane siły rozrzucone są jakkolwiek na płaszczyźnie. Wypadkową ilukolwiek sił danych I, II, III, IV (rys. 14) możemy wyznaczyć sposobem następującym: Składamy siły I i II w wypadkową R₁₂, którą składamy dalej z siłą III w wypadkową R₁₂₃; tę zaś składamy wreszcie z ostatnią siłą IV w wypadkową R₁₂₃₄, która będzie zarazem ogólną wypadkową sił I, II, III, IV. Możemy jednak rozwiązać to samo zadanie sposobem o wiele praktyczniejszym: Ponieważ, jak dowiedliśmy wyżej (str. 5), od przesuwania sił równolegle do ich kierunków nie zmienia się wielkość, kierunek i lot ich wypadkowej, możemy zatem wyobrazić sobie, że wszystkie siły I, II, III, IV, V (rys. 15) — po odpowiedniem równoległem przesunięciu każdej — przechodzą przez jeden punkt, a do takich sił możemy zastosować powyższe prawo wieloboku sił: Przeprowadzamy więc przez dowolny punkt Z linię równoległą do siły I, odkładamy na niej wielkość siły I z uwzględnieniem jej lotu (t. j.~od Z do a), przez ten końcowy punkt a prowadzimy linię równoległą do siły II i t. d.,jak na rys. 12, a łącząc wreszcie końcowy punkt e odcinka, równoległego do ostatniej siły V, z punktem Z, otrzymujemy wyrażoną przez ten bok zamykający Ze wypadkową sił I, II, III, IV, V, oznaczoną przez 12345, co do jej wielkości, kierunku i lotu (odwrotnego względem lotu sił I, II, III, IV, V). Przytem przekątne otrzymanego wieloboku sił, np. 34, 345 będą, jak wiadomo, wypadkowemi sił III i IV (wzgl. III, IV, V). Widzimy zatem, że dla wyznaczenia wypadkowej sił, rozrzuconych na płaszczyźnie, utworzyć należy z tych sił (po odpowiedniem równoległem przesunięciu każdej) wielobok sił z jednakowym obiegiem strzałek i bok zamykając}^ tego wieloboku będzie ogólną wypadkową układu sił co do wielkości, kierunku i lotu.

N ,..•••

«'/N

:    v

°c

<•?

Pozostaje nam jeszcze w}^znaczyc położenie, czyli linię działania samej wypadkowej R₁₂₃₄₅ : W tym celu przez punkt przecięcia sił I i II (t. j. przez H) prowadzimy linię 121} równoległą do otrzymanej w wieloboku sił 12; (będzie to oczywiście linia działania wypadkowej sił I i II); przez punkt przecięcia tejże z siłą III (t. j. przez J) prowadzimy linię 123t, równoległą do 123 (czyli linię działania wypadkowej sił I, II, III); przez punkt przecięcia tejże z siłą IV (t.j. przez K) prowadzimy linię 1234x, równoległą do 1234 (czyli linię działania wypadkowej sił I, II, III, IV); wreszcie przez punkt przecięcia tejże z siłą V (t.j. przez L) prowadzimy linię 12345^ równo-12345

ległą do 12345 i to będzie linia działania szukanej wypadkom wej R

wszystkich sił I, II, III, IV, V.

Wobec tego, że w tylko co wykreślonym wieloboku HJKL, składającym się z linii: 12u 123!, 1234! i 12345j, każdy bok (np. 1234!) przedstawia linię działania wypadkowej wsz}^-stkich sił, ten bok poprzedzających (czyli I, II, III, IV), wielo-bok taki nazywa się wielobokiem wypadkowych. Przecięcie

$15.

XX

Nf'

A⁻

'A

'-V

Va

?-

/:

¥ !

Ór '

dwóch jakichkolwiek boków tegoż wieloboku (np. boków 12Ł i 1234j) leży na 34Ł, w}^padkowej sił (III i IV), znajdujących się między tymi bokami (12j i 1234J, bo 1234x (jako wypadkowa sił I, II, III, IV) przechodzić musi przez przecięcie siły 12! (wypadkowej sił I i II) z 34Ł (wypadkową sił III i IV). Oprócz tego punktu U wypadkowa 34! sił III i IV musi przechodzić również przez przecięcie sil III i IV, (t. j. przez W)

i jest równoległą do odcinka 34, łączącego początkowy punkt b siły III z końcowym punktem d siły IV w wieloboku sił.

Wskazany wyżej sposób składania sił nie da się jednak zastosować, jeżeli dane siły, np. 1 i II (rys. 16), nie przecinają się na tablicy rysunku, lub są do siebie równoległe. W tym wypadku możemy wprawdzie określić wielkość, kierunek i lot wypadkowej za pomocą wykreślonego z dowolnego punktu a trójkąta sił abc, jako odcinek ac, ale, nie mając punktu przecięcia sił I i II, musimy wyznaczyć położenie wypadkowej w inny sposób: Obran}^ dowolnie punkt Z łączymy z punktami a, b, c i dołączamy do sił I i II—jako pomocniczą — siłę P₀, wyrażoną przez odcinek Z a, nadając jej jakiekolwiek położenie, równoległe do Za, np. GH, przecinające siłę I w pun-

J?-

yf

'ö

. v-

°>0

---ptj

5.

ó'H

fa

TO

'I

\ 1/

»C

kcie H. Wtedy dla sił P₀, I, II wykreślić możemy według rys. 15 wielobok wypadkowych P₀, 01lt 012v a siły P₀ i 012l przetną się w punkcie N, przez który przechodzić musi szukana wypadkowa sił I i II, równoległa do ac.

Uzupełniając powyższy rysunek 16 przez dołączenie do sił I i II jeszcze sił III i IV (rys. 17), przekonamy się łatwo, że wyciągnąwszy po łamanej linii GHJKLM sznur i przyłożywszy w punktach H, J, K, L siły I, II, III, IV, utrzymujemy cały układ sił I, II, III, IV w równowadze i dla tego wielobok taki (GHJKLM) nazywa się wielobokiem sznurowym dla sił I, II, III, IV, wywołujących we wszystkich bokach tegoż siły rozciągające. Istotnie, rozważając siły, działające w każdym wierzchołku wieloboku, np. w J, widzimy, że siła II rozkłada się w kierunkach boków przylegających JH i JK na składowe phi i pki, które otrzymujemy z trójkąta sił Zbc (w wieloboku sił) jako wyrażone przez bZ i Zr, z lotem wskazanym przez porządek liter; podobnież siła III daje w wierzchołku K składowe ptk i pik, wyrażone przez cZ i Zd, a siła IV — w wierzchołku L — daje składowe pki i pmi, wyrażone przez dZ i Ze. Przy tern oznaczeniu jest widocznem, że: pik ——pki;

«I

If-t

“V\

'$

III X \

Al^V

pV/f

ev

/'o'

*4"

Ivr

Jt,

o,

Hy

*‘4 \&

-Axv

[[I-

v*j

*v

oi z;

M-

jni-

A,.

yl*

pki=- — pik i t. d., bo każde dwie takie siły (np. p^ i Pa) działają w tej samej linii (JK) i wyrażają się w wieloboku sił przez odcinki (cZ i Zc), równe, ale z lotem odwrotnym. Każde dwie takie siły (np. pa i pki) rozciągają oczywiście odpowiedni bok (JK), a przeciwdziałają im powstające w sznurze t. zw. natężenia wewnętrzne, równe im i odwrotne, (oznaczone na bokach JK i KL — rys. \1 — przez p'ik i p'ki, p'ki i fik).

Widzimy teraz, że w całym wieloboku sznurowym zachowana jest równowaga, bo w każdym środkowym wierzchołku wieloboku, np. K, jedna składowa pik siły zewnętrznej III zniesiona będzie przez natężenie wewnętrzne p'ki, a drugą składową pik zrównoważy natężenie wewnętrzne p'ki- W dwóch zaś skrajnych wierzchołkach H i L składowe pgh i pmi zrównoważone będą przez p'hg i p'im, powstające wskutek przytrzymywania sznura w jakichkolwiek dwóch punktach boków skrajnych (np. G i M).

Aby rozpoznać, czy dany bok wieloboku, np. JK (rys. 17) jest ściskany, czy też rozciągany, rozkładamy każdą z dwóch sił, działających na jego końcach — a więc siłę II na składowe pki i phi, a siłę III na składowe pik i pik■ Jeżeli składowe, działające w kierunku danego boku-- a więc pki i pik są skierowane od siebie (jak na rys. 17), to bok JK jest rozciągany, jeżeli zaś — ku sobie, to bok JK jest ściskany. Tak np. gdyby siły II i III (na rys. 17) działały w kierunku odwrotnym, to .idąca w kierunku boku JK składowa siły II miałaby oczywiście lot od J do K, idąca zaś w kierunku tegoż boku składowa siły III miałaby lot od K do J, byłyby więc te składowe skierowane ku sobie i bok JK byłby ściśkany. Gdyby zaś wszystkie siły I, II, III, IV (rys. 17) działały w kierunkach odwrotnych, to wywoływałyby w bokach HJ, JK, KL siły ściskające, a wtedy wielobok nazj^wałby się linią ciśnień, mającą szerokie zastosowanie w teoryi sklepień.

Dowolnie obrany punkt Z wieloboku sił nazywa się biegunem, proste, łączące biegun z wierzchołkami wieloboku sił— promieniami, wierzchołki wieloboku sznurowego — węzłami, a pierwszy i ostatni bok tegoż (GH i ML) —bokami skrajnym mi lub zewnętrznymi.

Wobec powyższego — oprócz sposobu podanego na str. 10 i 11-ej (rys. 15), niezawsze możliwego do zastosowania, mamy jeszcze dla wyznaczenia wypadkowej danego układu sił II, III, IV, V (rys. 18) sposób następujący:

Zacząwszy od dowolnego punktu a odkładamy kolejno jedną za drugą siły II, III, IV, V z zachowaniem lotu każdej i otrzymawszy wielobok sił abcde, obieramy dowolnie biegun Z. Dołączamy następnie do układu danego—jako pomocniczą— siłę P₀, wyrażoną przez odcinek Za, nadając jej jakiekolwiek położenie, równoległe do Za, np. GH, przecinające siłę II w punkcie H; przez punkt H prowadzimy HJ, równoległą do Z6 (oznaczmy ją 02J; przez punkt przecięcia tejże z siłą III (t. j. przez J) prowadzimy JK, równoległą do Zc (oznaczmy ją 023Ł) ; przez punkt przecięcia tejże z siłą IV (t. j. przez K) prowadzimy KL, równoległą do Zd (czyli 0234t) i wreszcie podobnież przez L — równoległą LM do Z<? (czyli 02345!). Przez punkt przecięcia S boków skrajnych HG i LM przechodzi wypadkowa 2345A sił II, III, IV, V, a jej wielkość, kierunek i lot daje nam w wieloboku sił odcinek ae. Tak

Ot

18.

<r

1/ K

-r '

O?"'

■^re

K' -.....o ^

-Ai

o,

(T

».

*•

Vt

a/ "

•V

ku

T/‘

samo oczywiście wypadkowa 345j sił III, IV, V przechodzi przez punkt przecięcia T boków skrajnych 02t i 0234Sj, będąc przytem równoległą do be. Zauważmy jeszcze, że otrzymany wielobok GHJKLM jest jednocześnie wielobokiem sznurowym dla sił II, III, IV, V i zarazem może być uważany (w zestawieniu z rys. 15) za wielobok wypadkowych dla sił P₀, II, III, IV, V, bo rysunek 18-ty różni się od 15-go tylko tem, że siła I z rysunku 15-go jest oznaczona przez P₀ na rysunku 18-ym.

Tym sposobem jest oczy wistem, że każdy wielobok w y> padkowych dla sił I, II, III, IV, V (rys. 15) jest wielobokiem sznurowym dla sił II, III, IV, V, t.j. po odjęciu od układu siły I i użyciu jej za pomocniczą siłę P₀ (rys. 18) i odwrotnie każdy wielobok sznurowy dla sił II, III, IV, V (rys. 18) jest wie' lobokiem wypadkowych dla sił P₀, II, III, IV, V, t. j. po włączeniu pomocniczej siły P₀ do układu sił danych.

Innemi słowy: wielobok wypadkowych jest szczególnym przypadkiem wieloboku sznurowego, otrzymuje się bowiem przez umieszczenie obranego dowolnie na rys. 18 bieguna Z w początkowym punkcie pierwszej siły I, jak to jest rzeczywiście na rys. 15-ym.

Porządek, w jakim składamy siły za pomocą wieloboku sił i sznurowego, jest całkiem dowolny i niema żadnego wpływu na wypadkową. Wielkość, kierunek i lot tejże, określane przez wielobok sił, nie mogą oczywiście zależeć od porządku składania sił, trzeba więc tylko dowieść, że nie zależy od niego również i położenie wypadkowej, określane przez wielobok sznurowTy. Połączmy w rys. 19 te same siły II, III, IV, V w innym porządku, niż na rys. 18, np. w porządku: IV, III, V, II

19.

///

V X £ tv \\A

>c

i przy innym biegunie Z, a przekonamy się, że ogólne wypadkowe: na rys. 19—4352l5 a na rys. 18—-2345ł( wyrażone co

do wielkości, kierunku i lotu przez odcinek ae, pozostają te same na rys. 18 i 19 i co do swego położenia.

Łatwo przekonać się jeszcze, że również wprowadzenie zamiast kilku jakichkolwiek sił, np. III, IV, V (rys. 18) ich wypadkowej 345X nie wpływa wcale na ogólną wypadkową, wiadomo bowiem, że boki skrajne 02x i 02345^ odpowiadające tym siłom III, IV, V, przecinać się muszą na ich wypadkowej 345! w punkcie T, więc siła 02x musi dać w połączeniu z wypadkową 345x ten sam bok skrajny 02345!, czyli oba te skrajne boki zostaną na swoich miejscach, a zatem nie zajdzie żadna zmiana w całym pozostałym wieloboku sznurowym.

§ 4. Związek między wielobokiem sił i wielobokiem sznurowym. Wielobok sił i wielobok sznurowy są to t. zw. figury odwrotne: Każdemu bokowi jednej odpowiada wierzchołek drugiej i na odwrót, a przytem:

1.    Boki wieloboku sznurowego są równoległe do promieni wieloboku sił.

2.    Boki wieloboku sił są równoległe do sił zewnętrznych, działających w węzłach wieloboku sznurowego.

3.    Wielkość natężenia w jakimkolwiek boku wieloboku sznurowego wyraża się przez wielkość odpowiedniego, równoległego do tegoż boku promienia wieloboku sił.

4.    Dla danego układu sił i dla danego bieguna Z (rys. 18) można wykreślić—zmieniając tylko pomocniczą siłę P₀ na jakąkolwiek inną, do niej równoległą, np. P₀'— dowolną ilość wieloboków sznurowych (np. H'J'K'L'....) o bokach równoległych: H'J'||HJ, J'K'IIJK, K'L'JKL i t. d.

5.    Dla danego układu sił można wykreślić—zmieniając położenie bieguna — dowolną ilość wieloboków sznurowych, które jednak wszystkie doprowadzają do tej samej wypadkowej.

6.    Bok zamykający (ae) wieloboku sił wyraża wielkość, kierunek i lot wypadkowej (2345 Ł) całego układu sił (II, III, IV, V), przechodzącej przez punkt przecięcia (S) boków skrajnych (HS i LS) wieloboku sznurowego.

7.    Przez punkt przecięcia (T) dwóch jakichkolwiek boków wieloboku sznurowego (np. boków 02₁ i 02345) na rys. 18) .przechodzi wypadkowa 345Ł wszystkich sił (III, IV, V), położonych między tymi bokami, a jej wielkość, kierunek i lot wyraża w wieloboku sił odcinek be, łączący początkowy punkt siły III z końcowym punktem siły V. ■■-■■V

§ 5. Zmiana bieguna, jeżeli dla układu sił Plf P₂, P₃, P₄ (rys. 20) przy biegunie Z, obranym dowolnie, otrzymaliśmy wielobok sznurów}⁷ HJKL, to zmieniając położenie bieguna na jakiekolwiek inne, np. Z', otrzymamy inny wielo-

$uuó. 20.

ÀS-

Sc-

-yy

Vt°

Sx!

"-Hx;

fr

&"'"l

o\ '

vH?**

x.f

cf y ■

K>--

o.'-r-

*-■

-■■ft

X-Of ■

___

?o si

a?

\\

\c

%\ X •

'6

-r.

lu

Mi

bok sznurowy H'J'K'L', którego każden bok (np. 0,123₁) przecinać się będzie z odpowiednim bokiem wieloboku HJKL (a więc' 0123,) na linii prostej TU, równoległej do linii ZZ', łączącej oba bieguny. Aby tego dowieść, zauważmy, że siłę

0' 123i otrzymujemy, dołączając do siły 0123Ł siłę, wyrażoną przez odcinek Z'Z (z lotem od Z' ku Z), a ten odcinek wyraża wypadkową siły P₀' i siły P₀ z odwrotnym lotem, przechodzącą oczywiście przez punkt N (przecięcia sił P₀' i P₀) i równoległą do Z'Z, a więc siła O'^S^jako ogólna wypadkowa sił 0123x i wypadkowej sił P'₀ i — P₀, musi przechodzić przez punkt przecięcia V siły 0123₁ i wypadkowej sił P₀' i—P₀, czyli siły 0T23! i 0123Ł przecinają się na owej wypadkowej sił P'₀ i—P₀, t. j. przez punkt przecięcia N sił P'₀ i P₀. [Ta własność dwóch wieloboków sznurowych o różnych biegunach Z i Z' jest odra-zu oczywistą, jeżeli porównamy ze sobą dwa tak zwane czworoboki zupełne (rys. 20) np. JJ'TU i bcZZ'. Ponieważ 5 boków jednego: JU, JJ', J'T, J'U, JT są równoległe do odpowiednich boków drugiego: cZ, cb, bZ', cZ', bZ₎ więc i szóste boki UT i ZZ' muszą być do siebie równoległe]. Ztąd wynika, że mając wielobok sznurowy dla bieguna Z, otrzymamy wielobok sznurowy dla jakiegokolwiek innego bieguna Z', przeprowadzając jakąkolwiek równoległą do Z'a i przez jej punkt przecięcia z P₀, t. j. przez N — równoległą do Z Z', na której przecinać się muszą wszystkie odpowiednie boki wieloboków sznurowych z biegunami Z i Z’.

linii, równoległej do Z'Z i przechodzącej

na

Łącząc zatem punkt przecięcia siły P₀' z siłą Pu czyli H' z punktem przecięcia siły 01, z NU, t. j. z T, otrzymujemy 0'Ł i tak samo otrzymujemy 0'\2X, jako linię, łączącą J' z U i t. d.

Jeżeli biegun Z' zbliżać będziemy stopniowo od Z' ku Z i wreszcie weźmiemy go nieskończenie blizko Z, ale przytem punkt H' zostawimy na miejscu (co jest równoznaczne z obraniem przy tym samym biegunie Z nowej siły pomocniczej P'₀, równoległej do poprzedniej P₀), to boki P'₀, 0'lj, 0'l2ly.... staną się równoległymi do odpowiednich boków P₀, 01x, 012!.. i wszystkie punkty T, N, U... (cała prosta TU) oddalą się w nieskończoność: będą to zatem dwa wieloboki sznurowe z odpowiednimi bokami do siebie równoległymi, co zresztą widzieliśmy już wyżej na str. 18-ej.

Zauważmy jeszcze, że jeżeli na rys. 20, przy obraniu bieguna Z z jednej strony wieloboku sił otrzymaliśmy wielobok sznurowy, to przeniósłszy biegun na stronę przeciwną tegoż wieloboku sił, np. do Z', otrzymamy linię ciśnień (bo rozważając np. bok J'K' i rozkładając (zgodnie ze str. 14) każdą z dwóch sił P₂ i P₃, działających na końcach boku J'K' na składowe,

przekonamy się, że składowe, działające w tym samym boku J'K', skierowane są ku sobie, dla ’boku zaś JK — od siebie, więc bok J'K' jest ściskany, a bok JK — wyciągany).

§ 6. Układ sił równoległych. Jeżeli mamy w danej płaszczyźnie układ sił do siebie równoległych, to wspólny punkt ich przecięcia leży w nieskończoności, a zatem dla otrzymania np. wypadkowej dwóch sił PŁ i P₂, równoległych, z jednakowym lotem (rys. 21), lub też dwóch sił Pt

O......><-

O—

*!

.ôU

X?0

V*

•r

A

s?

> < '

P'..

■%

O-.

ÿ-

Sfc! ■

; *-àe

°;

i P₂, równoległych, o odwrotnych lotach (rys. 22), zastosować należy sposób ogólny, podany na str. 15. Wykreślamy więc wielobok sił Pi i P₂, który w danym wypadku będzie prostą ABC; wielkość wypadkowej R wyrażać będzie suma algebraiczna sił Px i P₂, więc dla rys. 21:

R = AB + BC = AC, a dla rys. 22: R = AB—BC = AC.

Aby zaś wyznaczyć położenie wypadkowej (rys. 21 i 22), przyjmujemy dowolnie biegun Z i siłę, wyrażoną przez odcinek ZA, dołączamy jako pomocniczą P₀, nadawszy jej jakie-

■ ■ $ i ........-4i? i

'•«À

kolwiek położenie równoległe do ZA, np. ST, przecinające siłę P₁ w T; przez T prowadzin^ równoległą do ZB, t. j. Oh, przez punkt przecięcia tejże z silą P₂ (t. j. przez U) prowadzimy równoległą do ZC (t. j. 012₃) i szukana wypadkowa R przechodzić będzie przez punkt przecięcia 0₃ i 012₃ (t. j. przez S) równolegle do P₃ i P₂.

Określmy jeszcze położenie wypadkowej R analitycznie: Wskutek podobieństwa trójkątów TNS i BZA (rys. 21) otrzy-

^ i podobnież z trójkątów NUS i BZC:

mujemy: v

NS AB

NS

— a zatem: a X AB = b X BC, czyli: axP₁ = éxP₂,

więc:

(O)

y, iSttp. 2.2..

■>

--o

y ■ •-l

'o

..X"

-o-

O....

.......

Zupełnie analogicznie, wskutek podobieństwa trójkątów SNT i ACZ (rys. 22), otrzymujemy:    ^

z trójkątów NUT i CZB:    = H

(b—a) X BC, czyli: a x (AC -f BC) = £ x BC, albo też: aX Px — b X P₂, więc: ~

BC’

AC

i podobnież

a zatem : a X AC =

P₂

"Pi

Tak więc wypadkowa 2-ch sit równoległych z jednakowym lotem, (ryś. 21) przechodzi między niemi, wypadkowa zaś 2-ch sił równoległych o odwrotnych lotach (rys. 22) przechodzi zewnątrz obu sił, po stronie siły większej, a odległości a i b sił składowych Px i P₂ od wypadkowej R są w obu razach odwrotnie proporcyonalne do sił Pi i P₂.

Z równania (o) wynika oczywiście również, że (rys. 21)

TN

p

—p², a więc dla określenia położenia wypadkowej

dwóch sił równoległych Pi i P₂ (rys. 21) trzeba jakikolwiek odcinek między temi siłami, np. GD, podzielić w stosunku P₂: Px, czyli wystarcza odłożyć je jedną za drugą na jednej z nich (a więc np. od D do E siłę Px, a od E do F siłę P₂) i połączywszy jakikolwiek punkt G, wzięty na drugiej sile P1? z punktami D i F, przeprowadzić przez E równoległą do FG, która przetnie GD w punkcie J, określającym położenie JG EF P

-wypadkowej R, bo    Zupełnie tak samo, uży

wając nawet tych samych liter z rys. 21, zastosujemy powyższe rozumowanie do rys. 22, czyli do sił P, i P₂, idących w kierunkach odwrotnych i otrzymamy punkt J, określający położenie wypadkowej R. (Zauważmy jeszcze, że, gdybyśmy odłożyli na rys. 21 siłę P₂ nad siłą Pj (t. j. od D do E' siłę P2 i od E' do F siłę PJ to połączywszjf punkt G z D i F, przeprowadzilibyśmy przez punkt E' równoległą do GD i otrzymalibyśmy na linii GF punkt J', określający wypadkową R. Gdybyśmy zaś na rys. 22 odłożyli naprzód siłę P2 (np. od F' do D, a potem siłę P₁ od D do E), to, łącząc punkt G z F' i E, przeprowadzilibyśmy przez punkt D równoległą do GF' i otrzymalibyśmy na linii GE punkt J', określający wypadkową R).

Jeżeli szukamy wypadkowej dla układu ilukolwiek sił równoległych I, II, III, IV, to zupełnie tak samo, jak wyżej, wykreślamy wielobok sił (rys. 23), stanowiący prostą abcde i wielobok sznurowy JKLM, a przez przecięcie S boków skrajnych P₀ i 01234x musi przejść wypadkowa R = 1234Ł, której wielkość wyraża odcinek ae.

Jeżeli zaś odwrotnie — chcemy cały układ sił równoległych I, II, III, IV, lub też otrzymaną ich wypadkową R (rys. 23), zastąpić przez dwie składowe P₁ i P₂, działające w danych liniach, np. X, X₂ i Yj Y₂, to wystarcza połączyć punkty

przecięcia linii XŁ X₂ z P₀ i Y₁ Y₂ z 01234! i do otrzymanej w ten sposób prostej TU przeprowadzić równoległą przez biegun Z. Odcinek an wyrażać będzie szukaną siłę P1} odcinek zaś ne — siłę P₂, jak o tern przekonywa porównanie rys. 23 z rys. 21, (na którym należy tylko zastąpić literę B przez n). Oczywiście siły Px i P₂ zastępują w zupełności siłę R, albo też cały układ sił I, II, III, IV. Wynika stąd, że dwie siły, równe, ale wprost odwrotne siłom Px i P₂, utrzymują w równo' wadze układ sił I, II, III, IV. Twierdzenie to znajdzie ważne zastosowanie poniżej—przy obliczaniu belek na 2-ch podporach.

25

; cx&

~ ' <iu

-ki

-S£L

yy

o'

■■f

v,

nr

iS

sa--

./

//’i ••.

Mi •• ; ;.* ' •

\0?

>X

0?

.    / JH ^Çs-'- ^V.V

I '    >/

ici «K**"*

i?

[|F

■?v

o'-

>-

■H-

Widzieliśmy już na str. 18-ej, że promienie wieloboku sił, np. 0,01,012,0123.... (rys. 23) wyrażają natężenia, wywołane w bokach wieloboku sznurowego przez siły zewnętrzne I, II, III, IV. Każde z tych natężeń, rozkładane w kierunku prostopadłym do sił zewnętrznych i w jakimkolwiek innym, daje (w kierunku prostopadłym do sił zewnętrznych) tę samą składową H, czyli tę samą poziomą składową H, o ile siły zewnętrzne są pionowe. Ta pozioma składowa nazywa się

natężeniem poziomem lub odległością biegunową i oznacza się zwykle literą H.

§ 7. Rozkład siły na 3 składowe, działające W danych liniach. Zgodnie z powyższem (str. 6) można rozłożyć daną siłę na 2 składowe nieskończoną ilością sposobów, a więc tembardziej przy rozkładaniu danej siły na 3 składowe koniecznem jest określić z góry ich linie działania.

Zauważmy jednak, że 1) jeżeli te 3 dane linie działania składowych przecinają się w jednym punkcie, to a) o ile ten punkt przecięcia nie leży na wypadkowej R—zadanie jest niemożliwe do rozwiązania (bo wypadkowa trzech sił, przechodzących przez jeden punkt, musi przez ten punkt przechodzić) i b) o ile punkt przecięcia danych 3 linii działania leży na wypadkowej R — zadanie może być rozwiązane w najrozmaitszy sposób, bo każdy czworobok, mający za jeden bok odcinek R, a trzy pozostałe równoległe do linii działania składowych, będzie odpowiadał zadaniu.

roz-

, kłada się na 2 tylko składowe PŁ i P₂ — i wreszcie 3) jeżeli żadna z 3-ch danych linii działania szukanych składowych nie przecina się z drugą na wypadkowej R, to rozkładamy siłę R na 3 składowe, działające w danych liniach I, II, III (rys. 24) sposobem następującym: Punkt przecięcia E którejkolwiek

123

Szczególnym przypadkiem tego rodzaju jest rozkład siły na 3 do niej równoległe, (a więc mające punkt wspólny w nieskończoności). Jeżeli więc mamy belkę obciążoną, opartą na 3-ch podporach, to zasady statyki nie dają nam możności określenia, jak się ciężar rozkłada na te 3 punkty i zadanie to rozwiązane być może tylko na zasadzie teoryi sprężystości; 2) jeżeli z tych 3 danych linii działania szukanych składowych dwie (np. P₁ i P₂) przecinają się w punkcie M, leżącym na wypadkowej R₁₂₃, to zadanie jest niemożliwe do rozwiązania, gdyż wypadkowa R₁₂ tych dwóch składowych P1 i P₂, złożona z trzecią składową P₃, musiałaby dać w rezultacie ogólną wypadkową R₁₂₃, przechodzącą przez punkt przecięcia R₁₂ i P₃. Ale że R₁₂, jako wypadkowa sił Pj i P₂, przecinających się w M na wypadkowej R₁₂₃, nie może mieć (oprócz M) drugiego punktu przecięcia z R₁₂₃, (a przez punkt M siła P^ nie przechodzi), więc zadanie jest nierozwiązalne, a właściwie wypada w tym razie składowa P₃ =

z danych linii z wypadkową R łączymy z punktem przecięcia D dwóch pozostałych (I i II); rozkładamy siłę R za pomocą trójkąta sił ZBC na dwie składowe, działające w liniach III i DE, czyli wyrażone przez odcinki BC i ZB, a tę ostatnią (działającą w DE) rozkładamy za pomocą trójkąta sił ZAB znowu na 2 składowe, działające w liniach I i II, wyrażone przez odcinki ZA i AB. Siły, wyrażone przez odcinki ZA, AB i BC z lotami oznaczonymi strzałką, idącymi w kierunku odwrotnj/m lotowi wypadkowej R, są szukanemi składowemi siły R.

8-

Zauważmy, że zadanie powyższe jest odwrotnem do rozwiązanego na rys. 15: wykreślania wieloboku wypadkowych dla sił I, II, III; teraz bowiem mamy dany wielobok wypadkom wych, składający się (rys. 24) z odcinków I, DE, R (bo DE jest wypadkową sił I i II, R jest wypadkową sił I, II, III) a wykreślić mamy wielobok sil, z którego otrzymujemy szukane składowe I, II, III. To odwrotne zadanie rozwiązujemy bardzo łatwo, przeprowadzając przez dowolny punkt Z (wzięty np. na linii R) promienie wieloboku sił, czyli linie równoległe do I, DE i R; na tej ostatniej odkładamy odcinek ZC = R i przez punkt C prowadzimy równoległą do III, przecinającą ZB w punkcie B, przez który prowadzimy równoległą do II, przecinającą ZA w punkcie A.

§ 8. Warunki równowagi sił rozrzuconych na płaszczyźnie, z podanego powyżej sposobu wyznaczania wypadkowej sił rozrzuconych na płaszczyźnie wynika, że dla równowagi jakiegokolwiek układu sił jest ko-niecznem, aby utworzony dla tego układu sił—przy jednakowym obiegu strzałek — wielobok sił był zamknięty (bo tylko w tym razie wypadkowa tych sił jest = o). Warunek ten jest więc niezbędnym, ale jest zarazem wystarczającym tylko dla układu sił, przechodzących przez jeden punkt na płaszczyźnie. Dla układu zaś sił rozrzuconych na płaszczyźnie koniecznem jest jeszcze, aby wielobok sznurowy był również zamknięty.

Zauważmy, że wogóle, przy zamkniętym wieloboku sił [t. j. po dodaniu do układu sił II, III, IV, V (rys. 18) siły VI, równej, ale odwrotnego lotu z siłą 2345Ł, (wypadkową sił II, III, IV, V), wyrażonej w wieloboku sił przez odcinek ea] punkt a jest zarazem początkowym i końcowym punktem wieloboku sił, a zatem pierwszy i ostatni bok wieloboku sznurowego muszą być oba równoległe do Z a, albo też tworzyć jedną prostą. Zależy to od tego, czy dodana siła VI działa w linii owej wypadkowej 2345x, czy też jest tylko do niej równoległą. 1) Jeżeli siła VI działa w linii wypadkowej 2345,, to tak, jak wypadkowa 2345^ przechodzi również i siła VI przez punkt przecięcia S boków skrajnych, czyli sił P₀ i 02345A. Ale siła VI, złożona z siłą 02345,, daje siłę 023456₁₍ przechodzącą oczywiście przez tenże punkt przecięcia S; a ponieważ obie siły 023456₁ i P₀ muszą być równoległe do Z a i mają wspólny punkt S, więc tworzą jedną linię i wielobok sznu-rowy jest zamknięty. (Jest to zresztą oczywiste i dlatego, że jeżeli układ II, III, IV, V, VI jest rzeczywiście w równowadze, to dołączywszy go do siły P₀, musimy—po wykreśleniu wie-loboków sił i sznurowego — otrz3^mać w rezultacie tę samą siłę P₀, a więc wypadkowa 023456,, musi tworzyć tę samą prostą, co siła P₀ i zamknąć wielobok sznurowy).

I odwrotnie—jeżeli oba wieloboki: sił i sznurowy są za-knięte, to ostatnia siła 023456,, którą otrzymaliśmy, jako rezultat dołączenia do siły P₀ układu II, III, IV, V, VI, tworzy jedną siłę z siłą P₀, czyli układ sił II, III, IV, V, VI, dołączony do siły P₀, nie wywarł na nią żadnego wpływu, jest więc sam w⁷ równowadze. 2) Gdybyśmy jednak, zamiast siły VI, dołączyli do układu II, III, IV, V siłę jej równą i równoległą VI",

to otrzymalibyśmy zamiast punktu S—S" i zamiast 023456j— 023456'^, równoległą do poprzedniej, ale niezamykającą wie-loboku sznurowego. Ta siła P₀" byłaby równą i równoległą do siły P₀, a więc dołączenie do siły P₀ układu II, III, IV, V, VI" wywołałoby przesunięcie siły P₀ w położenie P₀" i układu sił II, III, IV, V, VI" nie możnaby uważać za znajdujący się w równowadze.

Przesunięcie siły P₀ w położenie P₀" może być oczywiście osiągnięte także przez dołączenie do siły P₀ dwóch

25.

CL

O.....

"■•■-a

«ft

y,

■ '-y.v

iy /X

sił:

P₀ i -f P₀", równych i równoległych, ale odwrotnego lotu. Takie dwie siły nazywamy parą sił i wrócimy do nich w następnym rozdziale, a tymczasem zaznaczymy tylko, że układ sił II, III, IV, V, VI" wywiera ten sam skutek, co para sił.

Tak więc w razie równowagi wieloboki sił i sznurowy muszą być zamknięte, a przez to osiągniętą również będzie równowaga sił zewnętrznych z siłami wewnętrznemi, jak tego dowiedziemy zaraz np. dla układu sił Pt, P₂, P₃, P₄, P₅ na rys. 25 (na którym zaznaczyliśmy natężenia wewnętrzne na obu

wielobokach, zgodnie ze stron. 14 rys. 17). Jeżeli wyobrazimy sobie, żeśmy przecięli wielobok sznurowy po linii XY i usunęli część prawą, to dla utrzymania w równowadze pozostałej części lewej musimy zastosować w punktach X' i Y' siły równe natężeniom wewnętrznym plsip4₃- Widzimy więc, że natężenia p₁₂ i />₄₃, które teraz stały się siłami zewnętrzne-mi, muszą utrzjnnywać równowagę z siłami zewnętrznemi P₄, P₅,P₄ (bo wszystkie pozostałe natężenia wewnętrzne ^>₄₅,/?₅₄, Pbi>Pis znoszą się wzajemnie, jako równe i odwrotne). Wypadkowa więc sił p₁₂ i pA3 musi być równą i odwrotną wypadkowej sił PjjPg, P₄, czyli = — 154u (co zresztą jest widoczne z wieloboku sił, na którym wypadkowa sił p₁₂ i piZ wyraża się przez odcinek bd, a wypadkowa 154t przez odcinek db). Tak samo oczywiście natężenia p2l i pu muszą zrównoważać siły zewnętrzne P₂ i P₃ i ich wypadkowa jest równą i odwrotną wypadkowej sił P₂ i P₃, czyli = —23₄. Ta wypadkowa sił p2i i pZ4 wyraża się przez odcinek db i przechodzi oczywiście zarówno przez punkt przecięcia sił P₂ i P₃, jakoteż przez punkt przecięcia sił p2l i p2i. A ponieważ wypadkowa sił Piz i 7^43 jest równą i odwrotną wypadkowej sił p₂₁ i ^>₃₄, więc i wypadkowe 154Ł i 23₄ są to dwie siły równe sobie i odwrotne — utrzymują się więc nawzajem w równowadze.

wej sił wadze].

Ztąd wniosek, że po rozdzieleniu układu sił P₄, P₂, P₃, P₄, P₅, znajdującego się w równowadze, na dwie grupy sił, np. P₄, P₅, P₄, i P₂, P₃, każda z tych grup utrzymuje drugą w równowadze. Specyalnym przypadkiem tego twierdzenia jest, że każda pojedyncza siła układu utrzymuje wszystkie pozostałe w równowadze, o ile wieloboki sił i sznurowj^ są zamknięte, [co zresztą wynika wprost z punktu 7 str. 18, według którego przez punkt L (rys. 18), jako punkt przecięcia dwóch boków 02345x i 0234x, musi przechodzić wypadkowa wszystkich sił, położonych między tymi bokami (a przy zamkniętym wieloboku sznurowym rys. 18 będą to siły: VI, II, III, IV) i wyrazi się w wieloboku sił przez odcinek ed, (łączący początkowy punkt siły VI z końcowym punktem siły IV). Jestto więc oczywiście siła V, ze zmianą tylko jej toku na odwrotny. A zatem siła V, jako równa i odwrotna wypadko-utrzymuje te wszystkie siły w równo-

Zauważmy jeszcze, że obrawszy biegun wewnątrz zamkniętego wieloboku sił (rys. 25), otrzymaliśmy zamknięty wie'

lobok sznurowy, a otrzymalibyśmy zamkniętą linią ciśnień, gdyby siły zewnętrzne P₄, P₂, P₂, P₄, P₅ działały w odwrotnych kierunkach. Obierając zaś biegun zewnątrz zamkniętego wieloboku sił, otrzymujemy zamiast cząści wieloboku sznurowego— linię ciśnień. Tak np. dla układu sił Plt P₂, P₃, P₄

26.

Z'

T₀v"

V - -² * ' -    /

,C

/O

■i

It

£ --

(i .

f.'

où.

ściskanymi; dla bieguna zaś Z" — 0"v 01"₄, 012"₄, 0123//₁—z bokami 0"₄, 012"₁, 123'^—rozciąganymi i 01'\ — ściskanym.

(rys. 26) otrzymujemy dla bieguna Z wielobok sznurowy 0₄, 01₄, 012₄, 0123₄; dla bieguna Z' — 0'₄, 01'₄, 012'₁, 0123'₄ — z bokami 0P₄ i 0123'₄ rozciąganymi (zgodnie ze str. 15) a 0' i 012'

ROZDZIAŁ IL

§ 1. Momenty statyczne. Jeżeli na ciało, mające jeden punkt stały O, działa siła P, nie przechodząca przez ten punkt, to usiłuje obracać ciało naokoło tego punktu, a skutek jej działania będzie proporcyonalny do wielkości siły i do jej odległości od owego punktu stałego.

Za miarę więc oddziaływania tej siły P na punkt O przyjmujemy iloczyn z jej wielkości P przez jej odległość od punktu O (rys. 27) i iloczyn ten nazywamy momentem statycznym— albo momentem obrotu — albo wreszcie krócej — momentem siły P względem punktu O, nazywanego biegunem moment tu. Odległość p bieguna O od siły P nazywamy ramieniem momentu.

27.

Ap

A\ 0

Siła P, mająca lot oznaczony strzałką, wywołuje obrót względem bieguna O (rys. 27) w kierunku, zgodnym z obiegiem wskazówki zegarowej, siła zaś odwrotnego z nią lotu wywoła oczywiście obrót w kierunku przeciwnym biegowi wskazówki zegarowej. Dla odróżnienia tych obu obrotów przyjmujemy pierwszy z nich, idący w kierunku, zgodnym z biegiem wskazówki zegarowej—za dodatni, drugi zaś — za ujemny, a więc moment siły P względem bieguna O będzie dodatni, czyli: M = +P.p; moment zaś siły P' względem tegoż bieguna O będzie ujemny, (wywołuje ona bowiem obrót w kierunku przeciwnym biegowi wskazówki zegarowej) czyli:

⁹ M' = — P

Z określenia momentu, jako iloczynu P.p, wynika, że moment siły P względem bieguna, leżącego na linii siły P, jest (bo p = o). Ponieważ siłę wyrażamy najczęściej w kilogramach^ a ramię—jako długość — w jednostkach linijnych, np. w metrach, więc za jednostkę momentów przyjmujemy moment siły = 1 kilogr., działającej w odległości od bieguna = 1 metr., czyli t. z. kilogramometr i oznaczamy kilogramome-try przez kgm (a kilogramy przez kg). Wykreślni.e przedstawia się moment siły P (względem bieguna O) czyli P./?, jako pole prostokąta, mającego za podstawę siłę P, a za wysokość ramię p, a więc moment siły P = ej 800 kg względem bieguna, oddalonego od niej o 3 metry, wyrazi się wykreślnie (prz}^ skali dla sił: 200 kg = 1 cm, a dla długości: 1 m = 1 cm), jako pole prostokąta z podstawą = 4 cm i wysokością = 3 cm, czyli 4X3 = 12 cm². Ponieważ zaś moment ten = P.p = 800 kg X 3 m = 2400 kilogramometrów, czyli 2400 kgm i wyraziliśmy go przez 12 cm², więc w tym wypadku za skalę dla momentów przyjęliśmy: 200 kgm = 1 cm², co oczywiście wypada również wprost z pomnożenia skal: 200 kgX 1 m = 1 cm X 1 cm, czyli 200 kgm = 1 cm².

Możemy także za wykreślne przedstawienie momentu siły P (względem bieguna O) uważać wszelkie inne pole, równo-

efWó. 28.

wielkie polu prostokąta P.p, a więc np. podwójne pole trój-kąta z podstawą P i wierzchoł-/ / kiem O.

/%

Je

X-

Pm* Pm—P\-.hn,,

W obliczeniach wykreśl-nych przedstawiamy również niekiedy momenty za pomocą odcinków linii prostej; w tym celu sprowadza się pole, przedstawiające momenty, do jakiejkolwiek wspólnej podstawy, np. H i wtedy wielkości momentów Pt.pv P₂.p₂, P₈./VP4^4i wyrażają się przez: H.hlf H,h₂, H.^3, Hi będą proporcyonalne do wj^sokości hu h₂, hz, Każda z tych wysokości określa się oczywiście z odpowiedniego równania:

więc jako czwarta proporcyonalna do Pm, pm i H, może być otrzymaną wykreślnie (rys. 28), odkładając na jednej z dwóch dowolnych prostych: AB = H i AC =pm, na drugiej zaś: AD = Pm, a przeprowadzona przez C równoległa do BD daje nam: AE = ^m.

Ponieważ iloczyn H.hm wyrażać ma moment w jednostkach momentu (kilogramometrach), więc jeden z tych czynników oznaczać musi długość (metry), a drugi siłę (kilogramy), a zatem, jeżeli za wspólną podstawę H przyjęliśmy jakąś długość (np. 6 jednostek na skali długości), to moment

rm.pm, równy H.AW, wynosić będzie 6hm—i hm mierzyć należy na skali sił, nadając każdej jednostce skali sił wartość 6 jednostek momentów (czyli 6 kilogramometrów). I odwrotnie— jeżeli przyjęliśmy np. H = 5 jednostkom na skali sił, to moment Pm.pmj równy    wynosić będzie 5 hm—i hm mierzyć

należy na skali długości, nadając każdej jednostce skali dłu«' gości wartość 5-u jednostek momentów (czyli 5 kgm). W razie zaś przyjęcia H za jednostkę długości (czy też siły) moment Pm-Pni, równy W.hm, wyrazi się wprost przez hm, mierzone na skali sił (wzgl. długości) i każdej jednostce tej skali nadać należy wartość jednej jednostki momentów.

§ 2. Składanie momentów. Suma algebraiczna momentów sił rozrzuconych na płaszczyźnie względem do" wolnego bieguna równa jest momentowi wypadkowej tych sił względem tegoż bieguna. Dowiedźmy tego przedewszystkiem dla dwóch sił PŁ i P₂ (rys. 29): Za momenty sił P1} P₂ i R

■ 29.

J *

—y-

XX

■>

47 k,

X ••

; 'XX -

% ej

9,

/

• X    ! JO-■

/■ ■■■ o / /

ii

o-.

:e

h"

r -o

- _ ;X-.G

-HO

względem bieguna O uważać możemy podwójne pola trójkątów ABO, ACO, ADO, mających wspólną podstawę AO, a wysokości h1} h₂ i h. Trzeba więc tylko dowieść,że hx + hi=h. Przeprowadzając przez B równoległą do AO, otrzymujemy: FG ~hl i (na mocy równości trójkątów DBF i CAE)"DF = CE = /s₂; a że FG + DF = A, więc: hx-\-h₂ = h, a zatem:

Mom. P^Mom. P₂ = Mom. R.

Gdybyśmy biegun O obrali nie zewnątrz sił Pt i P ale np. w O (rys. 30), to wspólną podstawą rozpatrywanych trójkątów będzie znowu AO, a przeprowadziwszy przez D równoległą do AO, otrzymamy: FG=// i BF = h₂\ a że BF +

+ FG = äl, więc: h₂-\-h = hx, czyli: hx—h₂=h. Przekonywamy się się zatem, że w tym wypadku: Mom. Px—Mom. P₂ = Mom. R, ale to tylko potwierdza nasze powyższe twierdzenie, (że su-algebraiczna momentów sił Pi i P₂ jest równą momentowi wypadkowej R), gdyż moment siły P₂ (wywołującej około bieguna O obrót w kierunku przeciwnym biegowi wskazówki

zegarowej) musi być uważany za ujemny i wprowa-zna-

ma

' Si

T _ _^o dzony do równania ze kiem (—).

Jeżeli wreszcie obierzemy biegun O na wypadkowej R sił Px i P₂ (rys. 31), to moment siły R względem O będzie — o, więc suma algebraiczna momentów sił Pi i P₂ musi być = o. Istotnie momenty sił Pt i P₂, przedstawione jako podwójne pola trójkątów AOB i AOC o wspólnej podstawie AO i równych wysokościach hx = h₂, są sobie równe, ale odwrotnego znaku (bo moment siły P₂ uważać musimy za ujemny), t. j. Mom. Px = — Mom. P₂, albo: Mom. P^Mom. P₂=n, a więc momenty obu składowych względem bieguna, leżącego na ich wypadkowej, są równe, ale odwrotnego znaku.

Twierdzenie powyższe możemy uogólnić dla dowolnej ilości sił I, II, III, IV (rys. 14): Do sił I i II możemy zastosować wprost tylko co dowiedzione prawo:

Mom. 1 + Mom. II = Mom. R₁₂, ale następnie, rozpatrując siły R₁₂ i III, jako składowe wypadkowej R Mom. R₁₂ tP Mom. III = Mom. R

o-

ty

1235

mamy także: czyli w zestawieniu

123 t

z powyższem równaniem:

Mom. I + Mom Ił + Mom. III = Mom. R

123'

Podobnież otrzymamy dalej:

Mom. R₁₂₃-f-Mom. IV = Mom. R przednie równanie:

Mom. I + Mom. II + Mom. III + Mom. IV = Mom. R

1234

i uwzględniając po-

1234 '

Oznaczając każdą z tych sił i jej ramię odpowiednio przez Pm i pm, mamy zatem wogóle:

Pl-^l+P₂-iK,2 + P3;/⁷3 +

W tej sumie algebraicznej wyrazy, odnoszące się do momentów ujemnych, będą miały oczywiście znak (—).

A więc, o ile dla danego układu sił określiliśmy już

= E P.p = K.r.

wielkość i lot wypadkowej za pomocą wieloboku sił, to jej położenie możemy wyznaczyć bez wykreślania wieloboku sznu^ rowego z powyższego równania, w którem dla danego układu sił można uważać za wiadome wszystkie P i p (dla dowolnego bieguna O). A wprawdzie dla otrzymanego z powyższego równania ramienia r możemy—przy danym w wieloboku sił kierunku i locie wypadkowej—przeprowadzić dwie wypadkowe R i R' (rys. 32) — każdą z innej strony bieguna O — ale, o ile dla R.r otrzymaliśmy z równania wartość dodatnią — wybrać musimy z dwóch wypadkowych R i R'—

h.

0\

W3^padkową R, wywołującą około bieguna O obrót w kierunku zgodnym z biegiem wskazówki zegarowej, t. j. dającą moment dodatni. (W razie zaś otrzj^mania dla R.r wartości ujemnej, wybierzemy oczywiście nie R, lecz R'). —

§ 3. Moment statyczny układu sił na płaszczyźnie. Na mocy powyższego prawa momentów możemy oznaczyć W3^kreślnie moment stat3⁷czny układu sił P₄, P₂, P₃, P₄ (rys. 20) rozrzuconych jakkolwiek na płaszczyźnie względem dowolnego bieguna O. Wykreśliwszy wielobok sił abcde i wielobok sznurowy HJKL dla dowolnego bieguna Z, otrzymujemy przechodzącą przez punkt S (t. j. przez punkt przecięcia boków skrajnych 0₄ i 01234₄) wypadkową R sił P₄,

P₂, P., P₄.

Momentem tej wypadkowej (lub też momentem całego układu sił P₄, P₂, P₃, P₄) względem danego bieguna O będzie iloczyn z siły R przez ramię r, czyli R.r. Możemy jednak wyrazić ten moment jeszcze inaczej: Dwa boki skrajne 04 i 01234₄, określające przez swój punkt przecięcia S położenie wypadkowej R, tworzą z prostą, przechodzącą przez O równolegle do R, trójkąt SGF, podobny do trójkąta Zae w obec równoległości wsz3^stkich trzech boków. Wysokościami tych trójkątów są r i H (odległość bieguna Z od odcinka ae, wy-

GF

rażającego wypadkową R), a zatem:    ..... =    ^

czając odcinek GF przez y i zauważając, że ae — R, otrzymu-

ae

albo, ozna-

£p czyli R.r = H.y Tak więc moment układu sił

iemy:

rozrzuconych na płaszczyźnie względem dowolnego bieguna O jest równy iloczynowi z odległości biegunowej (H) przez odcinek (y), utworzony przez odpowiadające wypadkowej boki skrajne wieloboku sznurowego na linii, przechodzącej przez biegun O równolegle do wypadkowej R (rys. 20).

Wziąwszjr biegun O po drugiej stronie wypadkowej, np w Cty musimy uważać odpowiednie yx za ujemne i moment będzie = — Hylt bo wypadkowa R wywołuje względem bieguna obrót w kierunku przeciwnym biegowi wskazówki zegarowej. Jeżeli zaś biegun O weźmiemy na wypadkowej R, to moment staje się = o i odpowiednie y istotnie jest = o.

Zauważmy jeszcze, że wyznacz}^wszy moment tego samego układu sił (rys. 20) za pomocą innego wieloboku sznurowego, np. NH'J'K'L'M, z innym biegunem Z' i z odległością biegunową H', otrzymamy oczywiście tę samą wielkość momentu: M =    = H.jy = R.r, bo istotnie na rys. 20:

H.jy=12,3 mm X 52,8^snî650 mm²; H'.jy' —29,8 mm x 21,8 mm —

— cnî650 mm² i R.r = 64,3 mmxl0,l mm=s>s650 mm².

W iloczynie H.jy odległość biegunowa H wyraża (zgodnie ze str. 24) siłę, odcinek zaś y — długość; można jednak oczywiście brać H na skali długości, a y na skali sił bez zmiany rezultatu. Jeżeli zaś H przyjęliśnry= jednostce długości (lub sity) — co, w obec dowolności przy obraniu bieguna Z, jest zawsze możliwem—to y daje nam bezpośrednio wielkość momentu i mierząc ten odcinek na właściwej skali, t. j. na skali sił (wzgl. długości), nadać musimy każdej jednostce tej skali wartość jednej jednostki momentów.

§ 4. Moment statyczny układu sił równoległych. Sposób powyższy, według którego wyrażamy moment, jako iloczyn z odległości biegunowej H przez odcinek y, jest szczególnie dogodny przy oznaczaniu momentu sił równoległych (rys. 33). Wielobok sił jest wtedy linią prostą abcde, a więc odległość biegunowa H jest stałą, bez względu na ilość i wielkość sił danych, moment zaś sił równoległych jest jednakowy względem wszystkich biegunów, leżących na prostej, równoległej do sił, w obec czego możemy nazywać moment sił równoległych względem bieguna O momentem tychże sił względem linii OOx, przechodzącej przez

biegun O równolegle do sił. Wykreśliwszy dla tych sił wie-lobok sznurów}⁷ 0X, 01x, 0\2V 0123x, 01234l7 otrzymujemy moment wypadkowej tych sił względem jakiegokolwiek bieguna O (lub też linii OOj—równy, jak wiadomo, iloczynowi R.r— (za pomocą boków skrajnych 0X i 01234x, odpowiadających wypadkowej), jako iloczyn H.y. Istotnie na rys. 33:

R.r = 37,4 mm x 32,1 mm = os 1200 mm² i Hy = 33,7 mmx 35,6 mm = ««1200 mm².

I zupełnie tak samo dla siły Pl5 za pomocą odpowiadających jej boków skrajnych 0l i 01Ł, otrzymujemy moment H,yx\

yJ

33.

S''

'''W'

A ;\ At ,

VA •, \ a

//

0//A

/O

; y%

& °\

'A;/

dŁ

I %J>t- — -P

0X"

o/

\S

i/

» \ cp c'v-A

\ \ ęv-^-<57 —.-rky^-y

AAĄ

b0

dla siły —moment Hy₂; dla siły P₃, idącej w kierunku odwrotnym, a więc wywołującej względem bieguna O, moment ujemny, otrzymujemy za pomocą boków skrajnych 012X i 0123Ł moment—H y₃ i dla sił}⁷ P₄ — za pomocą 0123x i 1234x—otrzymujemy moment H.y₄. A więc: Każde dwa boki wieloboku sznurowego układu sił równoległych, np. 0₄ i 012x, (stanowiące boki skrajne dla sił P₄ i P₂) tworzą na linii OOx, (przechodzącej przez biegun O równolegle do układu sił) odcinek (równy oczywiście y₁+y₂). który—pomnożony przez odle^ głość biegunową H — daje moment wypadkowej sił ?! i P₂, (położonych między wspomnianymi bokami 0X i 012J wzglę-' dem bieguna O (lub linii OC^).

Widzimy również z rysunku, że: y₁-\-y₂—yz +jy₄ =y, a Więc: H (y₁+y₂—y₃ + yd = H-y, albo też:    —H.y₃ + H.y₄ = H.y, co jest nowem stwier

dzeniem powyższego prawa momentów.

§ 5. Moment pary sił. Spotkaliśmy się powy-żej (str. 28) z pojęciem t. zw. pary sił, cz}di dwóch sił równoległych i równych, ale odwrotnego lotu: ( + P,—P). Wyznaczmy wypadkową takich dwóch sił P₄ i P₂ (rys. 34) za pomocą wieloboków sił i sznurowego zupełnie tak samo, jak na rys. 22, str. 22. Wielobokiem sił będzie linia abc, ale punkt c upadnie w a, więc Z c pójdzie po Z a, a zatem w wieloboku

eîlyô. 34.

o-,

o-

*<¥~t ; \

⁰ ?

v~—

X-:

5''

t»

.-b"

oof"; • ■

* 4L o\ V-

.■-Ô

0. . .Q

- o'.«f

&V*,®

or

-Ö-'

o-

-iv- - -y

sznurowym bok 012X będzie równoległym do 0X i punkt przecięcia 0X z 01 2ł (S), a razem z nim i wypadkowa R oddali się cała w nieskończoność, (bo przechodzić musi przez dwa punkty w nieskończoności: punkt przecięcia 0X i 012x i punkt przecięcia P1 z P₂). Tak samo analitycznie: Z wzoru podanego na str. 22:

p

= p² wynika (w obec P^Pg) a — b, ale—według wypowie-

b (rys. 22).

dzianego tamże prawa—wypadkowa dwóch sił równoległych o lotach odwrotnych musi przechodzić zewnątrz obu składowych Px i P₂; te zaś oba warunki mogą być spełnione je«' dnocześnie t}dko w ten sposób, że wypadkowa, (której wielkość jest: R = PX—’P₂ = o) musi być w nieskończonej odległości od sił Px i P₂, bo tylko wtedy może być

Wypadkową więc pary sił jest siła nieskończenie mała i działająca w nieskończoności.

Dla tejże pary sił (+ P, —P) otrzymać możemy według powj^ższego (str. 38) moment M względem dowolnego bieguna O jako iloczyn z odległości biegunowej H przez odcinek y, utworzon}^ międz}^ skrajnymi bokami 0X i 012x na linii, przechodzącej przez biegun O równolegle do wypadkowej.

Odcinek ten (rys. 34) — w obec równoległości boków 0X i 012₁—będzie dla jakiegokolwiek bieguna O równy y, a więc: M = H.y, albo, ponieważ (wskutek podobieństwa trójkątów NTU

Si is*

i abTp j ab

więc:

M = H.y = abp = P .p.

Określając ten sam moment M analitycznie, otrzymujemy dla jakiegokolwiek bieguna O zewnątrz pary sił ( + P,— P) (rys. 34): M=—P₁.m + P₂ (m 4/) -- -f Pp (w obec: PX = P₂ -P) i podobnież dla bieguna Ox wewnątrz pary sił:

M — +P₁.w + P₂ (p — ń) = -f Pp.

Jeżeli zaś zmienimy lot obu sił P na odwrotny, to i moment zmieni swój znak i będzie = —P.p.

Widzimy zatem, że moment pary sił jest dla każdego bieguna - iloczynowi z jednej siły przez odległość między siłami pary, jest więc wielkością stałą, niezależną od położę^ nia bieguna. (Inaczej zresztą być nie może, bo skoro wypadkową pary sił jest nieskończenie mała siła, leżąca w nieskończoności, to ramię jej jest—dla wszystkich biegunów w skom czoności—nieskończenie wielkie i jednakowe, a iloczyn z nieskończenie małej siły przez nieskończenie wielkie ramię daje

ową skończoną, stalą wielkość P.p. Dla bieguna zas w nie-' skończoności moment pary sił będzie = o, bo w tym razie owa nieskończenie mała i nieskończenie odległa siła przechodzi przez biegun, więc moment jej jest o). Wobec powyższego możemy przyjąć wielkość tego momentu P.p jako miarę pary sił (~j—P, — P), a rzeczywista wielkość pary sił będzie zawsze równą temuż momentowi, podzielonemu przez stałe — nieskończenie długie ramię. Ztąd wynika, że—niezależnie od wielkości i kierunku sił—każde dwie pary sił, mające jednakowy moment, uważać należy za równe i mogące zastąpić jedna drugą i na odwrót: dwie równe pary sił muszą mieć momenty równe. Na rys. 34 widzimy np., że po dodaniu za pomocą wieloboku sznurowego do siły P₀ pary sił PŁ i P₂ otrzymujemy jako rezultat siłę 012₁ (równą sile P₀ według wieloboku sił), którą oczywiście można otrzymać również przez dodanie do tej samej siły P₀ dwóch innych sił: sity odwrotnej do P₀, czyli — P₀ i siły 012X (t. j. pary sił: — P₀ i 012J, więc rezultat działania ty^ch obu par sił: 1) pary sił Pt i P₂ i 2) pary sił: — P₀ i 012₁ jest jednakowy, a zatem są to 2 pary sił równe i zgodnie z powyższem muszą mieć równe momenty. Istotnie, oznaczając przez p i pQ długość prostopadłych opuszczonych z T na P₂ i 012₁, otrzymujemy moment pary sił ?! i P₂: P.p, a moment pary sił—P₀ i 012! będzie = P₀.p₀. W trójkącie

UN

UNT: NT.^ = UN.^₀, zkąd: P =

NT

, ale wskutek podobieństwa

UN

trójkątów z bokami równoległymi: UNT i Z ab mamy:    =

p P

czyli: ^ — p°> a ztąd: P.p = P₀.p₀. Widzimy

zatem, że obie pary sił Px i P₂ i—P₀ i 012! mają równe momenty.

Z a    . p Z a

w w,?c:

Po ab'

Dowiedźmy jeszcze geometrycznie, że dwie pary sił: AE i DJ, czyli ( + PŁ,—PJ i AF i DK, czyli ( + P₂,—P₂), mające równe momenty (rys. 35), a loty odwrotne, znoszą się wzajemnie. Ponieważ: Pl.pl = P₂./?₂, a siły Px i P₂ wyrażają się przez odcinki AE i AF, to: KE.pl—AF.p₂₎ czyli pola trójkątów AEC i AFB są równo wie! kie, a zatem (po odjęciu od obu pól trójkątów trójkąta AEF) pole trójkąta EFC = polu trójkąta EFB, zkąd wynika (w obec wspólnej podstawy EF)

AB

.1 __

A F AR

że EP' jest równoległą do BC, więc:    ⁼

z czego wnosimy, że wypadkowa R = AG sił AF i AF idzie po przekątnej równoległoboku ABDC i oczywiście tak samo wypadkowa DL sił DJ i DK, więc te obie wypadkowe, jako równe i odwrotne, nawzajem się znoszą. [Gdybyśmy jednak

co

irS

-%

----O-«-—

i’1    ,%c

- er"

w®

Sk-T.....\:

*\x-l

.oX

/ 5 \

-S? T /

/ V.

zmienili lot jednej pary sił na odwrotny, (t. j. wzięli np. zamiast siły: + P₂ = AF — siłę: — P₂ -- AF', a zamiast siły: — P₂ — DK — siłę: + P₂ = DK'), otrzymalibyśmy w rezultacie dwie nowe siły R' - AG' i — R' = DL', działające nie w jednej linii, równe, równoległe, ale odwrotnego lotu^ czyli nową pare sił, wypadkową dwóch poprzednich i moment jej byłby równy sumie momentów obu par].

Tak więc dodanie do jakiejkolwiek siły P₀ (^s. 34) pary sił Px i P₂ nie W3^wiera żadnego wpływu na jej wielkość, kierunek i lot (gdyż otrzymujemy w rezultacie siłę 012x ró- ■ wną i równoległą sile P₀), przesuwa ją tylko w. położenie równoległe do pierwotnego, w którem moment będzie zwiększony właśnie o moment pary sił. Tak np. przed przesunięciem siły P₀ moment jej względem bieguna 0₂ był P₀./?₂; moment zaś tejże siły P₀, przesuniętej wskutek dołączenia pary sił ( + PX,— P₂) w położenie 012x (oznaczmy ją P₀' — wielkość jej jest — P₀), będzie oczywiście — P₀' (p₂ + p₀) = P₀.p₂ + Po-f’o? czyli, biorąc zamiast P₀.p₀ równy mu iloczyn P.p, widzimy, że: wskutek dodania do siły P₀ pary sił Px i P2 z momentem P.p siła P₀ przesuniętą została w położenie P₀',

P ,p

czyli 012₁₍ równoległe do pierwotnego P₀, na odległość: p₀ =

*0

a moment jej zwiększył się o moment tej pary sił: P.p. Zważywszy jeszcze, że skoro po dodaniu do siły P₀ parjr sił z momentem + Po-Fo otrzymujemy siłę P₀', to (po odjęciu od siły P₀' pary sił z momentem + P₀.p0J czyli) po dodaniu do siły P₀' pary sił z momentem odwrotnym — P₀-Po otrzymany siłę P₀. Innemi słowy: Zamiast danej siły P₀ możemy wziąć siłą P₀' jej równą, idącą przez jakikolwiek punkt 0₃ równo«* ległe do niej, jeżeli dodamy do tej nowej siły P₀' parą sił, ma^ jącą moment = —P₀.^₀> czyli równy momentowi danej siły P0 wzglądem bieguna 0₃ (z uwzględnieniem zawsze właściwego znaku momentu), więc np. zamiast siły P₀ (rys. 34) możemy wziąć siłę P₀', działającą w linii 012u jeżeli dodamy do niej parę sił Pj i P₂, ale każdą z odwrotnym lotem, niż na rys. 34, bo tylko wtedy moment tej pary sił będzie — —P.p, czyli według powyższego również = — P₀.p₀. Gdybyśmy zaś zamiast siły P₀ wzięli siłę P₀" (równą P₀) po drugiej stronie siły P₀ — także w odległości p₀₎ to musielibyśmy do niej dodać parę sił z momentem + P₀.p₀, czyli właśnie parę sił Pj i P₂ z ich lotem według rys. 34.

§ 6. Porównanie warunków równowagi wykreślnych z analitycznymi.

Warunki analityczne równowagi sił, działających na pła-* szczyżnie polegają—jak wiadomo—na tem, że suma algebra** iczna składowych danych sił w dwóch przecinających sie kie^ runkach, a także suma algebraiczna momentów statycznych wzglądem każdego dowolnego punktu na płaszczyźnie (wystarcza uwzględnienie 3<h punktów, nie leżących na jednej prostej) winna być — o. Wykreślne zaś warunki równowagi streszczają się (według str. 27) w tem, że wieloboki sił i sznu^ rowy muszą być zamknięte.

Pierwszy warunek analityczny (suma algebraiczna skła-dow37ch w 2-ch przecinających się kierunkach) objęty jest właśnie pierwszym warunkiem wykreślnym (zamknięcia wie-loboku sił). Jest bowiem oczywistem, że suma algebraiczna składowych sił, tworzących zamknięty wielobok, musi być dla każdego kierunku = o, a że równoległe przenoszenie siły nie zmienia wcale wielkości (ani znaku) jej składowych, więc suma algebraiczna składowych sił w położeniu ich rzeczywi-stem jest również dla każdego kierunku — o.

Ten pierwszy warunek równowagi — analityczny, lub w}^-kreślny—jest dla równowagi sił niezbędnym, ale wystarcza-'

jącym jest on tylko dla układu sił, przechodzących przez jeden punkt. Dowiedliśmy bowiem (na str. 27 i 28), że dla układu sił rozrzuconych na płaszczyźnie niezbędnem jest również, aby i wielobok sznurowy był zamknięty. Ten drugi warunek wykreślny odpowiada w zupełności drugiemu warunkowi analitycznemu łże suma algebraiczna momentów statycznych względem każdego punktu na płaszczyźnie ma być— o). Bo skoro wypadkowa ogólna wskutek zamknięcia wieloboku sił i sznurowego jest = o i nie może (według str. 27 i 28) być sprowadzoną do pary sił, to będzie równym o dla każdego punktu moment tej wypadkowej, a więc — równa temuż momentowi (zgodnie ze str. 33) — suma algebraiczna momentów wszystkich sił musi być dla każdego punktu — o.

ROZDZIAŁ III.

Belka prosta.

Pod belką (dźwigarem) rozumiemy wogółe część budowli, służącą do przeniesienia na podpory działających na nią sił zewnętrznych. Linię, łączącą środki ciężkości poszczególnych przekrojów, nazywamy osią belki i stale przyjmować będziemy, że siły, obciążające belkę, działają w jej osi.

Belkę, podpartą w dwóch punktach, t. zw. podporach, leżącą zazwyczaj poziomo i obciążoną siłami pionowemi, nazywamy belką prostą.

Wskutek działania sił pionowych belka wywiera ciśnienie na podpory, w których powstają przez to ciśnienia przeciwdziałające, utrzymujące cały układ w równowadze. Te właśnie przeciwdziałające ciśnienia podpór nazywamy oddziaływaniami podpór, albo odporami i oznaczać je będziemy literami hx i B₁ (same zaś podpory — literami A i B).

Odpory i siły, obciążające belkę, nazywamy siłami ze* wnętrznemi w przeciwstawieniu do wywoływanych przez nie w belce sił wewnętrznych, utrzymującjoh siły zewnętrzne w równowadze.

Obciążenie, działające wprost na belkę, nazywamy obciąg ieniem bezpośredniem; obciążenie zaś, przechodzące za pomocą konstrukcyi pomocniczych na oddzielne punkty belki, jak np. przy urządzeniu belek poprzecznych i podłużnych w mostach, nazywamy obciążeniem pośredniem.

Rozróżniamy także obciążenie stałe, np. ciężar własny, i ruchome (zmienne), działające tylko chwilowo, np. podczas przebiegu pociągu przez most, podczas obciążenia wiązara dachowego śniegiem i t. p.

A. Obciążenie bezpośrednie.

§ 1. Obciążenie stałe siłami skupionemi.

a)    Oznaczenie odporów.

Jak powiedziano wyżej — odpory utrzymują w równowadze wszystkie obciążenia pionowe belki; jeżeli zatem wyobrazimy sobie belkę, podpartą w dwóch punktach A i B (rys. 23) i obciążoną siłami pionowemi I, II, III, IV, to jak widzieliśmy na str. 24, wszystkie te siły pionowe są utrzymywane w równowadze przez dwie siły, odwrotne siłom Px i P2 i wyrażone przez odcinki na i en. Te siły zatem są szukanymi odporami A₁ i Br Tak więc dla oznaczenia odporów Ax i B4 belki, obciążonej siłami I, II, III, IV, wykreślamy dla tych sił wieloboki sił i sznurowy, a przeprowadziwszy przez biegun Z równoległą Z/z do boku TU, zamykającego wiełobok sznurowy (łączącego punkty przecięcia boków skrajnych 0₄ i 01234₁ z pionowemi przez podpory: XxX₂ i Y^g), otrzymujemy odcinki na i ć/z, wyrażające odpory Aj i Bx. Oczywiste jest przytem, że wszystkie siły zewnętrzne: A1? I, II, III, IV, Bx utrzymują się wzajemnie w równowadze (w obec zamkniętych wielobo-ków sił: nabcden i sznurowego: TJKLMUT).

b)    Siły poprzeczne.

Siły zewnętrzne: An Pn P₂, P₃, P₄, P₅, P₆, B₁ (rys. 36), działające na rozpatrywany przekrój belki CC, usiłują przesunąć część lewą belki pionowo względem części prawej, a prócz tego usiłują wygiąć jedną część belki względem drugiej. Tym obu działaniom przeciwdziałają sity wewnętrzne i utrzymują cały układ w równowadze. Wyobraźmy sobie belkę przeciętą w przekroju CC (rys. 36) i część jej prawą usuniętą, to dla utrzymania pozostałej — lewej części w równo-

wadze musimy na przekrój CC oddziafywać taką siłą zewnę-* trzną V, któraby zastąpiła w zupełności siły wewnętrzne, działające poprzednio w przekroju i utrzymujące równowagę układu. Na lewą część belki działają siły zewnętrzne A1} P

36

ohro^.

%»

Vli tfs.

31    51    £

j#

7C-

vO—

If

Vsfi

cTf

>*■*

■J

W^TSf'

<>■

•o^

*nó-

\:

A>

et

<«5

P₂, których wypadkowa V₂₃ przechodzi (zgodnie z punktem 7 str. 18) przez punkt przecięcia X boku 012 i zamykającego A'B' i wyraża się przez odcinek ne. A więc owa siła V, mająca te siły zewnętrzne utrzymywać w równowadze, musi być

P₅, P@, B₄ dadzą wypadkową, przechodzącą przez punkt przecięcia X boku 012 i zamykającego A'B' i wyrażającą się przez odcinek cn, czyli ——V₂₃ [co zresztą było dowiedzione już na str. 29 (rys. 25) dla zamkniętych wieloboków sił i sznurowego], a siła ta (—V₂₃) musi być zrównoważona przez siłę, działającą w przekroju CC, jej równą i odwrotną, a więc-|-V₂₃. Widzimy więc, że w przekroju CC działają siły: wewnętrzna—V₂₃, równoważąca wypadkową + V₂₃ sił zewnętrznych Ax, P₄, P₂, oraz wewnętrzna-f V₂₃, równoważąca wypadkową — V₂₃ sił zewnętrznych P₃, P₄, P₅, P₆, B I oczywiście jest to zupełnie wszystko jedno, którą część belki rozpatrywać będziemy, skoro siły V₂₃ w tych obu wypadkach różnią s’ę tylko znakiem.

równą i odwrotną wypadkowej V₂₃, czyli = —V₂₃ i wyraża się przez odcinek cn.

Rozważając tak samo część prawą — po usunięciu lewej — zauważmy przedewszystkiem, że działające na nią siły zewnętrzne P

P₄,

Taką siłę V₂₃, wypadkową sił zewnętrznych, działających po jednej stronie belki, usiłującą przesunąć pionowo jedną część belki względem drugiej (wbrew niedopuszczającej do tego sile wewnętrznej—V₂₃) nazywamy siłą poprzeczną, albo ścinającą, albo też siłą, działającą zewnątrz przekroju.

Tak więc dla belki obciążonej siłami P₄, P₂, P₃, P₄, P P₆ (rys. 36) siła poprzeczna dla jakiegokolwiek przekroju CC przechodzi przez punkt przecięcia dwóch lezących pod przekroi jem boków wieloboku sznurowego i wyraża się przez odcinek na wieloboku sił, ograniczony przez promienie, równoległe do owych dwóch boków, lot zaś jej jest zależny od tego, czy w wieloboku sił równoległa do boku zamykającego wielobok sznurowy ATT przechodzi nad — czy też pod równoległą do drugiego boku, odcinającego wielkość siły poprzecznej. Zauważmy jeszcze, że dla żadnego przekroju belki siła poprzeczna— wypadkowa sił zewnętrznych jednej części belki—nie może przechodzić między podporami.

Dla ujednostajnienia dalszych rozważań przyjmować będziemy zawsze, jako siłę poprzeczną danego przekroju belki, wypadkową lewej grupy sił zewnętrznych i uważać ją będzie^ my za dodatnią, o ile jej lot będzie szedł do góry (wypadkowa zaś prawej grupy sił zewnętrznych jest oczywiście równą poprzedniej, ale odwrotnego lotu i działa w tej samej prostej, co poprzednia, więc ją równoważy).

: V₆₇ = A₄—P₄—P₂—P₃—P₄—P₅—P₆ = —B₄.

W obec powyższego dla części belki między podporą A i pierwszą siłą P₄ siła poprzeczna: V₀₁ = A1 między siłą P₄ i P₂    :    V₁₂=A₁—P₄

»    «    P₂ i P₃    :    V₂₃=A₁—Pi—P₂

»    »    ¹ ^4    •    ^34~^1    ^1 P₂    ^3

„    „    P₄ i P₅    :    V₄₅=A₄—P₄—P₉—P₃—P₄

»    „ P₅iP₆ : V₅₆ = A₁-P₁-P₂-P₃-P₄-P₅

»    „ P₆ i B

Przyjmując linię poziomą, idącą przez n, za oś i przeprowadzając przez wsz}7stkie inne punkty wieloboku sił linie poziome między odpowiedniemi pionowemi liniami sił (rys. 36) otrzymujemy linię schodową    — t. z. krzywą sił

poprzecznych, na której siłę poprzeczną dla każdego przekroju belki wyraża odcinek, liczony od przyjętej za oś poziomej przez n i z której widzimy, że siła poprzeczna zmienia się tylko w pnnktach działania sił, że zacząwszy od podpory A aż do przekroju, odpowiadającego sile P₄, jest dodatnią, a w tym właśnie przekroju zmienia się odrazu na ujemną i że jest to właśnie przekrój z największym odcinkiem y w wieloboku sznurowym, a poza nim odcinki y zmniejszają się.

c) Momenty gnące.

Siły zewnętrzne usiłują—jak wspomnieliśmy wyżej — nietylko przesuwać, ale również i wyginać jedną część belki względem drugiej w rozpatrywanym przekroju, przeciwdziałają zaś temu powstające w przekroju natężenia wewnętrzne.

Rozpatrując znowu lewą część belki AB (rys. 36), nazywać będziemy momentem gnącym danego przekroju CC moment siły poprzecznej V₂₃ (dla tegoż przekroju) względem ja^ kiegokolwiek punktu tego przekroju, czyli krócej (zgodnie ze str. 36) względem tegoż przekroju. Ten moment siły poprzecznej V₂₃—wypadkowej sił zewnętrznych A₄, P₄, P₂ — otrzymamy na mocy prawa, wypowiedzianego na str. 37 (rys. 33), jako M₂^-H.jy₂ (rys. 36), [bo dwa boki wieloboku sznurowego: 012 i zamykający A'B', tworzą na linii CC odcinek y₂, który, pomnożony przez odległość biegunową H, daje moment wypadkowej sił A₄, P₄, P₂, znajdujących się między bokami 012 i zamykającym A'B']. Dla każdego innego przekroju, np. C'C', otrzymamy podobnież, jako moment gnący odpowiadającej temuż przekrojowi C'C' siły Vl2 względem przekroju C'C': M₄—-H.y₄. (A jeżeli przyjmiemy jako odległość biegunową H jednostkę długości, to momenty gnące dla poszczególnych przekrojów otrzymywać będziemy wprost jako odpowiednie odcinki pionowe y wieloboku sznurowego, mierzone na skali sil, nadając każdej jednostce skali sił wartość jednostki momentów).

Wobec powyższego nazywamy pole wieloboku sznurowego polem momentów, jako dające wielkość momentów dla przekrojów wzdłuż całej belki przy danem obciążeniu.

d) Związek między siłami poprzecznemi i momen

tami.

Wielkość momentów możemy otrzymywać również z krzywej sił poprzecznych, omówionej wyżej: Tak np. moment siły poprzecznej V₂₃ dla przekroju CC wyraża się przez pole: a₀a^8eota₀, (bo moment siły V₂₃, czyli wypadkowej sił A1} Px, P₂ względem CC = A₁ X —PjXß* — P₂Xsp = aa₀ X —ßrXß* — — 5s X op).

Widzimy nadto, że moment dla przekroju jest = polu a₀aßps-W₀, a moment dla^przekroju £■/) jest=polu a₀aßyäsCY]cpa₀, .czyli różnica ich = sC#, t. j. ilocz}mowi C X £'b albo X V₂₃, a więc różnica momentów względem przekrojów w dwóch po sobie idących liniach działania sił P₄ i P₂ ‘równa się ilo' czynowi z siły poprzecznej w tymże odstępie (V₂₃) przez odle^ głość wzajemną tych dwóch sił Pj i P₂, czyli: M₃—M₂=«xV₂₃. Prawo to będzie uogólnione niżej sposobem’ analitycz^/m.

V₃₄..., określone wyżej co do wielkości,

12 5

23 ?

Zauważmy jeszcze, że dla wszystkich przekrojów belki między danemi dwiema liniami sil—a więc dla nieobciąźonych części belki—krzy wa sił poprzecznych przedstawia prostą, równo' ległą do osi belki, a krzywa momentów gnących przedstawia linię prostą. Przytem dla każdego poszczególnego przekroju belki otrzymujemy momenty gnące za pomocą odpowiednich odcinków między podporami A i B, gdy tymczasem siły pO' przeczne V₁₂, V₂₃, V₃₄, V₄₅, V₅₆ wypadają wszystkie poza podpo^ rami A i B z jednej, lub z drugiej strony (siły zaś poprzeczne V₀i i V₆₇ działają w samych podporach A i B). Widzimy nadto, że siły te: V

zmniejszają się jednocześnie ze zbliżaniem się do środka belki rozpatrywanych przekrojów i oddalają się coraz bardziej na lewo, a przeszedłszy przez nieskończoność (i zarazem znaczenie = o, jak to zobaczymy poniżej na rys. 37), wracają z pra^ wej strony już ze znakiem odwrotnym (V₄₅, V₅₆), t. j. skierowane na dół (rys. 36).

Rozważając dla poszczególnych przekrojów belki od podpory A ku podporze B pole momentów (rys. 36), widzimy, że

moment gnący z początku wzrasta, dochodząc od o (dla przekroju przez podporę A) do maximum (przypadającego zawsze pod jakąś siłą—w danym wypadku P₄), a następnie zmniejsza się znowu aż do o (dla przekroju przez podporę B). Widzimy nadto, że wszystkie siły poprzeczne: V V₃₄, V₄₅, V₅₆ dają względem każdego przekroju belki momenty gnące dodatnie, (t. j. z obrotem zgodnym z biegiem wskazówki zegarowej), a więc: dla belki w dwóch końcach pod' partej, obciążonej siłami pionowemi, moment gnący jest dla każdego przekroju belki dodatni. Zauważmy dalej, że jeżeli (rys. 37) jeden z boków wieloboku sznurowego (012) jest ró-

V2S,

12»

??-

i,

31

1X

31

1,

JIY

v    tf

N jA

VÜ

\

f.

ai i

r°’^3vr I

% si

w°

< -. -X - CO- -

o-T* x

hi = l

XT. . .

fe ^

wnoległy do zamykającego A' B', to odpowiednia siła poprzeczna V₂₃, jako przechodząca przez punkt przecięcia tych 2-ch równoległych boków, a takie równoległa do sił zewnętrznych, (czyli mająca dwa punkty w nieskończoności) oddała się cała w nieskończoność i wielkość jej (ograniczona przez promienie wieloboku sił 012 i 012345) jest oczywiście — o; siła poprze-

So -

ćzna V₂₃ staje się więc wtedy silą nieskończenie maią i dzia' łającą w nieskończoności, czyli (zgodnie z powyższem) t. z. parą sił. Istotnie siły Px i P₂, dające wypadkową R₁₂, równą i odwrotną sile A1} tworzą z tą ostatnią parę sił: Ax i R₁₂, co zresztą okazuje się również z wieloboku sił i sznurowego dla sił Ax, P: i P₂: Wielobok sił A1} P1? P₂ jest oczywiście zamknięty (cabc), a wielobok sznurowy tychże sił Au P1} P2 daje w rezultacie bok A' B', równoległy do 012, t. j. (według str. 28) układ sił sprowadza się do pary sił. A skoro siła poprzeczna dla przekroju belki między siłami P₂ i P₃ wyraża się przez parę sił: Av i R₁₂, to moment gnący dla jakiegokolwiek przekroju belki między P₂ i P₃ będzie = momentowi tej pary sił, t. j. Ax.a. Ale wskutek podobieństwa trójkątów z bokami

= 2-

nv)    A'A"    A

równoległymi anL i A'A"Q! mamy:    =-, czyli ^

H u    ri

zkąd: A₁.a = H.y, a więc moment gnący siły poprzecznej, przed' stawiającej parę sił (czy też siłę nieskończenie małą i nieskończenie odległą) wyraża się przez iloczyn H.y i jest oczywiście dla wszystkich przekrojów między silami P₂ i P₃ jednakowo wielkim momentem i zarazem jest największym momentem dla całej belki (rys. 37).

§ 2. Obciążenie stałe — ciągłe. Jeżeli na belkę działa nieskończenie wielka ilość sił nieskończenie mafych i nieskończenie blizkich jedna od drugiej, to takie obciążenie nazywa się ciągiem i przedstawia się najczęściej przez t. z. pole obciążeń (np. AA₂U₂B₂B—rys. 38). Każda rzędna p krzywej, pomnożona przez dx, wyraża obciążenie, odpowiadające długości odcinka dx, czyli obciążenie jednostkowe dla długości dx, a cała krzywa wyraża za pomocą swoich rzędnych zmienne obciążenie jednostkowe. Obciążenie zatem belki na długości odcinka x₂—xt wyrazi się przez sumę nie-

x₂

zliczonej ilości pasków o wielkości pdx, czyli przez pdx, t. j.

przez pole między krzywą, rzędnemi p₂ i px (odpowiadającemu x₂ i x:) i osią AB. Jeżeli każdy z tych pasków pdx uważać będziemy za pojedynczą (skupioną) siłę, działającą w środku ciężkości paska, to wykreślony dla tych sił wielobok sznurowy o bokach nieskończenie małych przedstawiłby nam krzywą sznurową. Wobec jednak niemożności działania nieskończoną ilością sił, dzielimy⁷ pole obciążeń np. na 5 pasków,

— SI

(oznaczonych na rys. 38 liniami pionowemi kropkowanemi), obliczamy ich pola F₁₅ F₂, F₃, F₄, F₅ i przyjąwszy wielkości tychże za siły pionowe, działające w środkach ciężkości pól: S₄, S₂, S₃, S₄, S5¹), wykreślamy dla nich wieloboki sił i sznurowy z bokiem zamykającym A" B". Ponieważ, jak widzieliśmy wyżej (str. 18), przy wykreślaniu wieloboku sznurowego zastąpienie kilku sił ich wypadkową nie wpływa na pozostałą

•-s¹

&-fr

38.

Ć4

■Uz

rnv

J¹

•ło <5¹

3l -

£\

L/f'

*P

YV

'4M.

iic

3.

M,

U'

\\

V/ część wieloboku sznurowego, więc wzięcie zamiast obciążenia ciągłego—pola F₄—wypadkowej, skupionej w S₄, nie może wpłynąć na dalszą część wieloboku poza polem F₄. Znaczy to, że punkt K leży na krzywej sznurowej, a bok JL jest

W punkcie K stjmznym do owej krzywej sznurowej i tak samo LT jest styczną w N. Każde dwa sąsiednie boki (JL i LT) wie-loboku sznurowego są dla odpowiedniej części krzywej sznurowej KN (odpowiadającej polu F₂) skrajnymi bokami, przecinającymi się na wypadkowej sił, wyrażonych przez pole F₂, czyli na linii środka ciężkości S₂ tego pola F₂. Zwiększając odpowiednio ilość pasków, otrzymujemy dostateczną ilość punktów styczności i stycznych dla wykreślenia krzywej sznurowej.

Przy takiem — ciągłem obciążeniu belki otrzymywać będziemy (zgodnie ze str. 44 i 45) siły poprzeczne Vk, V«, V„, V* dla poszczególnych przekrojów belki przez punkty K, N, U... jako różnice: Av—F₁₍ At—Fx—F₂ i t. d., czyli jako odcinki w wie-loboku sił, ograniczone przez promienie równoległe do boku zamykającego A"B" i do stycznych krzywej sznurowej w punktach K, N, U.... Jeżeli te siły W k, Wn, Vu .... odłożymy od idącej przez punkt n osi poziomej A₀B₀ na pionowych przez punkty K, N, U...., to dla innych przekrojów odpowiednie siły poprzeczne V będą rzędnemi krzywej sił poprzecznych, łączącej końcowe punkty K', N', U'... odłożonych sił Vk, VM.... Oczywiście tylko przy dostatecznej ilości obranych pól Flt F₂, F₃...otrzymamy należytą ilość punktów tej krzywej. Momenty gnące dla poszczególnych przekrojów belki K, N, U.... otrzymywać będziemy, jak wyżej, jako iloczyn}^ H .yk,H

. Z krzywej sił poprzecznych A'K'N'U'X'B' widzimy, że siła poprzeczna zmniejsza się w miarę zbliżania się przekroju ku środkowi belki, dochodzi w przekroju M'M", odpowiadającym punktowi przecięcia krzywej z osią A₀B₀, do wartości o, a dalej staje się ujemną. A ponieważ dla przekroju M'M" siła poprzeczna jest = o, więc odcinek, wyrażający ją w wie-loboku sił, musi też być = o, czyli styczna tt do krzywej sznurowej w punkcie M" musi być równoległą do boku zamykającego A"B". Dla tego punktu M" rzędna ymax będzie oczywiście największą, z,kąd wynika, że największ}^ moment otrzymujemy dla przekroju belki M₂ M'₂, dla którego siła poprzeczna jest = o, a właściwie staje się parą sił: jedną z nich jest odpór Aj, a druga — równa polu AA₂M₂M'₂—wyraża się, według powyższego, przez odcinek an, równy, ale odwrotny Ax.

§ 3. Związek między obciążeniem, siłą poprzeczną i momentem gnącym. Dla obciążenia ciągłego można udowodnić analitycznie ważne twierdzenie Szwe-

dlera, dotyczące związku między obciążeniem, siłą poprzeczną i momentem gnącym:

39.

Ponieważ w belce na dwóch podporach A i B (rys. 39), obciążonej jedną siłą P, odpory A₁ i Bj utrzymują równowagę z tą siłą P, więc suma momentów tych trzech sił względem każdego punktu (np. B) musi być = o, czyli:

= o.

A.

Mom. Aj-f-Mom. P+Mom. Bi A że moment siły Bj, przechodzącej przez biegun B, jest = o, a moment siły P będzie ujemnym, więc Ax.l—P (l—a)=o, zkąd:

(1).

Ał = l-j^- P

Tak się wyraża odpór A₁ dla belki na 2'ch podporach, obciążonej jedną siłą P.

Dla obciążenia szeregiem sił Pj, P₂, P₃.... otrzymamy odpór jako sumę odporów według wzoru (1), t. j.

Aj.

[{l-ax) P₁ + (/-a₂)    P3 +.....P»i....(2).

Jeżeli zaś zamiast obciążeń skupionych Pj, P₂, P₃..... ma

my obciążenie ciągłe, wyrażone przez krzywą obciążeń: p=f(x), a zatem składające się z nieskończonej ilości obciążeń pdx, to dla każdego pdx, uważanego za siłę skupioną, otrzymamy według (1) odpowiedni wzór:

(l-x) pdx

* A,=

a więc całkowity odpór będzie według wzoru (2):

A₁=

(3).

1 fl

jJ (/—x) pdx

Dla przekroju CC w odległości xx (rys. 38) od lewej podpory otrzymamy siłę poprzeczną V po odjęciu od odporu Aj sumy wszystkich obciążeń z lewej strony przekroju CC, cz}di sumy wszystkich pdx, t. j. całego pola obciążeń aż do prze-

kroju CC:

(4).

pdx, a więc: V = Aj — I pdx

d 0

Ze zmianą przekroju (czyli ze zmianą xx) zmieniać się będzie siła V; różniczkując więc równanie (4), w którem przy zmianie xx nie zmienia się wcale Aj, otrzymamy:

dV

(5)

Moment siły poprzecznej V względem przekroju CC będzie sumą algebraiczną momentów sił, składających tę siłę według powyższego równania ’(4); a że momentem siły Ax będzie Aj.^, a momentem każdej siły pdx będzie {xx—x) pdx, otrzymany zatem:

(6).

pi

M = A₁.#₁ —I —x) pdx J o

Moment ten zmieniać się będzie ze zmianą przekroju CC (czyli xx), a zmianę tę możemy otrzymać, różniczkując równanie (6) według zmiennej x{.

dM

'x₁

dx

= Al—I pdx, czyli zgodnie z (4): o

(7).

dM

dx

Wzór ten, będący uogólnieniem dla obciążenia ciągłego prawa, wyprowadzonego wykreślnie na str. 48 dla sił sku^ pionych—(wynika bowiem z niego: dM = W.dx)—wskazuje wyraźnie, że największy moment wypada dla takiego przekroju belki, dla którego siła poprzeczna staje się = o, jak to już widzieliśmy wyżej.

Z równań (5) i (7) otrzymujemy:

(8).

₌ _ dV _ d²M ^    dx dx²

Tak więc obciążenie jednostkowe jest pierwszą pochodną siły poprzecznej, a drugą pochodną momentu. Ztąd wynika, że dla obciążenia ciągłego krzywa sił poprzecznych jest względem krzywej obciążeń tak zwaną linią całkową, wyrażającą się równaniem, otrzymanem przez całkowanie równania (8):

(9).

= — j pdx + C

Krzywa zaś momentów jest względem krzywej sił poprzecznych linią całkową, wyrażającą się równaniem, otrzymanem przez dwukrotne całkowanie równania (8):

(10).

M = f Vdx 4 C

Oczywiście więc siła poprzeczna V względem obciążenia p, jakoteż moment M względem sity poprzecznej V mają te same własności (wyłożone w rozdziale 5-ym), które cechują krzywą całkową względem różniczkowej.

jednostajne, jeżeli obciążenie ciągłe jest rozłożone jednostajnie na pewnej części belki, lub na całej jej długości (t. j. jeżeli obciążenie jednostkowe g jest stałem dla krzywej obciążeń), wtedy krzywa obciążeń staje się prostą, równoległą do osi belki. Całkowite obciążenie belki o rozpiętości teoretycznej / = AB (rys. 40) wyrazi się przez g.l. Odłożywszy je gdziekolwiek z boku od a do b i obrawszy biegun Z w jednakowej odległości od a i b, przeprowadzamy boki skrajne wieloboku sznurowego AS i SB, równoległe do Ta i Tb i bok zamykający AB, równole" gły do osi belki w obec tego, że całkowite obciążenie gl rozłoży się po połowie na podpory A i B,dając odpory: A₁ = Bl —

§ 4. Obciążenie stałe

Szukany wielobok — a raczej krzywa sznurowa — musi oczywiście być styczną w punktach A i B do skrajnych boków AS i SB. Dla jej wyznaczenia przyjmijmy obciążenie

gl

całkowite jako złożone z dwóch części działających w środkach ciężkości : S₁ i S₂ i otrzymujemy wierzchołki wieloboku sznurowego w punktach S/ i S₂', na przecięciu pionowych przez Si i S₂, z bokami skrajnymi AS i SB, a łącząc S/ z S₂', otrzymamy pośrodku punkt F, przez który (tak samo, jak przez punkty K, N, U .... rys. 38) przechodzić musi krzywa sznurowa i w którym linia S₁'FS₂/ jest styczną do krzywej. Dzieląc każdą z tych 2-ch części ponownie na 2 części, otrzymać możemy podobnie dalsze wierzchołki wieloboku sznurowego na pionowych, przechodzących przez środki ciężkości działek, oraz styczne do szukanej krzywej w punktach, odpowiadających końcom obranych działek (tak, jak na rys. 38). Ale teraz — przy obciążeniu jednostajnem — środki ciężkości działek są zarazem środkami samych działek, więc pionowe, przeprowadzone przez wierzchołki wieloboku sznurowego (punkty przecięcia stycznych), przechodzą na rys. 40 pośrodku między odpowiednimi punktami styczności krzywej (np. Sx S'x pośrodku między punktami A i F), co jest własnością charakterystyczną paraboli. Nasza krzywa sznurowa jest zatem pa" rabolą z osią pionową, przechodzącą przez środek belki, (co zresztą dowiedzione będzie poniżej analitycznie).

Parabola ta jest oczywiście zupełnie określona już przez 2 styczne AS i SB wraz z punktami styczności A i B i wykreśla się,

•*ty-------; ■

[?|I

:K

%—

y/é,

J3 Y__

CU

JT

; : ~~

4-

!®>

__¹ 0,0,

T?\

ft

-ß

O;

ft

ft

y/

>>

Ÿ'W''''''''''''''

fWM.

mmmć

ft

ÔTrni

J-il

LU

\ /.// S //// / // / / / / / / /sTK

y////////////////////, (/■// ///////// // ////y r\a^y y '/V / /////'/ / / / / / / / / /'/v A,

fya^////// / / V// ///^iyi/// I

AeL

Ó-

fe?-_

- -^6- -I

■'////////// ///////// Zy

*•

-3fe-

/.

•>.

vzz/zxxxxz

w////

Z?

\xzzft z ,zy / /i V; X //////y|

\Z44Z4a

v;

jak wiadomo, dzieląc odcinki AS i SB na jednakową ilość równych części (rys. 41) i łącząc odpowiednie punkty: 1 z 1', 2 z 2', 3 z 3'... liniami prostemi, które będą stycznemi do szukanej paraboli. Również wykreślimy ją, zauważywszy, że połowa długości SJ (rys. 40) daje punkt najniższy paraboli F, a mając wierzchołek paraboli F, oś'FJ i jakikolwiek punkt B (rys. 42), dzielimy FG, a także GB na jednakową ilość równych części i łącząc punkty 1, 2,

atlyi Al.

I'

/j

3,4.... z F, otrzymamy na równoległych do osi przez 1', 2', 3', 4'.... dowolną ilość punktów paraboli: 1", 2", 3",

■V

4//.... Zauważmy jeszcze, że przy tych samych danych, t. j. wierzchołku F, osi FJ i punkcie B (rys. 43) wyznaczyć możemy punkt paraboli A, jako symetryczny z B względem osi FJ, a inne jej punkty otrzymamy, albo 1) po podzieleniu odcinków JF i FG na jednakowy ilość równych części—jako punkty przecięcia linii B5, B4, B3.... z równoległemi do osi, przeprowadzonemu przez 5', 4', 3'... czyli punkty 3", 4", 3"...., albo też 2) otrzymamy poszczególne punkty paraboli, leżące na prostych, równoległych do osi, np. na prostej CC (rys. 43), sposobem następującym: Łączymy

Â%.

ÎJ

punkt B z F, prowadzimy przez punkt prze-cięcia z linią CC (t. j.

-f

-V

/' Z' 3' A' S’

przez D), równoległą do stycznej FB₂, a przez B równoległą do osi paraboli, łączymy punkt przecięcia tych prostych B, z pun-^ ktem F i na przecięciu

Ô_prostej BjF z prostą

CC otrzymujemy szukany punkt tejże paraboli DŁ. (Istotnie, wskutek podobieństwa trój-

kątów D| D₂ F i Bt B₂ F z bokami równoległymi:

D1D2 _ B1B2 . fd₂ fb₂ »

-Si

o>o

r__?⁷

en/ÿô. 43.

/"/

---— —<>

3    £ I

-?

5,

3A-"

ÎT

> -•

•®

'c

-ô

ale 6^2 = 00 DD₂ BB₂

fd“⁼ fb7’

_(FD₂)2XBB (FB₂)2

wiada równaniu: y² — 2px (jeżeli przyjąć za początek spółrzędnych punkt F, za oś x — FJ, a za oś y — FB₂), więc: (FB₂)² = 2p . BB a zatem:

a wskutek podobieństwa trójkątów DD.,F i BB₂F:

BB₂ xfd9 fb₂

² . Skoro jednak punkt B leży na paraboli, to odpo-

więc: 6^2=002 =

a zatem :

DiD₂ —

(FD₂)²

2p ’

co oznacza, że punkt D leży na paraboli).

1)^2 _

zkąd: (FD₂)² = 2/?XD₁D

czyniący zadość równaniu y² = 2px,

■ 44

c4r

o-?--

v M

—-o '——01---

• ^ : ••

/' A '.    ' .

X/

s?,

Sposób ten może być zastosowany nietylko do stycznej FB2 w wierzchołku paraboli F, ale również do każdej innej stycznej, np. do stycznej UB₂ (rys. 44), dla której zupełnie tak samo otrzymujemy na prostej NZ, równoległej do osi paraboli — za pomocą punktów N i Bt—punkt paraboli L, bo równanie y² = 2px może być—jak wiadomo—zastosowane do przyjętych za spółrzędne uko-śnokątne x i y linii US i UB₂.

Zaznaczyć tutaj warto, że z wyżej wspomnianej (str. 55) charakterystycznej własności paraboli, [polegającej na tern, że linie, przeprowadzone przez jakiekolwiek dwa punkty paraboli K i L (rys. 44) równolegle do jej osi, znajdują się w równych odległościach d od punktu przecięcia V stycznych w tych dwóch punktach], wynika, że mając dwie styczne AT i BT, oraz punkty ich styczności A i B (rys. 44), otrzymujemy, łącząc punkt przecięcia stycznych T ze środkiem cięciwy AB, t. j. z S, kierunek osi paraboli TS, a ponadto punkt środkowy linii TS, czyli U, będzie punktem paraboli, styczna zaś w tym punkcie U będzie równoległą do AB. Oczywistem jest również, że każda styczna do paraboli, np. ZW, daje na jednakowo odległych (d) od punktu styczności U, równoległych do osi prostych WJ i ZN jednakowe odcinki WK = ZL.

Największy moment (rys. 40) otrzymujemy pośrodku

belki i jak wiadomo: MW(ł* = H.jy; aley =— SJ, a z podobieństwa

, t- J.

S T cię

trójkątów JAS i Z ca z bokami równoległymi: pA — ^c

, a zatem:

=H-y=€

Tak więc krzywą momentów dla obciążenia jednostajnego

p-/²

jest parabola z osią pionową i strzałką =    •

Dla wykreślenia krzywej sił poprzecznych zauważmy, że siłą poprzeczną dla przekroju belki nieskończenie blizkiego podpory A będzie, jak zawsze, odpór At, siłą zaś poprzeczną dla przekroju belki nieskończenie blizkiego podpory B jest odpór B₁ z odwrotnym znakiem. Odkładamy więc odpór

n: od 2

punktu B6 do B₃, a łącząc A₃ z B₃, otrzymamy szukaną krzy^ wą sil poprzecznych jako linię prostą A₃ B₃: Istotnie, siła

²_Z ₌ S{

8H

(ll).

__g[

Â¹

Widzimy teraz, że największemu momentowi pośrodku belki odpowiada siła poprzeczna równa o, albo raczej siła nieskończenie mała i działająca w nieskończoności, będąca

ol

parą sił: wypadkową odporu i połowy całkowitego obciążenia, a więc także (zwróconego tylko w stronę przeciwną, niż odpór działającego na czwartej części belki. Ta

p7 l gl²

para sił daje więc moment: ~-X —otrzymany już powy-

2    4    8

żej we wzorze (11).

Analitycznie: Jeżeli belka jest na pewnej części swej długości obciążona jednostajnie, to dla tej części belki siłę poprzeczną Vx i moment M* otrzymujemy z wzorów (9) i (10) str. 54, po wstawieniu: p=g (obciążenie jednostkowe stałe), a zatem z wzoru (9):

= — j gdx + C = —gx + C

(13),

więc krzywa sił poprzecznych wyraża się linią prostą; a z wzoru (10):

(14),

poprzeczna V* dla jakiegokolwiek przekroju belki DD, w odległości x od podpory wyrazi się, jak wiadomo, jako wypadko-wa wszystkich sił zewnętrznych z lewej strony, czyli:

_gl

Vx = Al — gx

2 sx~

a jest to równanie prostej, dające dla:

(/ — 2x)

(12),

ii

f^ + c* + c

więc krzywa momentów jest parabolą.

Z tych dwóch równań — dla g—o otrzymujemy: VX = C i Mjr=C#-f Clf zkąd wynika, że dla nieobciąźonych części belki krzywa sił poprzecznych jest prostą, równoległą do osi belki, a krzywa momentów jest linią prostą, co zresztą widzieliśmy już na str. 48 (rys. 36).

otrzymane już wyżej jako równanie (11).

§ 5. Obciążenie stałe jednostajne częścio-

we.

Jeżeli cała belka jest obciążona jednostajnie, to odpory: Ai = B₁ = -^-, więc równanie (13) dla x

a zatem: C = ~- i

— o musi dać: V

₌ sL

V* =—gx+

otrzymane wyżej w równaniu (12).

Równanie zaś (14) musi nam dać dla x — o

M = 0 więc:

crl

o, a że przytem C = ~, więc równanie (14) daje: gx²    glx _ gx

f (/-*)......(15).

To równanie wyraża, jak wiadomo, parabolę AFB (rys. 40) z osią pionową JF, przechodzącą przez środek belki, dla któ-

(a więc w punkcie, gdzie, zgodnie z wzorem

rego, przy x=

CM

(12): V =

dx

— o)\ M

max —

Â yl (/--L) = £¹²

2 y    2} 8

1. Jeżeli tylko lewa część belki jest obciążona jednostajnie na długości xQ (rys. 40), to wiemy z powyższego (str. 5 5), że części obciążonej AC odpowiada jako krzywa sznurowa (czyli krzywa momentów) — parabola z osią pionową, na pozostałej zaś nieobciąźonej części CB krzywa ta będzie linią prostą (zgodnie ze str. 60 i 48). A więc wykreślając wielo-bok sznurowy w przypuszczeniu, że całe obciążenie gx₀, wyrażone przez odcinek ad, jest ześrodkowane w połowie odległości x₀, czyli na pionowej przez S₃, otrzymujemy, przeprowadzając przez S'₃ równoległą do Zd, jako wielobok sznurowy trójkąt AS'₃B₂, z bokiem zamykającym AB₂, linia AS'3 będzie styczną w punkcie A do krzywej sznurowej (paraboli), odpowiadającej obciążeniu gx₀, linia zaś S₃' B₂ będzie takąż styczną w końcowym punkcie paraboli Cr, (na przecięciu pionowej CC z S'₃ Bo), od którego zacząwszy, krzywa momentów będzie linią prostą C/B₂. Mając dwie styczne w punktach A i C', wykreślimy parabolę sposobem wyżej wskazanym (str. 57). Odpór At, otrzymany jako odcinek ea (Le jest równoległą do boku zamykającego AB₂), będzie siłą poprzeczną dla

przekroju nieskończenie blizkiego podpory A—odłóżmy go od A₄ do A₃, przeprowadzając przez e równoległą do osi belki i przyjmując ją za oś dla krzywej sił poprzecznych, a siła poprzeczna dla przekroju CC będzie: ea—ad, czyli będzie to siła ujemna, wyrażona przez odcinek ed i otrzymamy ją jako C"'C"—po przeprowadzeniu przez d równoległej do osi belki. Krzywą sił poprzecznych otrzymamy jako linię prostą, łączącą Ag z C", dalej zaś — dla nieobciąźonej części belki — krzywa ta staje się (zgodnie ze str. 60 i 48) prostą, idącą przez C" równolegle do osi belki.

Przeprowadzona przez e równoległa do osi belki, przyjęta za oś krzywej sił poprzecznych, daje na prostej A₃ B3 punkt D", a więc dla przekroju DD siła poprzeczna — o, jest to zatem przekrój, dający największy moment. Moment ten odpowiada punktowi D' paraboli, mającemu styczną td równoległą do boku zamykającego AB₂ i wyraża się:    = H.yj.

Analitycznie: Wziąwszy we wzorze (3) str. 53 za górną granicę całki x₀ zamiast l (w obec tego, że obciążenie jest tylko na długości #₀), otrzymujemy:

A'

I /*    cr

jj (l— x) gdx — ~ lx

K-

Siła poprzeczna dla dowolnego przekroju w odległości xx<ZxQ od podpory A będzie:

V'. =A'

1-^1

_£xq {2L    x₀)

21

gx 1

(16),

a dla przekroju CC, przy xx=x0y będzie:

gx o²

V'

_(21    x₀)

xo

21

— gx₀ =

21

(17),

moment zaś dla dowolnego przekroju w odległości xxCx0 od podpory A będzie [według wzoru (16), w którym pierwszą siłę—odpór A'₄—przyjmujemy jako działającą w podporze A, a drugą gxx— jako działającą w połowie długości xx\:

x *    ****

M'

xi

gx₀ {21 — x₀)

21

(18):

dla przekroju zaś CC, przy xx=x₀:

V r    gX* - *

/\ •*'0    g

Ze zmianą xx zmieniać się będzie i moment, osiągnie zaś swoje maximum dla takiego xx (oznaczmy je x\), przy którem ~Vx = o, a więc musi być wtedy według wzoru (16):

M' _ ?xo (²¹ — *0)

xo

21

₂lxo² —

(19).

gxo (21—X₀)

21

gx\=o, zkąd:

x₀ (21    #o)

(20).

x i —

Wstawiając tę wartość x\ zamiast x₁ do równania (18), otrzymamy:

₌ gxp² (21 —x₀)²

(2 If

2. Jeżeli tylko prawa część belki jest obciążona jednostajnie na długości /—x₀ Oys. 40), to (postępując zgodnie z po-wyższem, ale począwszy od prawej strony), przyjmujemy całkowite obciążenie g (l—x₀), wyrażone przez odcinek db, jako ześrodkowane na pionowej przez S₄ i otrzymamy (przeprowadzając przez S₄' równoległą do Zd (rys. 40), trójkąt sznurowy A₂S₄'B, a linie A₂S/ i BS/ będą stycznemi w punktach C' i B do krzywej momentów—paraboli z osią pionową, odpowiadającej obciążeniu części prawej i zupełnie określonej przez te dwie styczne i ich punkty styczności. Od A₂ do C' krzywa momentów przedstawi linię prostą. Przeprowadzając przez biegun Z równoległą Zf do boku zamykającego A₂ B, a przez punkt f równoległą do osi belki i przyjmując ją za oś dla krzywej sił poprzecznych, otrzymujemy tę krzywą jako linię A₅ C", równoległą do osi, dalej zaś jako linię, łączącą C" z Bs. Cała więc krzywa sił poprzecznych przedstawia linię łamaną A₅ C" B₃. Linia ta daje na przecięciu z przyjętą za oś /A7 punkt E", w którym siła poprzeczna jest=o, a zatem moment dla tego przekroju EE będzie największy, odpowiadać zaś będzie na paraboli punktowi E', mającemu styczną te, równoległą do boku zamykającego A₂ B i wyraża się: Mg=H.jye.

Z powyższego widzimy, że przy obciążeniu częściowem belki siły poprzeczne mogą być dla poszczególnych przekrojów liczebnie większe, niż przy obciążeniu całkowitem, bo np. odcinek m₂ jest większy od m, a odcinek jest także liczeń bnie większy od m; momenty zaś gnące są dla obciążenia częściowego zawsze mniejsze, niż dla całkowitego. Widzimy nadto z rysunku 40, (a poniżej stwierdzimy to analitycznie), że: m₂—ml — m i yi+jt'₂=jv/, co zresztą było do przewidzenia, bo dla każdego przekroju belki suma algebraiczna sił poprzecznych—a także momentów gnących—odpowiadających obciążeniu części lewej do przekroju CC i części prawej od przekroju CC, musi być równa sile poprzecznej — względnie ino-

21

M'

max

gx₀² (21— xoy ₌ gx₀² (2/—x₀)²

2 x (2 iy

SI²

(21).

mentowi gnącemu — odpowiadającym całkowitemu obciążeniu belki.

Analitycznie: Tak samo, jak w poprzednim wypadku, otrzymamy teraz z wzoru (3) str. 53, biorąc—w obec obciążenia tylko prawej części belki—granice całki x₀ i !:

X2 l_ g

->i

=Ł

x₀

włącznie:

Siła zaś poprzeczna Vx będzie dla przekrojów do CC

V"

(22)

dla dalszych zaś przekrojów uwzględniać trzeba obciążenie g na odpowiedniej długości x₁—x₀, t. j.

*o)² — Oi — xo) g

Moment dla przekrojów aż do CC włącznie będzie:

V"

(23).

(24),

a dla dalszych, gdzie przybywa obciążenie {xx—x₀) g, będzie według wzoru (23), przyjmując pierwszą siłę—odpór A'^, jako działającą w podporze A, drugą zaś — w połowie długości Ol *o) •

M"

₌A

Ol — Xo)²

(25).

2l {l — Xo)².^i

Moment największy otrzymamy dla takiego xx (oznacza-czamy je x'\), przy którem V"x = o, więc według wzoru (23):

xi

■g

2l (/— x₀)² — 0"i — xo)g = o, zkąd: (/ — xQ)²

S/ +*-

*"i =

P + Xo²

2/

(26).

Wstawiając tę wartość x'\ do równania (25) zamiast xx, otrzymamy:

max

- 2/ (/    *o)

2 ł² + X0²

P + X o²

21

21

*)’

g (/² — V)²

8/2

(27).

Tę wartość możemy oczywiście otrzymać wprost z równania (21) wstawiając w nie / — x₀ zamiast x₀. Wielkość zaś x" daje nam wprost równanie (20), jeżeli tam weźmiemy zamiast x₀—(l-x₀) i odejmiemy ten rezultat od l. Podobnież ró-

wnanie (17) daje nam [po wstawieniu zamiast x₀—(/-#₀)] wartość V"*₀, otrzymaną z równania (22), ale zmienić musimy znak na odwrotny. Zresztą wartość V"*₀ otrzymać możemy również, jako różnicę wartości z równania (12) i równania (17), gdyż oczywiście musi być:    V'XQ = Vxo (jak to już widzieliśmy

na rysunku 40: m₂—    Istotnie:

xo

v ~v' =f d-2x»)+-£ÿ-=JL (i-x,Y=*v". .

I tak samo zupełnie otrzymamy wartość M"*o, wyrażoną równaniem (24), jako różnicę wartości z równań (15) i (19) bo oczywiście musi być: MCo + M"*₀—M*₀, jak to już widzieliśmy na rys. 40: y₁-\-y₂^=y'). Istotnie:

m,o - M'-o=ffxl~x°> - f x° (l - *o)==M"

Zestawienie wzorów (11), (21) i (27) dla momentów gnących, jako też wzorów (12), (17) i (22) dla sił poprzecznych, ' potwierdza wypowiedziane wyżej prawo, że obciążenie całkom wite wywołuje w belce, podpartej w dwóch końcach, naj' większe momenty gnące, ale obciążenie częściowe może wywoływać w poszczególnych przekrojach belki siły poprzeczne większe liczebnie, niż obciążenie całkowite.

§ 6. Obciążenie stałe — złożone, jeżeli na belkę działają jednocześnie ciężary skupione i obciążenie ciągłe, to wychodząc z założenia, że momenty i siły poprzeczne dla sił równoległych mogą być dodawane algebraicznie, wykreślamy naprzód momenty i siły poprzeczne dla jednego—a potem dla drugiego obciążenia i rezultaty sumujemy. Tak np. dla sił skupionych P₁₍ P₂, P₃ i obciążenia jednostajnego gl (rys. 45), wykreślając według powyższego—(z obraniem jednak biegunów Zx i Z₂ nie po tej samej stronie wieloboków sił, jakkolwiek z tą samą odległością biegunową H i z tego samego początkowego punktu A₀)—pola momentów A₀M₀B₀A0 i AoJKLBq'Ao, otrzymujemy moment dla jakiegokolwiek przekroju CC, sumując odpowiednie odcinki y:

Mc = H .jy+H.j^=H {y+y§).

Byłoby jednak dogodniej mieć te oba pola złączone w jedno, tak, aby można było odrazu z jednego odcinka otrzymywać szukane momenty. Osiągnąć to możemy, zmieniając tak położenie bieguna Z₂, aby bok A₀ B₀ stał się zamykającym zamiast A₀B'₀, a odległość biegunowa H została przytem

Ah;

MM

£ “"•JL

.o-----or-"

n\

>C I : ;

u I y ïjk

JS.

—o-^|0

Cin

JM

»I

\S

sN

3^

wlf

'■

x.

IIIÉ

sV

i\\\

tfN \

1T

SV»

.■

sT

vN

..t,

t--;

Xi:

%,

ev“>

J:

*r-~%

••••'S

<r

y ht

. • * wtN*

s\x;

*>

çj

Vf:

'Z

✓ *V|

5,

■ //

: //

y/

%

%%

bez zmiany. Zgodnie ze str. 19, przesuwając biegun Z₂ równolegle do pionowej przez A₀, otrzymujemy nowy wielobok sznurowy, którego wszystkie boki przecinać się będą z odpowiednimi bokami poprzedniego wieloboku sznurowego (o biegunie Z₂) na tej pionowej przez A₀, a więc ostatni bok LB'0 przetnie linię A₀A w punkcie A₅, przez który musi przejść także ostatni bok nowego wieloboku. Łącząc zatem punkt A₅ z B

mamy ostatni bok nowego wieloboku, przecinający

kierunek P₃ w L₄; łącząc zaś L₄ z A₄ (punktem przecięcia KL z A₀ A), otrzymujemy dalsz}^ bok nowego wieloboku A₄L przecinający kierunek P₂ w Kx; łącząc następnie Kt z A otrzymujemy J₄ i całe pole momentów A₀ Jt Kj L₄ B₀ M₀ A wspólne dla obu obciążeń, gdyż teraz moment dla przekroju CC będzie:

Mc = H . yc

W obu polach A₀ jx Kt Lj B₀ A₀ i A₀JKLB'₀A₀ odpowiednie odcinki, np. JJ' i J₄ J₀, albo LL' i L, L₀, muszą być równe (jako wyrażające moment dla tego samego przekroju, niezależny od wyboru bieguna) i tak samo całe te oba pola są równowielkie, a pole A₀ J, K₄ L₄ B₀ A₀ może być oczywiście otrzymane, odkładając wprost od osi A₀ B₀ (na odpowiednich pionowych) odcinki J₀Ji =J⁷J; L₀Lt = L'L i t. d. Pole tejże wielkości AqJKLB^M'Ao = A₀J₁K₁L₁B₀M₀A₀ otrzymamy również, odkładając pionowo od boku zamykającego A₀ B'₀ na dól odpowiednie odcinki paraboli A₀M₀B₀i łącząc otrzymane punkty—lub też wykreślając nową parabolę (za pomocą dwóch stycznych z punktami ich styczności) sposobem następującym: Przez środek obciążenia gl w wieloboku sił, t. j. przez N, prowadzimy równoległą do boku zamykającego AqB'q, przecinającą pionową przez Zj w punkcie 7,\. Obrawszy ten punkt 7Jx za nowy biegun, przeprowadzamy przez A₀ i B'₀ równoległe do    i N₂Z.\ , t. j. A₀S₁ i S₄ B'₀, które będą oczywi

ście— jako boki skrajne nowego wieloboku sznurowego dla obciążenia gl—stycznemi do szukanej paraboli w punktach

więc wykreślimy tę parabolę A₀ M'B'₀ sposobem

A₀ i B' wskazanym na str. 57 rys. 41.

Dla otrzymania sił poprzeczkach wykreślamy naprzód (zgodnie ze str. 59) krzywą sił poprzecznych dla obciążenia jednostajnego (t. j. przyjąwszy za oś np. linię A₂B₂, odkłada-

my od A₂ obciążenie

a od B₂—g~ i otrzymujemy, jako

krzywą sił poprzecznych, prostą EB₄). Dla sił zaś skupio" nych P₁,P₂,P₃ odkładamy otrzymane (zgodnie ze str. 47) siły poprzeczne V₀₁, VJ2, V₁₃ na odpowiednich pionowych, przyjmując za oś linię EB₄, a więc od E odkładamy w górę (wyrażający siłę V₀₁ = A₁) odcinek na i przez otrzymany punkt E4 przeprowadzamy równoległą do EB₄ aż do spotkania w F3 z pionową P₄ (bo siła poprzeczna dla układu sił skupionych P₄, P₂, P₃ nie zmienia się wcale między A i P₄) ; na pionowej P₁ od punktu F₄ odkładamy do F₂ (wyrażający siłę V₁₂) odcinek nb (lub też od F₃ do F₂ odcinek --- P₄) i przeprowadzamy przez F₂ równoległą do EB₄; na pionowej P₂ odkładamy od punktu G₂ na dół (wyrażając)? siłę V₂₃) odcinek nc (lub też od G₃ do Gx odcinek = P₂) i prowadzimy równoległą do EB₄ ; wreszcie na pionowej P₃ od punktu H₃ odkładamy na dół do punktu H₁ (wyrażający siłę V₃₄) odcinek nd (lub też od H2 do H₁ odcinek =P₃) i prowadzimy równoległą do EB₄. Wykreślona w ten sposób linia łamana E₁F₃F₂G₃G₁H₂H₁B₃ będzie wspólną krzywą sił poprzecznych dla obu obciążeń i siła poprzeczna dla dowolnego przekroju CC wyrazi się przez wspólny odcinek Vf. Dla przekroju TTm siła poprzeczna staje się = o—czyli właściwie staje się siłą nieskończenie małą i nieskończenie odległą, lub też parą sił — i punkt ten odpowiada największemu momentowi, o czem zresztą przekonywamy się wykreślnie, otrzymując w punkcie T styczną ł równoległą do    i zarazem największy odcinek ym = T'T

— H .ym. [Tej samej wielkości odcinek otrzy-

max

dający: M

mujemy oczywiście także, jako T"T, odpowiadający punktowi T" paraboli AqM'B'o, w którym styczna t\ jest równoległą do boku JK.]

Przykład: Obciążenie belki 10,0 m długiej składa się ze stałego jednostajnego g= 1000 kg na metr bieżący, działającego na długości m = 3,0 m, czyli: G = m .g = 3X 1000 — 3000 kg (rys. 46), a prócz tego z siły P = 2000 kg. Wyznaczyć największy moment i przekrój belki, odpowiadający temuż.

Skalę długości przyjęliśmy 1:100, czyli lmm = 0,lm, a skalę sił: 1 mm = 100 kg. Odległość biegunową weźmy:

¹

Obliczanie pól figur płaskich i wyznaczanie ich środków ciężkości opisane jest w rozdziałach b i 6-ym.

²

- od punktu A6 do A₃ (rys. 40) i odpór B₁ =

H = 20mm. Wielobok sił składać się będzie z siły G — ab = 3000 kg, czyli w naszej skali = 30 mm i = P = 2000 kg, czyli 20 mm. Jeżeli przyjmiemy obciążenie jednostajne (G = 3000 kg) jako skupione w środkowym punkcie S, to wielobokiem sznu-

jr

rowym będzie A/S₁G₁B/; ponieważ zaś obciążenie to jest stałem jednostajnem między punktami E i F, więc (zgodnie •ze str. 55) otrzymujemy między punktami Ex i FŁ parabolę, styczną w Ej i Fj i wykreślimy ją zgodnie ze str. 57 rys. 41.

3.0

2,0■

■>

I—r

<-

’.2.0

Jl\

A 95'

î,

-z'

' m.

Jf

;<

3i.

s,

-O"

.....>

Gł (cco^Cv/    1 1 100.

S&G&, A& r™« iooi

\\

tyC

43,5 mm,

Krzywą sił poprzecznych otrzymamy (zgodnie ze str. 47 i 62) jako linię łamaną A₂ E₂ F₂ G₂ G₃ B₂. Daje ona dla punktu N wartość — o (t. j. siła poprzeczna staje się parą sił), a odległość tego punktu od podpoty A jest na rysunku: x czyli 4,35 m; (rachunek daje także 4,35 m). Dla tego przekroju belki moment będzie (zgodnie ze str. 62) największy. I rzeczywiście na pionowej przez N otrzymujemy największą rzę-

odpór dla siły P: Ap = ~ P = X 2000 = 400 kg.

dną37,3 mm i styczna do paraboli w punkcie N₁ jest równoległą do boku zamykającego A'B', a wielkość tego momentu będzie: Mwa* = H .ymax = 20 X 37,3 X 0,1 X 100 = 7460 kgm. Analitycznie otrzymujenry: 7460,25 kgm, a mianowicie:

Odpór dla obciążenia stałego jednostajnego:

3000 (10 — 3,5)

= 1950 kg

10

Moment dla jakiegokolwiek przekroju między E i F:

M* = (A^ + A^) x — 1000 (x —2) ^"²

określonego

Moment ten będzie największy dla x z równania:

<7M

dx

= A^ + Ap — 1000 (xm — 2), zkąd: xm = 4,35 m i

= (A*+A,) xw — 1000 (xm 2) (X,n~T²) =

(4,35 — 2)²

~ 7460,25 kgm.

= (1950 + 400) X M5 — 100°

Gdybyśmy w przykładzie powyższym mieli wyznaczyć t3/lko przekrój belki (czyli odległość xm), dla którego moment wypada największy, to zamiast wzoru dla momentu wypisalibyśmy odrazu tylko wzór dla siły poprzecznej; byłby to oczywiście ten sam wzór, który otrzymaliśmy, różniczkując

= V według wzoru (7) str. 54. — Zaznaczmy jeszcze,

M, bo

dM

dx

X 23,5 = 746,1 mm², a zastosowawszy na-

wyniesie:

że z rys. 46 możemy również (zgodnie ze str. 48) otrzymać moment dla przekroju w odległości: xw = 4,35m z pola sił poprzecznych, jako pole: A₂E₂NA₃A₂. Pole to na rys. 46 20 + 43,5

szą skalę momentów: 746,1 X Jq X 100 = 7461 kgm.

§ 7. Belka jednym końcem osadzona, zresztą Swobodna. Jeżeli na belkę, osadzoną końcem A (rys. 47), działają siły Pn P₂, P₃, P₄, dające wypadkową R, to dodając w linii pionowej przez A jeszcze dwie siły: + R i — R, widzimy, że na podporę A działa wypadkowa + R i para sił ( + R, — R). Dla utrzymania zatem belki w równowadze w podporze A nietylko musi działać równoważący

S /î

(Çc

^Wô.47.’

£ kl & $

.......i--• • ù

i""]g f

3l I !

1.....*

; ji

smA'jsmM-

yĄ

'4

'//y

//y

S//

ii

i!

..

'Æ

Z'''.

//■

’ (Tt

■i

K.....

r€--

tj

k

=o- • -

i-te.

!<-

• • • -jxy- -

ev

c>

0>

.2

o/

«/

siłę + R odpór Aj , ale musi urządzenie tej podpory przeciwdziałać momentowi pary sił R.r, czyli koniec belki musi być odpowiednio osadzony.

Do tego samego wniosku dojdziemy, wykreślając dla sił P1? P₂, P₃, P4 wielobok sił i sznurowy. Wielobok sił (linia prosta abcdea) będzie zamknięty, ale wielobok sznurowy da jako ostatni bok (t. j. zamiast zamykającego) linię TS, równoległą do siły pomocniczej P₀, a więc (zgodnie ze str. 28) układ nasz jest równoznaczny z parą sił (—P₀, + P₀), działających w liniach JU i TS, z lotem oznaczonym koleją liter, a moment tej pary sił będzie równy R.r. Istotnie, zupełnie analogicznie z dowodzeniem na str. 40, z trójkąta UTN: TN.r = UN./₀ [p₀—jest długością prostopadłej, opuszczonej

z T na UN, czyli ramieniem pary sił (—P₀, + P₀)] » zkąd: — =

_ UN — TN '

UN Za

Po

TN

ea

Ale wskutek podobieństwa trójkątów UTN i Zea:

r    Z a

, wjęc —- =

Po

ea

r P

czyli --- = p , aztąd: R.r = P₀./V Po R

(Jest to zresztą zupełnie oczywiste, że siła Aj, złożona z siłami P

P₄, których wypadkową jest R, daje w rezultacie parę sił: A₁ i R z momentem R.r). Dla równowagi koniecznem jest zatem, aby oprócz odporu A₁ przeciwdziałał jeszcze w podporze A moment sił = — R.r, t. j. koniec belki musi być umocowany.

Siły poprzeczne wykreślimy, jako wypadkowe sił zewnętrznych, działających po lewej stronie belki: W samej podporze A działa siła Aj i para sił z momentem — R.r. Te trz}^ siły dają w rezultacie jedną siłę Aj, działającą w U, a więc:

V₀ = Aj (i przechodzi przez U).

Między podporą Ai siłąPj :V₀₁—również sile A 1? działającej wU. Między siłą P₁ i P₂ : Vj₂ = Aj—Pj + para sił z momentem—R.r, czyli = wypadkowej sił: Aj (działającej w U) i P,=sile (Aj—Pj), działającej w U'. Między silą P₂ i P₃ : V₂₃ = Aj—Pj—P₂ + para sił z moment.—R.r, czyli = sile (Aj —Pj—P₂), działającej w U". Między siłą P₃ i P₄ : V₃₄ = Aj—PŁ—P₂—P₃-|-parasiłzmom.—R.r, czyli = sile (Aj—P₄—P₂—P₃), działającej w M. Wreszcie w przekroju P₄ : V₄ = Aj— PŁ—P₂—^P₃—P₄ + para sił

P₂, ?

para sił z momentem -|- R.r.

z mom. — R.r, czyli 2 pary sił, znoszące się nawzajem, a więc —o.

[Łatwo zauważyć, że w danym wypadku wyznaczenie powyższe sił poprzecznych możnaby znacznie uprościć, rozważając nie lewą, lecz prawą część belki, gdyż otrzymujemy np. dla przekroju międz}^ siłą P₂ i P₃: V₂₃ =— (P₃-f P₄), czyli = = wypadkowej tych sił, przechodzącej przez U", równej (ale odwrotnej) otrzymanej wyżej (Ax—P₃— P₂)J.

Krzywą sił poprzecznych będzie więc linia schodowa, wykreślona na rys. 47.

Momenty sił poprzecznych dla dowolnego przekroju CC otrzymywać będziemy [zgodnie ze str. 37 (rys. 33) i str. 47 (rys. 36)] za pomocą odcinków między odpowiednimi bokami wieloboku sznurowego, a więc:

Moment siły poprzecznej dla podpory A, czyli moment siły V₀, działającej w U i równej A,: M₀ = A₁ X r — Hy₀.

^01 • eoi⁼⁼ Haoi ^12 • ^12 ~ ^*jVl2 ^23 ⁼ ^23 • ^23 — PÏ*A23 M₃4= V34 . ^34 = H.y₃₄. Widzimy zatem, że największy moment gnący otrzymuje się dla przekroju przez podporę A.

01 —

12 —

§ 8. Belka wystająca. Belkę podpartą nie w dwóch końcach, lecz w jakichkolwiek in^^ch dwóch punktach A i B (rys. 48), nazywamy belką wystającą. Obciążające tę belkę siły P₃, P₂, P₃, P₄, P₅, P₆ wywołują w punktach A i B odpory, które muszą oczywiście utrzymywać te siły w równowadze, czyli tworzyć z niemi wieloboki sił i sznurowy zamknięte.

W wykreślonym wieloboku sznurowym otrzymujemy jego bok zamykający A₀B₀, łącząc punkt przecięcia skrajnego boku ć z pionową przez A z punktem przecięcia skrajnego boku k' z pionową przez B, wielkość zaś odporów AŁ i B₃ otrzymamy (przeprowadzając w wieloboku sił równoległą w do boku zamykającego A₀ B₀ przez biegun Z), jako odcinki WC i KW.

Siły poprzeczne. Zgodnie ze str. 46 (rys. 36) siła poprzeczna V dla jakiegokolwiek przekroju SS, czyli wypadkowa sił P₃, A₃ i P₂, wyrażać się będzie jako odcinek WE w wieloboku sił, ograniczony przez promienie równoległe do boków A₀ B₀ i e\ a krzywą sił poprzecznych otrzymamy,

ii.

'.I!

91

V-

iv-

ijj- " '

?r?

rf.........:

31,

Si ..

A/a

•>

5h

Ąj'^o

4>\

\c

5)    \

7z \

(A

Jx

t s'

///

L'-'f //

■>

C7>

4,

C7>

O'

■d //

. //

v/

,%/

//fc

//

przeprowadzając przez punkty C, D, E... wieloboku sił równoległe do osi AB. Za oś najlepiej obrać linię równoległą do AB, idącą przez punkt W i pierwszą siłę Px odłożyć w dół, jako odcinek aß (zamiast odcinka a'ß')* Będzie to siła poprzeczna dla przekrojów między Pji A. W przekroju przez A* przyb}fwa odpór An jako odcinek Ts = WC, więc siła poprzeczna staje się dodatnią i = s8. W przekroju przez P₂ przybywa P₂ (czyli więc siła poprzeczna staje się = {W). W przekroju P₃ przybywa P₃ (czyli d), więc siła poprzeczna staje się ujemną i = %x; podobnież dalej przybywają siłyP₄, B1} P5 i P₆ i siła poprzeczna staje się kolejno równą odcinkom |4, Tip, dt, a w przekroju przez P₆ staje się = o.

Momenty. Zgodnie ze str. 47 (rys. 36) otrzymujemy moment gnąc}?’ dla jakiegokolwiek przekroju belki SS — czyli moment siły poprzecznej (dla przekroju SS), wypadkowej sił P₄, A₄ i P₂—jako iloczjm: M — Hy (ponieważ bokami skraj-nj^mi dla tych sił są A₀ B₀ i e'). Dla punktów T i V moment jest = o, a dla przekrojów na lewo od T i na prawo od V moment staje się ujemnym (bo skoro odcinek y uważaliśmy za dodatni przy położeniu S₄ pod bokiem zamykającym A₀B₀, to przy położeniu odwrotnem (np. A₂ ponad A₀) odcinek y trzeba uważać za ujemny (jest to zresztą oczywistem, że o ile rozpatrywany przekrój zbliżamy z prawej strony do T — moment siły poprzecznej, wypadkowej sił Px i A₄, przechodzącej przez T i skierowanej ku górze, będąc dodatnim, zmniejsza się i dla przekroju przez T staje się = o, dalej zaś—dla przekrojów na lewo od T — będzie ujemnym). Zauważmy tutaj, że tak samo, jak zawsze, największy moment otrzymujemy w przekroju pod siłą P₃, dla którego siła poprzeczna przechodzi przez wartość o, a największe momenty ujemne — w przekrojach przez podpory A i B, dla których również siły poprzeczne przechodzą przez wartość o.

Połączmy punkt A₂ z B₂ i oznaczmy odcinek S₄S₄ przez y₀, odległość przekroju SS od A i B przez m i n, sl momenty odporowe (czyli momenty dla przekrojów przez podpory A i B) przez Ma i Mj. Te momenty wyrażą się:

Cd >

O o

W >

io to

(28).

Moment M₀ dla przekroju SS belki zwyczajnej (t. j.

P., P₄,

w przypuszczeniu, że działają na belkę tylko siły P a bokiem zamykającym będzie A₂B₂): M₀ = H.jy₀.

Moment M dla belki wystającej jest oczywiście mniejszy od M₀, bo siły P₄, P₅, P₆, obciążając belkę poza podporami A i B, przeciwdziałają jej wyginaniu między podporami.

Zauważmy jeszcze, że S₄ S₂ = S₄ S₃ + S₃ S₂, ale wskutek podobieństwa trójkątów A₂ S₃ S₄ i A₂B₀B₂, a także B₀S₂S₃

Podobnież dla sił poprzecznych (przeprowadzając przez punkt A₂ linię A₂B₃, równoległą do A₀B₀, a przez biegun Z linię ZU, równoległą do A₂ B₂), otrzymujemy odcinek UE, jako siłę poprzeczną dla przekroju SS w belce zwyczajnej, obciążonej tylko między podporami. Oznaczmy ją V₀. Z podobieństwa trójkątów ZWU i A₂ B₂ B₃ wynika: WU = _ HxB₂ B₃

; ale B₂B₃ = A₀A₂ — B₀B₂, czjdi według wzorów

i B„A₀A₂: S₄S₃ = B„B₂X^- i SsS₂ = A₀A₂X S₍S! = A,A!Xj+B,B!X

jM.Xj + M.X

Ale ponieważ: y = S₄ S₄ — S₄S₂ -=y₀ + ^

, więc mnożąc przez H:

więc

i na mocy równań (28):

s₄s₂ — n

M „X-

+ M,X

H y = H.jvo + M «X j+Ma X

m=m₀ + m.Xj + m,x-

, czyli:

(29).

(28): WU =

Mè-Ma

; ponieważ zaś: WE = UE + WU, więc:

(30).

V = V₀ +

Widzimy zatem, że o ile są dane: pole momentów, sity poprzeczne dla belki zwyczajnej, obciążonej t}dko między podporami oraz momenty odporowe M« i M$, to możemy określić [z wzorów (29) i (30)] momenty i sity poprzeczne dla każdego przekroju belki wystającej.

Jeżeli obciążenie belki wystającej jest poza podporami zupełnie symetryczne (t. j. daje z każdej strony tę samą wypadkową R w odległości np. r od podpory), to oczywiście wywołań}^ przez nie odpór: A/₁ = B'₁ = — R. Momenty odporowe będą wtedy oczywiście także równe: Ma = M$ = — R.r. Oprócz tego wzór (29) da nam:

M₀ + M

M = M„+M„ (j+j)

więc moment dla belki wystającej, obciążonej sjunetrycznie poza podporami, różni się od momentu dla belki zwyczajnej,

obciążonej tylko między podporami, dla każdego przekroju o tę samą wielkość M„, (co zresztą wynika i ztąd, że jeżeli do belki zwyczajnej dołączymy poza podporami obciążenie symetryczne, to do momentu, obliczonego dla belki zwyczajnej dodać należy moment, wywołany przez wypadkową R sił poza podporą A i przez przyrost odporu =—R; będzie to para sił, dająca moment — R . r = Ma = Mé, jednakowy dla wszystkich przekrojów belki między podporami A i B). Wzór zaś (30) da nam, wobec =

V = V

czyli siła poprzeczna dla belki wystającej, obciążonej symetrycznie poza podporami, jest równą dla każdego przekroju między podporami sile poprzecznej w belce zw}rczajnej, obciążonej tylko między podporami, (co jest zresztą oczywiste wobec powyżej zaznaczonego: A/₁ = B/₁ = — R).

Wyznaczanie więc momentów i sił poprzecznych belki wystającej, obciążonej symetrycznie poza podporami, sprowadza się do wyznaczenia jedynie momentu odporowego oraz momentów i sił poprzecznych dla belki zwyczajnej (nieobcią-żonej poza podporami).

Dla belki wystającej, obciążonej jednostajnie (rys. 49), wykreślimy (zgodnie ze str. 5 5), jako wielobok sznurowy—parabolę TSU i przeprowadziwszy bok zamykający A₀B₀, otrzymamy pole momentów. Przy wykreślaniu sił poprzecznych (tak samo, jak wyżej na str. 74), odłożymy pierwszy otrzymany odcinek CD od osi A₂ B₂, odpowiadającej promieniowi równoległemu do boku zamykającego A₀ B₀. Z lewej strony podpory A siłę poprzeczną wyrażać będzie (zgodnie ze str. 62) prosta «ß; dalej zaś proste 70 i $£. Punkt przecięcia M z osią A₂B₂daje oczywiście przekrój belki, dla którego siła poprzeczna staje się = o, a raczej parą sił, więc moment będzie tam największy i otrzymamy go, przeprowadzając równoległą do boku zamykającego A₀ B₀ styczną do paraboli w punkcie M₁.

§ 9. Obciążenie ruchome.

a) Wpływ obciążenia ruchomego na momenty.

Rozważmy przedewszystkiem, jaki wpływ wywiera na belkę jeden ciężar, przesuwający się po niej:

Wykreślając dla siły P, obciążającej belkę AB (rys. 50), trójkąt sznurowy A₀ B₀ D, otrzymujemy, jak wiadomo, moment

l A. f f î I I f 3 1

Ot) u

Ac

Co

fll

3>i \

|V

\\

AC

<r~

-- // - / // / //

//

15

.6"

6A i/

wywołany przez tę siłę dla każdego przekroju belki, np. CC, z wzoru:

M = H .ye

Widzimy ztąd, że przy danem położeniu siły P na belce

AB największy moment będzie dla przekroju C" C" pod samą silą P (bo odcinek y jest oczywiście największy ze wszystkich odcinków w trójkącie A₀B₀D). Przesuwając zaś tę silę P wzdłuż belki—lub też, co na jedno wychodzi, przesuwając tylko belkę AB (np. w położenia A' B', A" B", A'" B'", z pozostawieniem siły P na miejscu), widzimy, że w trójkącie sznurowym zmienia się tylko bok zamykający A₀ B₀ (np. na A'₀ B'₀) a razem z nim odcinek y i przytem: Dla danego prze^ kroju belki CC (w odległości x od podpory A) odcinek y (a zatem i moment) wzrasta w miarę zbliżania się siły P do przekroju (y'c jest oczywiście większe odjyc) i staje się największym (y"c) z chwilą, kiedy siła P jest ponad przekrojem, t. j. dla położenia belki A" B"; przy dalszem zaś przesuwaniu belki yc będzie się zmniejszało {yc'" jest oczywiście mniejsze od y"c). Dla całej zaś belki odcinek y, a zatem i moment osiąga swoje maximum z chwilą, kiedy siła P znajduje się pośrodku belki. Istotnie (zgodnie z wzorem (1) str. 53) dla jakiegokolwiek położenia siły P w odległości x od podpory A:

Odpór A₁ =

A”

Ar

4.

Jt

■w

• • • • - jC - f - -

.1

:rr

l.

d t_

m> ‘T

bó

drtr-’T

\\

Ai

bôV

P (/—x)

więc moment gnący dla przekroju pod siłą P będzie:

P (/—x) x

(31)

M — Ał . x =

Widzimy ztąd przedewszystkiem, że dla każdego położenia siły P otrzymujemy moment dodatni (co zresztą wiemy już ze str. 49). Widzimy nadto, że moment ten będzie największy dla: l — x — x (bo różniczkując równanie (31) i przyj-

2Px    , j

—j- = o, zkąd

mując pochodną = ö, otrzymujemy:

dx

x —-~) a więc ciężar P, przesuwający się po belce, wywołuje największy moment pośrodku belki, a wielkość tegoż otrzymujemy z wzoru (31) dla x —

tOj

czyli :

P./

(32)

Z powyższego wynika, że przy obciążeniu siłami rucho-memi największy moment dla danego przekroju belki otrzymujemy, obciążając całą belkę i umieszczając największe ciężą-" ry jak najbliżej danego przekroju, nad którym ma się znajdować największy, lub jeden z największych ciężarów.

b) Największy moment dla obciążenia ruchomego. Jako obciążenie ruchome dla mostów kolejowych przyjmować będziemy we wszystkich dalszjmh obliczeniach — wobec stałego dążenia do zwiększania siły przewozowej, a zatem i obciążeń parowozów — parowozy 5-o osiowe (po 20 tonn na oś), tendry 4-o osiowe (po 15 tonn na oś) i wagony towarowe dwuosiowe (po 15 tonn na oś) według rys. 51. Dla

isö

%0 ZO 2C ZO

51.

O 15    15    15    15

45

45

CD (BCD CD -i cb rb rb rb

*-    r- - -%£. . - !.....x- - -

Hf-

0) ci)

•6,o

- ■    ......{to.o ;

-1,5 -X- • ,5-    —■d■ 5 - x"- — d *y~M 1    "/ 5- • ^• •/.    • • /. S - -x⁻- • d. 3—-►•••d.S- ...... 3.o • • • * -x-    5—^

wywołania największego momentu trzeba ustawiać parowozy tak, aby otrzymać jak najwięcej zbliżonych do siebie najcięższych kół, czyli ustawiać dwa parowozy kominami ku sobie i nad rozważanym przekrojem umieścić jedno z tych najcięższych kół.

Dla określenia zaś, które mianowicie koło trzeba ustawić nad rozważanym przekrojem belki AB (tablica 1-a), aby wywołać w nim największy moment, wykreślamy dla dwóch parowozów 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 i 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18 (zwróconych kominami ku sobie), z szeregiem osi wagonów towarowych z prawej strony: 19,20,21,22,23... wielobok sił: abcde... i sznurowy: A'n A\₀ B'« B'₁₀ z. biegunem Z. (Oprócz tych dwóch parowozów dodany jest na tablicy 1-ej jeszcze

trzeci — z lewej strony: 1°, 2°, 3°, 4°, 5°, 6°, 7°, 8°, 9°, potrzebny nam poniżej, przy wyznaczaniu sił poprzecznych). Przesuwamy następnie ponad wielobokiem sznurowym naszą belkę A₆ B₆ tak, aby zajęła położenia: A₆ B₆, A₇ B₇, A₈B₈..., z których każde odpowiada umieszczeniu rozważanego przekroju CIV pod jednem z kół parowozu (C₆IV, C₇1V, C₈lV, C₉IV, C₁₀IV). Rozpiętość teoretyczną belki AB przyjęliśmy na tablicy 1-ej: /=36,0m, a rozważany przekrój CIV—w odległości 12,0 m od podpory A. Otrzymamy przytem boki zamykające A'₆ B' A'₇B'₇, A'gB'g..., dające dla przekroju CIV różne punkty C' a największemu odcinkowi jywIV, otrzymanemu pod ciężarem 7, odpowiada oczywiście największy moment, wywołany przez parowozy w przekroju CIV, czyli: Mwa*IV = H .jy,„Iv. Jako skalę przyjęliśmy na tablicy 1-ej dla długości: 1:200, a dla sił: 1 mm = 2 tonny, więc: H = 90 mm = 90x200= 18000 mm = 18,0 m i ywIV = 39,9 mm = 39,9X2 = 79,8 tonn, a zatem:

C'₇, C'

Mwa*IV = H .jywIV = 18x79,8= 1436,4 tonnometrów (obliczenie analityczne dało 1437,5 tonnometrów).

Można jednak i bez prób powyższych określić, które koło parowozu ustawić należy nad danym przekrojem CIV dla wywołania w nim największego momentu: w tym celu należy przedewszystkiem ustawić belkę ponad wielobokiem sznurowym mniej więcej tak, aby rozważany przekrój był pośrodku największych ciężarów. Jeżeli np. nad rozważanym przekrojem CIV ustawimy koło 6 (położenie belki będzie wtedy Ag Bg i zmieszczą się na niej koła 1 do 18 włącznie), to przez punkt początkowy ciężaru 1 w wieloboku sił (t. j. przez a) przeprowadzam}^ równoległą do belki AB i odłożywszy na niej (długość AB, lub jakąś jej część np.) połowę długości AB do punktu J, łączymy ten punkt J z końcowym punktem siły 18, czyli u\ odłożywszy następnie od punktu a połowę dłu^ gości #=12,0m (czyli «N) przeprowadzamy przez otrzymany punkt N równoległą do Ju, która przetnie w wieloboku sił siłę 7 ; ustawienie tej siły 7 nad danym przekrojem wywoła w nim największy moment, jak to już otrzymaliśmy wykre^ ślnie, a prócz tego zaraz udowodnimy analitycznie:

Istotnie, oznaczając przez Rx i R₂ (rys. 52) wypadkowe sił, leżących po lewej — i po prawej stronie rozważanego przekroju CC, w którym działa siła P, otrzymamy (według

wzoru (1) na str. 53) odpory siły P: Ap =

P.x₂

a moment wywołany przez siłę P w przekroju CC będzie: R.x^.x₂ .

M'1 = J

siły zaś R₁ i R₂, dające dla podpór B i A R2^2

odpory: B = ^ momenty M

moment dla przekroju CC będzie:

M = M + M +M =

C    p    ly ¹ r₂

Jeżeli moment ten ma być największ}^ to przy przesunięciu pociągu wlewo, lub wprawo na nieskończenie małą

, wywołują w przekroju CC

Rj ri X2 *

ri

r2

= R₂r₂xx ' Całkowity zatem

P*i x₂ , Rł rx x₂ i R₂ r₂ x₁

(33).

51.

x,

Si

•>!

!<•

X.....H

Si,

3t

odległość dx przyrost tego momentu dM. musi być ujemnym. Przesuwając wszystkie ciężary na lewo o dx, otrzymamy dla

siły P odpór: B'fi =

Rt (r₁ — dx)

P (xl — dx)

dla sity R: odpór:

B'

ri

i dla siły R₂ odpór: A =

R₂ (r₂ + dx)

moment zatem względem przekroju CC będzie teraz:

P (x₁ — dx) x₂ ^ R₁ (rx — dx) x₂ ^ R₂ (r₂ + dx) x₁

Mc + dMl =

Pą^ x2 x R

7    ⁺    7

i x₂

R₂ r₂ xx

dx

{R₂ xl x₂ (P + RJ},

dx

x₂ (P + Rt)}.

{ ^2

Ażeby dMl było ujemnem, koniecznem jest:

R₂a:₁C^₂ (P + Ri)> czyli:

R₂

Xę>

xx

(34).

*) Dla otrzymania momentu siły Rj względem przekroju CC należy wziąć według str. 47 odpór Bf, (wyrażający siłę poprzeczną — wypadkową sił zewnętrznych z prawej strony przekroju) ze znakiem odwrotnym i moment będzie wtedy dodatnim zgodnie ze str. 49 i 79.

Przesuwając zaś wszystkie ciężar}' na prawo o dx, otrzy-

P (x₂ — dx)

mujemy dla siły P odpór: A" Rł (rl-\-dx)

dla sił i R₂

R₂ (r₂ — dx)

odpory: B'

moment zatem względem przekroju CC będzie:

..    ...    P (x₂ —- dx) xt Rt (r₁+dx) x₂ R₂ (r₂ — dx) xx

ri

i A"

PX₂ Xi

dx

R₂ xi }

{ —• P^x +RX X2 '

R₂ xi } •

dx

{ — Px₇ +R₁ x2 Ażeby to dMp było ujemnem, koniecznem jest:

t. j. dlM.

j    p

Ri x₂ <z P^i + R₂ czyli :

p+R₂

(35 .

Ponieważ zaś dla konstrukcyi powyższej:

gh + ag

«N

ag

gh + hu

z! z

a wzory te po wstawieniu do nich wartości:

R₂ = hu\ P =gh\ Ri =ag) #₂ —2JN; x₁ = 2^N,

zamieniają się w (34) i (35), więc wykreślony sposobem powyższym moment Mc jest dla przekroju CC rzeczywiście największym.

Zauważmy jeszcze, że gdybyśmy równoległą do Ju trafili na punkt między dwiema siłami wieloboku sił (jak to się właśnie zdarzyło na tablicy 3-ej, gdzie równoległa do Z₇u, przeprowadzona przez punkt N₇ , przeszła przez punkt h : końcowy punkt siły 7 i początków}^ punkt siły 8), znaczyłoby to, że i pod jedną i pod drugą siłą moment dla tego przekroju będzie największy, jak o tem przekonany się poniżej.

Również zaznaczyć należy, że gdybyśmy dla jakiegokolwiek przekroju po wyznaczeniu (za pomocą wskazanej konstrukcyi) siły, mającej dać największy moment, przekonali się, że belka—po jej odpowiedniem ustawieniu względem tej sity — zawiera inne siły, niż prz}/jęte pod uwagę w konstrukcyi, to trzeba powtórzyć tę konstrukcyę dla nowego składu sił. Tak np. po przesunięciu belki AB (tablica 1-a) tak, aby siła 7 znalazła się nad przekrojem CIV, widzimy, że na belce będą teraz siły od 1 do 19 włącznie. Przy zastosowaniu więc

ponownem poprzedniej konstrukcyi zachowujemy otrzymane tam dla początkowego punktu siły 1 pupkt}*" N i J, łączymy zaś punkt J z końcowym punktem siły 19 (t. j. v) i prowadzimy przez N równoległą do ]v, która przecina na wieloboku sił także siłę 7 i dopiero teraz jesteśmy zupełnie pewni, że przez ustawienie siły 7 nad przekrojem CIV wywołamy tamże największy moment.

Jeżeli wyznaczymy w sposób powj^ższy dla szeregu przekrojów belki największe momenty (na tablicy 1-ej zrobiliśmy to dla przekrojów I, II, III, IV, V, VI i otrzymaliśmy yml ,yml\ ymm, ym™,y»iV, ymVI) i odłożywszy je od obranej osi AB , połączymy otrzymane końcowe punkt}' krzywą, to będzie to krzywa największych momentów dla obciążenia ruchomego ALB, a odpowiadający największemu odcinkowi ymVI moment będzie bezwzględnie największym momentem dla obciąg ienia ruchomego.

c) Wyznaczenie bezwzględnie największego mo

mentu.

przy

to największ}^ z tych wszystkich momentów będzie owym szukanym bezwzględnie największym momentem. Nie trudno zaś będzie dowieść, że dla danej grupy ciężarów otrzymuje' my największy moment pod danym ciężarem wtedy, kiedy ten ciężar jest w tej samej odległości od środka belki, co wy'

Jeżeli zależy nam tylko na bezwzględnie największym momencie dla całej belki, to otrzymać go możemy niezależnie od krzywej największych momentów sposobem następującym: Zgodnie z powyższem (str. 49) szukany bezwzględnie największy moment otrzymamy w każdym razie pod jednym z cię' żarów, przy odpowiedniem ich rozmieszczeniu. Jeżeli więc dla każdego ciężaru określimy to jego położenie na belce, którem moment będzie największy, a także ów moment,

przechodząca przez S, to przesu-

padkowa całej grupy ciężarów, mieszczących się na belce: Jeżeli np. na belce AB (rys. 53) mieszczą się siły Pa, P₃, P₄

i wypadkową ich jest R

wając belkę AB w obie strony, np. w położenia A₂B₂, A₃B wieloboku sznurowym różne boki zamykają-A'₃ B's , z końcowymi punktami, pozostają-liniach JS i SK. Wszystkie te boki zamyka-

234 t

na

na

otrzymujemy ce A'B', A'₂B' cym i ciągle

jące będą stycznemi do paraboli z osią pionową i środek każdej z tych stycznych znajdować się będzie na jednej z nich A'., B',, stycznej do paraboli w punkcie E, leżącym na piono-

wej, przechodzącej przez punkt przecięcia S tych obu linii JS i SK, które będą również stycznemi do paraboli, a punkty ich styczności J i K znajdować się będą w jednakowej poziomej odległości = AB od pionowej, przechodzącej przez

$>o

,!

q> i cP

-J.Q-

rNc:'k^Ö

u

g>

Vx

«r \

<&

53.

; ' CLg-- '>

55

hi

J?

ITSjtl

«in

a:

!&

-.----L

!Oÿ%

^___pA»J_-P% '

zih

t Is

"V

Ô--

___c !*!>-_-

—y>,

//

c'/ /o

punkt S. (Jeżeli końce boków zamykających przesuwają się nie po tych samych dwóch, lecz po różnych bokach wielo-boku sznurowego, to boki zamykające otaczają krzywą, złożoną z oddzielnych luków parabolicznych). Pod jakimkol-

wiek ciężarem, np. P₃, moment (będący = iloczynowi H.y₃), zmienia się przy przesuwaniu belki AB i będzie oczywiście największym w chwili, kiedy belka zajmie położenie A₃ B odpowiadające bokowi zamykającemu A'₃ B'₃, stycznemu do paraboli w punkcie G, leżącym na linii siły P₃. Przy tem położeniu belki A₃ B₃ środek jej będzie oczywiście leżał na linii pionowej, przechodzącej przez środek F stycznej A'₃ B'₃. Ale ten środek F stycznej A'₃ B'₃ leży—jak powiedziano wyżej— na linii A'₂ B'₂, czyli FE jest styczną do paraboli, a zatem punkt F, jako przecięcie dwóch stycznych do paraboli w punktach G i E, leży w jednakowej odległości od równoległych do osi paraboli pionowych, przechodzących przez G i E. (Tę własność paraboli zaznaczyliśmy już na str. 59 rys. 44). Dowiedliśmy zatem, że największy moment pod ciężarem P₃ otrzymujemy wtedy, gdy ciężar P₃ znajduje się w takiej samej odległości od środka belki, jak wypadkowa Widzimy zarazem, że dla otrzymania takiego największego momentu nie potrzeba wcale wykreślać całej paraboli, skoro zależy nam tylko na otrzymaniu odcinka yz. Wystarcza, mając wielobok sznurowy, a zatem i punkt S, przez który przechodzi wypadkowa sił P₂ , P₃, P₄, przyjąć na pionowej, idącej w środku międz}^ S i P sposób zajmie położenie A₃ B a na

^234*

środek belki AB, która w ten da bok zamykający A'₃ B'₃, przecięciu tegoż z siłą P₃ — punkt styczności G i zarazem odcinek jy₃.

Zauważmy jeszcze, że przy rozmieszczeniu sił P₁,P₂,P P₄ według rysunku 53 belka AB ma na sobie tylko siły P P₃, P₄, których wypadkową R₂₃₄ uwzględniliśmy w powyższej konstrukcyi. Gdyby jednak siła P₄ zajmowała np. położenie P'₄, wtedy, przekonawszy się, że przy położeniu belki A₃ B3 wchodzi na nią siła P'x (oprócz uwzględnionych P₂, P₃,P₄), wywnioskowalibyśmy ztąd, że należy wziąć nie siłę R₂₃₄ , lecz R₁'₂₃₄ , przechodzącą przez S'. I oczywiście, idąc dalej według powyższego, otrzymalibyśmy środek belki pośrodku między SA i Pj, a zatem położenie tejże belki A₀ B₀, bok zamykający A'₀B'₀ i dla przekroju pod siłą P₃ odcinek y\ — DG', większy, niż poprzedni: jy₃ =DG. W ten sam sposób możemy łatwo otrz5unać największe momenty pod innymi ciężarami, a naj^ większy z nich będzie bezwzględnie największym momentem.

Najprędzej dojdzierr^ do celu — określenia bezwzględnie największego momentu — rozstawiając dane ciężary według

wskazówek na str. 80; wyznaczywszy ich wypadkową R, położoną np. między silami P₃ i P₄, (rys. 53) otrzymamy bezwzględnie największy moment najprawdopodobniej pod siłą P₃ (lub P₄) przy wyżej opisanem położeniu jej na belce, t. j. takiem, przy którem środek belki będzie jednakowo odległy od siły P₃ (lub P₄j i siły R.

Ponieważ przy dowodzeniu tego ostatniego prawa przyjęliśmy z góry za wiadome wspomniane tam własności paraboli, wyprowadzimy zatem to prawo—w obec jego doniosłości—jeszcze analitycznie:

Dla grupy sił P₂, P₃, P₄, obciążających belkę A₂ B₂ (rys. 53), wypadkowa ich R₂₃₄ daje w podporze A, zgodnie z wzorem (1) str. 53, odpór:

A'i =

Moment dla przekroju pod siłą P₃ będzie zatem:

x P ₂ a₂.

M,=

234 *

.    /—x—2 m , ,

Ax.x— r₂.a₂ =------.--. R

234 •

= o, czyli, w obec tego, że przy

określonej z równania:

Moment ten osiągnie swoje maximum dla wielkości x, dMx

dx

zmianie położenia belki względem sił P₂, P₃, P₄ odległość a2 ‘ siły P₂ od P₃ pozostaje tą samą: l—x—2 m

^2 34

234

-V

—, a więc środek

= 0, zkąd: x + m=~2

belki AB leży w równej odległości m od siły P₃ i siły R₂₃₄ .

Dla obciążenia parowozami (według tablicy 1-ej) belki o rozpiętości teoretycznej /=36,0m nie potrzebujemy oczywiście szukać największego momentu pod wszystkimi 10-u największymi ciężarami, bo ustawiając belkę pod parowozami tak, aby około środka otrzymać jak najwięcej najcięższ3?ch kół, widzimy, że wystarczy wziąć pod uwagę koła 9, 10, 11, 12, 13 i dopiero, gdyby pod kołem 9 moment okazał się większym, niż pod kołem 10 (co nie jest prawdopodobne) spróbować jeszcze koło 8. Dla otrzymania największego momentu pod kołem 10 znajdujemy przedewszystkiem wypadkową ciężarów, mieszczących się na belce, kiedy jej środek jest pod ciężarem 10, (t.j. dla położenia belki A₇B₇); wchodzą wtedy na belkę ciężary 1 do 19 włącznie, wypadkowa ich zatem przechodzi przez punl^t przecięcia boków wieloboku sznurowego, równoległych do promieni Za i Zv, czyli przez punkt S¹^ (tablica 1-a).

Ustawiamy więc belkę (zgodnie ze wskazówką powyższą tak, aby jej środek wypadł w połowie odległości między S¹^ i siłą 10, czyli) w położeniu AmBw, a odpowiedni bok zamykający A'mB'm da nam na pionowej przez 10 punkt L₁₀, a zatem odcinek ym¹⁰ i największy moment pod siłą 10 jako H.ym¹⁰. (Ten odcinek ym¹⁰ wypadł równym ywvl, otrzymanemu dla położenia środka belki pod kołem 10, bardzo blizkiego do AWBW: Na tablicy 1-ej przy środku belki pod kołem 10 otrzymaliśmy jej położenie A₇ Br i bok zamykający A'₇ B'₇ dał pod kołem 10 ymYl ~ym¹⁰)- Przy wykreślaniu tym samym sposobem największego momentu dla koła 9 otrz3^mujemy na belce siły 1 i 18 i wypadkową ich, przechodzącą przez S¹^ (oczywiście— w obec symetryi obciążenia 1 do 18 — S¹^ leży w środku między siłami 9 i 10). Środek belki ma zatem być pośrodku między siłą 9 i Sx₁₈, czyli położenie belki będzie An Bn i otrzymamy za pomocą boku zamykającego A'n B'n punkt L₉ i odcinek ym⁹, większy od wyżej otrzymanego jy₉VI.

L₁₄

12 ) Llg,

Wyznaczywszy podobnież punkty L₈, Lu, L i odcinki ym⁸, ym¹¹, ym¹², ym¹³, ym¹⁴, widzimy, że największym jest ym¹⁰, a więc H .ym¹⁰ = H .ymVI jest bezwzględnie największym momentem, (jak to zresztą widzieliśmy już na str. 84).

d) Największy moment dla dwóch, trzech — i dowolnej ilości ciężarów ruchomych, tworzących obciążenie symetryczne względem wypadkowej.

Zgodnie ze str. 84 otrzymujemy największy moment dla jakiejkolwiek grupy ciężarów pod jednym z nich i moment ten odpowiada zawsze ustawieniu tego ciężaru w tej samej odległości od środka belki, co wypadkowa całej grupy ciężarów, mieszczących się na belce. A zatem dla dwóch jednako^ wych ciężarów ruchomych (rys. 54) w odległości wzajemnej c (mających więc swą wypadkową pośrodku c) otrzymamy naj^ większy moment pod jednym z nich wtedy, kiedy ciężar ten

od środka belki.

znajdzie się w odległości

Istotnie dla położenia koła w odległości x od podpory A otrzymujemy (zgodnie z wzorem (2) str. 53) odpór:

c)}

Ai =

= [2 (/ — x) — c\

Największy moment, wywołany przez pojedynczą siłę P, ustawioną w środku belki, wynosi według wzoru (32) str. 80:

max

więc moment dla przekroju w odległości x od podpory A: M=A₁.

Różniczkując i przyjmując pochodną = o: dM

P

x = [2 (/ — x) — c] -J-X

(36).

dx

zkąd: x =

P

= -j- ( — 2x + [2 (/ —x) — c]) — 2 1— c

Ci

(37),

a sam największy moment otrzymamy z równania (36) po wstawieniu x z wzoru (37):

Mnmax =

P.(2 l—cf

8/

(38).

P./

4 '

Przy zmniejszaniu się l i stałej odległości c zmniejsza się obliczane według wzoru (38) i stanie się = Mi

i Mnw

dla takiego /, które czyni zadość równaniu:

max

M.nmax = Mi

max

czyli:

P ./

P (21—c)²

l=C+C2V'²

= OS

(39).

si

. L. .vor»...

:-w

07

r>

- • • /'«o

Jeżeli w dalszym ciągu będziemy zmniejszali /, to M11 stanie się mniejszem od Mp*“*, co znaczy, że przy ustawieniu na belce o takiej rozpiętości / dwóch ciężarów P z wzajemną odległością c otrzymamy mniejszy moment, niż przy ustawieniu jednego ciężaru P pośrodku mostu, zkąd wniosek, że dwa ciężary P o wzajemnej odległości c dają maximum momentu tylko dla /> 1,7071 c i wielkość tego momentu otrzymu-

jemy z wzoru (38), przy ustawieniu kół wskazanem na rys. 54; dla 1 = 1,7071 c dają dwa koła, ustawione według

rys. 54, największy moment

PI

—, t. j. tej samej wielkości, co jedno koło, ustawione w środku belki; wreszcie dla /< 1,7071 c otrzymujemy największy moment nie dla dwóch— lecz dla jednego koła w środku belki i oczywiście tej samej

PI

wielkości

4

Dla trzech ciężarów w odległości wzajemnej c (rys. 5 5) otrzymujemy podobnie, jak wyżej:

odpór A₁ =

czając przez ^ odległość środkowego koła od podpory A: Ai — [ (/—# + £) + (/ —    —a: — c) ]

{(/ — ax) Px + {1—a%) P₂ + (/—#₃) P₃|

a ozna-

Oh ho

= 3 (/—x)

więc moment dla przekroju przez środkowy ciężar P:

3 (/—x) Px

— P . c......(40)

M = A! x— P . c -

Różniczkując i przyjmując pochodną = o, otrzymujemy:

= o, zkąd: x= 2

samą zaś wielkość największego momentu określimy, wstawiając tę wartość x do równania momentu (40):

Mnrax = P

Największy moment dla dwóch sił z odległością c wy-

nosi według wzoru (38): Mn**“* = P . -— . J

8/

Przy zmniejszaniu się l i stałem c zmniejsza się i Mmw“

dla takiego /, dla którego:

P (~l — c) = P —-g}-—, zkąd: l=c + -C— P6 , czyli l = oo 2,2248 c

Jeżeli w dalszym ciągu zmniejszać będziemy /, to Mm“ stanie się mniejszem od Mnma*, co znaczy, że prz}^ ustawieniu na belce dwóch kół według rys. 54 otrzymamy większy moment, niż przy ustawieniu trzech kół według rys. 55, a zatem trzy ciężary jednakowe o wzajemnej odległości c dają naj^ większy moment przy ustawieniu środkowego ciężaru nad

3x

--r +

3 (/ — x)

(4i);

i stanie się równem Mn

(43).

(42)

CU

środkiem belki (rys. 55), jeżeli / jest 2,2248 c, dają ten sam moment, co dwa ciężary, ustawione według rys. 54, przy 1= 2,2248 c, a jeżeli /<2,2248 c, to największy moment otrzymujemy nie dla trzech—lecz dla dwóch ciężarów, ustawionych według rys. 54.

Wzór (37) zastosować można również do 4-ch lub wogó-le do parzystej ilości niekoniecznie nawet jednakowych ciężarów, byleby całe obciążenie było symetryczne względem wypadkowej R, jak np. na rys. 56, gdyż w takim razie otrzy-

cu-

56.

■ ■ H.....Jo - •••*............C.......

■ - ■ X- ■

-4-

Si

A" w •

•>!<%

■v:. .s

V.

mamy największy moment dla ciężaru środkowego P₃ przy

(bo wypadkowa tych

odległości tegoż od podpory: x =

ciężarów przechodzi przez środek c, a środek belki musi być jednakowo odległy od P₃ i od wypadkowej). Zaznaczyć je-

■ et

9,

Va|cs>

‘ ‘ A'

dnak należy, że tak, jak powyżej przy pewnj^m stosunku długości / do c — tak samo i teraz — przy pewnym stosunku / do X — otrzymujemy maximum momentu przy usta wieniu ciężaru P₃ w samym środku belki.

Podobnież przy obciążeniu symetrycznem nieparzystą ilością ciężarów (rys. 57) otrzymujemy najczęściej największy moment, ustawiając środkowy ciężar P₄ w środku belki (bo ten ciężar środkowy jest linią działania wypadkowej całego układu, a więc, zgodnie ze str. 84, na tej samej linii musimy przyjąć środek belki).

e) Momenty dla obciążenia złożonego: stałego jednostajnego i ruchomego z sił skupionych.

Otrzymany sposobem powyższym bezwzględnie największy moment dla obciążenia ruchomego, wypadający pod jakimś ciężarem w pobliżu środka belki, może jednak—zsumowany z momentem, wywołanym w tymże przekroju belki przez obciążenie stałe — okazać się w rezultacie mniejszym, niż np. suma momentów dla środka belki. Ażeby więc określić największy moment dla całkowitego obciążenia belki należy, mając już wykreśloną sposobem powyższym krzywą największych momentów dla obciążenia ruchomego ALB (tabl. 1-a), wykreślić według str. 55 w kierunku przeciwnym (t. j. na dół od osi AB, skoro poprzednia krzywa była wykreślona ku górze) krzywą momentów dla obciążenia stałego jednostaj- , nego i dopiero największy z odcinków obu złączonych pól momentów da nam bezwzględnie największy moment dla obciążenia całkowitego belki. Przyjąwszy np. na tablicy 1-ej jako obciążenie stałe: g=3 tonny na metr bieżący, otrzymujemy największy moment pośrodku belki zgodnie z wzorem (11) str. 59:

_gl²_ 3X36² _

M₀

486 tonnometrów, czyli w skali tabli-

= 27 tonn

cy 1-ej (ponieważ M₀ = H. y₀max) : y₀

M₀ 486 H⁻ 18

= 13,5 mm. Odłożywszy więc w środku belki AB pod krzywą największych momentów dla obciążenia ruchomego rzędną = 13,5 mm i wykreśliwszy parabolę sposobem wskazanym na str. 57 i 58, mamy wspólne pole momentów i otrzymujemy jako największy moment dla obciążenia całkowitego:

Mmax = H (ymYI -Yy₀max) = H .ymax = 9 cm x 58,5 mm =

9 X 200X 58,5 X 2 = 210600 tonnocentymetrów =

2106 tonnometrów. Podobnież otrzymujemy dla innych przekrojów I, II, III, IV, V największe momenty:

i t. d. Odcinki

Mi = H (yml -\-yQl) = H .y\nax) Mn = Hy11 proporcyonalne do momentów, mogą być oczywiście przyjmowane za same momenty, o ile zastosujemy do nich skalę: 1 mm = 36 tonnometrów (skoro y ma wyrażać 2106 tonnometrów). Odkładając te największe momenty dla całkowitego obciążenia od jakiejkolwiek osi na właściwych pionowych, otrzymujemy oczywiście krzywą naj' większych momentów dla obciążenia całkowitego. (Na tablicy 1-ej odłożyliśmy od osi AB na odpowiednich pionowych odcinki: y'maxy y11 w powyższej skali: 1 mm = 36 tonnometrów i otrzymaliśmy krzywą AL'B, w której oczywiście największa rzędna y wyraża bezwzględnie największy moment dla obciążenia całkowitego).

y max

max ;

wynoszące 58,5 mm,

max i

yin

max •

.. wyrażające największe momenty

max

î) Wpływ obciążenia ruchomego na siły poprze

czne.

Jeżeli na belkę AB (rys. 58) w odległości x od podpory A działa siła P, to dla każdego przekroju belki na lewo od siły

O?

od

4*-

......*

P siła poprzeczna Vc będzie według str. 47 równa odporowi czyli według wzoru (1) str. 53:

Vc = A-l =

P (/—x)

będzie więc zawsze dodatnią, zwiększać się będzie przy przesuwaniu siły P po belce jednocześnie ze zmniejszaniem się x i będzie dla danego przekroju CC największą w chwili, kiedy siła P zbliży się jak najbardziej z prawej strony do tegoż przekroju CC. Powyższe równanie, dające dla x — o\ V₀ = P, a dla x = l\ Vi=o} wyraża prostą LB₀ (rys. 59). Zupełnie tak samo dla każdego przekroju belki CC na prawo od siły P (rys. 60) siła poprzeczna będzie, według str. 47:

p^P (l—x) p₌ Px

V'c = Ax-

= — JBj, będzie zatem

ujemną i tem większą przy przesuwaniu się siły P po belce, im większe jest x, największą zaś będzie dla danego przekroju CC w chwili, kiedy siła P zbliży się jak najbardziej z lewej strony do tegoż przekroju CC. Równanie powyższe,

jL

i'

-I J

; +i;

At

1 jyvn/v't

-9

dające dla x = o: V'₀ = o, a dla x — l: V'/=— P, wyraża prostą A₀N (rys. 59). Tak więc siła poprzeczna, wywołana w jakimkolwiek przekroju CC przez siłę ruchomą P (rys. 59), działającą z prawej strony przekroju, jest dodatnią i wyraża się przez odcinek pod siłą P, międz}/ prostą A₀B₀ i pro-

---

stą LB₀, siła zaś poprzeczna, wywołana w jakimkolwiek przekroju CC przez siłę ruchomą P, działającą z lewej strony przekroju, jest ujemną i wyraża się przez odcinek — V₂ pod siłą P, między prostemi A₀B₀ i A₀N. Oczywistem jest teraz, że skoro siła ruchoma P, wchodząc na dany przekrój CC

z prawej strony, wywołuje w nim siłę Vmax dodatnią, a wchodząc nań z lewej strony, wywołuje w nim siłę Vmt-n ujemną, to w samym przekroju CC przeskakuje siła poprzeczna V przez znaczenie =o, a więc dla przekroju CC moment, wywołany przez siłę ruchomą P, będzie największy w chwili, kiedy siła P jest nad przekrojem CC, co zresztą widzieliśmy już na str. 79.

Jeżeli zamiast siły P odłożymy od punktu A₀ w górę (rys. 61) i od punktu B₀ na dół odcinek = 1, to linie LB₀

$wyb. 61

i«

■i

\c,

Æ.

->>

jó.

iftę)

■35«

-1

kjf

i NA₀ będą t. z. liniami wpływowemi, a pola B₀DE i A₀EF— polami wpływowemi dla sił poprzecznych, które otrzymywać będziemy dla każdego przekroju, np. C₃ Q i C₂C₂, jako ilo-czyny. P .yt i — P.jy₂. O liniach wpływowych mówić bę-dziem}? w dalszych rozdziałach.

Ponieważ każda pojedyncza siła P (rys. 59) wywołuje w danym przekroju — o ile działa z prawej stron}?- — siłę poprzeczną dodatnią,— o ile zaś działa z lewej strony—siłę poprzeczną ujemną i każda z tych sił poprzecznych jest tem większą, im bliżej jest siła P danego przekroju i im większą jest siła P, więc:

Największą siłę poprzeczną

o> cl

dla danego prze-

■(

prawej lewej

strony przekroju i rozkładając przytem siły, obciążające belkę, tak, aby największe ciężary były jak najbliżej tegoż przekroju.

kroju belki otrzymujemy, obciążając belkę tylko

g) Największe siły poprzeczne dla obciążenia ruchomego siłami skupionemi.

Przyjąwszy jako obciążenie ruchome pociąg, podany na tablicy 1-ej, ustawiamy zgodnie z powyższem — dla wywołania w przekroju D belki A₀B₀ (tabl. 1-a) największej siły po' przecznej dodatniej — parowóz i tender z prawej strony przekroju, zacząwszy od najcięższych kół 10, 11, 12, 13, 14.... (cały zaś parowóz z lewej strony—czyli koła 9, 8, 7, 6 ....— odrzucamy zupełnie), a wykreśliwszy dla tych sił wielobok sznurowy A^TgB^B^, wyznaczymy — zgodnie ze str. 46 — największą siłę poprzeczną dodatnią dla przekroju D, jako odcinek km' w wieloboku sił, przeprowadzając przez biegun Z równoległą Zm' do A'₀B'₀— boku zamykającego wielobok sznurowy.

Z podobieństwa trójkątów A'₀B'₀T i km'Z, z bokami

i w danym razie, ponieważ

równoległymi wynika:

km' B'₀ T kZ ~ A'₀T

aA'₀T = /, mamy: B'₀T = 2Æw/. (Przyjąwszy zaś

H = /, otrzymalibyśmy przy nowym wieloboku sznurowym wprost : B'₀ T = km').

W ten sposób musieli byśmy oczywiście dla każdego przekroju belki, dla którego szukamy siły poprzecznej, wykreślać oddzielny wielobok sznurowy. Zwróćmy jednak uwagę na to, że uwzględniając nie prawą część ruchomego obciążenia tablicy 1-ej, lecz lewą część tegoż, czyli koła 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, otrzymujemy przy położeniu belki A"₀B"0 dla przekroju Dj—ponad tymże przekrojem—(w nowym wieloboku sznurowym A'^A'^T) odcinek T₁T'₁ = TB'p i przytem jest widocznem, że zarazem dla każdego innego przekroju, np. D₂, otrzymamy nad tymże przekrojem odpowiedni mu odcinek T₂T'₂, a jeżeli jeszcze dla wykreślanego wieloboku sznurowego przyjmiemy: H' = l (jak to jest rzeczywiście wzięte z lewej strony tablicy z biegunem Z'), to otrzymany wielobok sznurowy a.Z' będzie zarazem krzywą największych sił poprzecznych dodatnich dla całej belki, o ile do parowozu z tendrem: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1 dodamy jeszcze parowóz 1°, 2°, 3°, 4°, 5°, 6°, 7°, 8°, 9°. (Wielobok sznurowy aZ' tablicy 1-ej jest wykreślony właśnie dla tych sił: 9, 8, 7, 6... 1°, 2°, 3°... 8°, 9° z odległością biegunową H = kZ' = /). Otrzymujemy

wtedy jako największą siłę poprzeczną dodatnią—dla przekroju przez podporę A — odcinek ku.

Widzimy więc, że dla otrzymania krzywej największych sił poprzecznych dodatnich należy wykreślić wielobok sznurowy dla ciężarów, rozstawionych na całej belce (A'^B",,) w taki sposób, aby największe ciężary były jak najbliżej podpor}^ B"₀ (jeden z nich — najcięższy — na samej podporze B^o), przyjąć odległość biegunową H = / (biegun Z') i ten wielobok sznurowy «Z' będzie krzywą największych sił poprzecznych dodatnich dla belki A"₀B"₀, bo np. dla przekroju Dx tej belki otrzymujemy odcinek    t. j. (według

czyli również dla przekroju belki A"₀B"₀. Ta największa siła poprzeczna dla przekroju Dx odpowiada oczj^wiście (zgodnie ze str. 96) obciążeniu ruchomemu, zajmującemu całą prawą część belki od przekroju Dx do podpory B"₀.

Krzywą zaś największych sił poprzecznych ujemnych ku! otrzymamy oczywiście z krzywej «Z' zupełnie tak samo na tablicy 1-ej, jak na rys. 59 otrzymuje się A₀N z wyznaczonej poprzednio LB₀. Największą siłę poprzeczną ujemną będzie oczywiście wyrażał odcinek ZV, równy liczebnie odcinkowi ko..

str. 96) równy największej sile poprzecznej dla przekroju D belki A₀B

Zauważmy jeszcze, że dla belki krótszej, niż dwa parowozy razem z tendrami, największe siły poprzeczne otrzymać można nie dla parowozów ustawionych jeden za drugim (jak z lewej strony tablicy 1-ej parowozy 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1 i 1°, 2°, 3°, 4°, 5°, 6°, 7°, 8°, 9°), lecz dla parowozów, zwróconych kominami ku sobie (jak z prawej strony tablicy 1-ej parowozy 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1 i 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18). Tak np. przy długości belki /=20,0 m i nadaniu jej położenia A₁B₁, dla przekroju E, odległego o x—3,Om od podpory A, siła poprzeczna dodatnia będzie największą wtedy, kiedy belka zajmie względem parowozów położenie A₁B₁, a przekrój E stanie pod kołem 5, bo tender 4, 3, 2, 1 nie będzie wtedy na belce i siła poprzeczna dla przekroju E będzie oczywiście większa, niż przy jakiemkolwiek innem położeniu belki. Zaznaczmy jednak, że dla przekroju odległego od podpory więcej, niż 4,0 m (jest to odległość pierwszego koła tendra od ostatniego koła parowozu), przy nadaniu belce np. położenia A₂B₂, pierwsze koło tendra 4 wejdzie już na belkę i zmniejszy siłę poprzeczną dodatnią, która w obec tego może się okazać mniejszą, niż przy ustawieniu parowozów kominami w tę samą stronę.

h) Siły poprzeczne dla obciążenia ruchomego jednostajnego.

Biorąc zamiast obciążenia ruchomego jednostajnego pl kilka oddzielnych sił skupionych P1T P₂, P₃.... P₈ (rys. 62),

3i

4 1«    £

V* /

— i----

rA

\ fi

________!_A

'

-o

' / ! ! /

• - A;

//

/'

¹¹ ' ' // I I ¹ ! ’    /

.li'////

'¹ !¹ '/

¹1/u //

'/ Ul /

li.¹¹'//'

ll 10//

h io//

U W/

%

I?

: Ih

: f

możemy wykreślić według str. 97 (t. j. biorąc H = /) wielobok sznurowy dla belki całkowicie obciążonej, czyli—w obec obciążenia jednostajnego—parabolę A₂EB₀ z osią pionową i wierzchołkiem B₀. Dla jakiegokolwiek przekroju CC największa siła poprzeczna dodatnia będzie (zgodnie ze str. 97)= FE i odpowiadać będzie, obciążeniu ruchomemu od C do B, a odci-

₌ Pi

nek A₀A₂ będzie oczywiście = bo dla przekroju przez podporę A największa siła poprzeczna, odpowiadająca obciążeniu całej belki, jest (zgodnie ze str. 59) = odporowi A

Parabola A₂EB₀ będzie więc krzywą największych sił poprze*-cznych dodatnich. Wykreślić ją możemy jednym ze sposobów, wskazanych na str. 57, a każdy poszczególny jej punkt, np. punkt E, dający największą siłę poprzeczną dla jakiegokolwiek przekroju CC, może być wyznaczony odrazu według str. 58 rys. 43 (t. j. łącząc B₀ z A₂, otrzymujemy na pionowej przez C punkt D ; idąca przez ten punkt równoległa do AB daje punkt A₃, a przecięcie linii A₃B₀ z pionową przez C jest szukanym punktem paraboli E). Jako krzywą największych sił poprzecznych ujemnych otrzymamy oczywiście podobnież parabolę A₀GB₂ z osią pionową, przechodzącą przez podpo-

fil

rę A i dającą na podporze B odcinek B₀B₂ = — Największą siłą poprzeczną ujemną dla jakiegokolwiek przekroju CC będzie więc odcinek FG, odpowiadając}?' obciążeniu ruchomemu od C do A.

Analitycznie: Dla przekroju CC (w odległości x od podpory A) największa siła poprzeczna dodatnia VC} przy obciążeniu od C do B (rys. 62), będzie, zgodnie ze str. 64, wzór (22):

Vc = Aj =

p{l—x)²

21

Jest to równanie paraboli z osią pionową, przechodzącą

przez podporę B, dające dla x = o: V V* = o.

pi

a dla x = /

i) Siły poprzeczne dla obciążenia złożonego: stałego jednostajnego i ruchomego z sił skupionych.

Dla obciążenia stałego jednostajnego otrzymujemy według str. 59 (rys. 40) jako krzywą sił poprzecznych linię pro-

gl

stą A'₀B'₀ (rys. 63) z odcinkiem = + ~ nad podporą A

pod podporą B. Dołączmy do tego obciążenia stałego jeszcze pojedynczą ruchomą siłę P, wprowadzoną przez prawą podporę B i posuwającą się ku lewej—A. Linią sił poprzecznych dodatnich dla tej ruchomej siły P będzie według str. 93 (rys. 59) prosta LB₀, dająca nad podporą A odcinek = P, a na podporze B odcinek == o.

. 63.

Àr

;i

Ip'

r

/w

IX

//

...J

i

u.

Ä*

i*

I/O

/•

ik

. V..

—o'----Ö----

---n.--i— —

Dla złączenia zatem obu powyższych pól sił poprzecznych przyjmujemy linię A'₀B'₀ jako oś dla tej linii sił poprzecznych dodatnich, odkładamy od A'₀ do A₂ (rys. 63) siłę P i łącząc A₂ z B'₀, otrzymamy linię naj większych sił poprzecznych dodatnich A₂B'₀ i dla każdego przekroju belki, np. C'C', największą siłę poprzeczną dodatnią, jako odcinek:    +

odpowiadający chwili, kiedy siła P, posuwając się z prawej strony ku lewej, dochodzi do przekroju C'C'. Tak samo

oczywiście dla ciężaru ruchomego P, wchodzącego na belkę przez podporę A i przesuwającego się na prawo, otrzymamy linię największych sił poprzecznych ujemnych A'₀B₂ i np. dla przekroju C"C" największą siłą poprzeczną ujemną będzie odcinek: —y' = —y\-+y'oj odpowiadający chwili, kiedy siła P, posuwając się z lewej strony ku prawej, dochodzi do przekroju C"C".

k) Punkty zwrotne największego momentu.

Dla przekrojów belki między podporą A i punktem M2 (rys. 63) otrzjrmujenty siły poprzeczne tylko dodatnie, a w punkcie M₂, dla którego siła poprzeczna ujemna, wywołana przez ruchomą siłę P, zbliżającą się z lewej strony do przekroju przez M₂, dorównywa sile poprzecznej (dodatniej) od ciężaru własnego, otrzymujemy siłę poprzeczną = o i tak samo w pun- — kcie siła poprzeczna (przy obciążeniu ruchomą siłą P, dochodzącą z prawej strony do punktu Mj) będzie = o. Między punktami M₂ i MŁ siła poprzeczna może być dodatnią—lub ujemną, zależnie od obciążenia ruchomego z prawej—lub z lewej strony, zaś poza punktem MŁ aż do podpory B siła poprzeczna będzie ciągle ujemną.

Dla obciążenia stałego jednostajnego całej belki siła poprzeczna jest (zgodnie ze str. 60) pośrodku belki = o, a moment—największ}^. Jeżeli jednak na belkę wchodzi z prawej strony siła P (rys. 63), to siła poprzeczna dla każdego przekroju

P ÿI

z lewej strony siły P zwiększa się o odpór -j-, wywołany

i doprowadzić ją znowu do wartości —o, przy

w podporze A przez siłę P, zgodnie z wzorem (1) str. 53, więc dla środka belki siła poprzeczna nie będzie już = o, a zatem i punkt największego momentu (nazwijmy go M) nie będzie już w środku belki, lecz przesunie się na prawo w kierunku ku sile P na taką odległość m, aby zwiększony o g . m ciężar własny belki mógł zupełnie zneutralizować ów przyrost siły . P n

poprzecznej

której jedynie otrzymujemy największy moment.

Siła poprzeczna dla jakiegokolwiek przekroju między M0 i B₀ (rys. 63), odległego o m od środka belki (ciągle w przypuszczeniu, że ruchomy ciężar P znajduje się na prawo od przekroju), wyraża się przez:

(44)

gl P n    l

= '2 + T“*⁽2 +m)

więc będzie = o dla takiego przekroju CC, w którym:

— g (~+ mc) = o, zkąd:

Vc

mc

gl

(45)

Na taką odległość mc przesuwa się punkt największego momentu M po wejściu ciężaru P na belkę, na odległość n od podpory B. (W szczególnym przypadku, gdy P =gl, to

= n. Jeżeli zaś P = ^, to mc = — .

Im większe zatem jest P, tern szybciej M zbliża się ku niemu). Z wzoru (45) wynika, że im większe jest n, tern większe będzie mC} więc przy przesuwaniu ciężaru P dalej w lewo punkt M zbliża się ku niemu, a spotyka go w punkcie M₁, dla którego:

z równania (45)

mc

to 8

(46),

w.i + «i=y

a że przytem otrzymujemy z wzoru (45): m₁ =

mx

P/

gl ’

więc :

2 (P + gl)

(47)

nx =

gP_

(48)

2 (P + gl)

Oczywiście ten punkt M₁ jest punktem przecięcia pro-

gl

stej A₂B'₀ z A₀B₀, bo odkładając jeszcze (rys. 63) --

od B₂

do B₃ i łącząc B₃ z A₀, mamy wskutek podobieństwa trójkątów z bokami równoległymi M₂M₁N i A₀B₀B₃ a także M.BoB'o i A₀B₀B₃:

M₂Mx_A₀B₀ . 2 m

M.N B₀B₃’    P

gl

gl

czyli wzór (47).

2~+B + Tj

M₁B₀_ A₀B₀

BoB'o

B₀ B₃

ii ii

gl

, czyli wzór (48).

t + P + ~2

Przy dalszem jednak przesuwaniu na lewo ciężaru P poza punkt M₁ siła poprzeczna wzrasta zgodnie z wzorem (44)—zarówno wskutek zwiększania się n, jakoteż i zmniejszania się m — więc punkt największego momentu M musi się cofać i nie dać się wyprzedzić ciężarowi P, bo wtedy (dla wyprzedzonego już przez ciężar P przekroju) siła poprzeczna zwiększyłaby się odrazu o całe—P i przeskocz3⁷łaby przez

wartość o. Po dojściu w ten sposób do punktu M₂ (symetrycznego z względem środka belki) siła poprzeczna V2 będzie według wzoru (44):

V₂

Sl I P-”a 2 ⁺ l

. / n₂ = n₁ + 2 mx ²' I m₂ = mx

ale w obec symetryi punktu M₁ z M

i uwzględniając wzory (47) i (48):

gVl

P/

gP_

V₂

P(»i + 2Wl)    Pr

/ +gm' l L 2 (P +gl) ' P+^/J ' 2 (P + gl)

⁼ PH^/[^+p+^] ⁼ PTF(P+i?'f>=+P;

więc w chwili przejścia ciężaru P poza punkt M₂ siła poprzeczna V₂ dla tegoż (wyprzedzonego już przez siłę P) przekroju M₂, zwiększona o — P, będzie właśnie = o, czyli punkt największego momentu zostanie w M₂, podczas gdy ciężar P mija ten przekrój, a następnie przy przesuwaniu się dalszem (w lewo) ciężaru P (i zarazem odpowiedniem zwiększaniu się siły poprzecznej) punkt największego momentu M musi przesuwać się z powrotem ku środkowi belki, aby przez zwiększanie się ciężaru własnego neutralizować dalsze zwiększanie się siły poprzecznej V i sprowadzać ją do zera. W chwili zejścia ciężaru P z belki punkt M wraca oczywiście na środek belki M₀.

Podobnież—jeżeli na most wjeżdża pociąg z prawej strony, to punkt największego momentu M przesuwa się w stronę pociągu od środka mostu aż do spotkania z pierwszem kołem w pewnym punkcie Mx, poczem cofa się i dochodzi w odwrotnym kierunku do jakiegoś punktu M°₂ (nie leżącego jednak symetrycznie z punktem M₁ względem środka mostu, lecz nieco bliżej tegoż środka, gdyż obciążenie pociągiem nie jest symetryczne). Po przejściu pociągu punkt M cofa się znowu i wraca na środek mostu w chwili, kiedy schodzi z tegoż mostu ostatnie koło. Jeżeli zaś pociąg wjeżdża na most z lewej strony, to punkt M idzie ku niemu aż do spotkania w punkcie M₂, symetrycznym względem środka mostu z punktem , cofa się następnie i dochodzi w odwrotiiym kierunku do punktu , symetrycznego z M°₂, a wreszcie wraca na środek mostu w chwili zejścia z tegoż ostatniego koła.

Te granice odchylenia punktu największego momentu, czyli punkty zwrotne największego momentu, otrzymujemy wykreślnie, przeprowadzając (tablica 1-a), jak wyżej na rys. 63, krzywą sił poprzecznych dla obciążenia jednostajnego jako prostą g'ZZ\, a odłożone od tej linii w górą odcinki pionowe, otrzymane na krzywej ZG, dadzą nam krzywą naj' większych sił poprzecznych dodatnich (dla obciążenia złożonego) Z'₁Z₁«₁, której przecięcie z osią kZf będzie punktem Mx. Tak samo odłożone od tejże linii g'ZZ\ na dół odcinki pionowe krzywej ko! dałyby krzywą największych sił poprze^ cznych ujemnych (dla obciążenia złożonego) g,o!₁ i na przecięciu tejże z osią kZ'— punkt M₂. Zamiast odkładać otrzymane poprzednio odcinki pionowe krzywej Z'« od linii g'ZZ\ moglibyśmy odrazu wykreślić krzywą Z^Z^.jako wielobok sznurowy, przyjąwszy tylko zamiast bieguna Z'—biegun Z\.

Zauważmy jeszcze, że punkty zwrotne M₂ i Mx otrzjr-mać możemy również wprost z normalnego położenia krzywych aZ/ i ko! (tabl. 1-a), odkładając od k na dół odcinek

T ~~ i od Z' w górę odcinek — ~ i łącząc otrzymane końcowe punkty n' i Z" prostą nrZZ", przecinającą krzywe «Z' i ko! w punktach M\ i M'₂, leżących na pionowych przez M₁ i M₂ (bo suma algebraiczna odcinków, wyrażających siłę poprzeczną na krzywych o!Z' i ko i na prostej W Z", jest dla pionowych przez M\ i M'₂ oczywiście = o).

1) Siły poprzeczne dla obciążenia złożonego: stałego jednostajnego i ruchomego jednostajnego.

Krzywą największych sił poprzecznych dla obciążenia złożonego: stałego jednostajnego g.l i ruchomego jednostajnego p.l otrzymujemy w podobny sposób, jak wyżej dla obciążenia jedną tylko ruchomą siłą P. Wykreśliwszy jako krzywą sił poprzecznych dla obciążenia stałego jednostajnego linię prostą A'oB'o (rys. 64), zgodnie ze str. 59 rys. 40, odkładamy

pl

od niej pionowo A'₀A₂=+“- i inne odcinki paraboli A₂EB₀

(z rys. 62) i otrzymamy parabolę A₂M₁ B'q— krzywą największych sił poprzecznych dodatnich (dla obciążenia złożonego);

pl

i tak samo, odkładając odcinek B'₀B₂ = — — i inne odcinki paraboli A₀GB₂ (z rys. 62), otrzymamy parabolę A'₀M₂B₂ — krzywą największych sił poprzeczkach ujemnych

\xt\

U,

:l

A₀

.64

SB

ß₀

---O °

if-

ß'

°r*

i ■,

_}hi

(dla obciążenia złożonego). Oczywiście zamiast odkładać na rys. 64 odcinki paraboli, otrzymanej poprzednio na rj^s. 62^ możemy odrazu wykreślić parabolę AgM^'o, wziąwszy tylko

zamiast bieguna Z (na rys. 62) biegun Z' w odległości =

pod Z.

Te parabole dadzą nam na osi A₀B₀ punkty zwrotne największego momentu M₁ i M₂ (które zresztą wyznaczyć możemy i bez odkładania odcinków paraboli—sposobem, wskazanym na str. 104 — na pionowych przez punkty M'₂ i M'x (rys. 62), otrzymane jako punkty przecięcia parabol A₂EB₀

i A₀GB₂ z linią A^B'

gl

tworzącą odcinki: AqA'q^T^-

I zupełnie tak samo, jak na rys. 63, na

długości od A₀ do M₂ otrzymujemy tylko siły poprzeczne dodatnie, a od Mx do B₀ — tylko siły poprzeczne ujemne i jedynie między punktami M₂ i Mx siła poprzeczna może

i B₀B'₀ = —•ff

przechodzić przez wartość o, punkty M₂ i M₁ są to zatem punkty zwrotne największego momentu; a więc zupełnie tak samo, jak wyżej, przy wejściu obciążenia ruchomego p na belkę od strony podpory B punkt największego momentu M opuści środek belki M₀ i iść będzie na spotkanie tegoż obciążenia, ale spotkawszy je w punkcie M₁, cofnie się i doszedłszy razem z obciążeniem ruchomem do M₂, cofnie się znowu i wróci na środek belki M₀ w chwili, kiedy obciążenie ruchome zupełnie z niej zejdzie.

B. Obciążenie pośrednie.

§ 1. Obciążenie pośrednie stałe siłami sku-pionemi. Jeżeli siła P nie działa na belkę bezpośrednio, lecz przez belki poprzeczne w punktach E i F (rys. 65), to

. 65.

-ss-*-

vrf

Ja

r.....

■rt

<5

:'5l

belki w E i F są    w stosunku do    siły P jakby podporami,

więc rozłóżmy ją    na składowe Pt    i P₂ , działające    w E    i F,

wykreślając trójkąt sznurowy E₀SF₀ i prowadząc przez biegun Z równoległą do boku zamykającego E₀F₀; siła P₁ będzie = am, siła zaś P^ — mb i obie te siły oddziaływać będą już bezpośrednio na belkę AB. Przedłużając zaś SE₀ i SF0 do spotkania z pionowemi przez podpory A i B i prowadząc przez Z równoległą do boku zamykającego A₀B₀, otrzymujemy, jak wiadomo, odpory A₁ i    Bx jako odcinki    na i    bn.

Są to oczywiście    odpory zarówno    dla sił Px i P₂,    jak i    dla pojedynczej siły P, bo (zgodnie ze str. 18) zastąpienie sił P₁ i P₂ ich wypadkową P nie ma wpływu na dalszy przebieg wieloboku sznurowego poza siłami PŁ i P₂ (więc E₀A0 i F₀B₀ są przedłużeniami SE₀ i SF₀).

a) Momenty.

Z porównania pola momentów (A₀SB₀) dla siły P i pola momentów (A₀E₀F₀B₀) dla sił P₄ i P₂ widzimy, że przy bezpo-średniem działaniu siły P na belkę moment jest w ogóle większy, niż przy działaniu pośredniem, ale w przekrojach E i F momenty są dla obu obciążeń jednakowe. Wobec tego można bardzo łatwo z wieloboku sznurowego A₀KLMNB0 (rys. 66) dla sił Px, P₂, P₃, P₄, działających bezpośrednio,

. 6 6.

<3*

31    %

o-'

Hi

HI

*c-.....te 0^“— • -I - -V

1/

!//

otrzymać wielobok sznurowy dla sił działających pośrednio; trzeba tylko połączyć ze sobą punkty przecięcia pionowych przez E, F, G z bokami wieloboku sznurowego A₀KLMNB0 i otrzymamy nowy wielobok sznurowy A₀E₀F₀G₀B₀ (krzywą momentów dla obciążenia pośredniego), z którego widzimy, że dla wszystkich przekrojów między belkami poprzecznemi momenty są większe dla obciążeń bezpośrednich i że, jak przy obciążeniu bezpośredniem największy moment przypada zawsze, zgodnie ze str. 49, pod jakimś ciężarem — podobnież przy obciążeniu pośredniem największy moment przypada zawsze pod jedną z belek poprzecznych E, F, G.

b) Siły poprzeczne otrzymywać będziemy, zgodnie ze str. 47, jako odcinki na wieloboku sił, ograniczone promieniami Za , Zß , Zy ... i promieniem Zn, równoległymi do odpowiednich boków nowego wieloboku sznurowego A₀E₀F₀G₀B0 i boku zamykającego A₀B₀, przyczem te siły poprzeczne zmieniać się będą nie w przekrojach pionowych przez siły, lecz w przekrojach, odpowiadających wierzchołkom nowego wieloboku sznurowego, czyli belkom poprzecznym E, F, G. Istotnie — każda siła P (np. P₃) rozkłada się na działające w belkach poprzecznych (F i G) składowe, wyrażone przez odpowiednie odcinki (cy i yd) i w rezultacie będą działały w punktach E, F i G siły aß, ßy, y§ a w belkach poprzecznych podporowych (a więc w podporach A i B) działać będą aa i le} które zmniejszą otrzymane dla sił bezpośre dnich odpory At i BŁ do: A\ = At—aa i B'₁ = B₁ — le.

Wobec tego siła poprzeczna między podporą A i przekrojem przez E będzie: Wae = Al — aa— + A₂ A₃

między E i F: Ve/=Al — aa — aß=-fE₂E3 między F i G: Vfg = A₁—aa — aß — ßy =—F₂F3 między G i B: V^ = A₁ — aa — aß-—ßy— yl =—G₂G3 Krzywą sił poprzecznych będzie więc linia schodowa (rys. 66) z początkowym punktem A₃ i końcowym B₃.

§ 2. Obciążenie pośrednie stałe — jednostajne. Dla obciążenia bezpośredniego otrzymujemy według str. 55 przy obciążeniu stałem—jednostajnem g na metr bieżąc}? belki, jako krzywą momentów (r}?s. 67), parabolę A₀NB₀

Jeżeli zaś obciążenie prze-

z odcinkiem w środku y

_gP_

8H *

chodzi na belkę przez belki poprzeczne E, F, G,J, K, L, to łącząc ze sobą punkty przecięcia paraboli z pionowemi przez E, F, G, J, K, L, otrzymamy szukaną krzywą momentów jako wielobok A₀E₀F₀G₀J₀K₀L₀B₀, wpisany w parabolę A₀NB₀. Jeżeli punkty E, F, G, J... dzielą belkę AB na równe odstępy (d), to zamiast wykreślać parabolę (rys. 67), dojdziemy prędzej do celu, wykreślając wielobok sznurowy dla sił

Nï

gd

we-

IV,

ł_ _    5~X 1 3?    - A- HA

r • —fil---1    Î

o----

Cl

Uc

“ST

s-

Ml-

J...I

A-O

\\

V.

"V

x V.

\ \-

X    SA'

«M-    '■

A'i...n-----

X\.

II

//

'"s

y, gd, gd,    działających w punktach

A, E, F, G, J, K, L, B (czyli tenże wielobok A₀E₀F₀G₀ J₀K₀L₀B wpisany w parabolę), a krzywą sił poprzecznych możemy

otrzymać w tym wypadku, odkładając od A₃ do A₄... + ^,

o-/

od B₃ do B₄...— łącząc A₄ z B₄ i prowadząc przez środki odcinków tej prostej «, ß, y, 3... linie równoległe do AB. Będzie to więc linia schodowa wykreślona na rys. 67, na którym wyznaczone są i same siły poprzeczne dla pól EF i FG jako Ve/ i W/g.

Przykład. Belka 15,0m długa, obciążona jest dług rys. 68 siłami skupionemi P₁ = 1000 kg , P₂ = 2000 kg , P₃ = 1000 kg (działającemi na belkę za pośrednictwem belek poprzecznych E, F, G), a prócz tego—jednostajnie (ciężar

no

c5Îuô. 68.

•^s⁻........

.... //

- • -v

?s

■I

•4-.

;*r

llM

r i

'/

\\

VS

tw

ii r<........."-t

14

; #\

•*

N>

Ns

;r.....VF .

■" ?t,

^---v<L

jt

<5^ cSa/ /dl'uXŸOà'Ci/

i: 200.

e^c«Xc»/ z>\h 1

\n/w*

10M

własny) £- = 600

k_g

Wyznaczyć największy moment, prze-

m. b. ‘

krój belki, odpowiadający temuż i krzywą sił poprzecznych.

Skalę długości przyjęliśmy 1 :200 (zaleca się przerysować w skali 1:100), skalę sił: 1 mm =100 kg. Odległość biegunową wzięliśmy: H = 20 mm. Wielobok sznurowy dla sił skupionych będzie, zgodnie ze str. 107, rys. 66, A₀E₀F₀G₀B0 z bokiem zamykającym A₀B₀. Dla obciążenia jednostajnego krzywa momentów będzie (według str. 55) parabolą o naj-

większej rzędnej y

_gl² _ 600X15 ~ 8H~ 8X20X

= 4218,75 kg, czyli 42,2mm,

którą odkładamy od punktu środkowego linii A'₀B₀ do punktu N i wykreślamy parabolę A'₀NB₀. Zastąpmy otrzymany wielobok sznurowy A₀E₀F₀G₀B₀ z bokiem zamykającym A₀B0 przez wielobok A'₀E'₀F'₀G'₀B₀ z bokiem zamykającym A'₀B0 sposobem opisanym na str. 67, odkładając E₀E'₀ = E₂E' F₀F/o = F₂F/₂ i t. d., a otrzymamy wspólne pole momentów A'oE'qF'oG'₀B₀NA'₀ i największy moment wypadnie dla przekroju, dającego na paraboli punkt C, w którym styczna jest równoległa do boku E'oF'o wieloboku sznurowego (zgodnie ze str. 68). Położenie tego przekroju otrzymać można dokładniej, wykreślając dla sił skupionych krzywą sił poprzecznych A₃E₃E4F₃F₄... według str. 108 (rys. 66), t. j. przeprowadzając przez biegun Z promienie równoległe do A₀E E₀F₀..., a przez punkty «, ß, y... równoległe do osi A₂B2 i odkładając od końcowych punktów przyjętej za oś linii A₂B₂

_iŁ

Siłę

(poziomej przez ń) odcinki: A₂A₄

poprzeczną = o (a właściwie przedstawiającą parę sił) otrzymujemy dla punktu S, na przecięciu A₄B₄ z poziomą E₄F₃ i ten punkt odpowiada największemu momentowi. Odległość tego punktu od podpory A wynosi na rysunku: :r = 39,7mm, czyli 7,94m (rachunek daje: x = 7,944 m), a największy moment: Mmax — H .ymax =20 X 64,9 mm X-|-X 100 = 25960 kgm (rachunek daje 25934,25 kgm).

Zauważmy jeszcze, że, gdyby obciążenie jednostajne g działało na belkę także za pośrednictwem belek poprzecznych, to otrzymalibyśmy zamiast paraboli (zgodnie ze str. 108) wielobok z wierzchołkami na paraboli, na pionowych pod belkami poprzecznemi E, F, G i największy-moment wypadłby

= 4 i B2B4 =

wtedy oczywiście dla przekroju pod belką poprzeczną F. Odpowiedni temu pionowemu przekrojowi punkt paraboli wyznaczylibyśmy łatwo, nie wykreślając całej paraboli, sposobem, podanym na str. 57 (rys. 43), poczem otrzymalibyśmy właściwy odcinek y, a z nim i największy moment.

Analitycznie:

Odpór At dla sił Px, P dnio (według wzoru (2) str. 53):

P₃, jeżeli działają bezpośre-

34000 . T5~kg

Ax = — { 1000 X 12 + 2000 X 9 + 1000 X 4 } =

Składowe siły Px dla podpory A i belki poprzecznej E: P₁a = -^-X 1000 — 250 kg; P₁"=|-X1000 = 750 kg.

Składowe siły P₂ dla belek poprzecznych E i F: P₂'=1000 kg, P/=1000 kg, więc na belkę poprzeczną E działają siły:

Pt* + P₂tf = 750 + 1000 = 1750 kg.

Odpór A\ przy uwzględnieniu belek poprzecznych:

34000

A,₁ = A₁ — P ₁“ =

15

250.

Moment dla jakiegokolwiek przekroju belki między belkami poprzecznemi E i F przy obciążeniu jednostajnem (według wzoru (15) str. 61):

M₀ =    —— , więc moment ogólny dla tegoż przekroju:

gx(l — x)

Mx = A\x — 1750 (jt— 4)-+

Moment ten będzie największy dla x, określonego z wzoru: = o = A\ — 1750    —gx j zkąd, w obec:

A'i =

db/[x

dx

34000

15

— 250, ^ = 600 i /= 15:

^ = 7,944 m i

250) X7,944— 1750X7,944 +

,34000 Mmax= —

* v 15

+ 4X 1750 + -^X7,944X7,056 = 25934,25 kgm.

Stosując do tego przykładu uwagę końcową w przykładzie na str. 70, otrzymamy dla największego momentu za pomocą pola sił poprzecznych:

M ****** a;

= polu A₄A₃E₃E₄SA₄ =

65,2+17,5

X 39,7 —

— 17,5 (39,7 — 20)= 1296,85mm², a zastosowawszy naszą skalę momentów:

^Ąmax

aa:

= 1296,85 XiX 100 = 25937 kgm.

§ 3. Obciążenie pośrednie siłą ruchomą,

a) Momenty:

Przy przesuwaniu pojedynczej siły P po belce AB (rys. 69) największy moment otrzymać możemy (zgodnie ze

69.

fi

't

- -i-Xf--->

•^c.

-§^/

si

ir*

4ą

S3

3^1

A"'

Jvo\

'v

/b;

>•

~7*

° vx’

"Si

it

::

odpowiednie odcinki ye,y/, yg i największy

str. 108) tylko dla jednego z wierzchołków (E₀, F₀ lub wieloboku sznurowego A₀E₀F₀G₀B₀ i to wtedy, kiedy nad tym wierzchołkiem umieścimy siłę P (bo wierzchołki K, L, M, N pod siłami P₄, P₂, P₃, P₄ (rys. 66) dają większe odcinki y, niż wierzchołki E₀, F₀, G₀). A zatem, ustawiając siłę P kolejno nad E, F, G, albo-też przesuwając odpowiednio belkę AB tak, aby siła P wypadała nad E, F i G (rys. 69), otrzymujemy za pomocą boków zamykających A'3' A/B/, A',B'

z nich da największy moment:

M = H.y/.

b) Siły poprzeczne.

Jeżeli siła ruchoma P przesuwa się wprost po belce AB od A ku B (rys. 60), to siła poprzeczna dla przekrojów na prawo od siły P jest, jak wiadomo (str. 93): V =    — P, jest

ujemną i wyraża się prostą A₀N (rys. 59). Jeżeli natomiast siła ruchoma P działa przez belki poprzeczne E i F (rys. 65), to siła poprzeczna Ve/ (dla przekrojów belki między E i F czyli dla pola EF) będzie także (zgodnie ze str. 108) = A₁— P, ale tylko, dopóki siła P pozostaje na lewo od punktu E, z chwilą zaś, kiedy siła^P przejdzie poza punkt E, siła poprzeczna Vef będzie = AX — P₁ (rys. 65), bo siła P rozłoży się na składowe PŁ i P₂ w punktach E i F. Przy przesuwaniu się siły P dalej na prawo, wywołującem zmniejszanie się odporu Ax, ale zarazem szybsze zmniejszanie się siły PŁ, siła poprzeczna Vef osiągnie przy pewnem położeniu siły P war-tość = n. Aby określić to położenie siły P (oznaczmy je P' na rys. 70) przeprowadzamy (według str. 93, rys. 59) linie LB₀ i A₀N, a łącząc punkty Ex i FŁ na pionowych przez E i F, otrzymamy na A₀B₀ punkt D, przez który przechodzić musi siła P, jeżeli siła poprzeczna V,/ ma być = o.

Istotnie z podobieństwa trójkątów AqE^ i DFjBq (z bokami równoległymi A₀EX i B₀F₁) wynika:

A₀D _ DEj DB₀ ~ DFj

wodzi, że siła P, przechodząca przez D, daje w E i F te same odpory, co w A i B, a zatem: P₁ = A₁ i P₂ = BŁ i siła poprzeczna między E i F staje się = o, a raczej parą sił: Ax—Px . Wykreślnie charakteryzuje się to położenie siły P' tem, że A₂B₂ — bok zamykający zbudowanego dla siły P' trójkąta sznurowego A₂D₁B₂ — będzie równoległym do E₃F₃ i punkt m upadnie na n (rys. 65 i 70).

Przy dalszem przesuwaniu się siły P poza punkt D i szybszem zmniejszaniu się siły Px, niż odpór Ax, siła poprzeczna staje się dodatnią, a zatem każda siła z prawej strony punktu D wywołuje w przekrojach całego pola EF siłę poprzeczną dodatnią (bo Pt będzie mniejsze od Aj), każda zaś siła z lewej strony punktu D — siłę poprzeczną ujemną.

Punkt D można w obec tego nazwać działem obciążeń dla pola EF, a może on być wyznaczony przez jakiekolwiek dwie równoległe, przeprowadzone przez A₀ i B₀, np. A₀E₄

, ale:

DEj _ w! DFi“

więc

A₀D_ m!

DB₀

co oczywiście do-

.1

IW,. TO.

~z

■F

x.

: CO

X * ;y

qCO

...OT//

Ml I

: S?

‘xj>- r

±_g> \ ?

y.. r..

4 . .i

r\

1/

JT

'3

]A

i B₀F₄, bo linia, łącząca otrzymane na pionowych przez E i F punkty E₄ i F₄, przetnie A₀B₀ także w punkcie D.

Dla każdego przekroju między E i F otrzymujemy siłę poprzeczną, wywołaną przez siłę P (rys. 70), jako odcinek pod siłą P, między prostą A₀B₀ i E^.

§ 4. Obciążenie pośrednie siłami rucho-memi skupionemi.

a) Momenty.

Jeżeli cała grupa ciężarów skupionych działa na belkę przez belki poprzeczne, to zgodnie ze str. 107 momenty dla przekrojów pod belkami poprzecznemi są też same, co dla obciążenia bezpośredniego. Aby więc otrzymać największy moment, wystarcza wyznaczyć największe momenty przy danej grupie ciężarów dla obciążenia bezpośredniego, odłożyć

je od jakiejś osi i będzie to krzywa największych momentów. Tak np. na tablicy 1-ej dla mostu o rozpiętości teoretycznej /=36,0m, przy rozstawieniu belek poprzecznych co 3,0 m, wyznaczyliśmy największe momenty dla przekrojów pod belkami poprzecznemi I, II, III, IV, V i VI i otrzymaliśmy krzywą największych momentów ALB. b) Siły poprzeczne.

Ponieważ każda siła, obciążająca belkę

prawej lewej

strony działu obciążeń (rys. 70), wywołuje w przekrojach ca-

dodatnią, ) ujemną, J

łego pola EF, zgodnie ze str. 114, siłę poprzeczną

to dla wywołania w jakimkolwiek przekroju pola EF naj-

dodatniej | ujemnej /

większej siły poprzecznej

należy obciążyć belkę

prawej ) lewej \

większe ciężary jak najbliżej tegoż przekroju.

Przy obciążeniu pociągiem kolei żelaznej otrzymujemy najczęściej największą siłę poprzeczną dodatnią dla danego przekroju, ustawiając pierwsze koło parowozu nad najbliższą z prawej strony przekroju belką poprzeczną; takie ustawienie parowozów nazywamy więc normalnem. Na tablicy 1-ej, przy długości mostu = 36,0 m i odległości między belkami poprzecznemi =3,0 m, widzimy, że np. dla przekroju IV, przy położeniu normalnem, oznaczonem przez 9, 8, 7, 6, 5, otrzymujemy siłę poprzeczną, zgodnie ze str. 97, jako odcinek: Viv = = ßyj = 44,0 mm = 88 tonn. Jeżeli zaś przesuniemy na lewo pierwsze koło parowozu 9, tak, żeby drugie koło 8 stanęło nad przekrojem IV (położenie to oznaczone jest na tablicy przez : 9

z(

strony aż do działu obciążeń, umieszczając naj-

8U 7u 6₁₍ 5x), to otrzymujemy większy odcinek: V'iv = y3- - 49,6 mm = 99,2 tonn.

Należy jednak uwzględnić, że ciężar koła 9—a raczej osi parowozu—rozkłada się na belki poprzeczne III i IV na składowe PiiiiPiv, a składową Pm, wynoszącą oczywiście : Pm =

20'X1,5

3,0

= 10 tonn, trzeba odjąć od V'iv, poczem siła po-

przeczna będzie:

V"iv = V'iv — Pm = 99,2 — 10,0 = 89,2 tonn.

Teraz dopiero widzimy, że dla przekroju IV otrzymamy przy ustawieniu drugiego koła (8) nad belką IV (t. j. przy

położeniu kół 91? 8X, 7X, 6lt 5t) istotnie większą siłę poprzeczną, niż przy położeniu normalnem 9, 8, 7, 6, 5. Oczywiście pierwsze koło (Qi) znalazło się tylko przypadkiem pośrodku między belkami poprzecznemi III i IV; gdyby jednak tak nie było, to zamiast obliczania składowej Pm możenty W3⁷kreślić bardzo prostym sposobem siłę V"iv : na pionowej przez III (tablica 1-a) odkładamy do punktu £ siłę 9 (oznaczmy ją przez P) i łącząc ten punkt e z punktem ß, otrzymujenty (na pionowej przez siłę 9j_) odcinek rs = P. =Pm i siłę V"iv, jako odci

<s>

nek : yfr—yo = o& = 44,6 mm = 89,2 tonn.

Dodajmy jeszcze, że przy większej odległości między belkami poprzecznemi, np. </= xX = 4,0 m (tablica 1-a), trzebaby uwzględniać oprócz położenia normalnego z kołem 9 nad belką poprzeczną X, dającego siłę poprzeczną jako odcinek Xrc— jeszcze dwa inne, odpowiadające położeniu kół 8 i 7 nad tą samą belką poprzeczną X, t. j. rozmieszczeniu sił, oznaczonemu na tablicy 1-ej przez 9₂ , 8₂ i 9₃ , 8₃ , 7₃. Pierwszemu odpowiadają: punkt (J. i odcinek ,up, (otrzymane zupełnie tak samo, jak w}7żej punkt § i odcinek so-); odpowiednią zaś rozmieszczeniu 9₃ , 8₃ , 7₃ siłę poprzeczną otrzymujemy⁷ w danym razie—(przy równych odstępach 0=1,5 m między kołami parowozu i równych obciążeniach kół) — jako odcinek va na pionowej przez 9₃, prowadząc przez środkowy (między i i h) punkt W równoległą do osi belki i łącząc otrzymany na pionowej przez v. punkt 4 z punktem X. Istotnie, rozkładając ciężary 9₃ i 8₃ — oznaczmy je przez P — na składowe, działające w belkach poprzecznych * i x, otrzymujemy dla *:

p v 2— + P— - 3 P—

X d'⁺ d!~ ⁶ V’ = 3P4

Sc!

odcinek zaś t v = 4*x^y = 1,5 P X 2

Odcinek ten (tv), wyrażający siłę, działającą w punkcie y. (z lewej strony rozpatrywanego przekroju przez siłę 9₃) trzeba odjąć od siły poprzecznej dla tegoż przekroju, wywołanej w belce przez sity 9₃ , 8₃, 7₃, 6₃ , 5₃ , t. j. od odcinka to, otrzymamy Więc: ta — tv = vo.

Największy z trzech odcinków: Xtc, p.p, va, czyli szukaną największą siłą poprzeczną dla przekrojów między belkami poprzecznemi * i X, t. j.

V«<a=[ip= 58 mm = 58X2 = 116 tonn.

cT

ł*P >

będzie

Wykreślona powyżej linia łamana Xjav (tablica 1-a) jest wielobokiem sznurowym dla sił 9, 8, 7, ustawionych w porządku odwrotnym względem 9₃, 8₃, 7₃, t. j. w porządku 9'₃, 8'₃, 7'₃ przy odległości biegunowej: H" = d'. Istotnie, jest równoległą do Z'V, skoro ki—^p i H" = </ = *X; przeprowadzając zaś poziomą przez h i łącząc punkt z X, ma my: cp£ = £<£, więc punkty jest w środku odcinka dX, a w obec równych odstępów e między pionowemi przez X, ja i v — a zatem ja«> = vx, zkąd wynika, że jav jest równoległe do u)X, które musi być równoległe do Z" h (w obec kh — f.^ i H"=xX). Skoro zaś Xja i jav są równoległe do TL"i i Z!'h, to X ja v jest wielobokiem sznurowym, (co zresztą wynika i ztąd, że odcinek tv wyrażać musi siłę poprzeczną, wywołaną w belce o rozpiętości v.X przez ciężary 9₃, 8 otrzymuje się więc wykreślnie za pomocą wyżej opisanego wieloboku sznurowego).

JAW,

A zatem przy większych odstępach między belkami po-przecznemi, odpowiadających kilku ruchomym ciężarom, np. przy ć7=*X = 5,0 m (rys. 71), okazuje się najbardziej celowem

s-

pc

.N\

>Ł_

k.....X-<L

wykreślić odrazu dodatkowy wielobok sznurowy o odległości biegunowej H = ć7, z ustawieniem kół 9', 8', 7', 6', czyli wielobok Xaßy i największy z odcinków X p., «v, ßn, yp między tym wielobokiem i krzywą największych sił poprzecznych — czyli w danym razie av— będzie szukaną największą siłą poprzeczną. Największy ten odcinek musi oczywiście odpowiadać jednemu z wierzchołków dodatkowego wielobo-ku sznurowego Xaßy, zkąd wynika, że największa siła po-

przeczna dodatnia dla jakiegokolwiek przekroju odpowiada zawsze położeniu jakiegoś koła pociągu (idącego od podpory B ku A) — w danym wypadku koła 8' — nad punktem X, t. j. nad najbliższą z prawej strony przekroju belką poprzeczną i w obec tego — przy małych odstępach między belkami po-przecznemi (d)—wystarcza rozpańywać oprócz położenia normalnego (z kołem 9 ponad punktem x) tylko położenia, odpowiadające ustawieniu drugiego, lub trzeciego koła ponad tymże punktem X.

stajne.

§ 5. Obciążenie pośrednie ruchome jedno

a)    Momenty.

Ponieważ największy moment otrzymujemy przy całko-witem obciążeniu belki, więc wyznaczamy go zgodnie ze str. 108 (rys. 67).

b)    Siły poprzeczne.

Oznaczając przez Vey największą siłę poprzeczną dodatnią dla pola EF (jednakową dla całej długości pola EF, zgodnie ze str. 109, rys. 67) zauważmy przedewszystkiem, że według str. 114 każda siła, działająca z prawej strony działu obciążeń (rys. 70), zwiększa siłę poprzeczną dodatnią dla pola EF. Wyznaczywszy więc za pomocą dwóch równoległych przez A i B (rys. 72) i punktów Ej i Fx (według str. 114) ten dział obciążeń w punkcie D, obciążamy belkę z prawej strony aż do punktu D i jak zaraz dowiedziemy, największą siłę poprzeczną dla pola EF otrzymamy, odkładając od A₀ do A₂

pi

odcinek + łącząc A₂ z B₀ , przeprowadzając przez F₂ równoległą do AB i łącząc A₃ z B₀. Odcinek D₂Di będzie szukaną siłą poprzeczną V*/. Istotnie, dla otrzymania siły poprzecznej Vey należy od odporu Ax odjąć tę siłę, która wskutek obciążenia części pola EF na długości xx przechodzi na belkę poprzeczną E. Wspomniany odpór At otrzymamy we-

_ px²

dług wzoru (22) str. 64: Ax

px i²

przechodzi podobnież:

2/i

, a na belkę poprzeczną E

CjL

⁼f ⁽T“T^)iale dla

, więc: V,/

działu obciążeń D mamy zgodnie z wzorem na str. 114: AD + DB ED + DF

AD ED

DB DF

zkąd

l ly

DB

DF

, czyli:

xx ’

•a;

12.

\is>

-—i__@1

\:x • •

^ %

^........

- Ą

•    "S^

»Xä/ - -

.....jJ-

V. ..-i /. .

^.....

K- -

■•"W

C3To

a zatem : Vj,/- =

<t'

-J-), czyli:

_

ef~2J

(49).

Wskutek zaś podobieństwa trójkątów    i A₃ A₀B

a także trójkątów: F₂F₃B₀ i A₂A₀B₀:

D₂B₀ X A₀A3 A₀B0 D₂B₀XF ₃Bo

D₂D₁ =

i A₀A₃ = F₃F₂ =

F₃B₀xA₀A₂ .

A₀B₀

więc

DgDj =

_ x. (x—xx)pl_px

xa₀a₂

2l (x—Xj) =V,/. Możemy jednak otrzymać dogodniejszjr wzór dla Ve/i

(A₀B₀)^

Ponieważ % = więc: ~—~ =

L l y    L i ^

_ px

tm j' V<?/ 21

(x — x₁ ) =

p_

(x—xJ² i oznaczając: a; —    otrzymujemy:

px²₂

2jr~p)

Największą siłę poprzeczną ujemną dla jakiegokolwiek pola EF otrzymamy przy symetrycznem rozłożeniu belek po^ przecznych względem środka belki wprost równą i odwrotną

2 (/ — P)

V„ —

(50).

odpowiedniej sile poprzecznej dodatniej dla pola, położonego symetrycznie po drugiej stronie środka belki.

Przy niesymetrycznym rozkładzie belek poprzecznych jak na rys. 72 musimy dla każdego pola przeprowadzić kon-strukcyę powyższą, a więc największa siła poprzeczna ujenv na dla pola EF będzie:

px'(x'— x\)

V'

ef~

, czyli : W'

•f~

P*'² 2

2(1-11)

(51)

i wyrazi się przez odcinek D₂D samo, jak odcinek

otrzymany zupełnie tak

§ 6. Obciążenie pośrednie złożone: stałe jednostajne i ruchome jednostajne.

a)    Momenty otrzymują się największe Y>rzy całkowi-tem obciążeniu belki, a więc według str. 108.

b)    Siły poprzeczne.

Po wykreśleniu według powyższego (rys. 72) sił poprzecznych dla pól AE, EF, FG.., t. j. V (rys. 73), przyjąwszy za oś linię A₀B₀, odkładamy od A₀ na

m+sL

AE, EF, FG..., leżące na linii A₂B₂, prowadzimy, zgodnie ze str. 109, równoległe do osi A₀B₀ i otrzymamy krzywą sił poprzecznych dla obciążenia stałego jednostajnego. Największa siła poprzeczna dodatnia, wywołana przez obciążenie złożone dla jakiegokolwiek pola EF, wyrazi się przez odcinek V = Vg/+V^y, z uwzględnieniem znaków (odcinki V*/ są do' datnie od osi A₀B₀ w górę, odcinki zaś Vffe/ — odwrotnie).

Przykład: Obciążenie belki 20,0 m długiej (rys. 73) jest 1) stałe jednostajne ^=1000 kg na metr bieżący i 2) ruchome jednostajne p= 5000 kg na metr bieżący. Wyznaczyć największe siły poprzeczne dodatnie.

Skalę dla długości przyjęliśmy 1 :200, skalę dla sił 1 mm = 1000 kg.

Wykreśliwszy sposobem powyższym największe siły poprzeczne dodatnie dla pól AE, EF, FG... jako odcinki V V*/, Vfg... i siły poprzeczne dla obciążenia stałego jednostajnego V*«,, V*%/> Vgfg • • •, otrzymujemy wj/kreślnie największe siły poprzeczne dodatnie:

ae j

V,/, V„...

gl

a od B₀ w górę — i przez punkty środkowe pól

•f—

ae i

.....3......

*/■

k\

. 73.

■ ■ ' S' - -

---------3 t ----X---;î>

; ■ t—ZQ,c

%L

Ac

Æ.

■Ł

^/Plcx£c^ &$AJUg(XSsC'[/ 1: 200.

•4*

â^cvto. *Æ : r™* tooo i?^

Vmaxae = VB, + V^a<, = 51,0 mm = 51000 kg (rachunkowo z wzorów (50) str. 120 i (12) str. 60 otrzymujemy także 51000 kg).

Vmaxef = Wef + V&gf = 31,4 mm — 31400 kg (rachunkowo : 31406,25 kg).

Vmaxfg = 11,15 mm = 11150 kg (rachunkowo: 11166,7 kg). Vmaxgh = Vgk + V^a (ujemne) == — 1,5 mm = — 1500 kg (rachunkowo:— 1500 kg).

Vghb (ujemne) = — 8,0 mm = — 8000 kg (rachun

Vmaxhb

kowo: — 8000 kg).

ROZDZIAŁ IV.

Belki kratowe i wiązary dachowe.

A) Pojęcia ogólne. Siły wewnętrzne w belkach kratowych. Wyznaczal-ność statyczna belek kratowych.

Belką kratową nazywamy w ogóle układ sztywny z prętów prostych, leżących w jednej płaszczyźnie i tworzących sieć trójkątów z wierzchołkami na zewnętrznym obwodzie układu (rys. 79 i 80 na str. 136 i 138). Wierzchołki tych trójkątów nazywamy węzłami; szereg prętów, ograniczających belkę z góry — pasem górnym, z dołu — pasem dolnym; pręty między pasami, o ile są pionowe, nazywamy słupami, idące zaś w innych kierunkach — krzyźulcami.

W dalszych obliczeniach przyjmować będziemy zawsze, że siły zewnętrzne działają na belkę kratową w płaszczyźnie tejże belki i tylko w poszczególnych węzłach, — że węzły nie mogą zmieniać położenia wzajemnego i że pręty połączone są pomiędzy sobą w węzłach spółśrodkowo, przegubowo i bez tarcia. Wskutek tego może w każdym pręcie działać tylko siła podłużna w kierunku jego osi, każda bowiem siła, działająca nie w osi pręta, w}⁷ wołałaby obrót tegoż około sworznia. O ile więc jest zachowaną równowaga, to siły działają w osiach prętów, są to więc jedynie siły ściskające, lub wyciągające.

Ciężar własny belki kratowej może być przyjmowany z dostateczną dokładnością jako jednostajny na całej długości belki i zgodnie z powyższem — działający w poszczególnych jej węzłach. Ciężar własny każdego pola między 2-ma węzłami rozłoży się zatem w połowie na każdy z tych wę-

P

= — działają całkowicie w tych

Cj

złów, a więc np. dla belki kratowej (rys. 74) o n jednakowej długości polach i o ciężarze własnym Q na każde 2 leżące na jednej pionowej węzły środkowe, przypada ciężar własny

na

każde pole, czyli

, a na każde dwa węzty skrajne ^

A.i

->!

■U*

J-r-o'i-e/fc.

Toc

Or

* Li

6e//zi

i NA!

i " il ' -kpl- —M :    C-0 ‘*'^9    4) *"^0 /'/ ! •

:    /.-I ! •

»r

-O

A/

•>

.rjr

—---— -

% -4yfe;— ⁹¹ •#-

lii

csC

A :«o

"-O

Dla uproszczenia jednak rachunku przyjmujemy najczęściej,

że te obciążenia -§

węzłach, w których działają sity zewnętrzne, a więc dla belki mostowej rys. 74 z jazdą dolną przyjmienty, jako obciążenie każdego z ^—1 węzłów dolnych środkowych — P, a każdego

P

z dwóch węzłów dolnych skrajnych--—.

u

Odpory, wywoływane przez siły zewnętrzne w dwóch podporach belki kratowej, wyznaczać możemy zupełnie tak samo, jak dla belki prostej (t. j. na zasadzie, że siły zewnę-

trzne muszą być w równowadze, dają zatem wielobok sił i sznurowy zamknięte), uważać więc będziemy zawsze odpory, jako dane. Zauważmy jeszcze, że w danym wypadku, kiedy

p

i na same podpory działają siły zewnętrzne ( — ), nie wpłyną one wcale na kształt wieloboku sznurowego, którego bokiem zamykającym będzie zawsze ta sama linia pozioma A'B' (rys. 74), bo wykreślając wielobok sznurów}^ z uwzględnieniem owych sił

- -, możemy przyjąć jako bok skrajny linię, idącą przez A' równolegle do promienia wieloboku sił aZ, a następnym bokiem będzie linia także przez A' równoległa do bZ i bokiem zamykającym będzie oczj^wiście A/B' — a bez uwzględniania siły

P

- otrzymujemy odrazu, jako bok skrajny, linię przez A' równo-

ległą do bZ z tym samym bokiem zamykającym A'B' i za odpory uważać możemy: A\ = B\ =fb = 3,5 P. Ten zmniejszony, istotnie działający odpór nazywają niekiedy odporem czynnym w zestawieniu z odporem całkowitym: A₁=B₁=/a,=4 P , który

O-, co

otrzymujemy przy uwzględnieniu obciążeń

na podporach.

Jeżeli belkę kratową (rys. 74) przetniemy w jakimkolwiek kierunku, np. po linii ««, i usuniemy część prawą belki, to dla utrzymania w równowadze pozostałej części lewej trzeba w punktach przecięcia zastosować takie siły zewnętrzne, które-by zastąpiły w zupełności oddziaływanie usuniętej części prawej, a więc utrzymywały równowagę z siłami zewnętrznemi, działającemi w pozostałej części belki. Siły te nazywać będziemy silami wewnętrznemi, albo natężeniami prętów—w przeciwstawieniu do sił zewnętrznych : obciążeń i odporów.

T₂, T

Ponieważ jednak siły zewnętrzne jednej części belki muszą utrzymywać równowagę z siłami zewnętrznemi drugiej części, więc jeżeli w razie usunięcia części prawej muszą działać (dla utrzymania w równowadze pozostałej części lewej) w prętach 24, 25 i 35 siły wewnętrzne T to w razie usunięcia części lewej muszą działać (dla utrzymania w równowadze pozostałej części prawej) w prętach 24, 25 i 35 siły wewnętrzne T'₂, T'₃, równe, ale odwrotne siłom Ta , T₂, T₃. Siły zatem wewnętrzne utrzymują równowagę z siłami zewnętrznemi, a oprócz tego utrzymują także równowagę pomiędzy sobą.

Siły wewnętrzne (natężenia) działające w pasie górnym belki kratowej oznaczać będziemy przez G, w pasie doi' nym — przez D , w słupach — przez S , w krzyźulcach zaś przez K.

TT

będzie oczywiście również Vß, jako wypa-Pi, P₃, P₅). Że w pasie górnym i słupach belki kratowej rys. 74 otrzymamy istotnie ściskanie, w pasie zaś dolnym — wyciąganie, dowiedzione będzie poniżej.

Dla połączenia sztywnego (czyli dla utrzymania w położeniu stałem) jakichkolwiek 3 punktów (nie leżących na jednej prostej), konieczne są 3 pręty, każdy zaś dalszy punkt położony w tejże płaszczyźnie wymaga dla połączenia sztywnego z poprzednimi — nowych 2'ch prętów, w ogóle zatem dla połączenia sztywnego m punktów (czyli węzłów) potrzeba: 3 + 2(m— 3) = 2 m — 3 prętów.

Z analitycznych warunków równowagi sił, działających na płaszczyźnie (str. 42) dają się wyprowadzić 3 równania równowagi (dwa — dotyczące składowych sił w dwóch przecinających się kierunkach i trzecie — dotyczące momentów), którym siły te muszą czynić zadość; dla sił jednak, przecho-

TT

Podobnie jak powyżej (str. 46) postanowiliśmy rozpatrywać zawsze jako siłę poprzeczną danego przekroju belki wypadkową lewej grupy sił zewnętrznych,—tak samo w dalszym ciągu rozpatrywać zawsze będziemy lewą część belki kratowej, t. j. oznaczać będziemy, np. dla przekroju ßß (rys. 74), natężenia wewnętrzne G, K i D, zastępujące oddziaływanie usuniętej części prawej na pozostałą lewą część belki; zaznaczona strzałka przy sile G, idąca ku przekrojowi ßß, charakteryzuje natężenie G (działające na lewą część belki) jako ściskające; natężenia zaś Kil), oznaczone strzałkami, idące-mi od przekroju ßß, muszą być oczywiście uważane za natężenia wyciągające. (Siłą poprzeczną Vß dla przekroju ßß będzie—zupełnie tak samo, jak dla belki prostej — wypadkowa sił zewnętrznych, działających z lewej strony przekroju ßß, czyli sił , P₁, P₃, P₅). Podobnież dla przekroju ukośnego (rys. 74) natężenia wewnętrzne przeciętych prętów: T₁, S, D, zastępujące oddziaływanie usuniętej części prawej na pozostałą lewą część belki, zaznaczone są odpowiedniemi strzałkami: D — strzałką, idącą od przekroju y y—jako natężenie wyciągające, Ty i S — strzałkami, idącemi ku przekrojowi yy—jako natężenia ściskające. (Siłą zaś poprzeczną Vy dla przekroju dkowa sił: A

dzących przez jeden punkt, otrzymujemy oczywiście tylko dwa równania, dotyczące składowych sił w dwóch przecinających się kierunkach. A ponieważ w każdym węźle zachowaną być musi równowaga między działającemi tam siłami zewnętrznemi i natężeniami wewnętrznemi, więc dla każdego węzła otrzymamy dwa równania równowagi sił, czyli w ogóle m węzłów — 2 m równań między siłami zewnętrznemi i natężeniami. Uwzględnić jednak należy^, że siły zewnętrzne muszą być między sobą w równowadze (gdyż w przeciwnym razie cała belka musiałaby się poruszyć), trzeba zatem dla nich ułożyć obowiązujące (zgodnie z powyższem) trzy równania równowagi, którym siły zewnętrzne muszą czynić zadość i dopiero reszta równań, t. j. 2 m— 3, posłuży nam do określenia natężeń w prętach. A więc, jeżeli ilość prętów n jest właśnie = 2m — 3, to mamy akurat dostateczną ilość równań dla określenia natężeń i taką belkę nazywamy statycznie wy-* znaczalną.

dla

ne.

Jeżeli zaś ilość prętów n C 2 m — 3, to mamy więcej równań, niż prętów, więc pozostała ilość 2 m—3—n równań daje nam warunki, które dla równowagi muszą być spełnio-W tym wypadku niema zatem sztywnego układu prętów i belkę taką nazywamy chwiejną. Jeżeli wreszcie m>2w—3, to mamy mniej równań, niż prętów, nie możemy więc określić przy pomocy statyki natężeń we wszystkich prętach, nazywamy zatem taką belkę statycznie niewyznaczalną.

Tak więc cechą statycznej w}^znaczalności jest: n = 2 m— 3 i np. belka ABCD (rys. 75) jest statycznie wyznaczalną, bo n= 5, m = 4 , więc: n = 2m—3; belka EFGH jest belką chwiejną, bo: w=4, m=h, więc: u<2m — 3, wreszcie belka JKLM jest statycznie niewyznaczalną, bo: w=6, m=4, więc: «>2m = 3.

Dla każdej statycznie wyznaczalnej belki można określić analitycznie natężenia we wszystkich prętach, o wiele jednak praktyczniejsze są opisane poniżej sposoby wykreślne.

. 75.

w.

2> /£

S3

X\ 3,

B) Wyznaczanie sił wewnętrznych przy obciążeniu stałem.

Siły wewnętrzne, wj^woływane w poszczególnych prętach belek kratowych, wyznaczać możemy sposobem przeciąć według Culmanna lub Rittera, albo też sposobem wieloboko^ wym Cremony.

§ 1. Sposób przecięć Culmanna i Rittera.

i usunąwszy część prawą, musimy dla

aa

Jeżeli zależy nam na wyznaczeniu sił wewnętrznych nie we wszystkich — lecz tylko w kilku prętach belki kratowej, to prędzej wiodą do celu sposoby Culmanna i Rittera. Zaznaczyliśmy już na str. 125, że przeciąwszy belkę (rys. 76) po jakiejkolwiek linii utrzymania pozostałej części lewej w równowadze zastosować w przeciętych prętach 24, 25 i 35 takie siły G, K i D, któ-reby zastąpiły oddziaływanie usuniętej części prawej, utrzymując równowagę z siłami zewnętrznemu części lewej: A₁,

-p.

p    p

— i P, t. j. z ich wypadkową (siłą poprzeczną) Va = Aj — —

i-j    Cj

76.

.0.

oL

..........

fï

Pi

oC

Jlctÿ

£)

1.    Sposobem Culmanna — dla wyznaczenia natężeń G, K i D (rys. 76) utrzymujących równowagę z siłą Va, rozkładamy wykreślnie siłę Va na 3 składowe, działające w liniach G, K i D — czyli (zgodnie ze str. 26 rys. 24), łączymy punkt T (t. j. punkt przecięcia jednego z kierunków [K] z siłą Va) z punktem przecięcia L dwóch pozostałych kierunków D i G, przeprowadzamy przez końcowe punkty siły Va (t. j. przez H i J) linie w kierunku K i LT (czyli HF i JF), a przez punkty J i F — równoległe do D i G i otrzymujemy szukane składowe siły Va jako odcinki FH, NF i JN. Natężenia zaś K, G i D, utrzymujące równowagę z siłą VK, będą oczywiście równe i odwrotne tym składowym, t. j. K = HF, G = FN i D = NJ, przyczem lot każdego z nich — oznaczony porządkiem liter — wykazuje, w zastosowaniu do przekroju natężenie G (zastępujące oddziaływanie usuniętej części pra^ wej na lewą), jako skierowane ku przekrojowi aa, jest ściska^ jącem, natężenia zaś K i D, skierowane od przekroju wyciągające. (Oczywiście mogli byśmy tak samo zacząć od punktu przecięcia siły G, lub D, z siłą Va i połączyć go z punktem przecięcia dwóch pozostałych kierunków, a otrzymalibyśmy te same składowe siły poprzecznej Va).

Ta siła poprzeczna Va przechodzi, zgodnie ze str. 46, przez punkt przecięcia boku CE wieloboku sznurowego (rys. 74) z bokiem zamykaj ącjun tegoż A'B', t. j. przez punkt S. Idąc dalej

że

są

2.    Sposób Kittera, czyli sposób momentów statycznych, oparty jest na podanym na str. 42 jednym z warunków równowagi sił, rozrzuconych na płaszczyźnie, że suma algebraiczna momentów statycznych tychże sił względem każdego punktu na płaszczyźnie musi być = o. Ponieważ zaś siły wewnętrzne G, D i K utrzymują równowagę z siłą poprzeczną V, więc suma algebraiczna momentów tych 4-ch sil (względem każdego punktu na płaszczyźnie) musi być = o. Biorąc ten dowolny punkt kolejno:

I — w punkcie przecięcia sił D i K, t. j. w E (rys. 77),

otrzymamy:

Mom. V + Mom. G + Mom. D + Mom. K = o , a że względem punktu E momenty sił D i K są = o, więc: V. vb + G .g = o, zkąd:

V.^₅

(52)

(53)

V. v

siła G musi dawać moment ujemny, jest zatem ściskającą.

II —w punkcie przecięcia sił G i K (t. j. w C): Mom. V + Mom. D + Mom. G + Mom. K = o , czyli: V. ^3 + D . d=o, zkąd:

D =

III—w punkcie przecięcia sił D i G (t. j. w L): Mom. V + Mom. K + Mom. D + Mom. G = o , czyli: V. v-{-K.. k — o , zkąd:

(54).

W równaniach tych uważać możemy za dane siłę poprzeczną V i odległości: v, v*,, g, d, k, a więc otrzymujemy z nich natężenia G, D i K.

W równaniu (52), w obec skierowania ku górze siły poprzecznej V, moment jej względem E jest dodatni, więc działająca na przekrój

t. j. musi działać ku przekrojowi aa

fup. 7T.

O'.

1Ö--

r.

K-

ir

pa

■v₃

Hi

-vs

<-

<-

Tak samo równanie (53) wykazuje, że siła D,jako działająca od przekroju ««, jest wyciągającą, a równanie (54) wykazuje, że siła K, działająca również od przekroju a«, jest także siłą wyciągającą.

Jeżeli siła poprzeczna V w}?pada poza tablicą rysunku, to można oczywiście wziąć, zgodnie ze str. 47 rys. 36 (oznaczając na rys. 74 odcinki EE', CC', L'L" przez y₅, y₃, y), zamiast V.v$ równe mu: H,y₅, zamiast: V.v₃ — H.y₃ i zamiast V ,v — H .y.

Podobnież możemy określić natężenie w każdym pręcie belki, np. w słupie 45 (rys. 74), przecinając belkę ukośnie po î rozkładając otrzymaną, jak wyżej, siłę poprzeczną VT (wypadkową sił zewnętrznych A₄, P₄, P₃, P₅ z lewej strony przekroju yy) na trzy składowe, działające w prętach G₂₄, S₄₅ i D₅₇ , sposobem' Cułmanna, lub Rittera. Stosując sposób Culmanna, otrzymamy teraz, zamiast poprzedniego (rys. 76) punktu T, punkt przecięcia słupa 45 z siłą VT— w nieskończoności, a więc linia TL, łącząca ten punkt przecięcia T w nieskończoności z punktem przecięcia prętów G24 będzie linią, idącą przez L równolegle do siły VT, którą zatem rozłożyć trzeba na dwie składowe, działające w liniach do niej równoległych: S₄₅ i LL" (rys. 74). Szukane natężenie S₄₅ otrzymuje się odrazu, jako odcinek W U, na linii VT (rys. 74), odkładając siłę Vr gdziekolwiek na linii S45 (np. jako odcinek MN) i łącząc punkty M i N z punktem L, bo wskutek podobieństwa trójkątów LWU i LNM:

TT

MN—UW b

.MN-UW a + b —

MN a + b ,,

UW

UW

UW

—, albo: a

zkąd wnosimy, że odcinki UW i (MN—UW), rozpatrywane jako siły, działające w liniach S₄₅ i LL", są składowemi siły MN = V.p skoro są odwrotnie proporcyonalne do odległości a i b, — a to zgodnie ze str. 22-ą.

Zauważmy tutaj, że natężenie w krzyżulcu (K) będzie = o, jeżeli siła poprzeczna VK (rys. 76), utrzymująca równowagę z siłami G, Ki D, przechodzi przez punkt przecięcia G i D, t. j. przez L, — na mocy punktu 2 str. 25.

§ 2. Sposób wielobokowy Cremony.

Jeżeli obliczać mamy natężenia we wszystkich prętach belki kratowej, to najdogodniejszym jest sposób wielobokowy Cremony. Polega on na wykreśleniu t. z. planu sił i oparty jest na wspomnianej już wyżej zasadzie, że dla belki kratowej, znajdującej się w równowadze pod działaniem sił zewnętrznych, muszą te siły zewnętrzne być pomiędzy sobą w równowadze, a prócz tego w każdym węźle belki siły wewnętrzne, wywołane w prętach, muszą utrzymywać równowagę z siłami zewnętrznemi, działającemi w tymże węźle, tworzą więc z niemi zamknięty wielobok sił.

Przypuśćmy, że na belkę kratową (rys. 78), w kształcie pięcioboku abcde, działają siły zewnętrzne P₄, P₂, P₃, P

P₅ w węzłach 1, 2, 3, 4, 5. (Zauważmy, że ilość prętów n = 7, a ilość węzłów m= 5, więc: n = 2m — 3, a zatem belka jest statycznie wyznaczalną). Siły zewnętrzne muszą być pomiędzy sobą w równowadze, więc wielobok sił ABCDE i sznurowy: a"b"c"d"e", wykreślone na rysunku, są zamknięte.

*»

S'

et

in

in.

\\

\\

i :r ₀;; o

TO

Ponieważ w każdym węźle ma być utrzymana równowaga sił zewnętrznych z siłami wewnętrznemi, zacząwszy więc np. od węzła 1, w którym schodzi się siła zewnętrzna P-t z dwiema nieznanemi siłami wewnętrznemi w prętach a i b, rozłóżmy siłę Pj na wieloboku sił w tych dwóch kierunkach, t. j. przeprowadźmy przez końcowe punkty siły Pi (A i B) w wieloboku sił równoległe do prętów a i b, a otrzymamy odcinki a' i b', wyrażające szukane siły wewnętrzne w prętach a i b. (Zaznaczmy, że przeprowadzając przez A równoległą do a i przez B równoległą do b — nie zaś odwrotnie: przez A równoległą do b, a przez B równoległą do a — zastosowaliśmy tem samem zasadę, wyłożoną niżej, na str. 134, punkt 3). Przechodząc do węzła 2, w którym siła zewnętrzna P₂ spotyka się ze znaną już siłą wewnętrzną w pręcie b i z nieznanemi siłami w prętach c i m, widzimy, że na wieloboku sił do siły P₂ jest już dołączona siła b\ więc przez końcowe punkty tych dwóch sił, t. j. przez C i a, prowadzimy linie, równoległe do c i m i otrzymujemy odcinki

ć i w!, wyrażające natężenia w prętach c i m. (Zaznaczmy, że przeprowadzając przez punkt przecięcia a' i b', czyli przez a, równoległą do «, a przez C równoległą do c — nie zaś odwrotnie przez a równoległą do c i przez C równoległą do m—Zastosowaliśmy przez to zasadę, wyłożoną niżej, na str. 134, punkt 4). Idąc dalej do węzła 3, w którym znowu mamy — oprócz znanych sił: P₃ i natężenia w pręcie c—dwie nieznane siły w prętach di n, przeprowadzamy linie do nich równoległe przez końcowe punkty złączonych na wieloboku sił P3 i c\ czyli przez punkt ß linię równoległą do n (a nie do d) i przez punkt D linię równoległą do d—i otrzymujemy odcinki n' i d! jako natężenia w prętach n i d. Idąc wreszcie do węzła 4, spotykamy tam jedną tylko nieznaną siłę w pręcie 45, która musi utrzymywać równowagę z siłami: P₄ i natężeniem pręta d; łącząc więc końcowe punkty sił P₄ i d', czyli E i y, otrzymujemy odcinek e\ wyrażający natężenie w pręcie e i jest to zarazem próbą dokładności rysunku, że odcinek ten powinien być równoległym do pręta e. Natężenia w prętach min otrzymaliśmy różne od zera, więc pręty te są konieczne przy danym kształcie belki. Jeżeli jednak nadamy belce kształt wieloboku sznurowego a"b"c"d"e", to wszystkie natężenia wyrażą się, zgodnie ze str. 18, przez promienie wieloboku sił a zupełnie (punkty «, ß, t upadną na Z), a zatem natężenia m i n będą = o, więc pręty te {m" i n") będą całkiem zbyteczne, bo i bez nich zachowaną będzie równowaga, co zresztą jest znaną własnością (str. 13) wieloboku sznurowego.

///

, linia łamana m'n' zniknie

///

b"\ c"\ d"\ e

wi-

Zauważmy jeszcze, że we wszystkich prętach belki, przy wskazanym kierunku sił zewnętrznych otrzymamy siły wewnętrzne prętów ściskające, bo rozważając oddziaływania na jakikolwiek pręt, np. b, dwóch sił zewnętrznych P₄ i P dzimy z wieloboku sił, że P₄ daje w kierunku b składową «B, a siła P₂ daje w tymże kierunku b składową Ba, więc siły te, działające w tym samym pręcie b i idące ku sobie, wywołują (str. 15) ściskanie pręta b.

Przy wykreślaniu planów sił jeszcze racyonalniejszą okazuje się charakterystyka natężeń oparta na zasadzie, że skoro w danym węźle, np. w węźle 2, siły, na ten węzeł działające (czyli w wieloboku sił: P₂, c', m', £')> muszą być w równowadze, więc w obec lotu siły P₂, idącego od B ku C, lot siły ć będzie Cp , lot siły m' — ß«, lot siły bf—«B, a loty te,

przeniesione na węzeł 2, jako skierowane ku węzłowi, charakteryzują ściskanie.

W wykreślonym powyżej planie sił, wobec równowagi, panującej w każdym węźle, każdemu węzłowi, a więc i każdej sile zewnętrznej odpowiada zamknięty wielobok z wywołanych przez nią natężeń w prętach (np. sile P₃ odpowiada wielobok DyßC) i w ten sposób siły zewnętrzne utrzymują istotnie równowagę z natężeniami w prętach. Widocz-nem jest teraz, że jak sity zewnętrzne, tak samo i natężenia we wnętrzne utrzymują pomiędzy sobą równowagę, bo każdy odcinek, wyrażający w wieloboku sił natężenie jakiegokolwiek pręta, wchodzi tam dwa razy i z odwrotnym lotem. (Tak np. odcinek a', wyrażający natężenie w pręcie a} jako część składowa wieloboku siły Pj, czyli trójkąta B«A, ma lot a A, ale jako część składowa wieloboku sity P₅, czyli A«ßyE, ma lot A«).

Wobec powyższego możemy w następujący sposób zestawić zasady, na których się opiera wykreślanie planu sił — i cechy charakterystyczne tegoż:

1.    Siły zewnętrzne, działające na belkę kratową, utrzymują pomiędzy sobą równowagę, tworzą zatem wielobok sił i sznurowy zamknięte.

2.    Sity zewnętrzne, działające na belkę kratową, utrzymują równowagę z siłami wewnętrznemi (natężeniami) w prętach.

Z dwóch powyższych punktów wynika bezpośrednio, że sity wewnętrzne utrzjunują równowagę pomiędzy sobą, o czem zresztą wiemy już z powyższego.

3.    Wykreślanie planu sił rozpocz3rnamy od takiego węzła (np. od węzła 1), w którym oprócz sity zewnętrznej (Px) spotykamy tylko 2 pręty (a i b) z nieznanemi natężeniami i rozkładamy siłę zewnętrzną (PJ w kierunku tych 2 prętów, prowadząc przytem przez punkt przecięcia dwóch sąsiednich sił zewnętrznych (Px i P₅, czyli przez punkt A) w wieloboku sił równoległą (a') do pręta (a), łączącego te dwie siły (Px i P₅) w belce.

4. Przechodząc do takiego sąsiedniego węzła (2)v w którym spotykamy znowu tylko 2 pręty (m i c) z niezna^ nemi natężeniami, przeprowadzamy przez punkt przecięcia dwóch tylko co otrzymanych natężeń (a' i br, czyli przez punkt a) równoległą (do m, t. j.) do tego z 2"ch szukanych natężeń (m i c)} które z tamtemi dwoma (a i b) tworzy trój-' kąt (12 5) w belce kratowej.

Przy ścisłem zastosowaniu pow3^ższ3^ch 2-cli zasad każdym trzem prętom (np. n, d, e\ tworzącym w belce trójkąt, odpowiadają w planie sił trzy odcinki (n', d\ e'), przechodzące przez jeden punkt (y), a przytem każde natężenie wchodzi w planie sił tylko raz jeden i takie jedynie plany sił na-zywami planami Cremony.

5. Boki planu sił są równoległe do prętów belki kra

towej.

6.    Boki planu sił (np. b', c'), odpowiadające prętom zewnętrznym belki (b , c), przechodzą przez wierzchołki wie-loboku sił zewnętrznych (B i C).

7.    Boki planu sił (w! i n'), odpowiadające prętom we" wnętrznym belki (m i n), tworzą w planie sił ciągłą łamaną linię (*ßr).

01 »

Aa,

rakteryzuje ściskanie, lot zaś aC — skierowany od węzła 0 — wyciąganie). Przechodząc następnie (nie do węzła 2, gdzie schodzą się oprócz znanych sił P₂ i G₀₂ jeszcze trzy nieznane— w prętach 21, 23 i 24, lecz) do węzła 1, gdzie oprócz tylko co wyznaczonej siły D₀₁ spotykamy dwie tylko nieznane , siły w prętach 13 i 12, przeprowadzamy przez końcowy punkt a (odcinka Ca) równoległą do 12 (zgodnie z punktem 4 str. 134, bo a jest punktem przecięcia G₀₂ i D₀₁, tworzących z szukaną siłą K₁₂ trójkąt w belce kratowej), a przez początkowy punkt C równoległą do 13 i otrzymujemy natężenia K₁₂ i D₁₃, wy-

Dla belki kratowej rys. 79 mam}^ również spełniony warunek statycznej wyznaczalności, bo: n = 15, m-- 9, więc n = 2m — 3. WoJ)ec symetryi obciążenia przez trzy siły P P₄, P₂, odpór A₁ = B₁ = P₂-f£P₄. Wielobokiem sił będzie linia prosta CABHJC. Zaczynając od węzła 0, w którym działa siła zewnętrzna (odpór) A₄ i spotykają się tylko 2 pręty 02 i 01, widzimy, że odpór A Ł rozłoży się w kierunku tych dwóch prętów, więc przeprowadzając przez końcowe punkty odcinka CA, wyrażającego odpór Ax, równoległe do 02 i 01 (przyczem — zgodnie z punktem 3 str. 134 — prowadzimy przez A, jako przez punkt przecięcia Ax i P₂ w wieloboku sił, równoległą do pręta 02, łączącego w belce te obie siły zewnętrzne), otrzymamy działające w tych prętach natężenia G₀₂ i D jako odcinki Aa i «C. (Natężenie G₀₂ będzie ściskającem, a D₀₁ — wyciągającem, bo siły te, utrzymujące w równowadze siłę Au skierowaną w górę, muszą mieć loty Aa i «C, a lot przeniesiony na węzeł 0 i skierowany ku niemu, cha-

rażone przez odcinki aß i ßC. A ponieważ w trójkącie sił aßC siła D

1—lot od węzła, czyli Ca, więc K₁₂ musi mieć lot aß, czyli ku węzłowi 1, jest zatem siłą ściskającą, a D₁₃ musi mieć lot ßC, czyli od węzła 1, jest zatem siłą wyciągającą. Przechodząc dalej do węzła 2, mamy tam działające trzy znane siły:

jako wyciągająca, ma — przy rozważaniu węzła

91

Âi

o’

'3

r,

A,

fy

K₁₂ i dwie szukane K₂₃ i G₂₄; przeprowadzając więc przez końcowy punkt siły K₁₂, czyli ß, (znowu zgodnie z punktem 4 str. 134) równoległą do 23, (a nie do 24), a przez końcowy punkt P₂ (czyli B) — równoległą do 24, otrzymujemy G₂₄ = By i łC₂₃ = y ß. I znowu ze względu na to, że P₂ skierowana jest na dół, siły G₂₄ i K₂₃ muszą mieć loty: By i yß, co, w zastosowaniu do węzła 2, charakteryzuje ściskanie w tych obu prętach. Idąc dalej do węzła 3 ze znanemi siłami D13 otrzymujemy podobnież odcinki y 8 i aC jako natężenia: K₃₄ (ściskanie) i D₃₃' (wyciąganie). Dalej iść nie potrzebujemy, bo wskutek symetryi obciążenia i belki otrzymujemy

^2 > Gq2 j

23 i

z prawej strony oczywiście te same siły wewnętrzne: G₂'₄ = = G₂4, Go'₂' = G₀₂, Kg'₄ = K₃₄, K₂'₃'-=K₂₃, K = D₁₃; D₀'i' = D₀₁. Pręty ściskane wyróżniać będziemy odtąd na szkicu belki kratowej przez dodanie grubych linii, jak na rys. 79. W otrzymanym planie sił każdemu węzłowi belki (np. 2) odpowiada zamknięty wielobok ABTßaA spotykających się tam sił (P₂, G₂₄, K łom, tworzącym w belce trójkąt (np. K wiadają w planie sił trzy odcinki (ß«, ßC i ßy), przechodzące przez jeden punkt ( ß ) i każda siła wchodzi tylko raz jeden, co charakteryzuje właśnie, jak powiedzieliśmy wyżej, t. zw. plan sił Cremony.

iV

G₀₂), każdym trzem si-D₁₃, K₂₃), odpo-

K₁₂,

23 i

12 y

Zauważmy jeszcze, że natężenia, działające w nieobcią^ źonym pasie dolnym, schodzą się w planie sił w jednym punkcie C, na wieloboku sił zewnętrznych, a natężenia w krzy-żulcach tworzą w planie sił ciągłą łamaną linię aßySsCYj. Linia ta, skierowana według porządku liter, wskazuje nam kierunek natężeń w krzyżulcach względem węzłów dolnego pasa, skierowana zaś odwrotnie — wskazuje kierunek tychże natężeń względem węzłów górnego pasa.

P₄ (od H' do J). Z odlo-

Jeżeli i górne i dolne węzły belki kratowej są obciążone (rys. 80), to tak samo, jak na rys! 78, wykreślamy prze-dewszystkiem zamknięty wielobok sił zewnętrznych, idąc kolejno od węzła do węzła naokoło belki: odkładamy więc odpór A₄ (od punktu C do E), potem kolejno siły P₂, P₄, P P₆', P₄', P₂' (od punktu E' do F), potem odpór B₄ (od F' do H) i wreszcie siły P₄', P₃', P₅, P żonych w ten sposób na czterech pionowych liniach wszystkich sił zewnętrznych przenosimy równolegle na jedną linię LMSN siły, działające na lewą część belki (t. j. P₂, P

p

P₆,    , P₃, P₄ i A₁=NL), bo w obec symetryi obciążenia i belki

wykreślimy plan sił tylko dla połowy belki. Zaczynając następnie od węzła 0, w którym działają siły At, G₀₂ i D0l i uwzględniając punkt 3 str. 134, przeprowadzamy przez L (punkt przecięcia sił zewnętrznych A₄ i P₂) równoległą do pręta 02 (łączącego w belce te dwie siły zewnętrzne), a przez punkt N równoległą do pręta 01 i otrzymujemy G₀₂ = L« i D0l = «N. (Lot La natężenia G₀₂, otrzymany w obec skierowania w górę siły A₄ i idący ku węzłowi 0, wykazuje ściskanie, lot zaś «N — idący od węzła 0 — wyciąganie). Prze-

7>

A2'

oO

J6

*■/

¥

'A

*4

ft

6g

35T

-i

\s>\

Ą-

,4'

1’,

%•

jt

%■

I*'

o'

«^•i

X^r;

sL.

■ łjr>w

14-$'

F fe

6

%

-o J

^'1 '^3

= '-    -- -o

&/ 5?

..O...

--O

ci

4"V

ö—ô #»*

3™ y⁻chodząc do węzła 2 (w którym oprócz znanego już natężenia G₀₂ działa jeszcze siła P₂ i dwa nieznane natężenia K₁₂ i G₂₄) i uwzględniając punkt 4 str. 134, przeprowadzamy przez « (punkt przecięcia tylko co otrzymanych natężeń L« i «N w prętach 02 i 01) równoległą do pręta 1 2 (tworzącego w belce trójkąt z 0 2 i 0 1), a przez M (końcowy punkt siły P₂) — równoległą do pręta 24 i otrzymujemy: K₁₂ = ß». (wyciąganie) i G₂₄ = Mß (ściskanie). Idąc następnie do węzła 1, przeprowadzamy przez ß (punkt przecięcia natężeń aß i Mß w prętach 12 i 2 4) równoległą do pręta 14, tworzącego w belce trójkąt z 12 i 24, a przez S (początkowy punkt siły Pj)—równoległą do pręta 13 i otrzymamy: K₁₄ = ßT (ściskanie) i D₁₃ = yS (wyciąganie). Idąc dalej kolejno do węzłów 4, 3 , 6, wyznaczymy podobnież pozostałe natężenia. Ściskanym będzie tylko cały pas górny, krzyżulec 14 i symetryczny z nim 1'4'.

Gdybyśmy przyjęli, że na podpory działają połowy sił, obciążających węzły środkowe, t. j. że np. na każdą podporę działa siła iP₁ + iP₂₎ to odłożylibyśmy ^P₄ od punktów C, H, H' i J do punktów C", H", H'", ]" a także — ^P₂ od punktów E, E', F, F' do E", E'", F", i oczywiście nie wywarłyby te siły żadnego wpływu na wykreślony wyżej plan sił, bo otrzymalibyśmy wtedy wprawdzie zwiększony odpór = C//E", ale byłby to odpór całkowity (str. 125), a odpór czynny, wchodzący w planie sił, zostałby ten sam, co poprzednio: At — NL.

Zauważmy jeszcze, że moglibyśmy również wykreślić oddzielny plan sił dla obciążonych tylko górnych węzłów (jak to miało miejsce dla rys. 79), a oddzielny—dla obciążonych tylko dolnych — i zsumować algebraicznie otrzymane natężenia. Podobny sposób zastosujemy poniżej, na str. 150— 154, dla belek kratowych na rysunkach 89, 90, 91, 92, 93, 94.

§ 3. Zastosowanie sposobu Cremony do różnych typów belek kratowych.

Zacznijmy od typów najprostszych:

1. Belka wzmocniona (rys. 81), obciążona pojedynczą

siłą P. Odpór A₄

o _ P -B1- ₂-

W węźle 0 działa siła A₄ oraz nieznane siły G₀₂ i D₀₁ ; odłożywszy więc siłę A₁ od B do A, prowadzimy (stosując tutaj punkt 3 str. 134) przez A równoległą do pręta 02, a przez B równoległą do 01 i otrzymamy szukane siły: G₀₂ = AC i D0l = CB. Przeszedłszy do węzła 1, w którym spotykamy siły D0l, D₀'₄ i Sl2, przeprowadzamy (stosując tutaj punkt 4 str. 134) przez końcowe punkty D₀₁ (czyli przez C i B) równoległe do S₁₂ i Do'i, przecinające się w punkcie E i dające: S₁₂ = CE i D₀'₄=EB. W obec symetryi belki i obcią-żenią będzie: Do^D^ i Sl2 = 2 ApP, a oczywiście także:

G₀'2 = O₀₂ •

Ol J

Ponieważ z sił, działających w węźle O, odpór Aź skierowany jest w górę, więc utrzymujące z nim równowagę G₀₂ i D₀₁ iść będą: siła G₀₂ od A ku C, czyli ku węzłowi O—jest zatem ściskającą; siła zaś D0l — od C ku B, czyli od węzła O—jest zatem wyciągającą; dla węzła zaś 1—siła D jako wyciągająca, idzie od' węzła, czyli od B ku C, więc Sl2 musi iść od C ku E, czyli ku węzłowi 1 — jest zatem siłą ścU skającą; siła zaś — od E do B, czyli od węzła 1, jest zatem siłą wyciągającą.

te

t=;

I<5^

v->

te

⁰- §Q

<?

^    -⁷¹'- s.

O.

Jeżeli obciążenie belki jest jednostajne, to wywołuje w pasie górnym oprócz natężenia ściskającego, jeszcze wyginanie, które uwzględnić należy przy obliczaniu wytrzymałości belki.

2. Przedstawiona na rys. 82 belka podwójnie wzmocniona jest według str. 127 belką chwiejną, ze zbyt małą ilością prętów, bo n — 8 , m — 6, więc: n <Z 2 m — 3. Ażeby więc była zachowana równowaga, musi być spełniony warunek, odpowiadający zbytecznemu równaniu, otrzymanemu w obec: 2 m — 3 — n— 1. W danym wypadku jednak — przy belce symetrycznej i symetrycznie obciążonej — można wyznaczyć działające w prętach natężenia. (Uzupełniając belkę prętem 12', otrzymalibyśmy w nim natężenie =o, więc okazuje

się on całkiem zbytecznym, jest natomiast niezbędny przy niesymetrycznem obciążeniu, lub belce). Odpór A₁ = B₁==P.

Zaczynając od węzła 0, przeprowadzamy przez końcowe punkty odłożonego odporu BA (uwzględniając punkt 3 str. 134) równoległe do G₀₂ i D₀₁ i oczywiście G₀₂ = AC i D0l = CB. Przechodząc do węzła 1 , otrzymamy na mocy znanego już natężenia D₀₁ utrzymujące z niem równowagę natężenia: S₁₂ = = CE = AB = A₄ = P i D1;)/ = EB = G₀₂. (Prowadząc przez C równoległą do 12, a przez B równoległą do 1 B, uczyniliśmy zadość punktowi 4 str. 134). Wreszcie w węźle 2 — w obec tożsamości kierunków sił G₀₂ i P z kierunkami sił G₂₂' i S₁₂ — musi być: G₂₂'=. G₀₂ = G₀'₂'= D₄₁'. Natężenia D₀₁, Dtl' i Dqv będą wyciągające, wszystkie inne — ściskające.

/<

It,

Ol

S.

<$iV

e¹

•Ł

to

it

01

3. Dla belki potrójnie wzmocnionej (rys. 83), obciążonej symetrycznie siłami P, otrzymamy podobnież: Odpór

= B₁ = P+^y. Wielobokiem sił będzie linia CABEFC.

LJ

Zaczynając od węzła 0 , otrzymujemy (stosując jak zawsze punkt 3 str. 134): G₀₂ = A« i D0l = «C. Idziemy dalej nie do węzła 1 , gdzie spotkalibyśmy 3 natężenia nieznane, lecz do węzła 2 i (uwzględniając punkt 4 str. 134) otrzymamy: S₁₂ = ßa = P i G₂₄ = Bß = G₀₂, co zresztą jest oczywiste w obec tożsamości kierunków sił Go2 i P z kierunkami sił G₂₄ i S₁₂.

szcie do węzła 3, w którym działają siły D₁₃, S otrzymujemy: S₃₄ — i    a przytem oczywiście Dp₃ =

Przeszedłszy teraz do węzła 1, w którym działają siły D0l, S₁₂, K₁₄, D₁₃, otrzymujemy: K₁₄ = ßT i D₁₃ = yC. Idąc wre-

^j'3 >

34 y

= D₁₃ wskutek symetryi obciążenia i belki. Zauważmy jeszcze, że nadając prętowi 13 odpowiedni kierunek (13', równoległy do ßC), otrzymujemy w prętach 14 i 1'4 natężenia =o, więc pręty te stają się całkiem zbyteczne.

W tej belce, również jak w poprzednich, natężenia w pasie górnym i w słupach będą ściskające, wszystkie zaś inne — wyciągające.

»,

AA,

z'-

«i*

S’

'3

oC⁽

r3

)%

I*

SJL

?/

73'"

il

4, Przechodząc do najprostszej belki wzmocnionej z obciążonym pasem dolnym (rys. 84), otrzymujemy podobnież: Odpór A₁ = B₁ —

ći

Zaczynając od węzła 0: D₀₁ = AC, G₀₂ —CB. Przechodząc zaś do węzła 2, w którym schodzą się siły G₀₂, G₀'2 i S₁₂, otrzymujemy: S₁₂ = CE i G₀'₂ = EB. W obec symetryi belki i obciążenia będzie: G₀₂—G₀'₂ i S₁₂=CE=2A₁=P, a OCZ37-wiście także:    = D0l, co zresztą również wynika ztąd, że

kierunki sił D0l i P są jednakowe z kierunkami sił Do'! i S₁₂.

4--

Oo

>ł<3

to

o'

f g>Q,

35

12, =

cp

W pasie górnym otrzymujemy ściskanie, w pozostałych prętach — wyciąganie.

5. Dla belki podwójnie wzmocnionej (rys. 85), do której zastosować należy uwagę, dotyczącą belki rys. 82 na str. 140, otrzymamy: A₁ = B₁ = P.

Zaczynając od węzła 0: D0l = AC; Go2 = CB, a przechodząc do węzła 2: S₁₂ = CE = P; G₂₂' = EB, wreszcie dla węzła 1 musi być: D1;l' = D0l. Ściskanie otrzymujemy tylko w pasie górnym.

sn!

oo

zn

'o

r-

A 3i„,

o---

Sn-- 9

k &

6. Podobnież otrzymamy dla belki potrójnie wzmocnionej z obciążeniem dolnem (rys. 86), rozpatrując kolejno węzły: 0, 1, 2, 3, dla węzła 0: D0l = Aa (wyc.), G₀₂ = «C (ścis.); dla v\*ęzła 1: S₁₂ —ß« (wyc.), D₁₃=Bß (wyc.); dla węzła 2: K₂₃ = ßr (ścis.) i G₂₄ = yC (ścis.), wreszcie dla węzła 4: S₃₄ = r§ (wj^c.). I tutaj—jak wyżej dla belki rys. 83—nadając prętowi 24 kierunek 24', równoległy do Cß, sprowadzany natężenia K23 i K₂'₃ do zera, a więc pręty 23 i 2'3 stają się całkiem zbyteczne.

$6.

*J>

3>*

£>c,

\ <ch>

* ?■

«i

Zauważmy jeszcze, że w powyższych belkach kratowych wyznaczenie natężeń nie jest oczywiście zupełnie dokładne, bo prostolinijne pasy dolne, lub górne nie stanowią oddzielnych prętów, połączonych przegubowo, jak to przyjęliśmy w założeniu, lecz tworzą jednolite sztywne belki.

Wie-

5P

7. Dla belki kratowej na rys. 87: A₁ = B₁ =

lobokiem sił jest prosta FABCH...

Zaczynając od węzła 0, rozkładamy odpór Aj w kierunkach G₀₂ i D0l (z uwzględnieniem punktu 3 str. 134) i otrzjmiujemy G₀₂ = Aa, z kierunkiem ku węzłowi, a więc ściskanie i D0l = «F, z kierunkiem od węzła, a więc wyciąga^

nie. Przechodząc nie do węzła 2, gdzie spotkalibyśmy 3 nieznane natężenia Sl2, K tam natężenie wyciągające D₀₁ (a więc idące od węzła, czyli wyrażone przez odcinek Fa) w kierunkach Sl2 i D₁₃ (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134), przeprowadzamy przez a równoległą do S₁₂, a przez F równoległą do D₁₃ i otrzymujemy: S₁₂ = aß i D₁₃ = ßF. Idąc dalej do węzła 2, otrzymamy: G₂₄ = By i K₂₃=rß; następnie w węźle 3: S₃₄ = y⁵ i D₃₅=§F; w węźle 4: G₄₆ = Cs i K₄₅ = $8, a wreszcie w węźle 6, w obec tożsamości kierunków G₄₆ i G₄'₆ : S₅₆ = £$ =P i G₄'₆ = Hc = G

lecz do węzła l i rozkładając

^24 i

23 ł

46 *

jit

%ù. 87.

<LV

° &z 2,

łl    cl '*î

r-M

s*

y.

æ*

5s6

•#

4’

oü

•S s,

Ç°2

Çg*t

I⁵

ys 5'

qA

°;

'3

fl

3'5

<rT

j?

CJ

*-1 n

(Moglibyśmy oczywiście zakończyć również rozważaniem węzła 5 i doszlibyśmy za pomocą odcinków yjF i £y] , równoległych do D₃'₅ i K₄'5 i równych — wskutek symetryi belki i obciążenia —sF i s8f do tej samej siły: S₅₆ = e£ = P). Ściskanie otrzymujemy w pasie górnym i słupach.

8. Dla belki na rys. 88 będzie również: A₁ = B₁=- -i zaczynając od węzła 0 , otrzymamy (z uwzględnieniem punktu

3 str. 134): D0l = Aa, G₀₂ = aF. Przechodząc zaś do węzła 1 (nie do węzła 2, gdzie mielibyśmy 3 nieznane natężenia), otrzymujemy, w obec znanych sił D₀₁ i P (stosując punkt 4 str. 134): D₁₃ = Bß = D0l i S₁₂ = ß« = P (co jest zresztą oczywiste w obec tożsamości kierunków D₀₁ z Dl3 i P z S₁₂). Dalej dla węzła 2 otrzymujemy: K₂₃ = ßr i G₂₄=yF; dla węzła 3„: D₃₅ — Cs i S₃₄ = Sy; dla węzła 4: K₄₅ = 3* i G₄₆ — sF; dla węzła 6: S₅₆=ïC. Ściskanie otrzymujemy tjdko w pasie górnym.

o,

Sc,

dlo-

^7

OC

ai

Ê2JL

i^3S~

iż

M-

$3’S.

Cy

4.

S>i's

9    9

f£

'’s?

Na tych obu planach sił (rys. 87 i 88) widzimy ponownie, że przy ścisłem zastosowaniu zasad str. 134 otrzymujemy normalny plan Cremony, w którym każdemu węzłowi belki (np. 3 na rys. 88) odpowiada zamknięty wielobok (BCSrßB) spotykających się tam sił (P, D₃₅, S każdym trzem siłom, tworzącym w belce trójkąt (np. K G₂₄, S₃₄ na rys. 88) odpowiadają w planie sił trzy odcinki (yß, yF, 9) przechodzące przez jeden punkt (y); każde natężenie wchodzi w planie sil tylko raz jeden; natężenia, działa-

34 »

^231 Dis)»

23 »

li?

jącę w meobciąźonych pasach (a więc D

G₂₄, G₄₆.. < na rys. 88), schodzą się w planie

01 j

cc

^13 i

D₃₅... na

rys.

sił w jednym punkcie (F) na wieloboku sił zewnętrznych; natężenia, działające; w krzyżulcach i słupach, tworzą ciągłą, łamaną linię G i linia ta, skierowana w porządku liter, wskazuje kierunek natężeń w krzj?żulcach i słupach wzglę-

02 ■)

f dolnego dla rys. 87 \ górnego ,,    „    88

odwrotnie wskazuje kierunek natężeń względem węzłów pasa górnego dla rys. 87 | dolnego „

Zauważmy tutaj, że przy niejakiej wprawie w wykreślaniu planów sił niema potrzeby przechodzić myślą od węzła do węzła, lecz odrazu, przeprowadziwszy np. na rys. 87 i 88 przez punkty A , B , C ... równoległe do obciążonych — a przez punkt F równoległe do nieobciązonych pasów, przez otrzymany zaś punkt a równoległą do słupów, czyli pionową aß , otrzymujemy punkt ß, a przeprowadziwszy przezeń równoległą do K₂₃, otrzymujemy y i tak naprzemian, prowadząc równoległe do krzyżulców i słupów, otrzymujemy kolejno punkty «, ß, y, 8, s, c i szukane natężenia.

dem węzłów pasa

, skierowana zaś

» «si

§ 4. Plany sił dla belek kratowych równoległych.

1. Belki kratowe równoległe ze słupami.

Przypuśćmy, że całe obciążenie belek (rys. 89 i 90) jest rozłożone w pasach dolnych jednostajnie, to na każdy węzeł środkowy przypada obciążenie P, na każdy zaś węzeł krańcowy (podpory) przypadnie po . Całkowity odpór: Aj =

co *"0

6P

= Bj = — = 3P. Wielobokiem sił będzie prosta: HABCFJ...

W belce rys. 89 spotykają się w węźle 1 tylko dwa prostopadłe do siebie pręty 01 i 13, a zatem odpór Aj przejdzie wprost przez słup podporowy na węzeł 0 , zmniejszony

P

jednak o działające bezpośrednio na węzeł 1 obciążenie —.

.    p

Słup 0 1 będzie więc ściskany siłą: S₀j = Aj —— w pręcie zaś 13 natężenie będzie oczywiście — o. W obec tego

= 2iP

możnaby bez naruszenia równowagi usunąć zupełnie pręty 13 i 0 1, przeniósłszy podporę do węzła 0, co okazuje się bardzo celowem przy urządzeniu na moście jazd}r górnej.

Zaczynając wykreślanie planu sił od węzła 0, gdzie spotykamy dwa tylko nieznane natężenia G'₀₂ i K₀₃, rozkładamy

P

działającą na ten węzeł siłę Aa — —, wyrażoną przez odcinek HB w kierunku tych natężeń (z uwzględnieniem punktu 3

Çoz

I89.

>CN—

o.

5'

-v₇

wj

PO

SI

-V <

⁵'7

+■

---Vf

te

tO

>0 -

VT

“U.

57

oX~

oO

“7

~s:

'5'

îk-

T'

V7

str.. 134) i otrzymujemy: K₀₃ = B« i G'₀₂ = «H (a w obec siły HB, skierowanej w górę, lot K₀₃ będzie B«,t. j. od węzła 0, charakteryzuje więc wyciąganie, lot zaś G'₀₂ będzie «H, t.j. ku węzłowi 0, charakteryzuje więc ściskanie). Idąc dalej do węzła 3 (nie do węzła 2, gdzie są 3 siły nieznane) rozkładamy działające nań: siłę zewnętrzną P, czyli BC i znaną nam

już siłę K₀₃ w kierunkach 3 5 i 23 (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134) i otrzymamy w obec skierowania siły P na dół: D'₃₅ = Cß z lotem od węzła 3 (a więc wyciąganie) i S'₂₃ = ßtt z lotem ku węzłowi 3 (a więc ściskanie). Idąc dalej do węzła 2, otrzymujemy podobnież, rozkładając schodzące się tam dwie znane siły G'₀₂ i S/₂₃ (wyrażone teraz dla węzła 2, jako ściskające, a więc skierowane ku węzłowi) przez odcinki Ha i aß (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134) w kierunkach

wy

Çvc

II

i?

r*

c?

c9-<=—

«i

I®

Cr,

to

CO

--

ft*

V*>

O"

CS

2 5 i 24 — K₂₅=hï (wyciąganie) i G'₂₄ = TH (ściskanie). Idąc dalej do węzła 5, otrzymujemy: D'₅₇=F8 (wyciąganie) i S'₄₅ = §t (ściskanie). Dalej dla węzła 4: K₄₇ = o$ (wyciąganie) i G'₄₆ = = sH (ściskanie). Przechodząc następnie do węzła 6, widzimy, że w obec tożsamości kierunków G'₄₆ i G'₄'₆ natę-

zenie S'₆₇ musi być —o, więc pręt 67 mógłby być całkiem usunięty. (W ostatnim węźle 7 tworzą spotykające się tam siły P, DV:, IJ:. K„. D' przez co się sprawdza, że natężenie S'₆₇ jest istotnie = o).

W belce rys. 90 w słupie podporowym i pierwszym pręcie pasa górnego natężenia będą oczywiście =o, w obec czego oba te pręty mogą być usunięte, a są potrzebne tylko prz}f urządzeniu jazdy górnej. Zaczynając plan sił od węzła 1 i przechodząc dalej kolejno do węzłów 2, 3, 4, 5, 6, otrzymujemy tak samo, jak wyżej, cały plan sił. W węźle 6 spotykające się tam siły G" zamknięty wielobok HosÇgH i oczywiście: S/,₆₇ = P (w obec tożsamości kierunków działających w węźle 7 sił D" oraz prostopadłych do nich S"₆₇ i siły P).

Zauważmy jeszcze, że w tych obu planach sił (rys. 89 i 90) natężenia nieobciąźonych górnych pasów, które według powyższego (str. 137) mają przechodzić przez jeden punkt, tworzą, wobec prostolinijności tychże pasów, jedną prostą, przechodzącą przez punkt H. Jeżeli z obu belek rys. 89 i 90 utworzymy jedną—według rys. 91, z kratą podwójną, to na-

57

46 5

S-

zamknięty wielobok FJC^SF

K₅₆, S"

67 >

K₅'6

G'V₆ tworzą

57 5

D'Vr

o'

>50

JW

NO

te

Ci

te

Oj

te

JC

■v*

<-

■>

rzuca się sam przez się zupełnie zresztą dopuszczalny wniosek, że o ile dla tej nowej belki przyjmiemy obciążenie z obu poprzednich razem (t. j. na każdy węzeł środkowy po 2 P, a na podporowe po P), to dla otrzymania natężeń w każdym pręcie pasów i w każdym słupie trzeba sumować otrzymane powyżej natężenia, w krzyżulćach zaś pozostawić je bez zmiany. Przytem, ponieważ w belce rys. 89 otrzymaliśmy w slupach ściskanie, a w belce rys. 90 — wyciąganie, więc trzeba

brać sumy algebraiczne (ściskanie przyjmować będziemy jako ujemne).

W obec powyższego natężenia ściskające w pasie górnym belki rys. 91 wynosić będą:

46 •

G₀₂ = G'₀₉ + G"₀₂ = G'₀₂ + o = G'09 G₂4 = G'₂₄ + G"24 G₄₆ = G'₄₆ + G"

W pasie dol^^m natężenia wyciągające: t>i₃ = D'₁₃ + D"₁₃ = o + D"₁₃ = "i,

D₃5 = D/₃₅ + D/,₃5    ’    .    ’ . --

D₅₇=D'₅₇ + D"₅₇.

W słupach:

S₀i⁼ — S'0l +    = 2^P -\-o —    2^P

S!s = -S'2s+S"2s = -(P ₊ |) + (2P + |) = +P

S„ = -S'₄₅ + S"₄₅=-|+(P+|) = +P S₆₇ = — S'₆₇ + S"₆₇ = — 0 + P = +P.

K-34 5 K-56*

W krzyżulcach działać będą wyznaczone wyżej natężenia wyciągające K₀₃ , K₂₅, K₄₇ i ściskające K

2. Weźrity jeszcze belkę kratową równoległą bez słupów (rys. 92), obciążoną jednostajnie w pasie górnym : w każdym węźle środkowym siłą P, a w każdym podporo-

P    4P

wym silą —. Odpór całkowity A₁ = B₁=-~- = 2P przejdzie

w obec prostopadłości pręta 13 do 01 wprost na słup podporowy, w którym wywoła ściskanie S'0l = A,=2P. W pręcie 13 będzie oczywiście natężenie D'₁₃ = o, w obec czego byłoby celowem usunięcie zupełne prętów 01 i 13 i przeniesienie podpory do węzła 0 . Zaczynając od tegoż węzła 0 , widzi-

albo ich wypadkowa

my, że działające w nim siły S'₀₁ i

Ai-

, wyrażona przez odcinek FB, musi być utrzymana

w równowadze przez nieznane siły w prętach 04 i 03 , a więc przeprowadziwszy (z uwzględnieniem punktu 3 str. 134) przez końcowe punkty FB równoległe do 0 3 i 04, otrzymamy szukane riatężenia: K₀₃ = aF i G'₀₄ = Ba. (Lot «F charakteryzuje względem węzła 0 wyciąganie, lot zaś Ba — ściskanie).. Idąc dalej do węzła 3, w którym w obec D'₁₃ = o wyznaczoną już siłę K₀₃ muszą utrzymywać w równowadze natężenia w prę-tach 34 i 3 7, otrzymamy te natężenia, przeprowadzając przez końcowe punkty odcinka Fa (wyrażającego wyciągające natężenie K₀₃ względem węzła 3), czyli przez F i « (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134) równoległe do 37 i 3 4, t. j. D'₃₇ = ßF i K₃₄ = aß (odcinek ßF charakteryzuje względem węzła 3 wy> ciąganie, odcinek zaś aß — ściskanie). W węźle 4 trzy siły znane G'

K₃₄ i P pozwolą nam wyznaczyć dwie szukane jako odcinki Cy i yß i wreszcie w węźle 7 otrzymamy pozostałe dwie nieznane siły K₇₈ i D₇₇' jako (tworzące wielobok zamknięty z Fß i ßy) odcinki y8 i §F.

47 >

G'₄₈ i K

Çç*

ii

8t

\0

•3V

•7»

Q37

^7/

7’

a'

J:,

ęjl

93,

6\

<>3

-3V

Ü4/

?..

..........

Zupełnie tak samo wykreślimy plan sił dla belki kratowej rys. 93, w której odpór A₁ = B₁ = 2P i oczywiście natężenie w słupie podporowym = o, a więc i G'₀₂ = o (te oba pręty są zatem konstrukcyjnie zbyteczne). Zaczynając od węzła 1, gdzie siły A₄, Kl2, D'₁₅ muszą utrzymywać równowagę, otrzymujemy: K₁₂ = Aa (ściskanie) i D'₁₅ = aC (wyciąganie). W węźle 2, w obec działającej tam siły P i określonej już K₁₂, w}Tażonej dla węzła 2 jako odcinek «A, otrzymamy: G'₂₆ = Bß (ściskanie) i K₂₅ = ßa (wyciąganie). W węźle 5 (w obec znanych już D'₁₅ i K₂₅, wyrażonych dla tego węzła przez Ca i aß) otrzymamy podobnież: K₅₆ —ßy (ściskanie) i D'₅₉ = yC (wyciąganie); wreszcie w węźle 6 otrzymamy tak samo: G'₆₆' = Cy (ściskanie) i K₆₉ = o (bo siły P, G₆₆', K₅₆ i G'₂₆ tworzą same zamknięty wielobok BCyßB).

S>

jf-

gUó. 93. \? \    9

16 fi«- ja'

'll

'S

v*>

A.

Cl

VI t-

c—§----

--^01

Ite sa

—K"" V te'

Ol

GS

w\

ST

Jeżeli tak samo, jak powyżej, połączyn^ obie belki kratowe rys. 92 i 93 w jedną według rys. 94, to odpowiednie natężenia otrzymamy oczywiście również tak samo, jak po-

i-i

Çol

g,3

2>3S

3>

At

<%>. 94.

9    9

Sć

'\o'

A*

3'

%

rk

wyżej, sumując natężenia w pasach i słupach, a zachowując bez zmiany natężenia w krzyżulcach. Otrzymamy zatem dla belki rys. 94:

Natężenia w pasie górnym (ściskanie):

G₀.> = G^ -f- G/q2 = G'₀₄ + o — G/₀4 G₂₄ = G'₀₄ + G'26 G₄₆ = G'₄₈ + G'₂₆

Ges = G'₄₈ + G'e,'.

Natężenia w pasie dolnym (wyciąganie):

Dls = D'l3 + D'₁₅ = o + D'l5 = D'₁₅

^35 ⁼ D37 + D'₁₅

Djjt =    + D^g

Dfg .= D^f' + D^g .

Natężenie w słupie:

S₀i = S/₀j + S//₀₁ = —A₁ + o = —2P.

^25 > K47.

03 >

W krzyżulcach działać będą wyznaczone wyżej natężenia ściskające Kla, K₃₄, K₅₆, K₇₈ i wyciągające K

§ 5. Plany sił dla belek jednym końcem osadzonych.

1. Belka podwieszona w swobodnym końcu (rys. 95).

. 95.

<?

Jeżeli belka AB, obciążona siłą P, jest podtrzymana za pomocą pręta AC, to siła zewnętrzna P, odłożona jako odcinek DE, rozłoży się w kierunkach AB i AC na składowe, wyrażone w trójką-cie sił DEF przez FE (siła ściskająca pręt AB) iii i DF (siła wyciągająca pręt CA). Dla utrzymania równowagi musi w punkcie C działać siła zewnętrzna Rj, równa i odwrotna sile wyciągającej pręta AC, w punkcie zaś B — siła zewnętrzna R₂, równa i odwrotna sile ściskającej pręta AB. Siły zewnętrzne R, , R₂, P są oczywiście w równowadze pomiędzy sobą.

Umocowanie pręta AC w ścianie w kierunku poziomym (R'x zamiast R₄) wywołałoby ściskanie w kierunku CB, któ-

remu zatem przeciwdziałaćby musiała siła zewnętrzna R'^ (pionowa składowa siły RA), przyczem oczywiście R'A = — R0 i R"^—P.

2.    Belka podparta w swobodnym końcu (rys. 96). Odwrotnie będzie dla wspornika BAC. Siła zewnętrzna

P = DE rozłoży się w kierunkach AC i AB na składowe,

. 96.

jL

wyrażone w trójkącie sił DEF przez FE (siła ściskająca pręt AC) i DF (siła wyciągająca pręt BA). Dla utrzymania równowagi musi w punkcie C działać siła R₂ (równa i odwrotna sile ściskającej pręta AC) w punkcie zaś B — siła zewnętrzna R1? równa i odwrotna sile wyciągającej pręta BA). Siły zewnętrzne Rx, R₂ i P są oczywiście w równowadze. Wsporniki kratowe będą rozpatrywane razem z wiązarami dachowymi.

3.    Żóraw.

Przedstawiony na rys. 97 żóraw dźwigać ma ciężar P, a ciężar własny G przyjmujemy, jako rozłożony jednakowo

G

na wszystkie węzły: g=—. W zadaniu tem, podobnie jak

w dwóch ostatnich, dane są tylko siły zewnętrzne obciążające, nieznane zaś odpory Rj^ i R₂ wyznaczyć należy na podstawie, że działać muszą na punkty 7 i 8 i utrzymywać równowagę z siłami zewnętrznemi P i hg. Wielobok sił ABCDFGHJ utworzymy, zacząwszy od siły 5 i odkładając dalsze 3, 1 , P, 2, 4, 6 tak, jak na rys. 78, t. j. idąc kolejno od węzła do węzła naokoło belki kratowej. (Nieznane odpory Rj i R₂ będą musiały zamknąć ten wielobok.

Zaczynając od węzła 0, widzimy, że siły w prętach 0 1 i 02 , utrzymujące równowagę z siłą P, wyrażone będą (przy uwzględnieniu punktu 3 str. 134) w planie sił przez odcinki F« (ściskanie) i «D (wyciąganie). Przechodząc do węzła 1 , widzimy, że działająca w nim siła 1, wyrażona przez odcinek GD, utrzymywaną jest w równowadze przez natężenia w prę-

o⁻'

9*,.

ft/

/J

/il

Mi

•,9“

.*

«V

-o

>»

9Ï

ft

■1:

wie

97.

'VW»

%l

■ö

ft

<?'

R,

: i;î

k,p

IJ/Ä

'l

Jâ"

f/ftk

//1/ ii

*3

1/

<>

7F

<r>

y'l

?»

i/

*/

/ 01

0,

S’

11

Jy? vlsif "

ipllillj

Łti ft

•st

-,

ej

ąw

•:<

»■

tach 0 1, 12, 13, więc siły te utworzą (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134) wielobok zamknięty CDaßC, w którym szukane natężenia w prętach 1 2 i 1 3 wyrażone będą przez «ß (ściskanie) i ßC (wyciąganie). Idąc dalej do węzła 2, w którym natężenia prętów 02, 12, 23 i 24 muszą równoważyć siłę zewnętrzną, działającą w węźle 2, wyrażoną przez FG, otrzymamy podobnież natężenie w 24 jako odcinek Gy

(ściskanie) i natężenie w 23 jako tP (wyciąganie). Tak samo dalej, przechodząc kolejno do węzłów 3, 4 , 5, 6, otrzymujemy natężenia: dla węzła 3, w 3 4 i 3 5 — y.8 (ściskanie) i sB (wyciąganie); dla węzła 4: w 46 i 4 5—He (ściskanie) i (wyciąganie); dla węzła 5: w 5 7 i 5 6—£A (wyciąganie) i (ściskanie); dla węzła 6: w 68 i 67—(ściskanie) i v]C (wyciąganie). Przechodząc wreszcie do węzła 7, widzimy, że dla równowagi musi tam działać siła zewnętrzna (odpór) Ri, równa, ale odwrotna wypadkowej sił wyciągających w prętach 5 7 i 67, a więc wyrażona przez odcinek V]A. W punkcie zaś 8, w obec jednej tylko (ściskającej) siły w pręcie 6 8, musi działać siła zewnętrzna (odpór) R₂, równa, ale odwrotna sile w 68, czyli wyrażona przez Jtj. (Wykreślony więc na początku wielobok sił zewnętrznych ABCDFGHJ zamyka się przez dodanie sił R₂ = Jyj i R₁ = y]A).

Gdybyśmy nadali prętowi 68 kierunek pionowy 68', to oczywiście R'₂ byłaby także pionową, ale zarazem i R'A musiałaby być pionową, jako utrzymująca równowagę z piono-wemi tylko siłami: R'₂, P i hg. (Jest to na planie sił oczy-wistem, bo skoro 6 8 jest pionową, to dla węzła 6, prowadząc przez c i j równoległe do 67 i 68', otrzymamy punkty' zamiast yj, siła 67 będzie=Yj'c, a siła'R^, utrzymująca równowagę z siłami w 5 7 i 67, będzie teraz wyrażona przez v/A).

Zauważmy jeszcze, że jeżeli na żóraw działa tylko siła P (t. j. jeżeli np. ciężar własny jest tak mały w porównaniu z P, że możnaby go zupełnie nie brać w rachubę) w takim razie bardzo łatwo tak zaprojektować żóraw (rys. 98), że krzyżulce 2 3 i 4 5 okażą się całkiem zbyteczne. W tym celu wystarczy nadać prętom zewnętrznym żórawia kierunek taki, aby każde dwa (np. 13 i 24, 3 5 i 46) przecinały się na linii ciężaru P. Istotnie, wyobraziwszy sobie przecięcie przez żóraw np. «a, wiemy z powyższego (str. 125), że natężenia w przeciętych prętach 35,45 i 46 muszą utrzymywać równowagę z siłą zewnętrzną P, która jest zatem równa, ale odwrotna ich wypadkowej. Skoro jednak siła P przechodzi przez punkt przecięcia dwóch składowych, działających w 3 5 i 46, to (według str. 25) trzecia jej składowa (idąca w kierunku 45 , nie przechodzącym przez ów punkt przecięcia P, 35 i 46) musi być = o. Gdybyśmy zaś uważali za konieczne uwzględniać i ciężar własny, jak na rys. 97, to dla otrzymania w danym krzyżulcu 23 natężenia = o wystarczy np. nadać prętowi

24 kierunek Gß, t. j. 24", bo wtedy siły 24", 12 i 02 dają razem z silą 2 zamknięt}^ wielobok GßaFG, więc siła 2 3 —o. Punkt przecięcia nowego kierunku 24" z 13 leży oczywiście na wypadkowej sił P, 1, 2, t. j. na Rp,i,2. Tak samo dla otrzymania w krzyżulcu 4"5 natężenia = o, trzeba nadać prętowi 4"6" kierunek H§" (punkt §" jest punktem przecięcia linii 3 4", równoległej do 34, przeprowadzonej przez ß,z linią Bo, równoległą do 3 5) i punkt przecięcia nowego kierunku 4"6" z 35 leży oczywiście na wypadkowej sił P, 1, 2, 3, 4-(Istotnie, wyznaczywszy przez wykreślenie wieloboku sznuro-

J%>. 92

<j>

Jl .

sS

0I

UL,

!

Ol

c>

3 J:

'1'

IpSIl

a»

wego b'c'd'fg'h' z biegunem Z, wypadkową sił P, 1, 2 — Rp, 1,2 i wypadkową sił P, 1, 2, 3, 4 — RP) 1,2,3,4, widzimy, że 13 i 24" przecinają się na RP,li2, a 3 5 i 4"6"— na Rp, 1( ₂, 3,4). Wreszcie dla otrzymania również w krzyżulcu 6"7 natężenia—o wystarczy nadać prętowi 6" 8" kierunek Jc". Odpory R"i i R"₂ będą oczywiście = £"A i Jc" i będą przedłużeniami 5 7 i 6" 8".

§ 6. Plany sił dla wiązarów dachowych.

Wiązarem dachowym nazywamy parę krokwi, tworzących po odpowiedniem połączeniu belkę kratową, przyjmującą na siebie oprócz ciężaru własnego całego ustroju dachowego jeszcze obciążenie śniegiem i wiatrem.

Ciężar własny całego dachu przyjmuje się najczęściej jako obciążenie pionowe, rozłożone jednostajnie na całej powierzchni rzutu poziomego (czyli planu) dachu i jest oczywiście zależny od rodzaju pokrycia dachu, od kąta nachylenia dachu do poziomu oraz od ustroju i rozstawienia wiązarów dachowych. Obciążenie śniegiem przyjmujemy zazwyczaj jako rozłożone jednostajnie na całej powierzchni dachu i wynoszące 75 kg na 1 m² planu. Parcie wiatru rozpatrzjuny oddzielnie.

Oznaczając przez l rozpiętość teoretyczną wiązara dachowego, przez a — odstępy między wiązarami dachowymi i przez p—obciążenie jednostajne ciężarem własnym i śniegiem na 1 m² planu dachu, otrzymujemy obciążenie całkowite Q, przypadające na jeden wiązar dachowy: Q =p.a.l.

Jeżeli rozpiętość teoretyczna / dzieli się w punktach węzłowych na n równych pól, to na każde pole (a więc na ka-

żdy węzeł środkowy) przypada: P

_ p.a.l

a na skrajne pół-

pola (a więc na każdy węzeł podporowy) po: P₀

_p.a.l 2 n

Rozpatrzmy kolejno najczęściej spotykane ustroje wiązarów dachowych:

1. Wiązar dachowy angielski (rys. 99).

Stosując powyższe oznaczenia, przyjmijmy jako dane: /=24,0 m; a— 5,0 m;

n = 8;

/>=133kg na m² planu dachu;

Q —p.a.l= 133X5X24 — 16000 kg;

p _p M.l

16000

==2000 kg; Po=ip=1000 kg.

Odpory: A₁ = Bj =4 Q = 8000 kg.

Wielobokiem sił będzie prosta HASH.

Plan sił wykreślimy zupełnie tak samo, jak dla belki kratowej rys. 79: Zaczynając od węzła 0, otrzymujemy dla działających tam sił: (Ax — ^P), G₀₂ i D₀₁ (z uwzględnieniem jak zawsze punktu 3 str. 134) trójkąt sił B«H, z którego, ze

S'

2;

3*f

aC ?

<ks

G>

f

If

Ł. I 9 9.

9 j3,A

o'

9?

TX*

< <• \

ei

€?

S*

Ss'g’

„A,

Ji

{?

_ ~-£~—3-2T

ef?s^fîç

Ji?

Jfk?

S**

względu na skierowanie do góry siły (Aj — |P), wynika: Go2 = = Ba (ściskanie) i D₀₁ = «H (wyciąganie). Idąc dalej do węzła 2, w któr3rm działają siły G₀₂, P, G₂₄ i S₁₂, przeprowadzamy przez punkt przecięcia G₀₂ z D₀₁, czyli przez « (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134) równoległą do 12, a przez końcowy punkt siły P, czyli przez C, równoległą do 24 i otrzymujemy: S₁₂ = ßa (ściskanie) i G₂₄ = Cß (ściskanie), a więc S₁₂ = P i G₂₄ = G₀₂ (co zresztą było z góry do przewidzenia w obec tożsamości kierunków sił G₀₂ i P z kierunkami sił G₂₄ i S₁₂). Idąc dalej do węzła 1 , otrzymujemy podobnież: K₁₄ = ßY (wyciąganie) i D₁₃ = YH (wyciąganie). Dalej dla wę-

^58 » G

68 f

Ov

zła 4: S₃₄ = st (ścis.); G₄₆ = Es (ścis.).* Dla węzła 3: K₃₆ = 8S (wyc.); D₃₅ = £H (wyc.). Dla węzła 6: S₅₆ = ęE (ścis.); G₆₈=Fc (ścis.). Dla węzła 5: K₅₈ = £y] (wyc.); D₅₇=y]H (wyc.). Dla węzła 7: S₇₈=7jvj' (wyc.); D₅'₇ =•/]'£[ (wyc.). W obec syme-tryi obciążenia i belki otrzymane natężenie D₅'₇ jest oczywiście = D₅₇ i tak samo można wyznaczyć natężenia Ky₈ i G₆<8 jako równe K₅₈ i G₆₈, łącząc punkt ę', symetryczny z punktem Ç (względem linii poziomej przez H) z punktami r{ i J. Próbą dokładności wykreślonego planu sił będzie, że siły P, Gg'g, K₅-₈ i S₇₈, utrzymujące równowagę w węźle 8, tworzą zamknięty wielobok sił yiÇFJç't/y] . Ściskanie otrzymujemy w pasie górnym i słupach z wyjątkiem środkom wego słupa 7 8 .

W wykreślonym planie sił tak samo, jak w poprzednich (rys. 92 i 93), natężenia nieobciążonego prostolinijnego dolnego pasa tworzą jedną prostą H«, natężenia zaś w krzyżul-cach i słupach—jedną łamaną linię

Zauważmy, tutaj, że natężenie w słupie środkowym (S₇₈) możemy sprowadzić do zera, o ile zamiast linii łamanej 5 7 i 7 5' weźmiemy prostą poziomą 5 5', gdyż otrzymujemy wtedy przy rozpatrywaniu węzła 5 zamiast punktu punkt x na linii poziomej przez H, a zatem (w obec symetryi belki i obciążenia) odcinek wyrażającym S₇₈ , stanie się = o.

2.    Dla wiązara dachowego angielskiego z krzy-żulcami skierowanymi na dół względem środka wiązara (rys. 100) otrzymujemy oczywiście w pierwszych dwóch prętach pasa dolnego 01 i 13 natężenia sobie równe, a natężenie w słupie 12: S₁₂ = o, więc ten pręt — na rysunku wykro-pkowany—jest zupełnie zbyteczny. Idąc kolejno do węzłów Ö, 2, 3, 4, 5, 6,8, wyznaczymy, jak wyżej, natężenia w poszczególnych prętach wiązara. Ściskanie otrzymujemy w pa** sie górnym i krzyźulcach.

3.    Wiązar dachowy belgijski (rys. 101) różni się tem od angielskiego (rys. 99), że zamiast słupów ma krzyż ulce, prostopadłe do pasa górnego.

Przyjmijmy jako dane:

1 — 20,Om;

<2 = 4,0 m;

n — 8;

= 160 kg na m² planu dachu;

Q=p.a,l= 160X4X20= 12800 kg;

P ₌p

12800

co

'o

c-S

Sr

>i!

ï\\

//'

\\

L£

CO

■s-

= 1600 kg; P₀ = |P = 800 kg.

Odpory: Ax = BX = | Q = 6400 kg.

Plan sił wykreślamy tak samo, jak dla rys. 99. W węźle 0 siła (A!—P₀) rozłożona w kierunkach 02 i 01 daje: G₀₂—Ba (ścis.); D0l=«H (wyc.). Dla węzła 2: K₁₂==ßa (ścis.); G₂₄ = Cß (ścis.). Dla węzła 1: Kl4 = ßT (wyc.); D₁₃ = -'H (wyc.). Dla węzła 4: K₃₄ = Sy (ścis.); G₄₆ = Es (ścis.). Dla węzła 3: K₃₆ = 8£ (wyc.), D₃₅ = sH (wyc.). Dalej jednak, w węźle 6 — w obec tego, że rozpatrywany wiązar dachowy (rys. 101) ma naddasze — spotkalibyśmy 3 nieznane siły, przechodzimy więc do węzła 8X, w którym natężenia G8l6l i G8i6', utrzymują równowagę z siłą P₈, tworzą więc w planie sił zamknięty trójkąt FaJ i oczywiście: G6l8l = xF (ściskanie), a G₆'l8l=Jx (ściskanie); przechodząc zaś do węzła 6X, mamy w nim (utrzy-

Si,

li?

c;

Or

W'

V

5.

?..

s»

l«'

M'

31

ri?,'

i.

-J,

Çs>-

Cj>

5?

2>«'_

Xi&t-

r?

©is=i!

Jćfe

ça

w,

L'*

K6l8 i S

tworzą więc

mujące równowagę) siły P₆, G one w planie sił zamknięty wielobok EFtyE, z którego K6l8—Xjjl (wyciąganie) i S6l6 = pE (ściskanie). Przechodząc teraz do węzła 6, otrzymujenty dla (utrzymujących tam równowagę) sił K₃₆, G₄₆ , S z którego: G₆₈ = n£ (ściskanie) i K₅₆ = Cs (ściskanib). Wreszcie dla węzła 5 z siłami D₃₅, K ty wielobok HeÇyjH , z którego: K₅₈ = £y] (wyciąganie) i D₅₅? — = v]H (wyciąganie).

Jeżeli pręty 8 6! i 86'j są przedłużeniem pasa górnego, a pręty 6₁8/₁ i 6\ 8^ — równoległe do tegoż, to natężenia

G₆,8', i K

6i 6 )

^68 ł

6i 6 >

K₅₆ zamknięty wielobok s8Efj.£e

56 i

K₅₈,

D₅₅? otrzymamy zamknię-

będą sobie równe i S6t6 będzie = 2P (bo wtedy otrzymamy zamiast punktu l—)/, zamiast ty—)/J, zamiast punktu Ç — p i zamiast yj—yj', a więc będzie: S₆₆? = EJ = 2P).

6.8

4. Wiązar dachowy francuzki (Ustrój Polonceau). W najprostszej swej postaci, stosowanej do małych rozpiętości, przedstawiony jest ten ustrój na rys. 102.

102.

'i

Ot

ot.

>0

<_

V-

Ol

tk

'j

S’

“CO"" '

k --

Ob

«■5

As

\S'

Al'

Przjrjmijmy jako dane: l = 12,0 m; a = 4,0 m;

« = 4;

^ = 150 kg na m² planu dachu;

Q =-p.a.1— 150X4X15 = 7200 kg;

p_^/ ₌ 7200 = 1800k n 4

1800

Po

Y = 900 kg;

7200

Odpory: AX = B

3600 kg.

Wielobokiem sił będzie prosta EABCFHJE.

Wykreślenie planu sił uskutecznimy, przechodząc kolejno węzły 0, 2 i 1 , a węzeł 4 da nam próbę dokładności rysunku, bo wielobok spotykających się tam sił: CFs^C musi być zamknięty.

Do większych rozpiętości stosowany bywa bardzo często złożony ustrój Polonceau (tablica 2-a).

Przyjmijmy jako dane:

/ = 16,0 m;

a— 5,0 m;

n — 8 ;

/> = 120kg na m² planu dachu;

Q—p.a.l= 120.5. 16 = 9600 kg;

r» pM.l 9600    .

P    = -g- = 1200 kg ;

P2 = P4^P₆ = Pl

1200

600 kg;

Skalę długości weźmiemy 1:100; Skalę sił—1 mm =1 tonna;

Q 9600

2 —4800 kg = 4P.

Odpory: A₄ = B₄ = |

Wielobokiem sił będzie prosta: HABCEF...

K₁₂

24 >

Zaczynając wykreślanie planu sił od węzła 0, otrzymujemy dla działających tam sił: (Aj—P₀), G₀₂ i D₀₁ trójkąt sił: B«H, z którego, ze względu na idącą w górę siłę (A₄— P₀): G₀₂ = B« (ściskanie), D₀₁ = aH (wyciąganie). Idąc dalej do węzła 2, otrzymujemy dla działających tam sił: P₂, G G₀₂ zamknięty wielobok BCß«B, z którego: K₁₂ — ß« (ściskanie) i G₂₄—Cß (ściskanie). Idąc dalej do węzła 1, otrzymujemy podobnież: K₁₄ = ßy (wyciąganie) i D₁₃ = yH (wyciąganie). Idąc jednak następnie, czy do węzła 4, czy też do węzła 3, spotykamy tam po 3 nieznane natężenia, więc zwykłym sposobem nie możemy ich otrzymać. Najprędzej dojdziemy do celu, określając sposobem Rittera natężenie w jakimkolwiek pręcie, np. D₃₃^: Wyobraziwszy sobie przecięcie

wiązara po linii równywamy do zera sumę algebraiczną momentów siły poprzecznej dla przekroju zewnętrznych, działających na lewą część wiązara) i utrzymujących ją w równowadze natężeń w trzech przeciętych prętach: G

(tablica 2-a) i usuniętą część prawą, przy-

(czyli wypadkowej wszystkich sił

K₅₈ i D₃₃'. Biorąc za biegun momentów węzeł 8,

otrzymujemy momenty sił G₆₈ i K₅₈ równe zeru, a więc:

Moment A₁ — mom. P₀ — mom. P₂—mom. P₄—mom. P₆ +

cc

+ mom. D₃₃'. = o, czyli: A

+ D₃₃'.^ = 0, zkąd w obec A₄=4P, P₀ =

Ou I oj

, P₂ = P₄ = P₆ = P

otrzymujemy:

P./

³³'~ h

i oczywiście natężenie D₃₃', mające moment ujemny względem bieguna 8, a więc działające od przekroju ««, jest natężeniem wyciągającem.

Mając już natężenie D₃₃', możemy przejść do węzła 3, w którym siły DJ3,K₃₄, K₃^ i D₃₃', utrzymujące między sobą równowagę, tworzyć muszą zamknięty wielobok sił. Odłożywszy zatem od punktu H, w którym, zgodnie ze str. 137, przecinać się muszą wszystkie natężenia nieobciążonego dolnego pasa, odcinek, wyrażający natężenie D₃₃' (czyli v]H), przeprowadzamy (z uwzględnieniem punktu 4 str. 134), równoległą do K₃₄ przez punkt y (jako punkt przecięcia natężeń K₁₄ i Dl3, tworzących z natężeniem K₃₄ trójkąt w wiązarze), a przez punkt y| równoległą do K₃₅ i otrzymujemy punkt przecięcia § i zarazem K₃₄ = y3 (ściskanie) i K₃₅ = Sri (wyciąganie). Dalej, już jak zwykle, idziemy do węzłów 4 i 5, mających po 2 nieznane siły i wreszcie w węźle 6 otrzymamy jako próbę, że odcinek Fę, tworzący zamknięty wielobok FÇsEF z siłami K₅₆, G₄₆ i P₆ będzie równoległy do 68 i wyraża natężenie G₆₈. [Możemy również, nie odwołując się do sposobu Rittera, dojść do celu drogą poniższego rozumowania: Rozkładając w węźle 6 siłę P₆ = EF w kierunku pręta 6 5 i górnego pasa, otrzymujemy siłę K₅₆ jako odcinek xE (ściskanie), odcinek zaś F# da nam oczywiście różnicę natężeń w prętach 46 i 68 górnego pasa, t. j. G₄₆—G₆₈. Zupełnie tak samo, rozkładając dalej w węźle 5 siłę K₅₆ (czyli odcinek Ex) w kierunkach pręta 4 5 oraz 3 5 i 58, otrzymamy siłę K₄₅, jako odcinek uE (wyciąganie), odcinek zaś xu da nam różnicę natężeń:

(ściskanie) i G₄₆ = Es (ściskanie). Ale siłę K₃₄ (czyli odcinek £K) przeniesiemy równolegle—do położenia Sy (bo, zgodnie z punktem 4 str. 134, przeszedłszy od węzła 1 do węzła 4, musimy przez punkt przecięcia y — otrzymanych dla węzła 1—natężeń K₁₄ i Dl3 przeprowadzić równoległą do natężenia K₃₄, tworzącego z niemi trójkąt w wiązarze). Następnie idziemy już drogą zwykłą kolejno do węzłów 3 i 5, mających po 2 nieznane natężenia].

K₅₈ —K₃₅. Mając zaś K₄₅, idziemy do węzła 4, przeprowadzamy przez końcowy punkt złożonych sił P₄, G₂₄ i K14 (czyli przez punkt •*■), równoległą do K₄₅, odkładamy wyrażający tę siłę odcinek wE (do punktu a), przez końcowy punkt « prowadzimy równoległą do K₃₄ (czyli aß), a przez E — równoległą—do G₄₆ i otrzymujemy: K₃₄

= sa

5. Dachy wystające.

a) Dach wystający (rys. 103), niepodparty na kolumnach, musi być umocowany w dwóch węzłach 7 i 8, w których w obec tego działać będą siły zewnętrzne R₄ i R, i utrzymywać w równowadze siły EP. Jeżeli zatem w węźle 8 zakotwimy wiązar dachowy w kierunku R₄ (t. j. nadamy sile zewnętrznej R₄ kierunek pasa * górnego), to siła zewnętrzna R₂, działająca na punkt 7, jako utrzymująca równowagę z R4 i z wypadkową sił 2P, przechodzić będzie przez punkt przecięcia tychże (t. j. przez punkt 4). Przeprowadziwszy więc w planie sił przez końcowe punkty H i A odcinka, wyrażającego SP, linie równoległe do R₄ i R₂, otrzymujemy zamknięty trójkąt Hd-A, z którego: R^Hft i R₂ = öA.

Zaczynając wykreślanie planu sił od węzła 0 i przechodząc kolejno do węzłów 2, 1,4, 3, 6, 5 i 8, otrzymujemy natężenia: dla węzła 0: G₀₂ = B« (wyc.); D₀₁ = aA (ścis.); dla węzła 2 (tak samo, jak na str. 160 i 161, rys. 99): S₁₂ = ß« (ścis.) =P₂, G₂₄=Cß (wyc.)=G₀₂; dla węzła 1: Kl4=ßy (wyc.), Dl3 = TA (ścis.); dla węzła 4: S₃₄ = 8y (ścis.), G₄₆=E§ (wyc.); dla węzła 3: K₃₆ = S s (wyc.), D₃₅— s A (ścis.); dla węzła 6: S₅₆ = Ce (ścis.), G₆₈=Fę (wyc.); dla węzła 5: K₅₈ = £y] (wyc.), D₅₇ = tjA (ścis.). Wreszcie w węźle 8, w obec znanej już siły zewnętrznej R^Hft,. otrzymujemy S₇₈ jako (zamykający wielobok tjçFPU) odcinek (ścis.), równoległy do pręta 87 (próba rysunku).

Jeżeli w węźle 8 zakotwimy wiązar poziomo, to otrzymamy dla węzła 8: R'₁ = Hy (wyc.); Sg₇ = aA) (ścis.). Dla węzła 7: R/₂ = fr/A (ścis.) i oczywiście siła R'₂ przejdzie przez , punkty 7 i T (punkt przecięcia siły R'₄ z wypadkową sił EP).

r->-

oC

2.

S'

S^\

(Ï.

®?/

Sl* 4y>

J*

St

J-

31,

O Vs    *

*fc

/__

'l %

<*o

!»

■%i

/•

k.

•*5

te

\ 4*

Jeżeli wreszcie zakotwimy wiązar w węźle 8 w kierunku Hy,, to otrzymamy    (wyc.), natężenie w prę

cie 78 stanie się oczywiście = 0, a R"₂ = y]A (ścis.) i działać będzie poziomo.

b) Jeżeli zamiast zakotwienia wiązara w węźle 6 (rys. 104), podtrzymamy węzeł N za pomocą podciągu LN, to wywołamy siłę zewnętrzną Rź, która musi utrzymywać równowagę z siłami R₂ i wypadkową sił £P, a więc przez punkt przecięcia tej siły Rj z siłą £P (t. j. przez T) musi przechodzić siła . R₂ i te 3 siły utworzą zamknięty trójkąt AFS, z którego wynika: R^SA (wyc.), a R₂ = FS (ścis.).

gâir=5g (?,

oi

104.

31

jN<

V.

X'

V.

'I-/'

Ä;

?oXx

*T

?

Jz

\;

\

fó

c>

ft

'Ś

■en

^-9-

co

W]

II

Zaczynając wykreślenie planu sił od węzła 0, otrzymujemy zamknięty wielobok SABaS działających tam sił: R

p

-Ty, G₀₂ i D0l i oczywiście: G₀₂ = Ba (ścis.), D₀₁ = «S (wyc.).

u

46

Idąc dalej kolejno do węzłów 2, 1, 4, 3, 6, 5, otrzymamy dla węzła 2: Sl2 = ß« (ścis.), G₂₄ = Cß (ścis.); dla węzła 1: K₁₄ = ßy (wyc.); D₁₃ = yS (ścis.); dla węzła 4: S₃₄ = 8f (ścis.), G (ścis.); dla węzła 3: K₃₆ = sC (wyc.), D₃₅ = CS (ścis.); dla wę-

zła 6 wypada, jako próba, że bok FC, zamykający wielobok CSsF = sile S₅₆ (ścis.) i również, jako próbę, otrzymujemy dla sił D₃₅, S₅₆ i R₂, działających w węźle 5 — zamknięty trójkąt sił SCF.

c)    Jeżeli zamiast podciągu LN zastosowaną być może podpórka L'N (rys. 104), to otrzymujemy podobnie, jak wyżej, siły zewnętrzne: R'₁ = S'A (ścis.), R'₂=FS' (wyc.), a także natężenia we wszystkich prętach, przechodząc kolejno węzły 0, 2, 1, 4, 3 i 6. Jest jednak oczywistem i bez kolejnego rozpatrywania węzłów, że skoro teraz mamy trójkąt sił zewnętrznych AS'F zamiast poprzedniego ASF, to otrzymamy te same natężenia w pasie górnym, słupach i krzyżulcach, a tylko w pasie dolnym będzie zmiana:

Dla węzła 0: D₀₁ = aS' (wyc.) zamiast «S (wyc.)

Dla węzła 1: Dl3 = yS/ (wyc.) zamiast 7S (ścis.)

Dla węzła 3: D₃₅ = CS' (wyc.) zamiast CS (ścis.).

d)    Jeżeli dach wystający podparty jest kolumną (rys. 105), to przedewszystkiem wyznaczymy odpory At i Bj, wykreśla-

105.

»•I⁴-©

1,6=

a.

CO

2)%s-o    $

s-

IL

<-----O.--

"A,

^X

Cn

."V

Ofc—»-O-

>oü

IL

.*?•

• P°

''-rjn •

ii

S3

jąc, jak wiadomo, wielobok sznurowy z bokiem zamykającym LN, łączącym ze sobą punkty przecięcia boków skrajnych wieloboku z pionowemi przez podpory i prowadząc przez

biegun Z linię Zę, równoległą do LN. [W danym wypadku

P

odcinek Cę = fCF = fP, a więc otrzymujemy: A₁ = ęA = — +

« £

+ P + |P = 2^P, co było do przewidzenia i bez wykreślania wieloboku sznurowego, bo na kolumnę w węźle 1 przechodzi oczywiście:

1)    cała siła P, działająca w węźle 2,

2)    połowa siły P, działającej w węźle 4,

3)    siła ,

działająca w węźle 0, rozkłada się na kolumnę w węźle 1 i podporę w węźle 5 zgodnie ze str. 22, t. j. na składowe P₄ i P₂, czyniące zadość równaniu (o)

pg a

str. 22, czyli:    = -j- i =P₁ — P₂, zkąd, w obec b=3a, otrzy-

tr₁ o

mujemy: Pł = |P, a zatem: A₁ = P-f-

to I Tl

| + |P = 2łP],

Zaczynając następnie wykreślanie planu sił od węzła 0, otrzymujemy tam: D₀₁ = aA (ścis.), G₀₂ = B« (wyc.). Dla węzła 2: S₁₂ = ß« (ścis.), G₂₄ = Cß (wyc.). Dla węzła 1 (w którym działają siły: A₄, D₀₁, S₁₂ i nieznane K₁₄ i D₁₃): K₁₄=ßy (ścis.), D₁₃ = yC (wyc.); dla węzła 4: S₃₄ = 8y (ścis.), G₄₆ = F§ (ścis.). Dla węzła 3 otrzymujemy zamknięty trójkąt sił Cr⁵ > w którym 3Ç jest równoległą do K₃₆, w obec czego K₃₆ = sę (wyc) i D₃₅=o. Dla węzła 6 otrzymujemy jako próbę zamknięty wielobok sił ęsFHę z bokiem zamykającym Hę, równoległym do S₅₆, w obec czego: S₅₆ = Hę (ścis.) = B₁.

6. Parcie wiatru na wiązary dachowe.

W naszych okolicach parcie wiatru można przyjmować = 120 kg na metr kwadratowy powierzchni, prostopadłej do kierunku wiatru, nachylonego do horyzontu najczęściej pod kątem 10°, tworzącego zatem z pochyłą powierzchnią dachu (rys. 106) kąt = a+10° czyli: ze/=120kg na m² powierzchni AE, a zatem na metr kwadratowy pochyłej powierzchni samego dachu, czyli AC, wypadnie:

AE AC

w = zo'X

= w' sin («+10°)

(55)

Rozkładając tę siłę w na składową wn, działającą prostopadle do powierzchni dachu i Wd—działającą w kierunku dachu, otrzymujemy:

wn = w sin (« + 10°). Wd=w cos (a-f 10°).

H*

NiA .

TO*

oL

ehiÿô

. 106.

ots<o\

a0

,0t

Ta ostatnia siła, działająca w kierunku dachu AC, nie wywiera żadnego wpływu na konstrukcyę, w obec stosunkowo małego tarcia wiatru o dach, nie potrzebuje więc być uwzględnianą. Dla siły zaś wM otrzymujen^ z wzoru (56), w połączeniu z wzorem (55):

wn = w' sin² (« +10°), czyli w obec w'—120 kg wn~ 120 sin² («+10°).

Taki wzór przyjmuje Müller—Breslau, w obec jednak doświadczeń Lössla, stwierdzających, że parcie wiatru jest proporcyonalne do samego sin («+10°), nie zaś do kwadratu tegoż, godniejszym polecenia jest wzór:

(57)

wn = 120 sin (a + 10°)

stosowany przez Thulliego, Forstera i innych. We wzorze tym wn oznacza parcie wiatru prostopadłe do powierzchni dachu na 1 metr kwadratowy tejże pochyłej powierzchni, a kąt « jest kątem nachylenia dachu do poziomu. Niekiedy stosowany bywa również wzór:

w>t = 150 sin² (« + 10°).

Dla wiązara dachowego z górnym pasem wielobocznym abcde (rys. 107) wypada dla każdego boku inne parcie wiatru: w„ab, wnbc, wMcd, wnde, a obliczenie tychże parć dokonywa się wykreślnie bardzo łatwo sposobem następującym: Zakreślamy z dowolnego punktu O koło o promieniu r= 120 kg, w jakiejkolwiek skali sił, np. 1 mm = 2kg, czyli r=60 mm; przez O prowadzimy promień poziomy ON i drugi — pod kątem 10° do poprzedniego, t.j. OL, a także promienie równo-

ległe do boków ab, bc, cd, de pasa górnego; opuszczając zaś prostopadłe z otrzymanych końcowych punktów bf, c', d', e' na prostą OL, otrzymujemy szukane siły: wnab= 120 sin (ai + I0°) = b'b" wnbc— 120 sin (a₂-|-10°) = cV' zv„cd=\20 sin (a₃ -f 10°) = d'd" wnde—120 sin (a₄+10°) = eV/.

Parcie wiatru na całą powierzchnię dachu F będzie oczywiście: W^z^.F, więc na jeden wiązar dachowy, przy odstępach między wiązarami = <z, przypadnie: (rys. 106)

(58).

W = zvn . a. AC

ft

Oj

,S-

Ci

\ — -i

-r.

ft

\ '

"A \ \ \

R \    \ \ s

i- ' v \

' \ X V \    ^

Cr

•O -

Na każdy węzeł środkowy (np. 2, 4, 6 na rys. 103) przypadnie po Wn.a.m (jeżeli m oznacza długość 02 = 24 = 46 = = 68), a na każdy węzeł skrajny — po \wn .a .m.

na

Dla wiązara zaś dachowego wielobocznegö (rys. 107) całkowite parcie wiatru na jeden wiązar składać się będzie z parć poszczególnych, odpowiadających bokom ab, bc, cd, de, t. j.: a{b'b".ab), a{c'c".bc), a{d'd".cd), a(ere".de)’, każdy więc węzeł środkowy, np. c, przypadnie: wc = wypadkowej dwóch sił: a{c'c"Ąbć) i a{d' d" Ą cd)...

na węzły zaś skrajne:

f Wa=ci (b' b" Ą ab)

\ zve = a (e' e" Ą ac)

Wyznaczenie natężeń wywoływanych przez parcie wiatru w poszczególnych prętach wiązara dachowego rozpoczynamy, jak zawsze, od wyznaczenia odporów, co nie przedstawia trudności w obec tego, że najczęściej jedna podpora wiązara dachowego jest urządzona jako ruchoma (a druga — jako stała), zkąd wynika, że kierunek odporu na podporze ruchomej może być tylko pionowy, a mając ten kierunek, wykreślamy łatwo (przy danym kierunku i wielkości parcia wiatru W) oba odpory:

Przy działaniu wiatru z lewej strony (t. j. W⁷) na powierzchnię dachu AC (rys. 108) i przy danym—pionowym — kierunku odporu A'na podporze ruchomej A : siły W⁷, A¹ i utrzymujące się w równowadze, przechodzić muszą przez jeden punkt, czyli odpór B/ musi przejść przez punkt przecięcia A' i W/ (t. j. przez D), przyjmie zatem kierunek BD i oba odpory będą wyznaczone, jako tworzące trójkąt sił HGF (A'=FH i B'= GF). [O ile zaś punkt D wypada poza tablicą r}'sunku, to szukany kierunek BD otrzymujemy — na zasadzie podobieństwa trójkątów z bokami równoległymi — biorąc połowę odcinka BN, czyli BM, przeprowadzając przez M równoległą do W⁷ i łącząc otrzyman}?’ na osi pionowej wiązara punkt S z punktem B].

Tak samo, przy działaniu wiatru z prawej strony (t. j. W>) odpór B^ przejść musi przez punkt przecięcia Wp i Ap (czyli przez E), więc przyjmie kierunek EB i oba odpory będą wyznaczone z trójkąta sił JKL (Ap — KL i B^ = LJ). [O ile zaś punkt E wypada poza tablicą rysunku, to szukany kierunek BE otrzymamy, biorąc połowę odcinka BT, t. j. BU, prowadząc przez U równoległą do Wp i łącząc otrzymany na osi pionowej wiązara punkt V z punktem B].

Wb , wc , Wd , We.

Dla wiązara dachowego z wielobocznym pasem górnym należy oczywiście ^wyznaczyć naprzód za pomocą wieloboku sznurowego wypadkową określonych z wzorów (59) poszczególnych parć wiatru w

Jeżeli obie podpory wiązara dachowego są urządzone jako stałe, to właściwe odpory nie są statycznie wyznaczalne.

Dla przykładu wykreślmy plan sił dla parcia wiatru na wiązar dachowy ustroju złożonego Polonceau (tablica 2-ga), dla którego wyznaczyliśmy już powyżej (str. 165—167) natężenia przy obciążeniu pionowem.

Parcie wiatru obliczymy według wzoru (57) str. 172, któ-

vr>

Oo

<*■*

C-,

sx

S9

ry, przy kącie nachylenia dachu, określonym z równania:

, ' h

ig^-l

wn= 120 sin (18°40'-h 10°) = 120 sin 28°40'= 120X0,480 = 57,6 kg.

Jest to siła prostopadła do powierzchni pochyłej dachu na metr kwadratowy tejże powierzchni. Na jeden wiązar dachowy wyniesie ona według równania (58) str. 173:

2,70

few-*

0,3375, zkąd c«=18°40', daje:

W = wn.a. AC, gdzie AC = długości krokwi, czyli =

= ]/^8 + 2,70 =8,44, więc: W == 57,6X5X8,44 = 2430,7 kg. .

Na każdy zatem węzeł środkowy przypadnie ztąd: W

~ = 607,7 kg, możemy jednak przyjąć jako obciążenie wę-

złów środkowych: w₂ —    = w₆ = 600 kg, zwłaszcza, że za

to o

= 300 kg.

stosowaliśmy do obliczenia parcia wiatru najsurowszy wzór (57) str. 172. W węzłach krańcowych przyjmiemy oczywiście: w₀ —zva —

Dla wykreślenia planu sił, odpowiadającego temu obciążeniu, musimy przedewszystkiem wyznaczyć odpory A₁ i B₄:

Siły w₀, w2, wi, zv₆ i wa, prostopadłe do powierzchni dachu, dają wypadkową W, także prostopadłą do dachu, przechodzącą przy działaniu wiatru z lewej strony przez węzeł 4 i wynoszącą: W⁷= 4X600 = 2400 kg.

Przyjmując lewą podporę za ruchomą, wykreślamy sposobem wskazanym na str. 174 kierunki obu odporów A/i Bj/ i otrzymawszy te odpory z trójkąta sił A'N'H' (tablica 2-ga) jako odcinki H'A' i N'H', wykreślamy pian sił tak samo, jak zawsze: Zaczynając od węzła 0, otrzymujemy dla działających tam sił w₀l, G₀₂, D₀₁, A₁/ (z uwzględnieniem punktu 3 str. 134) wielobok sił: A'BVH'A', z którego ze względu na znany kierunek sił Ai⁷ i w₀l wynika: G₀₂ = BV (ścis.), D₀₁ = «'H' (wyc.). Dla węzła 2 otrzymujemy w obec tożsamości kierunków G₀₂ i w₂l z G₂₄ i Kl2: G₂₄=G₀₂ (ścis.), K₁₂ = ßV = w₂/(ścis.). Następnie dla węzła 1: K₁₄ = ß'/ (wyc.), Dl3 = y'H⁷ (wyc.). Dalej dla węzła 4—w obec symetryi obciążenia wj względem spotykających się w tym węźle prętów: G₄₆ = G₂₄ = G₀₂ (ścis.), K₄₅=K₁₄ (wyc.), K₃₄ = §y (ścis.). Dla węzła 3: K₃₅ = §y (wyc.^ Dgg'^'H' (wyc.). Dla węzła 5: K₅₆ = /p (ścis) = w\\    =

(wyc.). W węźle 6 wskutek tożsamości kierunków G₄₆ i w\ z G₆₈ i K₅₆: Ggg = G₄₆ (ścis.). Idąc dalej do węzła 8, otrzymujemy, przeprowadzając przez N' równoległą do G₆'₈, a przez -r' równoległą do K₅'₈, wielobok działających tam sił: F^'d^pF', z którego wynika: K₅<-₈ =&'r{ (wyc.), G₆'₈ = NV (ścis.). Zauważmy teraz, że wskutek działania wiatru tylko z lewej strony węzły 6', 4', 2' nie będą wcale obciążone, a więc natężenia wywołane przez wiatr z lewej strony w prętach 5'6', 4'5', 3'4', 1'4', 1'2' będą = o, natężenie

G₆'₈ będzie działało na całej długości prawego górnego pasa, czyli Gg'g = G₄'₆' = G₂'4'= G₀'2' = G₀'g, a K₅'₈ — na całej długości 3'8, czyli K₅'₈ = K₃^ = K₃'₈. Istotnie, wyobraziwszy sobie przecięcie wiązara po linii ßß (tablica 2-a), widzimy, że (po usunięciu części lewej) natężenia przeciętych prętów: D₃₃' K₃'₈ i G₀'₈ muszą oczywiście utrzymywać równowagę z jedyną siłą zewnętrzną pozostałej części prawej — odporem B^, tworzą zatem wielobok zamknięty sił    (dający dla

sił K₃/₈ i G₀/g też same odcinki i &'N', które otrzymaliśmy wyżej dla sił K₅>₈ i G₆'₈), natężenia zaś D₀v i G₀'₈, utrz3?’-mujące podobnież równowagę z odporem B/, tworzą zamknięty trójkąt sił H'fr'N', z którego otrzymujemy ostatnie nieznane natężenie: D₀^ = HV (wyc.), działające na całej długości 0/3/ (t. j. Dq'j' =    = DO'₃0*

Zupełnie analogicznie wyznaczymy dla wiatru W^, dzia^ łającego z prawej strony, kierunki obu odporów A/ i B/ i otrzymawszy te odpory z trójkąta sił A"N"H", jako odcinki N^H" i H"A", wykreślimy plan sił zupełnie tak samo, jak wyżej — dla wiatru, działającego z lewej strony — zaczynając od węzła 0', idąc dalej do węzłów 2', 1', 4', 3'.... i oczywiście otrzymamy teraz natężenia równe zeru w prętach 5 6, 45, 34, 14 i 12. Sumując odpowiednio wyznaczone w ten sposób natężenia, wywołane parciem wiatru, z wyznaczone-mi poprzednio (str. 165—167) natężeniami, wywołanemi obciążeniem pionowem, otrzymujemy największe natężenia (zestawione na tablicy 2-ej), według których obliczać należy przekroje poszczególnych prętów.

C. Wpływ obciążenia ruchomego na belki kratowe.

Ponieważ obciążenie ruchome może zmieniać swoje położenie na belce kratowej, więc należy określić, przy jakiem rozmieszczeniu tegoż wywołane być mogą w poszczególnych prętach największe natężenia, czyli określić, jakie obciążenie będzie najniebezpieczniejsze dla poszczególnych prętów. Z góry zaznaczmy, że obciążenie całkowite belki niekoniecznie jest owem najniebezpieczniejszem, jak o tern przekonamy się niezwłocznie.

Rozpatrzmy przedewszystkiem wpływ obciążenia ruchomego, np. pojedynczej siły P^, działającej gdziekolwiek z pra«* wej strony danego przekroju aa (rys. 109), na natężenia w przeciętych prętach. Natężenia te (G₂₄, K₂₅ i D₃₅), działające na lewą część belki, muszą, jak wiadomo (str. 128), utrzymywać równowagę z siłą poprzeczną — wypadkową sił zewnętrznych, działających na tę samą lewą część belki, t. j. (w tym razie, w obec obciążenia tylko z prawej strony) — z odporem A₄

S?.

H!,

Z?

XtL

CD

CO

~c

«É—*-

(zgodnie ze str. 47), a więc suma algebraiczna momentów tych 4-ch sił (G₂₄, IC₂₅, D₃₅ i A₄) względem dowolnego punktu musi być = o. Biorąc za ten dowolny punkt — L, przecięcie sił G₂₄ i D₃₅ , otrzymamy oczywiście:

Mom. A₄ + mom. K₂₅ = o ,

zkąd wynika, że siły A₁ i K₂₅ mają względem bieguna L momenty z odwrotnym znakiem, a skoro odpór A₄, działający w górę, daje moment ujemny, to natężenie K₂₅ musi dać moment dodatni, działa zatem od przekroju aa i jest siłą wy^ ciągającą. Tak samo, biorąc za biegun punkt przecięcia sił G₂₄ i K₂₅, czyli węzeł 2:

mom. A₁H- mom. D3 5 = o ,

zkąd wynika, że moment D₃₅ względem węzła 2, odwrotnjr momentowi odporu A₄, musi być ujemny, więc natężenie jako działające od przekroju Biorąc zaś za biegun węzeł 5:

będzie siłą wyciągającą.

mom. A₁ + mom. G₂₄ = o ,

aa —

zkąd wynika, że moment siły G₂₄ musi być (względem węzła 5) ujemny, a siła G₂₄, działająca ku przekrojowi ściskającą.

Jeżeli obciążenie ruchome działa tylko z lewej strony przekroju aa, np. jako siła pojedyncza P/, to siła poprzeczna (jako wypadkowa odporu A₄ i P/) jest zgodnie ze str. 93 = — B₄ i działa w linii tegoż odporu B₄. Obecnie więc zamiast równań powyższych otrzymamy :

Mom. (— B₄) + mom. K₂₅=.o, czyli: mom. Bernom. K25 (dla bieguna L).

Mom. (—B₄) + mom. D₃₅ = o, czyli: mom. B₁ = mom. D35 (dla bieguna w węźle 2).

Mom. (— Bj) + mom. G₂₄ = o , czyli: mom. Bernom. G24 (dla bieguna w węźle 5).

Wynika ztąd, że 1) natężenie K₂₅, dające dla bieguna L taki sam moment, jak siła B₄, t. j. ujemny, działa teraz ku przekrojowi aa, jest zatem ściskaniem, 2) natężenie D₃₅, dające dla bieguna w węźle 2 moment jednakowy z B₄ — uje" mny, działa od przekroju aa, jest więc wyciąganiem i 3) natężenie G₂₄, dające dla bieguna w węźle 5 moment ujemny, działa ku przekrojowi aa, jest więc ściskaniem.

Widzimy zatem, że obciążenie ruchome z prawej strony przekroju aa wywołuje:

w pasie górn}^ (G₂₄) — ściskanie, w krzyżulcu (K₂₅) — wyciąganie, w pasie dolnym (D₃₅) — wyciąganie.

Obciążenie zaś z lewej strony wywołuje: w pasie górnym (G₂₄) — ściskanie, w krzyżulcu (K₂₅) — ściskanie, w pasie dolnym (D₃₅) — wyciąganie.

Podobnież dla przekroju ßß, przy obciążeniu z prawej strony otrzymamy natężenie K₂₃ — ściskające (bo odpór A4 ma względem bieguna N moment ujemny, więc K₂₃ musi mieć moment dodatni i działać ku przekrojowi ßß), a przy obciążeniu z lewej strony otrzymamy natężenie K₂₃ — wyciąg gające (bo odpór B₄ ma względem bieguna N moment ujem" ny, więc i natężenie K₂₃ musi mieć moment ujemny i działać od przekroju ßß).

a cc

),

Z powyższego wynika, że obciążając belkę całkowicie (t. j. jednocześnie z prawej i z lewej strony przekroju wywołujemy największe natężenie w pasach, ale w krzyżulcu 2 5 największe wyciąganie wywołamy, obciążając belkę tylko z prawej strony przekroju aa (bo dołączywszy obciążenie z lewej — wywołalibyśmy w nim ściskanie i zmniejszy-

libyśmy przez to owo wyciąganie), a największe ściskanie wywołamy w tymże krzyżulcu 25, obciążając belkę tylko z le^ wej strony przekroju aa; w krzyżulcu zaś 2 3 — wprost przeciwnie: największe wyciąganie otrzymamy, obciążając belkę tylko z lewej strony przekroju ßß, a największe ściskanie — obciążając belkę tylko z prawej strony przekroju ßß. Tak więc dla otrzymania największego natężenia w pasach należy obciążyć całą belkę, a dla otrzymania największego natężenia w danym krzyżulcu — obciążyć trzeba belkę jednostronnie.

Prawo to, wyprowadzone dla belki kratowej rys. 109, stosuje się—jak o tern łatwo przekonać się drogą takiego samego, jak powyższe, rozumowania — do całej, najliczniejszej grupy belek kratowych, w których każdy przekrój, np. aa i ßß, daje punkty przecięcia odpowiednich prętów pasów (L i N) poza rozpiętością teoretyczną belki.

Dla pozostałych jednak belek kratowych największe na--tężenia w krzyżulcach otrzymujemy, tak samo, jak w pasach, przy całkowitem obciążeniu belki:

Tak np. dla drugiej grupy belek kratowych (rys. 110), w których każdy przekrój (np. aa, ßß) daje punkt przecięcia

CD

.A

/ if

(W:

Iß

3'

odpowiednich prętów pasów (F, H) w granicach rozpiętości teoretycznej belki, otrzymamy dla przekroju aa, przy obciążeniu z prawej strony przekroju, biorąc za biegun punkt F: mom. A! + mom. K₃₄ = o ,

a zatem natężenie K₃₄ musi dawać względem bieguna F moment ujemny (skoro odpór A₄ daje moment dodatni), czyli działać będzie ku przekrojowi aa, a zatem będzie ściskaniem; przy obciążeniu zaś z lewej strony otrzymamy jak wyżej:

mom. (—B,) + mom. K₃₄ — o, czyli mom. B₁=mom. K a zatem natężenie K₃₄, dające względem bieguna F moment jednakowy z B₄, czyli ujemny, będzie i teraz działało ku prze-

, więc będzie także ściskaniem. Podobnież dla

krojowi

przekroju ßß otrzymamy K₃₆ (biegun H) jako siłę wyciągającą przy obciążeniu tak z prawej, jak i z lewej strony. A zatem dla tych belek kratowych otrzymujemy największe natężenia w całej belce (t. j. tak w pasach, jak i w krzyżulcach) przy całkowitem obciążeniu belki.

Dla trzeciej wreszcie grupy belek kratowych (rys. 99), w których oba prostolinijne pasy przecinają się na samych podporach (czyli w węzłach 0 i 0'), otrzymamy dla rozpatrywanego przekroju tężenie w krz}?żulcu K₃₆ = o (bo siłą poprzeczną będzie odpór A₄, przechodzący przez punkt przecięcia pasów, więc, biorąc węzeł 0 za biegun momentów, będziemy mieli w równaniu momentów dla sił K

aa

przy obciążeniu z prawej strony, na-

36 1

46 J

D₃₅ i Aj momenty ostatnich trzech sil równe zeru, a zatem mom. K₃₆ = o , czyli K₃₆ = o, jak to widzieliśmy już zresztą na str. 131). Tak samo oczywiście otrzymamy dla przekroju ßß,przj? obciążeniu z prawej strony, natężenie w słupie S₃₄ — o. Przy obciążeniu zaś z le^ wej strony przekroju aa siła poprzeczna =— B1} a więc dla bieguna w węźle 0:

36 »

Mom. (—B₁) + mom. K₃₆ = o , czyli mom. B₁ = mom. K więc natężenie K₃₆, dające względem bieguna w węźle 0 taki sam moment ujemny jak B₄, jest (jako działające od przekroju aa) silą wyciągającą; podobnież dla przekroju ßß natężenie w słupie S₃₄ będzie ściskającem. Ponieważ jednak obciążenie jednostronne (ze stron}? lewej) nie da oczywiście większego natężenia w krzyżulcach i słupach belki rys. 99, niż obciążenie całkowite (w obec tego, że obciążenie ze strony prawej wywołuje w krzyżulcach i słupach natężenie = o), można więc powiedzieć, że i dla tych belek otrzymujemy przy całkom witem obciążeniu największe natężenia w całej belce (t. j. w pa^ sach, krzyżulcach i słupach).

Zauważmy jeszcze, że w rozpatrywanych belkach dwóch ostatnich grup (rys. 110 i 99) w krzyżulcach wznoszących się w górę względem środka belki (np. 14 i 3 6 na rys. 110) otrzymujemy wyciąganie, a w krzyżulcach spadających — ści' skanie. We wszystkich zatem krzyżulcach belki rys. 99 otrzymujemy wyciąganie, w słupach zaś — ściskanie, we wszystkich zaś słupach belki rys. 100 (rozumując jak powyżej) otrzymujemy wyciąganie, a w krzyżulcach — ściskanie, jak to widzieliśmy już na str. 161 i oznaczyliśmy grubemi liniami.

Ta prawidłowość co do rodzaju natężeń w krzyżulcach belek kratowych omawianych dwóch grup (rys. 110, 99 i 100) wynika ztąd, że dla tych belek przecięcia pasów pozostają w granicach rozpiętości teoretycznej belki, a linia działania siły poprzecznej, warunkująca właśnie rodzaj natężeń krzy-żulców i słupów, wypada zawsze (jak wiadomo ze str. 48) poza podporami, z jednej lub drugiej strony. Tymczasem dla belek kratowych najliczniejszej pierwszej grupy (rys. 109) przecięcia pasów (L i N) wypadają poza rozpiętością teoretyczną belki, a siła poprzeczna (w zależności od zmiany obciążeń) wypada to z jednej, to z drugiej strony tych punktów przecięcia, wskutek czego w poszczególnych krzyżulcach powstaje naprzemian to ściskanie, to wyciąganie i żadnej prawidłowości co do rodzaju natężeń być nie może.

Jedynie dla belek kratowych równoległych, np. rys. 111, stanowiących przypadek szczególny grupy pierwszej (bo punkt

ifO

"MS

T-j

u-

CP

Tó-4-

M'—

Uî

przecięcia równoległych pasów leży poza rozpiętością teoretyczną belki — w nieskończoności), mieć będziemy pewną prawidłowość w rodzaju natężeń krzyżulców, otrzymujemy bowiem np. dla przekroju jące ją w równowadze siły G₂₄, K

musi być, w obec kierunków G₂₄ i D₃₅ prostopadłych do V

V₃₄

i siły poprzecznej V₃₄ utrzymu-z których K₃₄

D35,

, czyli

, jest zatem skierowaną ku przekrojowi siłą ściskającą. Podobnież oczywiście dla przekroju ßß: K₂₃=

V₂₃

równą

sin <p

aa

= będzie

i jako skierowana od przekroju ßß, będzie

sin cp

siłą wyciągającą. Tak więc krzyżulec 2 3—spadający—jest wyciąganym, krzyżulec zaś 34 — wznoszący się—jest ściskanym (jak to zresztą widzieliśmy już powyżej i oznaczyliśmy gru-bemi liniami na rys. 89, 90, 92 i 93). Powtórzy się to dla

wszystkich tych krzyżu]ców, dla których odpowiednia siła poprzeczna V działa z lewej strony i będzie miało miejsce aż do takiego przekroju, dla którego linia działania siły V dojdzie w lewo do nieskończoności, a sama siła V jednocześnie osiągnie znaczenie = 0, zgodnie ze str. 49, rys. 37. (Jest to jak wiadomo punkt największego momentu). Zacząwszy od tego przekroju i dalej dla całego odstępu M₂ MŁ (rys. 62, 63 i 64, str. 98 — 105), w obrębie którego (przy odpowiedniem obciążeniu) siła poprzeczna może stawać się równą zeru, rodzaj natężeń w krzyżulcach nie może wykazywać żadnej prawidłowości, w obec czego prawo powyższe można wypowiedzieć tak:

W belkach kratowych równoległych — w granicach poza odstępem M₂ Mj — krzyżulce, spadające ku punktowi największego momentu, są wyciągane, wznoszące się zaś ku niemu— ściskane.

Zastosowawszy to prawo do belek rys. 89 i 90, widzimy, że słupy na rys. 89 i krzyżulce na rys. 90 będą ściskane, słupy zaś na rys. 90 i krzyżulce na rys. 89 — wyciągane, z zastrzeżeniem jednak, że stosuje się to tylko do krzyżulców i słupów poza odstępem Mx M₂, w granicach którego — (w zależności od chwilowego obciążenia) — krzyżulce i słupy będą na przemian to ściskane, to wyciągane. Dla tych belek kratowych otrzymaliśmy istotnie na str. 148 i 149 (zaznaczone grubemi liniami) — ściskanie w słupach pierwszej — i w krzy-żulcacb drugiej, ale—w obec uwzględnienia dla tychże belek jedynie obciążenia stałego, wskazanego na rys. 89 i 90 — odstęp MtM₂ stał się jednym punktem pośrodku belki i zastrzeżenie powyższe okazuje się w tym razie zbytecznem.

§ 1. Największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia ruchomego.

Widzieliśmy na str. 178 i 179, że dla najliczniejszej grupy belek kratowych (rys. 109) otrzymujemy w krzyżulcu 25, przy obciążeniu z prawej strony — wyciąganie, przy obciążeniu zaś z lewej — ściskanie. Wynika ztąd, że jest taki przekrój belki, w którym obciążenie wywołuje w krzyżulcu 2 5 natężenie = o . Ten przekrój nazwiemy działem obciążeń dla krzyżulca 2 5 i zaznaczmy zarazem, że ten dział obciążeń dla krzyżulca 2 5 nie jest wcale identycznym z działem obciążeń dla pola 3 5 (str. 114), bo tam szło o to, dla jakiego przekroju

â,

siła poprzeczna jest = o — a właściwie sprowadza się do pary sił—, a tutaj idzie o natężenie w krzyżulcu, które jest pro-porcyonalne do momentu siły poprzecznej, jak to widzieliśmy w sposobie Rittera (str. 130, wzór 54), a więc dla siły poprzecznej równej o i nieskończenie odległej (czyli stanowiącej parę sił) nie jest wcale = o, a raczej może być = o tylko w tym razie, jeżeli odległość k w tym wzorze (54) jest nieskończenie wielką, czyli, jeżeli punkt przecięcia pasów L (rys. 109) leży w nieskończoności, t. j. dla belek kratowych równoległych.

Przypuśćmy, że w danej belce jest urządzona jazda dolna, to obciążenie ruchome może działać tylko w węzłach dolnych, a wszelkie obciążenie, przypadające między węzłami, przechodzi na nie za pomocą belek podłużnych i poprzecznych. Przedłużając w obie strony pręt 24 (rys. 112) i łącząc punkty C i N z węzłami E i F, otrzymujemy punkt H jako dział obciążeń dla krzyżulca 25. Istotnie, odłóżmy ja-

<§{y6. 112.

-    I°E

-9T

O'

9~

fs,

5>

<■

->

----<

XÏ5

5’

3/

rR

7 -yfT

-r-

X-

•4ć_

ci---->

■■

î-

XI

a¹

J,

r«\

'S

fc

X'-X

kąkolwiek siłę P, działającą w H, jako odcinek UW i przeprowadźmy przez U i W równoległe do CH i HN, a przez otrzymany punkt Z—równoległe do CN i EF, czyli ZT i ZS. Rozpatrując EHF jako trójkąt sznurowy z bokiem zamykającym EF, widzimy, że siła P rozkłada się w węzłach E i F na: Pg=US i P/=SW, a z trójkąta sznurowego CHN z bokiem zamykającym CN otrzymujemy podobnież odpowiadające sile P odpory: AX=TU i B^WT. Dla sił zaś A₁, P P/, Bi wielobokiem sznurowym będzie CEFNC i — zgodnie z punktem 7 str. 18 — wypadkowa sił Aj i Pe, czyli siła poprzeczna Va dla przekroju aa, przechodzi przez punkt przecięcia boków skrajnych dla tych sił (t. j. boków EF i CN) czyli przez L. Skoro jednak siła poprzeczna Va przechodzi przez punkt przecięcia 24 i 35, to na mocy str. 131, albo też równania (54) str. 130, natężenie K₂₅ musi być = o.

Określmy jeszcze dział obciążeń dla krzyżulca 2 5 analiz

tycznie:

Siła P, przechodząca przez dział obciążeń H, rozkłada się w węzłach E i F na składowe P* i P/, a pierwsza z nich:

(60).

p — — p

Ved

Taż sama siła P wywołuje odpory Ax i Bx, przy czem:

(61)

a‘ ⁼ t p

więc siła poprzeczna Va, wywołana przez siłę P, będzie wypadkową sił Ax i Pe i według wzoru (54) str. 130:

k₂₅

A x.a—Pe-e

— Mom. siły poprzecznej względem L

|-(A₁-P^).

Ponieważ ilości k i a są stałe, więc natężenie K₂₅ może

£

być = o tylko w razie, jeżeli: Ax — P*.— =o, czyli :

Ay e

P.

Równanie to wyraża oczywiście, zgodnie ze str. 22, że wypadkowa sił Ax i Pe, czyli siła Va przechodzi przez punkt L, (o czem było już wyżej), a w zestawieniu z wzorami (60) i (61):

Takiemu warunkowi odpowiadać muszą wchodzące do tego wzoru wielkości, jeżeli natężenie krzyżulca K₂₅ ma być = o, t. j. jeżeli punkt H ma być dla tego krzyżulca działem obciążeń. Łatwo się przekonać, że dla punktu H, wyznaczonego w sposób opisany, warunek ten jest właśnie spełniony: Istotnie, przeprowadziwszy przez C równoległą do EF (rys. 112), otrzymamy punkt D i wskutek podobieństwa trójkątów LNF

a

-, więc

i CND:

LC FD

__    Al#»⁻

LN ~ FN '

LC

FD CE

LN~a + l ¹ HF⁻EH ⁻ d—3

równanie powyższe daje:

HFX£J

FN

, gdzie

HF

FN

d-j-1

zkąd: (a + l) (e—a) 3 = a (d—3) (1—8), czyli:

ci36 — cd3TIz6 — lei8 — dd\-\-ö 8d~\~#z3 À — dtd — o , albo ; d [ 8 (ć?—d—ld T X — 8) — dx~\ -\-lh 6 — o ,

d-j-1    1

więc: ddl = he, zkąd:

l d' d'

Całkiem analogiczną będzie konstrukcya powyższa w razie urządzenia w belce kratowej jazdy górnej: jeżeli np. w belce rys. 113 mogą być obciążone tylko węzły górne, to dział obciążeń dla krzyżulca 2 5 otrzymamy w punkcie H', przedłużając w obie strony pręt 3 5 i łącząc punkty C' i N' z węzłami 2 i 4. Dla krzyżulca zaś 45 działem obciążeń bę-

4'

.-■■9

z'

o'

3.

'i 5......— c-s:..

oC fi 'o'

*.< *

"óXn

"--'■W'

dzie punkt H", otrzymany tak samo, jak H', przez przedłużenie pręta 5 5' i połączenie punktów C" i N" z węzłami 2 i 4.

Z powyższego widzimy, że dla wywołania największego natężenia w jakimkolwiek krzyżulcu (np. 25, rys. 112) należy

strony do działu obciążeń,

wyciąganie ściskanie

obciążyć belkę tylko z j P^raweJ j ywołamy największe j wywołamy wprost odwrotnie największe j

a w krzyżulcu

ściskanie wyciąganie

Stosuje się to jednak tylko do obciążenia ruchomego jednostajnego; dla obciążenia ruchomego ciężarami skupionymi będzie inaczej: Przypuśćmy, że urządzona jest w belce rys. 114 jazda dolna i że mamy określić największe ściskanie w krzyżulcu 36. Otrzymamy je, zgodnie ze str. 180, przy obciążeniu ruchomem, zajmującem prawą stronę belki. Ale dokądkolwiek doprowadzimy obciążenie ruchome z prawej strony poza węzeł 5 , część tegoż między węzłami 5 i 3 rozłoży się za pomocą belek podłużnych i poprzecznych na te węzły i da w węźle 3 jakąś składową P₃. Siła zatem poprzeczna dla przekroju «« (czyli wypadkowa sił zewnętrznych, działających z lewej strony) będzie wypadkową odporu A, (przy obciążeniu całej prawej strony) i P₃.

Stosując tutaj wzór (54) str. 130, mamy dla punktu prze-

— V v

cięcia 46 i 35, t. j. dla punktu L: K₃₆ =-    ‘ , moment zaś

przez co w

45 —

!•

siły poprzecznej V.v względem L będzie oczywiście:

= A₁.a — Ps.e,

a w obec tego, że wielkości k, a i ć są stałe, największe ściskanie K₃₆ otrzymamy wtedy, kiedy różnica: A₁.a — P₃.e będzie największa. Siła P₃ działa oczywiście w węźle 3 , napisawszy jednak:

Ax.a — P₃.e=a (Aa — P₃.

■),

c

możemy uważać siłę (Aa — P₃.—) jako wypadkową sił Aj c

— P₃. —, działającą w podporze A. Pierwszą z nich: odpór

Aa wyznaczymy oczywiście, według str. 97 (tablica 1-a), z wie-loboku sznurowego Zjako największą siłę poprzeczną dodatnią dla przekroju ««, przy obciążeniu całej prawej części

belki aż do przekroju rządku, wskazanym na rys. 114: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 i obrawszy za odległość biegunową: H = /; będzie to zatem

ustawiwszy koła parowozów w po-

o-

-o—

VO

-o—>—o-

<T'

fb<r-0

9    ,2

J*

yf

3 X;,

u!

y/\

2v\'*

v’V

a7T

<k--

-à-

s-

i '■

ós

i-

vW

-:---/- <---cl —

-    ---~ 7»? - -

ri

ó<

A'

■'

hL— cl

H-t—1 = i Sio - -

■*ÎT

V/

;s

3'

a. à

_jr_

---6

vV

odcinek ««', odpowiadający przekrojowi — P₃, może być zupełnie tak samo uważana—co do absolutnej wielkości—jako odpór dla belcczki o rozpiętości d, przy obciążeniu jej prawej strony, a więc przyjąwszy za odległość biegunową H' = d i biegun Z', wykreślimy mały wielobok sznurowy Xfxv dla kół parowozu ustawionych w położeniu 1', 2', 3' [tak samo, jak na str. 118 (tabl. 1-a) koła parowozu 9'₃względem belki poprzecznej i siła P₃=«/.

Druga zaś siła

aa .

Ponieważ jednak nie zależy nam na samej sile P₃, lecz

więc zamiast wykreślać otrzymany tylko co wielobok x^v , wykreślimy odrazu wielobok X\>! d ze zimnej'

na sile P₃.

szoną odległością biegunową H" = dX~ -, (którą otrzymujemy

wykreślnie, jako odcinek TU, zakreślając z jakiegokolwiek punktu na kierunku P₃, np. O, koło promienia d i łącząc punkt S z punktem przecięcia poziomej przez O i pionowej przez

L, czyli L'). Szukaną siłą P₃X— będzie oczywiście odcinek

ß

a.u"r u'

uunr, wypadkową zaś tych dwóch sił, czyli siłą: AŁ — P₃. —, działającą w podporze A, będzie odcinek u"’u'. A zatem dla przekroju a«: K₃₆

Największy z tych wszystkich odcinków u'"u' między węzłami 3 i 5 (oznaczmy go Vf₅ —jest to zatem maximum

wypadkowej sił Aj i — P₃. - - , działającej w podporze A), od-

odpowiada oczywiście jednemu z wierzchołków dolnego wie-loboku sznurowego x/d i określa przekrój ßß, do którego obciążywszy belkę z prawej strony, wywołamy w krzy-żulcu 3 6 największe ściskanie. (W danym wypadku ten przekrój ßß przechodzi przez węzeł 5 , bo największym z odcinków jest Xk , t. j. Vf₅=X7i). Samo zaś największe ściskanie K₃₆ dla obciążenia ruchomego, zajmującego prawą stronę belki aż do węzła 5, otrzymamy wykreślnie, jako odcinek xX,

rozkładając siłę V₃₅, czyli (Ai—P₃. ~), działającą w podpo^

Vf

35 1

rze A — w kierunkach K₃₆, G₄₆ i D₃₅, czyli prowadząc przez końcowe punkty X i n odcinka Vf₅ równoległe do 36 i linii, łączącej L z W (punktem przecięcia 36 z linią działania siły czyli z pionową przez podporę A).

Dla obciążenia ruchomego jednostajnego wyznaczenie największego ściskania w krzyżulcu 3 6 będzie jeszcze prostsze: Oba wieloboki, opisane powyżej, o odległościach biegunowych H = / i H' = d, będą, zgodnie ze str. 99 (rys. 62), parabolami z osiami pionowemi o odcinkach dla najwyższych

= ~ i (rys. 115); [przyjąwszy więc np.^>=10 tonn

u    Z

punktów

na metr bieżący, otrzymamy: pl _ 10X18_

. , ,    . pd 10X4,1

i tak samo: --- =--

U

90 tonn, czyli w skali 1 mm = 2 tonnom:    —

20,5 tonn = *o]; ale, analogicznie

y-k

If-

115.

pi

Ç'V

o:

sr

-■?.K

'i

. - * / PJ.t-

"ai

O;-.'

àhe

O/

>o'

.-Y

•'I^T

3'

;•

-i

3i

:0

—f.

I<r —

--et-!—M

t = 18£

--*T- -K

•°vf

z powyższem, musimy dla mniejszej paraboli wziąć odległość biegunową, zmniejszoną w stosunku

, czyli zwiększyć w tym

i)d

stosunku odcinek--, t. j. wykreślić parabolę

u

— = r«. (Ten zwiększony odcinek

^ Cl

z odcinkiem

otrzymujemy odra-

pd

zu na pionowej przez 3, odkładając od y. do a odcinek

u

i łącząc a z L'). A ponieważ największe ściskanie otrzymamy według str. 187 dla obciążenia, doprowadzonego z prawej strony do działu obciążeń H, więc na pionowej przez H musimy otrzymać największy odcinek Vf₅ między dwiema parabolami, w obec czego potrzebne są tylko dwa punkty yj i leżące na tych parabolach, a otrzymujenty je sposobem wskazanym na str. 57, rys. 43. Ale nawet punkt e, a zatem i cała parabola

otrzymamy również na pionowej przez 5, jako punkt paraboli yj z punktem P. Istotnie, skoro punkty yj i e są wykreślone sposobem wspomnianym, to wskutek podobieństwa trójkątów mamy:

&Y]

fis a

okaże się zbyteczną, bo wielkość odcinka Vf₅

łącząc

fiv,

•9-p

J ale:    v.p — l) y.7 = i>7r

_l².p ~ 21 '

^-Yj

y.p

więc:

Tak samo:

9-s _Yß

■9-p. y f*

f ale: •9-p. = o j yp- = d\ yß⁼⁼ ^C

_s².    ^

2 d.a ’

__ & [i X Y « _

Yp.

d ; więc:

a zatem: Syj = 9-y]—

V/ dXa)’

wstawiając zaś zamiast j X str. 185--V, otrzymujemy: sy| =

równe mu według wzoru (62)

u — 8).

(x-8)X^r

2    P-⁸⁾

Podobnież: więc: sy| —— p,v.

Tak więc, dla otrzymania największego ściskania K przy obciążeniu ruchomem jednostajnem wystarcza wyznaczyć

P-v

y.p

36

(sposobem str. 184) dział obciążeń H, odłożyć na podporze A

przeprowadzić przez punkt przecię-

-, połączyć ? z

cia tej linii z pionową przez H (t. j. przez ^) linię poziomą, połączyć i z pi odcinek będzie siłą poprzeczną Vf₅, którą rozłożymy tak, jak wyżej na str. 189, rys. 114 (t. j. prowadząc

mamy największe ściskanie K₃₆ dla obciążenia ruchomego je^ dnostajnego jako odcinek

fJ.T

równolegle do K₃₆ i vt równolegle do LW) i otrzy-

T|X.

§ 2. Największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia złożonego.

Otrzymane w sposób powyższy największe natężenia w krzyżulcach dla obciążenia ruchomego uzupełnić należy przez uwzględnienie wpływu ciężaru własnego. Wyznaczywszy więc siłę poprzeczną W₃₆, wywołaną przez ciężar własny dla przekroju «« (rys. 114), [będzie to, w obec jazdy dolnej, siła poprzeczna dla pola 3 5 , otrzymana tak samo, jak (na rys. 67 str. 109) siła poprzeczna V/g dla pola FG], rozkładamy ją, jak powyżej, w kierunkach: krzyżulca 3 6 i linii łączącej punkt L z punktem przecięcia W₃₆ z kierunkiem krzyżulca 3 6, a dołączywszy otrzymane w ten sposób K>₃₆ do powyższego K₃₆, otrzymamy szukane największe natężenie w krzyżulcu 3 6 — KmaxBG.

erą a.

wyznaczony

§ 3. Największe natężenia w słupach dla obciążenia ruchomego wyznacza się zupełnie tak samo, jak w krzyżulcach, przeprowadziwszy przez dany słup 45 (rys. 116) przekrój ukośny ««. Dla obciążenia jednostajnego działem obciążeń będzie przyjeździe

tak, jak wyżej (str. 184 i 186, rys. 112 i 113) punkt

|h'};

po wyznaczeniu zaś działającej w podporze A najwię-

(zgodnie

rai

jazdy I

dolnej I górnej |

kszej siły poprzecznej

z rys. 114 dla obciążenia ruchomego z sił skupionych, a z rys. 115 dla obciążenia ruchomego jednostajnego) otrzymujemy odrazu—według str. 131 (rys. 74) — na pionowej przez

dla

b.

s'

-    -g)

//'

',11

\ II / \ I¹ /

\ ,1 /

• \U

0<

>o'

a»

'Tri

5i,5

f fi ^t^rrrJZ

5’^-

\;

•OC

V«

\Â

podporę A wskazane na rys. 116 natężenie

C/3 W

‘i

45 I

, odkłada-

jąc gdziekolwiek na linii S₄₅ odcinek we jego punkty z punktem L przecięcia prętów 24 i 5 7.

§ 4. Największe natężenia w słupach dla obciążenia złożonego.

Do otrzymanego sposobem powyższym natężenia S45 w słupie dla obciążenia ruchomego dołączyć należy natężenie S^45, wywołane przez ciężar własny, t. j. wyznaczyć prze-

wywołaną przez cię-

i łącząc końco-

( Vg 1

dewszystkiem siłę poprzeczną |^⁵⁷|

/ dolnej \

\ górnej /

jednak trzeba, że natężenie S₄₅ w słupie 4 5 (rys. 116) wykreślamy na zasadzie, że po przecięciu ukośnem poprzeczna dla tego ukośnego przekroju musi utrzymywać równowagę z siłami wewnętrznemi prętów 24, 4 5 i 5 7. Sko-śność ta spowodowała przesunięcie działu obciążeń, który

przez pola    ^la Jazdy

J H₄, na lewo od H )

I H'i, na prawo od H' / ’

żar własny przy jeździe

dla

pola I 24 I • Zaznaczyć

aa

siła

dla

przekrojów pionowych j j

j byłby (rys. 116) w punkcie

( dolnej \ górnej

a poza tern — w obec działania obciążenia ruchomego tylko i — nie wywarła wpływu na wielkość naj-

; JVM

W*/

w pasie j

dolnym

górnym

większej siły poprzecznej

, wyznaczonej dla pola

przy jeżdzie

Ale wyznaczona dla tego samego

Iv ⁵⁷ !

W ₂J

Crq

1571

siła poprzeczna

własny, działający we wszystkich węzłach, musi być oczywiście ze względu na skośność przekroju aa—jako wypadkowa sił zewnętrznych z lewej strony przekroju aa—dla jazdy dolnej zmniejszona | górnej zwiększona {

pola

\ 24 /

wywołana przez ciężar

o ciężar własny | ^⁴j, działający w węźle    a więc — jako skierowana w górę — wyniesie teraz

dolnej górnej

I dla jazdy j

/ V'₅₇ + £4

l v^₂₄-^₅

dodatkową siłę poprzeczną

runku prętów 24, 4 5 i 5 7 sposobem wskazanym na str. 131, rys, 74, a uzupełnione przez dołączenie składowej w kierunku 45 natężenie S₄₅ będzie największem natężeniem S₄₅™a*. Zupełnie tak samo rozumując, przekonamy się, że dla belki tego samego typu (rys. 117), ale z odwrotnymi krzyżulcami

j. Otrzymaną w ten sposób I rozłożyć trzeba w kie-

|V'₅₇+* 4 lv^₂₄

— <§5

ye /

6

_// o'5

OC yę

7'

(wznoszącymi się ku środkowi belki)—w obec inaczej idącego

dolnej zwiększyć ) górnej zmniejszyć )

teraz przekroju

aa —

przy urządzeniu jazdy j

należy siłę poprzeczną j ^³⁵j dla ciężaru własnego, wyzna-

działający w wę-

czoną dla pola

Go

Oh kj\

, o ciężar własny

źle

-sT

, a więc jako skierowana w górę wyniesie ona teraz

I dla jazdy j    j • Siłę tę rozłożyć trzeba

vsai-gl v*₄₆ + g,

w kierunkach prętów 46, 45 i 35—jak wyżej — a uzupełnione przez dołączenie składowej w kierunku 4 5 natężenie S4s będzie największem natężeniem Si5max.

§ 5. Największe natężenia w pasach.

■#

Natężenia w poszczególnych prętach pasów otrzymywać można, jak wiadomo, sposobem Rittera, według wzorów (52) i (53) str. 129 i 130, t. j. np. dla belki rys. 118, dla przekroju »«: G₃₅ = — momentowi siły poprzecznej względem bieguna w węźle 4, podzielonemu przez odległość pręta 3 5 od węzła 4, czyli g₄ i tak samo: D₂₄=—momentowi siły poprzecznej względem bieguna w węźle 3 , podzielonemu przez d₃, a więc: natężenie w jakimkolwiek pręcie górnego, lub dolnego pasa jest równe liczebnie momentowi siły poprzecznej względem przeciwległego węzła, podzielonemu przez odległość tegoż węzła od danego pręta.

Zaznaczmy tutaj, że nie dla każdej belki kratowej jest to oczywiste, który węzeł uważać trzeba za przeciwległy odpowiedniemu prętowi pasa. Tak np. na rys. 118 prętowi 3 5 odpowiada oczywiście węzeł 4, ale w belce rys. 116 dla pręta 24 jako węzeł przeciwległy uważany być musi węzeł 5 (a nie 3), bo dla przekroju ßß przez 3 pręty 24, 2 5 i 3 5 punkt przecięcia prętów 25 i 35 (a więc węzeł 5) musi być (według sposobu Rittera) obrany jako biegun. Tak samo na rys. 117 za przeciwległy węzeł dla 24 uznamy węzeł 3, jako punkt przecięcia 34 i 35.

[Dodajmy jeszcze, że jeżeli zamiast przekroju aa (rys. 118) weźmiemy jakikolwiek inny między węzłami 3 i 5, np. ßß, to moment siły poprzecznej dla tego nowego przekroju—większej od siły poprzecznej dla przekroju aa o siłę, działającą w węźle 4 — będzie oczywiście względem bieguna 4 zawsze ten sam — identyczny z momentem gnącym belki prostej wzglę-

c'

-2«

«<?

£'

FF.

O'—

H:

->

- X.'

Jr

$3 S'

*Jih =.    ''^

*n<xOL

<F^6X= ć/rnctOL, —

FF

.x

.T.Vi

■S'

S'

"V*

■•>9-

.....F'"

CX:

-CK-

S'

V*

......2».

• - - * ........*£•

.....>** w0tF

s>

•S'

«Æ

nrif-Lu

s=J/>

F?⁵³

?4

r^J

? $•

II

300. /

3 to \vylyy.

O'-

tSi

!F

y*S

dem przekroju przez punkt 4 (str. 47), t. j. z momentem sił zewnętrznych dla tegoż węzła].

Największe natężenie w pasach wywołane zostaje, jak wiadomo (str. 180), przez całkowite obciążenie belki. Dla otrzymania zatem największych natężeń w poszczególnych prętach pasów należy wyznaczyć największe momenty dla właściwych węzłów, rozmieszczając odpowiednio ruchome obciążenie belki według wskazówek na str. 80 i 81, tabl. 1-a, na której dla belki o rozpiętości teoretycznej: /=36,0m wyznaczyliśmy największe momenty ylm

przekrojów I, II, III, IV, V, VI przy obciążeniu całkowitem. Więc np., skoro rozpiętość belki rys. 118 jest także /=36,0m, a węzły 1, 2, 3, 4, 5, 6 odpowiadają przekrojom I, II, III, IV, V, VI tabl. 1-ej, to odłożywszy rzędne yxmax, yUmax-■ ■ jako momenty , M₂, M₃, M₄..., dla których skalą będzie według str. 93:    1 mm = 36 tonnometrów, otrzymujemy krzywą naj

większych momentów A₀NB₀ i natężenie w dowolnym pręcie

n    n M₄ 51,9X36

pasa, np. G₃₅, będzie: G35 ⁼ VT⁼ |q ₆₆

Przyjąwszy zaś jeden z momentów — zazwyczaj środkowy —

M

a więc M₆, za natężenie G₅₅', które jest=-^-, zmieniliśmy

przez to w tym samym stosunku-^- skalę rysunku; skoro zaś

M₆ = ON było odłożone w* skali 1 mm = 36 tonnometrów, to obe-

36 tonnometrów 36    ~

——,--;-—-- = 3 tonny. lasa-

n metrów 12

ma skala musi być już oczywiście stosowaną do pozostałych

M

natężeń, a więc np. natężenie D₄₆, równe —~, nie może być

«5

wyrażone przez odcinek: M₅ = E₅S₅, lecz przez odcinek M

M'₅ =--,-Xä = E₅T₅ , który otrzymamy wykreślnie, odkładając

od E₅ do J₅ i L₅ długości i h i prowadząc przez L₅ równoległą do J₅S₅ . Tak samo wyznaczymy natężenie G₃₅ jako

X h, otrzymane przez odłożenie E₄ J₄ =    ,

E₄L₄ = /f i przeprowadzenie równoległej przez L₄ do J₄S₄.

Wyznaczone w ten sposób punkty Tä, T₄, T₃, T określają krzywą największych natężeń pasa górnego NT₄T2 i dolnego — N/T₅T₃T₁. Krzywe największych natężeń w pa-

cna skala będzie: 1 mm =

M'₄=E₄T₄ =

m₄

ax i

y¹

max j

y¹¹

max •

.. dla

175,3 tonnemetfów.

sach przedstawiają zazwyczaj linię prostą łamaną, bo natężenia w poszczególnych prętach nie są jednakowe,—zwiększają się ku środkowi belki. W danym jednak wypadku (rys. 118) krzywe te są liniami prostemi, równoległemi do osi A₀B a więc natężenia w poszczególnych prętach obu pasów są jednakowe (z wyjątkiem, wskazanym poniżej). Rezultat ten osiągnięty został przez odpowiedni dobór wysokości: db, gA, g₂,    , możliwy oczywiście tylko w tym razie, jeżeli

kształt belki kratowej nie jest dany, a dana jest tylko jej wysokość pośrodku (h) i postawiony np. warunek, aby odstępy poziome między węzłami były równe: wychodząc bowiem z założenia, że przy wysokości h natężenie G₅₅> (w pręcie 5 5') M

będzie = —^ i wyrażone przez odcinek M₆, wszystkie zaś inne

natężenia w pasach mają być = temuż M₆, widzimy, że np.

M

z wzoru dla natężenia D₄₆: D₄₆ = —~— o ile za d₅ weźmiemy

«5

odcinek E₅ J₅ , wykreślony przez odłożenie: E₆Lb = h i przeprowadzenie przez S₅ równoległej do T₅L₅,t.j. a?₅ = E₅J₅ =

E₅L₅

X E₅S₅ =rr.XM₅

M

~E₅T₅

m₆

m₄

z wzoru dla natężenia: G₃₅ =

gi

— otrzymamy: D₄₆ = -^.'(Podobnież o ile za gA weźmiemy od-

cinek E₄J₄, wykreślony przez odłożenie E₄Li—h i przeprowadzenie przez S₄ równoległej do T₄L _E₄L₄

⁼ e₄t₄

b j* gi — E₄ J₄ —

xe₄s₄ =

jr-pXM₄ — otrzymamy G₃₅= -). Przy da-1V1₆

po-

nej wysokości belki h i równych odstępach między węzłami mamy ustalone odrazu położenie węzłów 6, 5 i 5'; położenie węzła 4 określimy za pomocą wyznaczonego już d łożenie węzła 3 za pomocą g±, a wyznaczywszy w powyższy sposób jeszcze d%, g₂ i d₁, wykreślimy podobnież kolejno węzły 2, 1 i 0 i nadamy belce kształt taki (rys. 118), przy którym natężenia w obu pasach będą jednakowe: w pasie dolnym — dla wszystkich prętów, w pasie zaś górnym — z wyjątkiem pręta skrajnego 01, dla którego natężenie nie będzie równe pozostałym w obec tego, że pręt ten powstał jako połączenie węzła 1 z węzłem 0, a nie przez zastosowanie powyższej konstrukcyi.

Na podobnych zasadach oparty został obecnie rzadko stosowany ustrój belek kratowych Pauli’ego, według którego

zbudowano w drugiej połowie ubiegłego stulecia szereg pięknych mostów o znacznych rozpiętościach, np. most między Zurychem i Bazyleą przez Aar o 5-u przęsłach, z największem 60-metrowem pośrodku, most przez Ren pod Moguncyą, którego 4 największe otwory liczą po 90 metrów, a największa wysokość belki kratowej pośrodku wynosi 15 metrów.

§ 6. Belki kratowe równoległe.

Belki kratowe równoległe należą do najczęściej stosowanych w praktyce mostowej. Widzieliśmy już kilka typów tych belek (rys. 89, 90, 91, 92, 93 i 94). Z pomiędzy belek ze słupami typ na rys. 90 ze ściskanymi krzyżulcami stosuje się niemal wyłącznie do mostów drewnianych, dla żelaznych zaś praktyczniejszy jest typ rys. 89, bo jest to celowe, że pręty ściskane (słupy), a więc podlegające (zależnemu od długości pręta) wyboczeniu, są krótsze od wyciąganych krzy-żulców.

Rozpatrzmy kolejno, jakie zachodzą dla belek równoległych uproszczenia przy wyznaczaniu największych natężeń w pasach, krzyżulcach i słupach.

max —

a) W pasach: Dla belek kratowych równoległych wysokość jest stała na całej długości, więc rzędne krzywej największych momentów mogą oczywiście być uważane — przy odpowiedniej zmianie skali -- wprost za natężenia w poszczególnych prętach pasów, a zatem np. dla belki kratowej równoległej o rozpiętości teoretycznej: /= 36,Om (rys. 119) i wysokości: h — 4,0 m, dla której moment największy pośrodku belki jest według str. 92, tablicy 1-ej:    — H.y

18X58,5X2 = 2106 tonnometrów, otrzymamy największe na-

, .    . n    n    M max 2106

tężenie G₅₅> w pasie górnym: G₅₅' =    = —-- = 526,5 tonn

i oczywiście możemy odcinek:    58,5 mm uważać za na

tężenie G₅₅', a odcinek yvmax- za natężenie D₄₆ i t. d., wziąwszy skalę: 1 mm = 9 tonn. Krzywą największych natężeń będzie dla pasa górnego linia łamana abcde..., dla dolnego zaś pasa — aßfBe...

Tak więc dla belek kratowych równoległych wyznaczanie największych natężeń w pasach sprowadza się — w obec jednakowej wysokości h całej belki — do odczytywania natężeń wprost z krz}/wej największych momentów z zastosowaniem tylko odpowiedniej skali.

CC

.....<ÿ

%,

fe £

*11

c**

su

W-j

JJ

<¥»i axr &e£

., 119.

/TV

3'

v.

%/

<y

—

Çx---

-Sus

' *o

ç*

$ ilcÆk/ mî i",!n=

M»

300.

9 ;to/]yv]^y.

¹ '" ■ ^rnttx—T

ci.

«i

■f

<5-

''<S

b) W krzyżulcach: Dla wyznaczenia największego natężenia w krzyżulcu 47 belki rys. 120a, wykreślamy przedewszystkiem największą siłę poprzeczną V₄₇ według str. 187, 188 i 189 rysunek 114 \ str. 190, 191 i 192 rysunek 115 j f z ciężarów skupionych jednostajnego

dla obciążenia ruchomego

I z tą tylko różnicą, że dla belki ró-

wnoległej rys. 120a punkt przecięcia L prętów 46 i 5 7 będzie w nieskończoności, a zatem: a = e, więc: 1) dla obciążenia ruchomego z ciężarów skupion}mh odległość biegunowa

H"=dX~=d i V₅₇ (albo V₄₇) otrzymuje się zupełnie tak

samo, jak Vf₅ na rys 114. (ale wszystkie wieloboki dodatkowe będą identyczne) i 2) dla obciążenia ruchomego jednostajnego otrzymamy obecnie jako dział obciążeń punkt H, oczywiście na tej samej pionowej linii tak dla jazdy dolnej, jak dla górnej — a wzór (62) str. 185 da teraz, w obec e — a\-

SU

zkąd wynika, że w tym samym sto-

— \, albo: a

sunku będą do siebie odpory A₁ i P₅ dla belek o rozpiętości lid, wywołane przez obciążenie odstępów \ i 8 (bo według

₌£A_²

wzoru (22) na str. 64 odpór Ax

Ai _ A². x ^

§²

Jeżeli zatem mamy belkę kratową równoległą o n ró-

n = -^-Ai⁴⁷, cżyłi (Przy v4t =

Odpór Ax⁴⁷ (t. j. największą siłę poprzeczną dla przekroju przez H przy obciążeniu ruchomem jednostajnem, dochodzą-cem z prawej strony do H) otrzymamy, jak wiadomo (str. 104

i 105, rys. 64), wykreślając za pomocą odcinków i ^ prostą

A^B^ i parabole mm' i nri (rys. 120c)—jako odcinek ßy, a więc: V₄₇= f A₁⁴⁷ = fßy = ßs. [Możemy również według rys. 120d prz3⁷jąć A'jB^ jako poziomą i wykreślić parabole mm' i nn', a otrzymamy podobnież: V₄₇ = ßs]. Uwzględniając oprócz tej siły V₄₇ jeszcze siłę poprzeczną V^₄₇ od ciężaru własnego

= Aj⁴⁷

AA⁷

21

i P₅ =

więc:

A,⁴⁷.

ft

ft,

"S'

1

m.

/

/

no

c_

/

j*5,

4'/

/

/

In

\

V

\

\VAS

/

i/tf

VYlClJL

V«

+

A

<*/

}

\

\

£

>{{

;

• f-c

'' 4

A

\

&

/

[i;

/

o

V

.....

&

4«

r

'i

»,

fy :

ÿ

•i>

vh

- '

- - Os

4,

<•.

4

o

SO

«fr

t/1

.' «

&)- -> •• h / /

r-^

SP"--",

A

J=s_M^ i

^ \ \

0*

⁹^’ :

'' •&;’ '

3£;:

o

fO

»J?

Jr-

^5

o

£t\

T^j

© \y>

C*-. - - _

ü\

cV

r**

IS*

U>_

û

\

Si- «*

o

^ \

N

On

/pv

■9-

fefc

*i

sf.

i

I

4s-

-o

\\x&s^Z£

t

' \ x>%<

r •

\

<►-

k

0^>

I

^ M

»4

\

©

dla pola krzyżulca 47, którą otrzymujemy, zgodnie ze str. 109, rys. 67, jako odcinek &yj pośrodku tegoż pola, dodajemy te obie siły, prowadząc (rys. 120c i d) przez s równoległą do A'jB'j i otrzymaną siłę VA1max = d-ę rozkładamy w kierunkach K47 i równoległych do siebie pasów, czyli prowadzimy równoległą przez Ç (a na rys. 120d — przez &) do 47 i odcinek Ç i (względnie    będzie szukanem największem natężeniem

w krzyżulcu: K₄₇wa*. Dla belki kratowej równoległej z krzy-żulcami wznoszącymi się ku środkowi belki (rys. 120b) otrzymamy oczywiście tak samo: V₅₆”ia* = V    i K₅₆

ko odcinek (względnie i\&).

Przy obciążeniu ruchomem z ciężarów skupionych dołączamy do wyznaczonej za pomocą wieloboków sznurowych V₄₇ siłę W₄₇ i podobnie jak wyżej otrzymujemy K4Twax.

c) W słupach: Największe natężenie w słupach belek kratowych równoległych wyznacza się najprościej przy rozważaniu równowagi sił, działających w odpowiednim wę-

dolnej rys. 120 a górnej rys. 120 a dolnej rys. 120b górnej rys. 120 b

zie. Tak np. przy jeździe

wanego nie obciążonego ruchomemi siłami węzła

jące tam siły

24 24 24 24

47 >

25 )

mmmm

OÛOQ

24 »

35 i

24 J

max

—ja

dla rozpatry

działa-

46

57

46

muszą być w równo-

56 >    45 ł 3 5»    57

wadze, w obec zaś prostopadłego kierunku słupów do pasów, natężenie S₄₅ musi być równe, ale odwrotne pionowej

składowej natężenia

47

25

34

24 24 24 24

47

²⁵    , obliczonej na str. 201, t. j. S₄₅ =

34

56

, a jeżeli oprócz obciążenia ruchomego uwzględnia-

prz}^bywa do działających tamże sił jeszcze ten ciężar

węźle

my także ciężar własny: S₄₅

max __

v₄₇

v₂₅

V₃₄

v.ß

o o

i nax

max

Mi

. Przytem, skoro

max

krzyżulec

CT» 4-^

jako

zgodnie ze str. 183

spadający spadający wznoszący się wznoszący się wyciąganym wyciąganym ściskanym ściskanym

ku środkowi belki,jest

to natężenie S₄₅wa* jest

ściskaniem

ściskaniem

wyciąganiem

wyciąganiem

O ile ciężar własny prz3ąmiemy jako rozłożony na wszystkie (górne i dolne) węzły belki, to w rozważanym wyżej

własny węzła, a po dołączeniu w węźle

f górnym 4 ) j dolnym 3

j górnym 4 j I dolnym 5 j

ciężaru

•yą Crq Oq

natężenie

ściskające ściskające wyciągające wyciągające

w słupie 4 5 ocz37wiście

i wyniesie zatem

się o ten ciężar

zwiększy j zmniejszy zmniejszy zwiększy J

. Zauważmy jeszcze, że przy obciążeniu jedno-

V25

V34”“-^4

■ V,,

stajnem ciężary własne węzłów b3^wają przyjmowane zazw\r-czaj jednakowe dla danego pasa; jeżeli więc odłożymy w obie

stron}⁷ od osi A₀B₀ (rys. 120c i d) odcinki = ciężarowi własnemu węzła (gn), to natężenie w słupie S₄₅wa* otrzymamy dla

I =vam°*+g< I

v'C' = V2s

*C = V„“"+£,

Przedstawiając na jednym rysunku—121—te 4 wypadki, z oznaczeniem dla każdego z nich obciążenia ruchomego, dochodzącego do właściwego działu obciążeń H, wyprowadzamy z powyższego wniosek następujący:

Natężenie w słupie 4 5 jest równe liczebnie pionowej

jazdy

[ dolnej ) górnej dolnej górnej

jako odcinek

: 'f.M

“£5

składowej natężenia w sąsiednim krzyżulcu

in ^ to

spotykającym

się z tym słupem na nieobciążonym siłami ruchomemi pasie,

czyli w węźle

■I

zwiększonej

zmniejszonej

o ciężar własny tegoż

węzła, jeżeli krzyźulec znajduje się z |    ! strony słupa.

[Powyższe prawo da się również łatwo udowodnić, zważywszy, że np. dla pierwszego szkicu rys. 121 (t. j. dla jazdy dolnej i wyciąganych krzyżulców) natężenie S₄₅wa* wyznaczymy, przecinając belkę skośnie po łających na ten przekrój sił G₂₄, S45 czną V natężenie S₄₅

pionowej składowej natężenia w krzyżulcu K sile poprzecznej dla pola 47. Skoro jednak teraz siłą poprzeczną, równą liczebnie S₄₅wa*, jest siła poprzeczna V dla skośnego przekroju «a, różniąca się od siły Vi7max tern, że w jej skład nie wchodzi ciężar własny g±, więc — w obec skierowania ku górze sił poprzecznych V47 ba do siły V₄₇wa* dodać ciężar własny gA, czyli przyjąć nie siłę V₄₇m,m, lecz (V₄₇max+gd jako równą liczebnie natężeniu

Dla równowagi dzia-i D₅₇ z siłą poprze-natężenie S₄₅wa* musi być = liczebnie V

otrzymaliśmy wyżej jako równe liczebnie

czyli V^max,

aa .

uiax

aa

max

. To

max

max

— trze-

S45

max

].

5.

°V

oC

\ł

Al£5

•j&S

A\ ?

\ i "-i-

V" X

A%

l'ûdCJL

-o-

S'

£/

z.

W-

■Xjfb 'X

,    I

bC

s.

mM-

^5- —

V.

*7 ' of*

A'

f\

5'

-Ô-

S'

CXy

<rntt^L    mcu)o

J^5 - Vzs-c{₅

m ClX_

oZ

3, I

4'

3’

Vf

Ąy SW

ikl ■ / ■ *ki

Zk

N,

3'

oC

^wt.olvL-'    _ . »act^L

/« = 2 « ->

Ąr 56^

ł*

L+J

u \C->

g-E ÿ

Ko

%~x

\^v

Jr

r>4

V>

CAJ

£ *° * ^

VÛ

Ov

§ 7. Krzyjfculce dodatkowe.

Weźmy pod uwagę belkę kratową ze słupami (rys. 122) z jazdą dolną i wyznaczmy dla działającego na nią ciężaru własnego położenie siły poprzecznej Vl3, V₃₅, V₅₇ za pomocą wieloboku sznurowego, a także punkty przecięcia odpowiednich prętów pasów Lr, Lu, t. j. 02 z 13, 24 z 3 5 i t. d. Punkty te wypadają z lewej strony odpowiednich sił poprzecznych V

dla krzyżulca 47, widzimy, że) krzyżulce będą wyciągane. Jeżeli nadto obciążymy jeszcze całą prawą stronę belki ciężarami ruchomymi, aż do właściwego krzyżulca 47, to wywołamy w nim także wyciąganie, bo siła poprzeczna (w tym razie odpór Ap⁶) znowu będzie z prawej strony odpowiedniego punktu przecięcia pasów; jeżeli jednak obciążymy tjdko lewą stronę belki, to otrzymamy siłę poprzeczną ujemną i będzie nią, jak wiadomo, odwrotny odpór Bj , wywołujący w tym krzyżulcu 47 oczywiście ściskanie. O ile ściskanie to będzie większe od wywołanego przez ciężar własny wyciągania,

13 i

35 i

wskutek czego (przecinając belkę np. po

aa

jSWc>

.    111.

111-1

;f

Oo

o:

Xrr

5-9

'à

«/I W

v - eA> -

--r'»    }

5T

X

OT

m-i

-CX—

bC

>x

i>

otrzymamy w rezultacie w krzyżulcu ściskanie, a więc będzie ten krzyżulec naprzemian ściskany i wyciągany w zależności od obciążenia ruchomego. Przypuśćmy, że np. dla krzyżulca 47 otrzymaliśmy w rezultacie ściskanie. Jeżeli krzyżulec ten ma przekrój płaski, to nie może przeciwdziałać ściskaniu, w obec czego należy zastosować w tern polu oprócz krzyżulca 47 jeszcze t. z. krzyżulec dodatkowy 56, o przekroju również płaskim, łączący węzły 5 i 6. O ile w krzyżulcu 47 siły zewnętrzne wywołują wyciąganie, krzyżulec dodatkowy 56 nie odgrywa żadnej roli i dopiero, kiedy krzyżulec 47 pod wpływem ściskania zostaje wygięty i przestaje pracować— wtedy siły, wywołujące w nim ściskanie, spotykają się z przeciwdziałaniem krzyżulca dodatkowego 5 6, na który działają wyciągająco (jak to jest oczywiste przy rozpatrywaniu przekroju aa). Ponieważ wywołane przez ciężar własny belki siły poprzeczne dodatnie zmniejszają się ku środkowi belki, a wywołane obciążeniem lewej części belki siły poprzeczne ujemne — przeciwnie — wzrastają, więc poza krzyżulcem 47 wszystkie dalsze aż do środka belki będą również ' ściskane, krzyżulce dodatkowe muszą być zatem zastosowane w całej środkowej części belki. Krzyżulce 03, 25, 47, 69 nazywają się w przeciwstawieniu do dodatkowych (56,78) — głównymi.

Poza środkiem belki krzyżulcami dodatkowymi będą 7'8 i 5'6', położone symetrycznie z 78 i 56 względem środka belki, (bo siła poprzeczna wywołana przez ciężar własny dla pola 4'7' jest równa i odwrotna sile poprzecznej dla pola 47 i wywołuje w krzyżulcu 4' 1' wyciąganie; siła zaś poprzeczna dla tegoż pola 4'7', wywołana przez obciążenie ruchome z prawej strony, jest równa i odwrotna sile poprzecznej dla pola 47, wywołanej przez obciążenie ruchome z lewej strony i wywołuje w krzyżulcu 4'7' ściskanie, większe— jak widzieliśmy powyżej — od wyciągania przez ciężar własny; przez zastosowanie jednak krzyżulca dodatkowego 5'6' uwalniamy od tego ściskania krzyżulec główny 4'7', który zatem przeciwdziała tylko sile wyciągającej, w}^wołanej przez ciężar własny i obciążenie ruchome z lewej strony).

Dla belek kratowych równoległych, w granicach między punktami największego momentu M₂ i Mi (str. 183) otrzymujemy w krzyżulcach naprzemian ściskanie i wyciąganie, w obec czego w granicach tych wprowadzamy zazwyczaj krzyżulce dodatkowe, jak to zobaczymy na poniższym przykładzie.

Wykreślenie planu sił dla belki kratowej równoległej z jazdą dolną. (Tablica 3-a).

Dane: Rozpiętość teoretyczna belki: /=36,Om; długość pola: ćjf=4,5m; wysokość belki: /; = 4,5m. Obciążenie ruchome— dwa parowozy z wagonami towarowymi według rys. 51, str. 80. Ciężar własny mostu: g= 3 tonny na metr bieżący mostu.

Wykreślmy wielobok sznurowy dla 2-ch parowozów, zwróconych kominami ku sobie, t. j. w położeniu: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2,1 i 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18 z dodaniem kilku osi wagonów towarowych: 19, 20, 21, 22, 23 , zupełnie tak samo i w tej samej skali, jak na tablicy 1 -ej (t. j. skala długości 1:200 i skala sił: 1 mm = 2 tonn}^)—z tą tylko różnicą, że odległość biegunową H weźmiemy odrazu: H = £Z = /= 36,0 m.

1. Natężenia w pasach.

M₀

Ponieważ obciążenie ruchome nie działa na belkę bezpośrednio, lecz przez belki podłużne i poprzeczne, rozstawione co 4,5 m w węzłach belki, więc dla wykreślenia natężeń w pasach trzeba wyznaczyć największe momenty dla przekrojów przez węzły 3, 5, 7, 9. Największy moment pośrodku belki, wywołany przez ciężar własny, wynosi według str. 92: M₀ = 486 tonnometrów, ale teraz przy H = /=36,0m: y⁰max = _ 486 ~ H “ 36

będzie: 1 mm =

= 13,5 tonn = 6,75 mm, więc skala dla momentów 486

6,75

= 72 tonnometrom. Odkładając tę największą rzędną y°max w środku belki AB, wykreślamy według str. 57, rys. 43 punkty paraboli, odpowiadające przekrojom przez węzły 3, 5, 7, 9 i otrzymujemy w ten sposób rzędne y°₃, y° y°₇, określające krzywą momentów dla ciężaru własnego. Dla obciążenia ruchomego wykreślimy największe momenty dla tychże przekrojów sposobem opisanym na str. 80 i 81, przesuwając belkę nad wielobokiem sznurowym tak, aby najcięższe koła 5, 6, 7, 8, 9, 10 wypadały nad rozpatrywanym przekrojem. Po kilku próbach otrzymamy największy odcinek yz, dający największy moment dla węzła 3, ustawiając nad nim koło 6 [bo zmieszczą się wtedy na belce, zajmującej położenie A₃B₃, koła od 5 do 21 włącznie, a linia przeprowadzona przez punkt N₃ (eN₃ = A₃3) równolegle do Zsx przetnie na wieloboku sił ciężar 6]. Tak samo największy

14

ax j

odcinek y₅ (a więc największ}⁷ moment dla węzła 5) otrzymamy przy położeniu belki A₅B₅, ustawiając koło 8 nad tym węzłem [bo przy kołach 4 do 20 włącznie, mieszczących się na belce A₅B₅, linia, idąca przez N₅ (ć/N₅ = A₅5) równolegle do Z g za, przecina ciężar 8]. Dla węzła 7, ustawiając belkę w położeniu A₇B₇ (t. j. kołem 7 nad węzłem 7) i przeprowadzając przez punkt N₇ równoległą do Z₇ u, widzimy, że przejdzie ona przez punkt h, co według str. 83 oznacza że zarówno dla koła 7 , jak 8, moment jest największy. Istotnie dla obu położeń belki: A₇B₇ i A₉B₉ (z węzłem 7 pod kołami 7 i 8) otrzymujemy tej samej wielkości odcinki jy₇ =jy₈. Dla węzła 9 otrzymamy podobnież yg pod kołem 10 (linia, idąca przez N₉ równolegle do Z₉^, przecina ciężar 10).

Odcinki yg, y₇, y₅, y₃, odłożone ponad odcinkami y°m y°₇ , jy°₅ , y°₃, dadzą krzywą największych momentów dla pasa górnego abcdef..., a dla pasa dolnego aßyoe£... i wyrażają (zgodnie ze str. 199) natężenia w pasach, o ile zastosujemy do nich odpowiednią skalę, w danym wypadku, w obec:

72

= 16 tonn.

4,5

/? = 4,5m — skalę 1 mm =

Otrzymane w ten sposób natężenia w poszczególnych prętach pasów wypisujemy na pierwszym schematycznym rysunku belki dla obciążenia ruchomego i ciężaru własnego, a na dru<" gim — największe natężenia dla całkowitego obciążenia belki.

2. Natężenia w krzyżulcach.

P-P >

Wielobok sznurowy «Z wykreślony dla sił 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 1°, 2°, 3°, 4°... z odległością biegunową H = / jest, według str. 96 i 97, krzywą największych sił poprzeczkach dodatnich dla belki w położeniu kZ. Dla jakiegokolwiek krzyżulca, np. 47, otrzymujemy właściwą siłę poprzeczną, zgodnie ze str. 201, wykreślając wielobok dodatkowy X|i,v dla sił 9, 8, 7 w położeniu 9', 8', 7' z odległością biegunową d— Z"k, a w obec jednakowych odległości między kołami 9, 8, 7 i jednakowych obciążeń tychże kół wykreślić możemy ten wielobok Xp.v zupełnie tak samo, jak to opisane na str. 118 [t. j. łącząc punkt Z" z punktami i i h! i prowadząc przez X równoległą do Z'V, a przez otrzymany punkt p równoległą do Z"h!\. Największy z trzech odcinków Xrc, va (a więc ^p) będzie szukaną siłą poprzeczną V₄₇ dla krzyżulca 47, a rozkładając tę siłę według str. 203 w kierunku 47 i poziomym, otrzymujemy -rp jako natężenie K₄₇, wywo-

łane w krzyżulcu 47 przez obciążenie ruchome. Odkładając następnie od dowolnie przyjętej osi A₁B₁ odcinki A₄ß i B₃ y

54tonnom, czyli w naszej skali = 27 mm i łą-

gl 3X36 równe - - — —-— =

^25 i ^69 •

cząc ze sobą punkty ß i y, otrzymujemy, zgodnie ze str. 203, siłę poprzeczną V>₄₇ dla krzyżulca 47 , wywołaną przez ciężar własny, jako odcinek äs pośrodku pola 46 i odpowiednie natężenie K>₄₇ jako odcinek Co. Tak samo otrzymujemy oczywiście natężenia w inn}^ch krzyżulcach, czyli K (Natężenie K₀₃, wychodzące poza tablicę rysunku, skierowaliśmy w stronę przeciwną, nie zmieniając przez to oczywiście jego liczebnej wielkości: K₀₃=<p<p).

Ponieważ krzyżulce 6'9, 4'7', 2'5', 0'3' prawej części belki są zupełnie symetryczne z odpowiednimi krzyżulcami— lewej, natężenia w nich zatem są równe określonym wyżej, a odpowiadają obciążeniu ruchomemu, zajmującemu lewą część belki, bo widoczne jest, że krzywa najmniejszych sił poprzecznych— ujemnych — k* (wykreślona zgodnie ze str. 97, tablica 1-a) daje np. dla krzyżulca 4'7' siłę poprzeczną a zatem K₄'₇^ = t/./ = xiu. = K₄₇ .

Zauważmy przytem, że natężenie wywołane przez obcią-

prawej j lewej /

żenie

części belki w krzyżulcach

dodatnich | ujemnych /

( 47 )

Ale dla krzyżulca 6'9 otrzymamy oczywiście przy obciążeniu prawej części belki siłę poprzeczną dodatnią V₆'₉ i ujemną W₆>₉ (od ciężaru własnego), w rezultacie zaś — dodatnią siłę poprzeczną (V₆/₉—V^₆'₉), która wywoła w krzyżulcu 6'9 oczywiście ściskanie; jeżeli więc krzyżulce mają (jak to bywa zazwyczaj) przeciwdziałać tylko siłom wyciągającym, to koniecznem jest zastosować krzy-żulec dodatkowy 8 7', w którym powyższa siła poprzeczna (dodatnia) wywoła natężenie wyciągające. Dla krzyżulca 4'7' otrzymamy przy obciążeniu prawej części belki siłę poprzeczną (V₄'₇' — W₄y), w rezultacie ujemną, wywołującą w tym krzyżulcu wyciąganie; krzyżulec więc dodatkowy 6'5' (wykropkowany) okazuje się całkiem zbytecznym. Teraz widzimy, że wyznaczając według str. 104, tabl. 1-a punkty zwrotne naj-

/ 03, 25, 47, 69 \ OT', 2'5', 4'7', 6'9

będzie wyciąganiem w obec

sił poprzecznych, np.

dla krzyżulca

większego momentu M₂ i MA (leżące na pionowych przez M 2 i M'x, punkty przecięcia krzyw}^ch Za i kv. z prostą m'm", łączącą końcowe punkty odcinków = \gl, odłożonych od punktów k i Z) otrzymujemy poza granicami odstępu M₂M4 w krzyżulcach spadających ku punktom M₂ i Mx wyciąganie (zgodnie ze str. 183 i 208).

K-25 » K47,

■^69 ł

Wyznaczone natężenia w krzyżulcach: K wywołane przez obciążenie ruchome, oraz K>₀₃, K+2 K>₄₇, K>₆₉, wywołane przez ciężar własny, wypisaliśmy na pierwszym schematycznym rysunku belki, na drugim zaś — największe natężenia w krzyżulcach.

3. Natężenia w słupach.

Zgodnie ze str. 205 natężenie w jakimkolwiek słupie 45 jest równe liczebnie pionowej składowej natężenia sąsiedniego krzyżulca 47, spotykającego się z tym słupem na nieobciąźo" nym siłami ruchomemi pasie, czyli w węźle 4, zwiększonej o ciężar własny tegoż węzła, ponieważ krzyżulec znajduje się z prawej strony słupa. A więc natężenie S₄₅ = V₄₇ + V+₄₇+£-₄.

W danym razie, o ile przyjmiemy ciężar własny jako rozłożony w I na górne — i w f na dolne węzły, możemy napisać:

S4 5⁼ V4 7 + W₄ 7 + 1 gd

i zamiast ostatnich dwóch wyrazów wziąć odcinek sV, odle-

WU-*

p-l

gły od Ss o d, bo skoro A₄ß = -^-, to: §V = 8e + %gd.

max

]•

[Moglibyśmy oczywiście również przeprowadzić według str. 205 (rys. 120) w odległości ± gd=(^X3X4,5) tonn, czyli 2,25 mm od ßy— licząc tę odległość pionowo — linię równoległą do ßy i otrzymalibyśmy odrazu np. odcinek 8ea, = 8Y = V+₄₅. Ten sposób jest znacznie dogodniejszy, jeżeli jak na rys. 120 wyznaczamy odrazu całe S₄₅

Podobnież otrzymamy natężenia we wszystkich innych słupach, z wyjątkiem słupa podporowego 01, dla którego obciążenie węzła będzie mniejsze, niż dla każdego z pozostałych, t. j. \gd, a więc:

Soi⁼V₀3 + V⁸oz+\gd i dwa ostatnie wyrazy dają oczywiście odcinek V^₀₁, odległy od V+₀₃ o \d.

Wyznaczone w ten sposób natężenia w słupach wypisujemy na schematycznych rysunkach belki.

Wszystkie obliczone powyżej natężenia dotyczą całego mostu, składającego się z dwóch belek kratowych, więc na każdą z nich przypada tylko połowa każdego z tych natężeń.

§ 8. Belki kratowe paraboliczne.

Widzieliśmy wyżej (str. 198), że przez odpowiedni dobór kształtu belki kratowej można osiągnąć jednakowe natężenia we wszystkich prętach obu pasów (z wjąątkiem tylko skrajnego pręta). Obecnie postaramy się przez nadanie odpowiedniego kształtu belce kratowej osiągnąć inne — pożądane rezultaty:

Dla belki kratowej ze słupami '(rys. 122) po wprowadzeniu właściwego oznaczenia węzłów i przeprowadzeniu przekroju aa otrzymujemy jako jeden z warunków równowagi siły poprzecznej Vm z siłami w przeciętych prętach: G

że (zgodnie ze str. 42) suma składowych poziomych tych sił musi być = o, a więc (w obec ściskania Gm i wyciągania Km i Dm-i, oznaczonych odpowiedniemi strzałkami):

K;« j Dw

-1 >

Gm cos ß— Km cos cp — D,w Km cos <p = Gm cos ß— cos § ale zgodnie ze str. 195:

t cos o = o , zkąd:

(63);

Gm =

M

mm

gdzie: gm=hnf cos ß

dm

-1

gm

, gdzie: dm—₁=hm-\ cos o, więc:

M M

iVi m    iYi m — i

lim hm

[Dla krzyżulca odwrotnego 5 6 byłoby dla tegoż przekroju aa (w obec ściskania K'm):

Gm cos ß + K'm cos (]/ — Dm — ₁ cos o=0

M nt-\

li ^

* i ni

i w rezultacie: K'm cos é — -i—

O ni

-i

(64).

Przy obciążeniu stałem jednostajnem g moment dla jakiegokolwiek przekroju w odległości xm od podpory wyraża się (str. 61, wzór 15):

a zatem: Km cos cp

_§, (J %m)

2

_ g |~ Xm {I %m)

2 1_ hm

hm

-1

ni —

l)

Jeżeli nadamy belce kratowej kształt taki, przy którym .., odpowiadać będą warunkowi:

x (l—x)

wysokości hm, hm

Xm ( l Xm) %

-1 *

ni — i

(/ Xm — j)

hm

hm

=c

-1

(65)

to w belce takiej natężenia w krzyżulcach, wywołane przez

obciążenie stałe jednostajne, będą = o. Tą wielkością stałą C możemy rozporządzać dowolnie; jeżeli więc np. postawimy warunek, że wysokość belki pośrodku ma b}^ć z góry okre-

śloną=/, to dla x =

co

równanie powyższe da:

4/

i przejdzie w równanie: h = Afx(l—x)

x (/—x)

=c=

l²

, zkąd:

(66).

Takiemu warunkowi ma odpowiadać zmienna wysokość A, jeżeli w krzyżulcach natężenia mają być = o.

Prz}7jąwsz}'' za oś x linię podpór AB (rys. 123), widzimy, że h wyraża rzędną paraboli ze strzałką / i z osią pionową,

przechodzącą przez środek belki. O ile więc za pas

I dolny I ( górny j

weźmiemy linię AB, a węzły pasa j

górnego dolnego

(rys. 123 i 124), to natężenia w krzyżulcach, wywołane przez obciążenie stałe jednostajne, będą = o. Wysokość belki pośrodku (Umax) — o ile niema środkowego słupa—będzie oczy-

na tej paraboli

A*

CO

t,

-0—7-

A

h'

N.

124

ePUj-A 125

'A

y'

-A

majc

3'

wiście mniejszą od./, określoną z równania (66), lub też otrzymaną wykreślnie (rys. 125) jako rzędna paraboli sposobem str. 57, rys. 43.

Zauważmy jeszcze, że moglibyśmy nadać jednemu z pasów kształt całkiem dowolny, byleby drugi odpowiadał równaniu (66) co do poszczególnych wysokości słupów (h).

Belki kratowe, których węzły jednego, lub obu pasów, leżą na paraboli, nazywamy parabolicznemi. Zazwyczaj cała belka paraboliczna jest podzielona na równej długości pola i ma wtedy różne godne zaznaczenia własności:

Weźmy belkę paraboliczną o rozpiętości /=24,0m w skali 1:100 (rys. 126), podzieloną na 8 pól (7=3,0m) pod działa-

126.

À,

££

3—

Jf

ÏÏ

©=■---

K--------cl---

S*

<§JćzXi&Gc/ jÜXax, atMxd eLix-aXa- /^\%/    1

: 100.

1 tanna.

goj.

X--.:

jhï"

SjlL

Sg

<T»    c-§)

3><„ = %s = $3s=2)s-7

>e---------------

niem obciążenia stałego jednostajnego: ^=5 tonn na metr bieżący. Obciążenie całej belki wynosi zatem:

SP = 5 X24 = 120 tonn, a obciążenie jednego pola:

P    X 3 = 15 tonn. Obciążenie więc każdego dolnego

węzła W3miesie: P= 15 tonn, a w węzłach podporowych dzia-

co »-rt

łają siły:

= 7,5 tonn. Odłożywszy te siły P w danej skali

1 mm = 1 tonna, możemy wykreślić wielobok sznurowy (zgodnie ze str. 108, rys. 67) i wierzchołki tego wieloboku leżeć będą na paraboli (z osią pionową), której strzałka będzie zgodnie ze str. 59:

(67).

f_gt

J 8H

Jeżeli więc wysokość belki jest np. 3,0 m i jeżeli przyj-mienw odległość biegunową H według wzoru (67), czyli:

120 tonn,

t, gl² 5X24*

8/    8X3

a bokiem

t. j. w danej skali: H=120mm, to wykreślony wielobok sznurowy przyjmie kształt pasa górnego ACEFJ.. zamykającym będzie linia podpór AB.

Dla jakiegokolwiek pola 13 siłą poprzeczną jest według

P

str. 47: Vl3 = A₁ — (-—+ P) = ic i przechodzi przez punkt przecięcia boku 24 i boku zamykającego AB, czyli przez L. Ten sam punkt L jest punktem przecięcia D₁₃ i G₂₄, więc zgodnie ze str. 131 natężenie K₂₃ musi być = o, co zresztą było dowiedzione już powyżej.

Tak więc pierwszą własnością charakterystyczną belki parabolicznej jest, że przy jednostajnem obciążeniu całej belki natężenia w krzyźulcach są = o.

Ponieważ jednak przy obciążeniu belki tylko z prawej strony otrzymujemy, zgodnie ze str. 179, K₂₃ jako wyciąganie, a przy obciążeniu tylko z lewej strony — jako ściskanie, więc te obie siły [dające według powyższego przy całkowitem (obustronnem) obciążeniu rezultat = o], muszą być sobie równe (liczebnie), a zatem, o ile nie chcemy, aby krzyżulce przeciwdziałały siłom ściskającym, musimy urządzić na całej długości belki krzyżulce dodatkowe 14, 36, 5 8...

Ponieważ w obec K₂₃ = o natężenia Dl3 i G₂₄ muszą utrz3unywać równowagę z siłą poprzeczną Vl3 (wyrażoną

przez odcinek ić), pręty zaś pasa górnego 02, 24, 46, 68 są równoległe do odpowiednich promieni Z b, Z c, Zé, Z/, a pręty dolnego pasa — poziome, jest więc oczywiste, że każda siła poprzeczna da składową poziomą = H (odległości biegunowej), czyli :

D₀₁ = Dl3 = D₃₅= .... =H.

Dla belki rys. 124 przy obciążeniu całkowitem jedno-stajnem węzłów górnych otrzymalibyśmy tak samo:

G₀₂ = G₂₄ = G₄₆ = .... H .

A więc drugą własnością charakterystyczną belek parabolicznych jest, że natężenia wywołane w całym pasie poziom mym przez obciążenie jednostajne całej belki są jednakowe i równe odległości biegunowej H.

Składowemi siły poprzecznej w kierunku prętów górne-

go pasa, czyli natężeniami G Zb , Zc, Ze ..., ale przeprowadziwszy np. przez C poziomą CN i oznaczywszy przez g.2i długość pręta 24, mamy:

czyli G₂₄=HX-S|=HX^⁴.

g₂₄ ,

02 J

G₄₆... będą promienie

G₂₄= Zc

cos <p ’

Toż samo otrzymalibyśmy dla dolnego pasa belki rys. 124 (przy obciążeniu całkowitem jednostajnem węzłów górnych), a więc trzecią własnością charakterystyczną belek parabolicznych jest, że natężenia w poszczególnych prętach pasa parabolicznego są przy obciążeniu jednostajnem całej belki proporcyonalne do długości tychże prętów. Natężenia w pasie parabolicznym można zatem wprost przyjąć jako równe długościom odpowiednich prętów z zastosowaniem tylko odpowiedniej skali: w tym razie np., ponieważ na rys. 126: H= 120 mm= 12,0 m, a d=3, Om, mamy:

G₄₆ = Hx^⁶ = 12X^ = 4^-₄₆, a więc przyjąć można także:

G₄₆=£-₄₆ przy skali lmm = 4tonny, ponieważ skala sił na rysunku 126 jest 1 mm = l tonna.

Weźmy pod uwagę siły, działające na jakikolwiek wę-

K₃₂ i P. Przy obcią-

-Di 31 D₃₅,

zeł pasa dolnego, np. 3: S żeniu całkowitem belki: K₃₂ = o, więc pozostałe utrzymują pomiędzy sobą równowagę, a w obec tożsamości kierunków 13 z 35 i 34 z siłą P musi być oczywiście: D₁₃ = D₃₅ (co widzieliśmy wyżej) i S₃₄ = P.

Dla belki rys. 124 przy obciążeniu jednostajnem węzłów górnych byłoby także: S₃₄=P, a więc: czwartą własnością

charakterystyczną belek parabolicznych jest, że natężenia wywołane przez obciążenie jednostajne całej belki w słupach są jednakowe i równe obciążeniu węzła — wyciąganie w belce rys. 126, ściskanie zaś w belce rys. 124.

Piątą wreszcie własnością charaterystyczną belek kratowych parabolicznych jest, że największe natężenia w krzy«* żulcach przy obciążeniu ruchomem jednostajnem są proporcyo' naine do długości tychże krzyżulców:

Największe natężenie w jakimkolwiek krzyżulcu 45 (rys. 127) otrzymujenry zgodnie ze str. 187, obciążając belkę z pra^

V,

eAAj/ó

• .127.

9°/-\

\v

\\

A-

6'

'i

■e-

-i

------X

3n>

i . .i

V . .V'. .. Vr

1 : 200.

wej strony do linii pionowej, przeprowadzonej przez dział obciążeń dla krzyżulca 4 5 (która w tym razie przechodzi zarówno dla jazdy dolnej, jak i górnej przez punkt przecięcia H linii, łączących punkty A i B z punktami 4 i 6), według wzoru na str. 185 (nie zwracając uwagi na znak):

(68),

K45 yCę — Aj . Xq Pe (x₀ d⁻ x)

gdzie q—oznacza odległość punktu L od krzyżulca 45, (a k oznaczać będzie długość tegoż krzyżulca). W tym wzorze zgodnie z wzorem (22) str. 64:

(69),

_p{l—x)²

21

2d

p _p(x₂—x)²

a wskutek podobieństwa trójkątów

.r

Ag

l—x o

y

l ■ , zkąd po usunięciu y otrzymujemy:

(71).

Punkt}⁷ x₁,yi i #₂, y₂, jako leżące na paraboli, czynią

C (/—C),

zadość równaniu (66) na str. 214, t. j. równaniu: ^ a więc:

4/

(*—*1)

(72),

4/

jr₂ (/    .r₂)

(73)

A2 =

i wstawiając te wielkości do równania (71):

/²

l x₂

lx2

(74).

A x₂ + (/—xx) l+(x₂—x₁)

Przeprowadzając przez E' poziomą E'F', otrzjunujemy:

y2—yi

X₂ — Xx

Al

*o+*i ’

a po uwzględnieniu wzorów (72) i (73):

x₂ (/ — x₂) x₁ (/—Xx)    x₁(l—

X*2

x₀ + x₁

i ztąd:

x₀ + xl =

(x₂—:*ą) xx (7—x{)

(x₂ Al) xx (/ a ^)

X₂ (/-X₂)-Xy (/-xj

{x₂—x₁) (l—[x2 + Xt] )

, czyli:

Xq + xx —

xx (/—xx)

l—(x₂+X 1)

(75),

a więc: x₀ —

xx (/—ną)

l—{x₂ + x₁)

— xx, cz}di :

xx x₂

(76).

/— (^2 + ^1)

(Zauważony tutaj, że z wzoru (76) otrzymujemy: x₀ (7 — [x₂ + xx ] ) — n₂ = 0, czyli: x₀l+x₀² — n₀² — n₀(^₂ + ^'i) — — ^^2 = 0, albo: a:₀ (l+x₀) = x₀ (x₀ + xj) + x₂ (^₀ + ^i), zkąd: x₀(l+x₀) = (x₀ + xx) (tf₀ + #a),

co wyraża inwolucyę 3 par punktów: 1) A i B, 2) E i F, 3) L i or. Gdybyśmy przyjęli to z góry za wiadome, uprościlibyśmy znacznie obliczenie pow}^ższe).

W równaniu (68) wielkość q określi się z wzoru:

4 fxx (/—.%)

^ = LF sin cp = (n₀ + n₂)

E'E

E'F

— (*o d* n₂)^    (*₀ + n₂)

ale na mocy wzoru (76): x₀ + x₂ =

l—{x₂ + x J

~b x₂ —

x₂{l—x₂) l—{x₂ + xx) ’

4/^1 (l—x J

X₂ (I X2) l-(x₂-\-x₁)

Wstawiając określone powyżej wielkości do równania (68): K 4fxxx₂ (l—Xi)(l—x₂) __p (/    x)²

kl²[l—(xt + x₂)]

więc: q —

kl²

*^2

21    l—(jr₁ + jc₂)

p (x₂ — „r)² x₁ (I — ^)

2 (#₂—#i) [/— (aą-j-a^)]

zkąd:

(l—„r)²

(^₂-X)²

{x₂—xi)x₂ (l—x₂) j‘

Usuwając ztąd x na mocy wzoru (74):

₌ kpl² j'/

lx2

lx₂

8/

l+(x₂—

l-\-{x₂—X i)

Tl-

1(1—X^ (l—x₂)

(x₂ — xt) x₂ (l — x₂)

/² (/- a/²

_kpl²\_______

8f }/(/—xp (/—x₂)[lJr(x₂ — ^i)]²

/y 2i f /y _ ^2

^2 1*^2 •*!/

(#₂ — ^    (l—x₂) [l+(x₂ — Xi)Y \

_ kp Pil (l — Xi) — x₂ (x₂ — Xp) I _ kp /² i (l—x₂) (l + Xo—Xi) I _ 8/1 (1—X₂)(l+X₂—Xi)² f 8/ {(/—x₂) (l+x₂—Xi)²}

kpi²

8/(/+x₂~Ę)'CZ?li:

(77).

y kPl2 8 f(l+d)

Tak więc największe natężenie wyciągające w krzyżulcu (K) belki parabolicznej przy obciążeniu ruchomem jednostaj-nem p jest proporcyonalne do długości tegoż krzyżulca (k) i wyraża się wprost przez tę długość przy zastosowaniu odpowiedniej skali sił. A zatem np. dla belki o rozpiętości teoretycznej /= 24,Om; p = 9 tonn na metr bieżący; d=3,Om i wysokości belki: /=6,0m, rys. 127:

y kpi²    _    k.9.2k

~ 8/(/ + «0 ~ 8.6 (24 + 3 j więc można przyjąć natężenie w każdym krzyżulcu K. = k, o ile przyjmiemy, że każdemu metrowi długości k odpowiadają 4 tonny, czyli przy skali długości rys. 127: 1:200— 1 cm — = 8 tonnom. Dla rysunku 126 wypada tak samo: 1 cm = = 8 tonnom, w obec dwa razy mniejszej w}rsokości belki i skali długości 1: 100.

Zauważmy jeszcze, że największe ściskanie w tymże krzy-żulcu 4 5 (rys. 127) będzie oczywiście równe liczebnie otrzymanemu wyżej wyciąganiu, bo według powyższego przy je-dnostajnem obciążeniu całej belki parabolicznej natężenie w krzyżulcu musi być = o, więc suma natężeń przy obciążeniach jednostronnych (ze strony lewej i prawej) musi być = o. (Ten sam wniosek wyprowadzić można zresztą i z tego, że do otrzymanego wzoru (77) dla K nie wchodzi żadna wielkość, charakteryzująca obciążenie z prawej, lub lewej strony).

ROZDZIAŁ V.

Obliczanie wykreślne pól figur płaskich.

§ 1. Przekształcanie figur płaskich na daną podstawę a.

Ponieważ w stat3^ce wykreślnej mamy do czynienia przeważnie z liniami, obliczenie przeto wykreślne pola danej figury płaskiej, mającej np. Fcm², polega na tern, że przy-jąwszy jako podstawę jakąkolwiek długość a cm (t. z. podstawę przekształceń), szukamy odcinka / takiej długości, aby iloczyn a.f— F, t. j. szukanemu polu danej figury płaskiej. Jeżeli mamj^ zatem kilka figur płaskich F,, F₂, F₃... i znajdziemy takie odpowiednie odcinki , /₂, /₃..., że:

a •/i=F1 a •/2=F₂

«•/₃=F 3

to odcinki te: /i,/₂,/₃ • •. będą oczywiście proporcyonalne do danych pól Ft, F₂, F₃..., mogą więc je zastępować w rachunkach wykreślnych, a obliczanie powyższe nazywamy przekształcaniem pól F1} F₂, F₃... na daną podstawę a.

Pole trójkąta, prostokąta, równole-głoboku, trapezu, czworokąta i wielokąta.

§ 2.

.128.

Zet - - -

Trójkąt. Pole trójkąta jest, jak wiadomo, —%.b.h. Dla obliczenia wykreślnego pola trójkąta ABC (rys. 128), czyli dla przekształcenia trójkąta ABC na daną podstawę a} odkładamy na linii podstawy trójkąta odcinek AD = 2a, łączymy D z C i przez B prowadzimy równoległą do CD, poczem, opuszczając z E prostopadłą na AD, otrzymujenry szukany odcinek / jako długość tej -A Q) prostopadłej EG (bo oczy-- - - -A*o    wiście trójkąt ECB jest

równoważny trójkątowi EDB, skoro po przyjęciu za ich podstawę linii BE, mają one swe wierzchołki C i D na linii CD równoległej do podstawy BE, ale w takim razie trójkąty ABC i ADE, powstające z poprzednich przez dodanie do każdego z nich tego samego trójkąta AEB, są także równoważne, więc pole trójkąta ABC=polu trójkąta ADE = 2a X kf=a •/)• Jeżeli za podstawę a przyjęliśmy jednostkę długości, np. 1 cm, to / otrzymane w centymetrach linijnych daje nam oczywiście odrazu pole trójkąta ABC w centymetrach kwadratowych.

Jeżeli zaś chcemy dany trójkąt ABC (rys. 128) zastąpić innym, mającym daną w}/sokość /, to należy tylko przeprowadzić równoległą do podstawy AB w odległości—/, a otrz}^-mawszy jej punkt przecięcia z linią AC (lub jej przedłużeniem, o ile dane / jest większe od wysokości trójkąta ABC) połączyć ten punkt E z punktem B, a przeprowadziwszy przez C równoległą do EB, otrzymamy w ten sposób podstawę AD szukanego trójkąta ADE, równoważnego trójkątowi ABC, jak to widzieliśmy wj^żej. Oczywiście,jeżeli dana wysokość / jest — dwom jednostkom długości, np. 2 cm, to długość AD otrzymana w centymetrach linijnych daje nam odrazu pole trójkąta ABC w centymetrach kwadratowych.

Prostokąt ABCD o podstawie b i wysokości h (rys. 129) przekształcamy na podstawę a, przeprowadzając przez D równoległą do EB , bo: b: a = h' : h , więc: b. h = a . h'.

Równoległobok. Pole równoległoboku (rys. 130) jest jak wiadomo — b .h , czyli podwójnemu trójkątowi: 2 X?b.h.

Równoległobok AB CD składa się z dwóch równych trójkątów ABD i BDC, więc przekształca się go na podstawę a zupełnie tak samo, jak trójkąt, t. j. łącząc punkt E z punktem ^

B i prowadząc przez D : równoległą do EB, przy- ; czem otrz3unujemy punkt G i prostopadła opuszczo- J'ér-na na AD jest szukanym odcinkiem /, t. j.a.f—b.h (bo, przeprowadziwszy linie BD i GE, otrzymujemy zupełnie tak samo, jak wyżej, dwa równoważne trójkąty ABD i AGE, a zatem i równowa-

IRaJ'ô. 129.

Q-:

ił

3

-_c---

......Cl

• v';.\óS

śuM. 130.

żne równoległoboki b.h i a.f). Jeżeli podstawę a przyjmiemy = 1 cm, to odcinek /, otrzymany w centymetrach linijnych, daje nam odrazu po- jf le równoległoboku ABCD w centymetrach kwadratowych.

Trapez. Pole trapezu ABCD (rys. 131) jest, jak wia-AD + BC

S3

<?

..... i

CL

domo, równe: hX c

. (Jest to zresztą odrazu widoczne

po przeprowadzeniu przez środek CD równoległej do AD — w obec równości trójkątów CFK i DFH).

Pole trapezu jest więc równoważne polu równoległoboku A B K H, przekształca się zatem na podstawę a tak samo, jak równoległo-bok ABKH.

131.

.....

___G

Czworokąt. Przekształcenie jakiegokolwiek czworokąta ABCD (rys. 132) na podstawę a można uskutecznić, zastępując przedtem czworokąt ABCD równoważnym mu trójkątem ABE (otrzymanym przez przeprowadzenie CE równolegle do przekątnej BD i połączenie B z E, bo trójkąty BCD i BED są równoważne, a po dołączeniu do każdego z nich trójkąta ABD otrzymujemy czworokąt ABCD , lub też trójkąt ABE). Trójkąt zaś ABE przekształcamy sposobem powyższym na podstawę a.

Można jednak odrazu przekształcić dany czworokąt ABCD na podstawę a: 1) O ile 2a jest mniejsze od obu przekątnych czworokąta (rys. 133), to biorąc jakikolwiek wierzchołek, np. B, za środek koła o promieniu 2a, przeprowadzamy przez D styczną DE, a przez A i C równoległe do BD, dające nam na stycznej DE odcinek GH = szukanemu /, t. j. pole ABCD = a.f (bo trójkąt BGH z podstawą f i wysokością 2a będzie oczywiście równoważny czworokątowi ABCD, skoro trójkąty ABD i BCD są równoważne trójkątom GBD i DBH). 2) o ile 2a jest większe od obu przekątnych czworokąta (rys. 134), to również, przjdmując jakikolwiek wierzcho-

eW 132.

V-

\\

\.

__A>

eriAjô. 133.

■■ /

%*

fes

\e

r\

Zà

K:

Vs

ot

y—

I/

3)

...... £ 3Ł

łek, np. A, za środek koła o promieniu 2a \ przeprowadziwszy przez A i C równoległe do przekątnej BD, otrzymujemy na przecięciu z kołem punkt E, na linii zaś przeprowadzonej przez D równolegle do AE otrzymujemy odcinek GH = 2a, długość zaś prostopadłej BK, opuszczonej z B na linię GH, będzie szukanym odcinkiem / (bo trójkąt BGH z podstawą GH = 2a i wysokością / będzie oczywiście równoważnym czworokątowi ABCD, skoro trójkąty ABD i BCD są równo^ ważne trójkątom GBD i DBH). 3) Jeżeli wreszcie 2a jest mniejsze od jednej przekątnej, np. AC (rys. 133), ale większe od drugiej — BD, to oczywiście można zastosować zarówno sposób pierwszy, jak i drugi, obierając tylko właściwy punkt za środek koła, t. j. punkt A, lub C dla sposobu pierwszego, a punkt B, lub D dla sposobu drugiego.

135.

X.

<3"=>

tt

-ó

é'

Wielokąt. Chcąc dany wielokąt abcdefg (rys. 135) przekształcić na podstawę a, zamieniamy go naprzód na czworokąt sposobem następującym: łączymy punkt a z c, prowadzimy przez b równoległą do ac \ ponieważ trójkąty cba i cb'a są równoważne, więc zamiast siedmiokąta abcdefg możemy wziąć sześciokąt b'cdefg) łącząc dalej punkt b' z d i prowadząc przez c równoległą do db\ otrzymujemy punkt c' i w obec cź dwóch równoważnych trójkątów b'cd i b'dd możemy nasz sześciokąt b'cdefg zastąpić pięciokątem c'defg. Łącząc następnie punkt e z c' i prowadząc przez d równoległą do eć, otrzymalibyśmy na podstawie ag punkt d' zamiast d; ale że ten punkt d' wyznaczylibyśmy niedokładnie (jako punkt przecięcia dwóch prostych, tworzących ze sobą kąt bardzo ostry), więc lepiej będzie połączyć e z g i prowadząc przez / równoległą do eg, otrzymamy wierzchołek f zamiast / i dany siedmiokąt zastąpimy równoważnym mu czworokątem c’def', który przekształcimy powyższym sposobem na podstawę a.

§ 3. Pole wycinka i odcinka koła. Pole odcinka parabolicznego i trójkątów parabolicznych.

Pole wycinka koła (rys. 136) jest, jak wiadomo = iloczynowi z długości łuku AB przez połowę promienia koła, otrzymujemy je więc wykreślnie jako pole trójkąta CAD, odkładając od punktu A po stycznej wyprostowany łuk AB

(w tym celu bierzemy w cyrkiel jakąś tak małą część łuku, że można ją uważać za równą cięciwie i odkładamy ją tyle razy na stycznej, ile razy się mieści na łuku, dołączywszy na stycznej jeszcze pozostałą resztę łuku, mniejszą od tej odkładanej długości, o ile odkładana długość nie mieści się bez reszty w długości łuku; w większości wypadków wystarcza wziąć tę odkładaną długość =kilku milimetrom, bo zresztą odkładanie wielokrotne bardzo małych długości zmniejsza znacznie dokładność wykreślania).

Pole odcinka koła (rys. 136) otrzymujemy oczywiście jako różnicę wycinka ABC i trójkąta ABC, a więc przeprowadziwszy przez B równoległą do CA i zauważywszy, że wycinek koła ABC jest równoważny trójkątowi ADC, a trójkąt ABC — trójkątowi AEC , widzimy, że odcinek AB = wyc. ABC — trójk. ABC = trójk. ADC — trójk. AEC = trójkątowi EDC,

£    3)

i?

Wy'.

CD

Jd

Odcinek i trójkąt paraboliczny.

Parabola odgrywa, jak widzieliśmy wyżej, w statyce wykreślnej znacznie ważniejszą rolę, niż koło, wyznaczmy więc jeszcze pole odcinka parabolicznego DOB (rys. 137) i trójkątów parabolicznych OGB, OHD, ABO i ADO.

-a

ÎTrîS'

rrp

W!

Biorąc punkt O za początek spółrzędnych ukośnokątnych X, Y, mamy, jak wiadomo, dla każdego punktu paraboli równanie:

(78).

y² — 2px

Pole OBC możemy przyjąć jako złożone z nieskończonej ilości pasków równoległych do osi Y o podstawie dx i długości skośnej y, a więc pole każdego paska: —y₁.dx = =y sin adx. Sumując te paski w odpowiednich granicach x,

rX = m

= ysinadx, czyli, uwzględnia-

X — 0

otrzymamy całe pole OBC : F jąc równanie (78):

. x — m

F= / y 2 x¹ sin a dx— ]/ 2p sin « J x=

fcö|09

§ II o

-    3

Y 2p sin a m²,

ale że dla punktu B (ze spółrzędnemi ukośnokątnemi: x = m, y = n), leżącego na paraboli, mamy z równania (78): n² — 2j)m} więc, wprowadzając jeszcze: msina^^, otrzymamy:

(79).

F = fm.w.sin a=?im₁. n

Ponieważ zaś (zgodnie ze str. 59) BC = CD, to całe pole DOB — §m₁.2n = ^m₁.b, a więc pole odcinka parabo^

licznego DOB = 2F = iloczynowi z cięciwy b przez f wysoko^ ści wj, wyznaczonej jako odległość (prostopadła) stycznej, ró' wnoległej do cięciwy b, od tejże cięciwy. Ztąd wynika, że pole jakiegokolwiek odcinka parabolicznego acd (rys. 138)

eSV^6.138.

;-------r

•PT’

jest równoważne 1) polu trójkąta (np. afd) o podstawie równej cięciwie b i wysokości § h, (a więc dla jej otrzymania należy i- ponad wj^sokością h odłożyć jeszcze \H), a także ■ V    2) polu równoległoboku

cc

Ji    (np. aikd) o podstawie

= cięciwie b i wysokości h (a więc dla jej otrzymania należy wysokość h zmniejszyć o \ h).

Pole trójkąta parabolicznego OGB, albo OHD (rys. 137) jest oczywiście = różnicy między polem równoległoboku OGBC (Fj) i polem odcinka parabolicznego OBC (F), cz3di:

F₂ = F₁ — F = m₁ .n—§ mi.n = \m₁.n = ^m .n . sin «.

Ponieważ zaś trójkąty AON i NGB są równe (mają bowiem kąty równe i zgodnie ze str. 59, rys. 44: AO = OC = GB), więc trójkąt paraboliczny ABO jest równoważny trójkątowi parabolicznemu OGB, wszystkie zatem cztery trójkąty paraboliczne OGB, OHD, ABO i ADO są równoważne i pole każdego:

(80).

§ 4. Pole ograniczone dowolnemi krzy-

wemi.

Przy obliczaniu wykreślnem takich pól (np. rys. 139) dzielimy daną krzywą—o ile możności — na płaskie odcinki i przyjmujemy je za odcinki paraboliczne, które zastępujemy kolejno równoważnymi im trójkątami, uważając, aby każdy nowy wierzchołek trójkąta leżał na przedłużeniu boku po" przedniego. Więc np. dzieląc krzywą abcdef (rys. 139) na odcinki ab , bc, cd, de, ef, łączymy punkt a z b, przeprowadzany styczną równoległą do ab, dającą wysokość odcinka bab, przez punkt oddalony od tej stycznej o \hab prowadzimy równoległą do ab i na jej przecięciu z af otrzymamy punkt a', którym zastąpimy punkt a, bo trójkąt a!ab jest

a' cl

równoważny odcinkowi z cięciwą ab, przyjętemu za paraboliczny. Wyznaczywszy następnie wysokość hbc drugiego odcinka (bc), przeprowadzamy linię równoległą .do bc (w odległości od niej o § hbï), która przetnie przedłużenie linii a'b w punkcie b' i ten punkt zastąpi punkt b (bo połączywszy punkt b' z c, zastąpić możemy odcinek z cięciwą bc równoważnym mu trójkątem bb'c). Idąc tak samo dalej, zastępujemy odcinki z cięciwami cd, de, ef, równoważnymi im trójkątami cc'd, dd'e, ee'f i w ten sposób całe pole abcdef będzie zastąpione równoważnem mu polem a'b'dd'e'f, ograniczonem linią łamaną, więc możemy powyższym sposobem (str. 225, rys. 135) zastąpić je czworobokiem, a ten ostatni przekształcić na podstawę a według str. 224, rys. 133 i 134).

§ 5. Obliczanie pól dowolnych figur płaskich za pomocą krzywej całkowej.

Obliczanie pól dowolnych figur płaskich dokonywane być może nietylko sposobem powyższym, ale również za pomocą wykreślania t. zw. krzywej całkowej.

Mając jakąkolwiek krzywą AB (rys. 140) z równaniem

ogólnem:

(81)

y =/(*)

wykreślimy drugą krzywą A'B', której równanie będzie:

(82),

WSt

. 139.

ct>S

d’

- e'

Vi-

/■ x

y] — I fix) dx-\- C

t. j. taką krzywą, której każda rzędna, np. vj^B'E, jest = wyrażonemu przez całkę powyższą polu DABE (ograniczonemu rzę-

dnemi y₀,y, krzywą AB oraz osią x) + pewna ilość stała C. Ponieważ zaś dla x=x₀ owo pole jest = o, więc z wzoru (82):

Yi₀ = 0 + C,

a zatem ta ilość stała C jest rzędną yi₀ = A'D pierwszego punktu krzywej A'B' i zamiast (82) możemy napisać:

⁷l—

Różniczkując równanie (82), albo (83), otrzymujen^ oczy-

= ( Xf(x) dx

J Xo

(83).

wiście:

d^ = tg^f(x)=y

(84),

czyli równanie (81) i dla tego krzywą, wyrażoną równaniem (81), nazywamy różniczkową w stosunku do krzywej, wjmażo-

^7:

77:

-44^-îi

S8i

?»

r-x

nej równaniem (83), t. z w. krzywej całkowej. W każdym punkcie krz}^wej całkowej, np. B', możemy przeprowadzić styczną do niej, odkładając od punktu E do punktu L odcinek jednostce długości i prowadząc przez B' równoległą do BL, która utworzy z osią x kąt <p, odpowiadający (84), bo tg<p =

— y- —y. Rozpatrzmy kilka przypadków szczególnych:

1) Jeżeli równanie (81) jest równaniem samej osi x, [t. j. jeżeli y=/(x) — o], to równanie krzywej całkowej (83) będzie: —\ = o, czyli będzie równaniem prostej A'F', przechodzącej przez punkt A' równolegle do osi x. 2) Jeżeli równanie (81) jest równaniem prostej, równoległej do osi x,

JL

[t. j. jeżeli: y =/(#) =■m = const], to równanie (83) krzywej całkowej będzie:

-I

mdx~

J x o

* x

dx — m (#—Xq)

JX «

czyli będzie równaniem prostej A'G, przechodzącej przez punkt A' i tworzącej z osią x kąt ?₀, dla którego tgv₀ = m, czyli równoległej do L₀A, jeżeli np. y=f(x) = m — DA i DL0 =jednostce długości. [Dla tego też krzywa sił poprzecznych, która zgodnie ze str. 54 jest względem krzywej obciążeń krzywą całkową, wyraża się dla obciążenia stałego jednostajnego (czyli dla krzywej obciążeń : y — f(x) = g = const) jako linia prosta A₃B₃ (rys. 40 na str. 56)].    3) Jeżeli równanie (81) jest

równaniem jakiejkolwiek prostej, czyli: y — ax+5, to równanie krzywej całkowej (83) będzie:

= (    (ax + b)dx= a%--\-bx    =

J x o    2

o* *

co

tc

+ bx

ax₀²

bx₀, czyli:

ax²    ₇    „

''l — *^0 —    ”bk' •>

otrzymujemy więc równanie paraboli z osią równoległą do osi ’*1. [Dla tego też krzywa momentów, która zgodnie ze str. 54 jest wzglądem krzywej sił poprzecznych (linii prostej A₃B₃ na rys. 40) krzywą całkową, wyraża się dla obciążenia stałego jednostajnego jako parabola AFB na tymże rys. 40], Ta własność krzywej całkowej daje możność łatwego jej wykreślania dla jakiejkolwiek danej krzywej:

Istotnie, mając jakąkolwiek krzywą adhl (rys. 141), (dla której mamy określić pole a^adhkk^a^ za pomocą wykreślenia krzywej całkowej), przeprowadzamy przedewszystkiem linie równoległe do osijy w równych odległościach, np. = lcm, przez co dzielimy naszą krzywą na odcinki ab, bc,cd,de, ef... Punkt a₀ weźmy za początek spólrzędnych x, y, a dowolny punkt a' na pionowej a₀a ■— za początek krzywej całkowej. Styczna w tym punkcie a! do krzywej całkowej tworzy z osią a; kąt <p₀, dla którego zgodnie z równaniem (84): tgy₀=y₀ = a₀a; odłożywszy więc od a₀ do Z₀ jednostkę długości, przeprowadzamy szukaną st3⁷czną przez a' jako równoległą do Z₀a i doprowadzamy tę styczną do punktu 1', leżącego na pionowej przez środek pierwszej centymetrowej działki. Gdyby

CL<

..-w

I-

\\\:

iXo :

PO- •

l^-C ‘

■-S

■N

V»

: JA,

>r;-1

UJ

fl’TTî;

“*£T

-fs-X

\\:

' f^g ‘ ’ "I ‘ ' v ' d 7 “.y-f"- r

:    : I V-W\%\    >\ :

'■dH.....ff’-

Vf

: fl

: iA : ¹ w

I

jr u' ;

»C-1

&'/i\

k:{ ¹ :

<*•

......: :| ;

:.A» •1 :| : :

i-;

\v

/;

•I-

/;

•sr%

öS

u/

4-\

1/

-t

: /I

\1 k' :

>«"

r;

r?ii

F—V

MjT

I :■

35

ff

ClS*

Jb

-h

-ff

* .N

-=s

SŚ

punkty a i b łączyła nic krzywa, lecz prosta, to tej prostej odpowiadałaby (zgodnie z powyższem) między odpowiednimi punktami krzywej całkowej: a' (już znanym) i b' (szukanym) — parabola z osią pionową. Jedną zaś z własności paraboli — zaznaczoną już na str. 59, rys. 44—jest, że linia VS , równoległa do osi paraboli, przeprowadzona przez punkt przecięcia V dwóch stycznych w punktach K i L, jest jednakowo oddaloną (d) od punktów K i L; tym punktem przecięcia stycznych jest w naszym wypadku (rys. 141) właśnie punkt 1', a styczną 1 'br otrz3⁷mamy, przeprowadzając przez 1' linię, tworzącą kąt z osią x, a więc równoległą do bxZ₀ (bo tg<?A = =y₁ = bZ₀ = a₀b₁). Ta styczna określa oczywiście na pionowej przez b punkt br, leżący na krzywej całkowej. I zupełnie tak samo, przedłużając tę styczną Vb' do pionowej przez środek drugiej działki, czyli do 2' i przeprowadzając przez 2' linię, tworzącą z osią x kąt <p₂, a więc równoległą do c{L§ (bo =coc — aoci)i otrzymamy punkt c' krzywej całkowej.

Tak więc dla danej krzywej różniczkowej ab cd... wykreślamy krzywą całkową sposobem następującym: Przeprowadzamy linie równoległe do osi y w odległości wzajemnej 1 (lub \) cm i przez punkty przecięcia tych pionowych z krzywą abcd... prowadzimy linie równoległe do osi x, przecinające oś y w punktach bx, ct, dx, e₁... Odkładamy od a₀ do Z0 długość =1 i przez dowolny punkt a! na linii aa₀ prowadzimy równoległą do aZ₀ do spotkania w punkcie Y z pionową, przechodzącą przez środek pierwszej centymetrowej działki (nazwijmy ją pionową 1); przez ten punkt Y prowadzimy równoległą do Z₀b₁ do spotkania w punkcie 2' z następną pionową (czyli pionową 2); przez ten punkt 2' prowadzimy równoległą do Z₀c₁ do spotkania w punkcie 3' z pionową 3 i t. d.

Oczywiście tylko punkty a', b’, c'... będą punktami krzywej całkowej, więc będzie to tylko przybliżona krzywa całkowa, ale przy dostatecznie małej odległości między punktami a, b, c,d... możemy wykreślić dokładnie krzywą całkową, mając oprócz punktów a'} b\ c\ d' jeszcze styczne w tychże punktach: a'Y, Y2', 2/3/, 3%'... Każda rzędna krzywej całkowej, wykreślonej w sposób powyższy na zasadzie równania (84), np. r] = c₀c', będzie zgodnie z równaniem (83), powstającem z całkowania

/%oc — a q Cq

(84): ⁷l = Y]₀-f- f(x) dx = c₀c₂-\-c.₂c', a jeżeli za oś krzywej całko-*y x₀ = o

wej przyjmiemy linię poziomą przez a\ to ^

/* OC — CIq Cq ' — I / (x) dx =

J XQ — O

c₂c',

czyli będzie = polu a₀acc₀a0} t. j. jeśli ta rzędna V, zmierzona na skali, użytej do wykreślenia krzywej całkowej, ma n jednostek długości, to pole a₀acc₀aQ mieć będzie n jednostek kwadratowych. (Gdybyśmy zamiast odłożyć a₀Z₀ = jednostce długości, cz}di 1 cm, odłożyli np. «₀Z₀ = 5cm, przez co rzędna V wypadłaby 5 razy za mała, to szukane pole a₀acc₀a₀ byłoby = r/X 5 cm²).

Widzimy teraz, że otrzymana dla obciążenia ciągłego (str. 51, rys. 38) krzywa sił poprzecznjrch A'M'B' jest istotnie krzywą całkową względem krzywej obciążeń A₂U₂B₂ (różniczkowej), bo po przyjęciu dla niej za oś linii poziomej przez A', czyli A'B/, jej rzędne, np. N'₁N'=F₁ + F₂ = polu AA₂N₂N'₂A, zupełnie tak samo, jak rzędne krzywej a'b'ćd’e'... (rys. 141), np. c₂c' = polu a₀acc₀a₀.

Widzimy również, że jeżeli wykreśloną w powyższy sposób krzywą całkową a!b'ćd' e'... (rys. 141) przyjmiemy za różniczkową i wykreślimy dla niej nową krzywą całkową a" b"c"d"en..., to taką samą krzywą całkową dla krzywej A'M'B⁷ (rys. 38), przyjętej za różniczkową, będzie krzywa momentów A"M"B", otrzymana jako wielobok sznurowy dla sił Fi, F₂, F₃..., działających w liniach pionowych przez J', L'... z tą tylko różnicą, że na rys. 141 rzędne krzj^wej a"b"c"d"e"... liczą się od poziomej przez a" (na rysunku zaś 38—od A"B") i dają pola krzywej różniczkowej a'b'c'd'e'...,

. ograniczone osią poziomą a'₀Z'₀ (na rysunku zaś 38—linią wB₀, nie przechodzącą przez biegun Z); możemy jednak i na rysunku 141 liczyć te rzędne od skośnej a"B" i w takim razie wyrażać one będą pola ograniczone osią poziomą «B₀, idącą przez punkt w, otrzymany (na rys. 141) przez przeprowadzenie równoległej do a"B" przez Z'₀, tak samo, jak otrzymaliśmy na rysunku 38 punkt n, przeprowadzając przez Z równoległą do A"B". [Istotnie, zgodnie z powyższem (str. 230) linii a'₀cA, przyjętej za oś spółrzędnycb przy wykreślaniu krzywej całkowej a"b"c"..., odpowiada na krzywej całkowej linia a"c₅, linii zaś ncz, równoległej do osi # (wyrażonej przez równanie y ==f{x)= m = a!₀n)} odpowiada linia a"B" tworząca z osią x kąt , dla którego tgy₀ = m = a'₀n, zkąd wynika, że rzędna c₅c₆ wyraża pole a!₀nącAa'₀, a że rzędna

chc" wyraża pole a'₀a'ćcAa'₀, więc rzędna c₆c", jako różnica rzędnych ąc" i c₅c₆, wyrażać będzie różnicę pól a'₀a'c'cia'0 i tf'₀wc₃c₄tf'₀, czyli pole na'c'czn].

Tak więc każda rzędna krzywej całkowej a" c"B", liczona od linii <z"B", daje, pomnożona przez jednostkę długości, pole ograniczone krzywą różniczkową a'b'c'd'... i osią poziomą ncz i zupełnie tak samo każda rzędna krzywej momentów (rys. 38), np. jy*, daje, pomnożona przez odległość biegunową H, moment względem przekroju KK', czyli pole A₀A'K'K jak to widzieliśmy na str. 48. Podobnież największą rzędną ymax krzywej całkowej a"M"B" na rys. 141 (wzgl. A"M"B" na rys. 38) otrzymujemy na pionowej przez M' [punkt przecięcia osi wB₀ z krzywą różniczkową a'M! h! (wzgl. A'M'B')], a styczna tt do krzywej a"M"B" (wzgl. A"M"B") w punkcie M" jest równoległa do boku zamykającego «"B" (wzgl. A"B"). Łatwo zauważyć przytem, że pionowa przez punkt M' dzieli pole ograniczone krzywą a'M' h' (wzgl. A'M'B') i osią «B₀ na dwie równoważne części na'M'n i M'B₀A'M' (wzgl. A₀A'M'A0 i M'B₀B'M'), bo pole na'M'n (wzgl. A₀A'M'A₀) wyraża się na krzywej całkowej według powyższego rzędną tej krzywej na pionowej M'M", równą ymax i tak samo całkowite pole na'Wh'(w^gl. A₀A'M'B'B₀A₀), składające się z położonej ponad osią «B₀₎ a więc dodatniej części do punktu M' i z ujemnej — w dalszym ciągu od punktu M', wyraża się przez rzędną krzywej całkowej na pionowej B₀B", równą o, zkąd wynika, że pole dodatnie na'M'n (wzgl. A₀A'M'A₀) jest równoważne polu ujemnemu M'B₀^'M' (wzgl. M'B₀B'M').

Krzywa całkowa nietylko daje możność określenia pola, ograniczonego krzywą różniczkową i osią x, ale wskazuje również, w jaki sposób pole to wzrasta, bo wyobraziwszy je sobie jako składające się z nieskończonej ilości elementów prostokątnych o podstawie dx i wysokości y, widzimy (rys. 141), że rzędne krzywej całkowej wzrastają tern szybciej, iin większe są te elementy ydx i odwrotnie. Jest to pierwsza własność krzywej całkowej. Drugą jej własnością jest, że punktom najniższym, np. d (rys. 141) i najwyższym, np. h, krzywej różniczkowej odpowiadają na krzywej całkowej punkty zwrotne d' i h! (bo jeżeli y jest w punkcie h maximum, to na mocy

równania (84):

dx[

dx

tgy=y, więc tgy musi być maximum,

czjdi punkt li' jest punktem zwrotnym). Trzecią zaś własnością krzywej całkowej jest, że punktom przecięcia osi x z krzywą różniczkową, np. I (rys. 141), odpowiadają najniższe, np. (lub też najwyższe) punkty krzywej całkowej (bo skoro y = o,

to z równania (84): -j± = tg<$=y=-o, więc kąt<p = o i styczna jest

— największa.

równoległa do osi x, czyli jest to minimum, lub maximum dla krzywej całkowej). Wszj^stkie te 3 własności widzimy stwierdzone na rys. 38, na którym, jak wiadomo z powyższego, linia A'B' jest krzywą całkową dla różniczkowej A₂B linia zaś A"NB" jest całkową dla różniczkowej A'B'; a więc najniższym i najwyższ3un punktom krzywej różniczkowej A₂B₂ (np. U₂), odpowiadają na krzywej całkowej A'B' punkty zwrotne tejże krzywej (U'),' punktowi zaś przecięcia z osią x (t. j. z linią poziomą A₃B₃, idącą przez Z) krzywej różniczkowej A'B', czyli punktowi Mty odpowiada punkt W\ na krzywej całkowej A"NB", w którym styczna do tej krzywej 44 jest równoległa do osi x\ skoro jednak na rysunku tym liczymy rzędne krzywej całkowej A"NB" od linii A" B", odpowiadającej—jak widzieliśmy wjrżej—linii nA₀B₀, to otrzymamy teraz, na przecięciu tej osi A₀B₀ z krzywą różniczkową A'B', punkt M' i odpowiadający mu na krzywej całkowej A"NB" punkt M", w którym styczna tt jest równoległa do A"B" i rzędna

Najpraktyczniej jest narysować raz na zawsze na oddzielnym papierze szereg linii pionowych w jak najmniejszej odległości jedna od drugiej, a wyrysowawszy następnie linię różniczkową na przezroczystym papierze, nakłada się ją na papier poliniowany pionowo i odrazu wykreśla linię całkową.

Krzywa całkowa, wykreślona z należytą dokładnością, daje możność podzielenia pola krzywej różniczkowej na części w danym stosunku. Jeżeli np. chcemy podzielić całe pole a₀adhpp₀a₀ (rys. 141) na dwie równoważne części (część pola pod osią aQl uważać należy za ujemną), to wystarcza przez środek rzędnej p₂p', wyrażającej, jak wiadomo, pole aQadhppQaQ) czyli przez S, przeprowadzić równoległą do osi a'p₂, a pionowa S'Sj., przeprowadzona przez otrzymany na krzywej a!V punkt S', podzieli pole aQadhpp₀aQ na dwie równoważne części (bo według str. 234 pole <7₀aS₁S₀<a,₀ = S₂S' =

= hp2p' = h Pola aoadhppQa₀).

Jeżeli zaś chcemy np. pole a₀adkla₀ podzielić na dwie części w stosunku m do w, to odłożyć należy na jakiejkolwiek prostej, idącej przez punkt / punktu t, a dalej n jednostek do punktu u, połączyć u z przeprowadzić przez t równoległą do ul', a przez otrzymany na linii 11' punkt r przeprowadzić równoległą do osi a!p2 i punktowi r' na przecięciu z krzywą a’V odpowiadać będzie przekrój pionowy r'rx, dzielący pole a₀adhla₀ w żądanym stosunku m\n (bo tak samo, jak wyżej, pole a₀adhla₀ — l₂l', pole zaś a₀ar₁r₀a₀ = r₂r' = l₂r, więc różnica tych pól, czyli

jednostek długości do

l₂r

to

rl'

pole r^r^hlrę, będzie = /₂/'— l₂r = rl'\ a skoro

pole a₀arxr₀a₀ _ m

pole r^r^hlrQ

).

ROZDZIAŁ VI.

Środek sił równoległych i środek ciężkości. Moment statyczny pola figury płaskiej.

§ 1. Pojęcia ogólne.

Jeżeli każdą z sił równoległych Pj, P₂, P₃ (rys. 142) obracać będziemy naokoło jakiegoś punktu stałego At, A Ag, na niej leżącego, tak przytem, żeby pozostawały do siebie równoległemi i nie zmieniały swej wielkości, to można łatwo dowieść, że wypadkowa tych sił R obracać się będzie również naokoło jednego jakiegoś punktu S, na niej leżącego, który nazywamy środkiem sił równoległych Pj , P₂, P₃. Istotnie weźmy naprzód dwie tylko siły Pi i P₂ (rys. 142), to zgodnie ze str. 23 wjrpadkowa tych sił R₁₂ dzieli każdą linię AłA₂ między temi siłami w stosunku odwrotnym do sił P1 i P₂, czyli :

AjC P2 CA₂ ~ pp

więc jeżeli siły Pt i P₂ obracać będziemy naokoło jakichkolwiek, leżących na tych siłach punktów A₁, A₂ i nadamy im nowe położenia P\ , P'₂ (nie zmieniając wielkości sił), to wy-

UŁ^ó. IA2.

Ch I

Xj/

rf

' tt

Xr-.

èk-rïî⁵

~j

-N

//

,/fX

padkowa ich R'l2 będzie oczywiście co do wielkości równą poprzedniej R₁₂ i podzieli tę skośną linię Ai A₂ także w stosunku

p

p², a zatem przejdzie przez ten sam punkt C

AtC

CA₂

i przy obrocie sił PA i P₂ około punktów Aa , A₂ wypadkowa ich R₁₂ obraca się około punktu C, środka tych 2-ch sił równoległych. Jeżeli następnie złączymy tę wypadkową R12 z nową siłą P₃ w wypadkową R₁₂₃, to podobnie, jak wyżej, przy obrocie tych 2-ch sił R₁₂ i P₃ około punktów C i A3 otrzymamy na przecięciu linii CA₃ z siłą R₁₂₃ punkt S, który będzie środkiem wszystkich 3-cb sił równoległych i przy ich obrocie około punktów A, , A₂, A₃ wypadkowa ich R123 obracać się będzie około tego punktu S. Że ten punkt S będzie istotnie środkiem dwóch sił R₁₂ i P₃ i zarazem środkiem wszystkich 3-ch sił Pi, P₂, P₃, możemy łatwo dowieść sposobem następującym: Obróćmy siły Pt, P₂, P₃ około punktów Ax , A₂, A₃ na taki kąt «, aby siły Pt i P₂ zajęły obie linię AjAa, a siła P₃ zajmie oczywiście linię równoległą do AtA₂, idącą przez A₃. Sprowadzamy przez to trzy siły P*, P₂, P₃ do dwóch sił: (Pi + P₂) i P₃, a wypadkowa tych dwóch

sił działać będzie zgodnie ze str. 23 w linii //, otrzymanej przez podzielenie odcinka AŁA₃ w stosunku Pg :(P₁ + P₂); Obróćmy siły Pj, P₂, P₃ jeszcze dalej, tak, aby PŁ zajęła linię A₁A₃ (razem z P₃), a siła P₂ linię równoległą do AiA₃, idącą przez A to wypadkowa tych dwóch sił: (P₁ + P₃) i P₂, otrzymana jak wyżej, działać będzie w linii u u i widzimy, że przecięciem tych linii łt i uu jest otrzymany wyżej punkt S—jest on zatem środkiem wszj^stkich 3-ch sił PŁ, P₂, P stosuje się oczywiście do dowolnej ilości sił równoległych.

Toż samo

Z powyższego wynika ogólne prawo, według którego środek sił równoległych znajduje się jako punkt przecięcia wypadkowej danego układu sił z wypadkową układu w no-wem położeniu, po obróceniu każdej siły około jakiegoś punktu na niej leżącego, przy jednym dla wszystkich kącie odchylenia—tak, aby układ pozostał układem sił równoległych.

Jeżeli terni siłami są siły ciążenia, działające na oddzielne cząstki masy ciała i tworzące także układ sił równoległych, to ich wypadkowa przechodzi przy każdem położeniu ciała przez ten sam punkt — środek sił równoległych, nazywany w tym razie środkiem ciężkości ciała. W dalszym ciągu poprzestaniemy na wyznaczaniu środka ciężkości dla linii materyalnych i figur płaskich.

§ 2.

Środek ciężkości dowolnej figury

płaskiej.

Każdą figurę płaską rozważać możemy jako składającą się z nieskończonej ilości nieskończenie małych elementów, z którymi nie możemy dokonywać działań wykreślnych, a nie zmienimy rezultatu, łącząc te elementy w oddzielne grupy (tak samo, jak nie zmieniliśmy rezultatu powyżej, łącząc (rys. 142) siłę Pj z siłą P₂ w wypadkową R₁₂ i potem dopiero dołączając do tej ostatniej siłę P₃), więc dane pole figury płaskiej dzielimy na kilka możliwie prostych części, których środki ciężkości są łatwe do określenia i przypuściwszy, że w tych środkach ciężkości działają siły równe (lub proporcyo-nalne) wielkości tych oddzielnych części, znajdujemy dla tych sił środek ciężkości, który oczywiście będzie zarazem środkiem ciężkości całej figury. Tak np. całe pole F figury płaskiej (rys. 143) podzielimy na 3 prostokąty, których środki ciężkości leżą oczywiście w środkowych punktach Sx, S₂, S a więc możemy przypuścić, że w tych punktach działają siły

3"

cf-'"

l,

On

Q—

. 143.

—"%r

Mą ''

\'l\

LoO

-X.

V-

-"«r

vr Vs/

A A A

"f*

ft

X-.

• :o

//'

y—7~/>

//

•\

<ü^-

/ili

Am

v r

SI

!æ

>04---

ël

/ ¹

&—l—ë

—Ai

■t>

ojV'

równe polom tych prostokątów Fj, F₂, F₃, które przekształcimy (wedłiig str. 222) na dowolną podstawę a. Otrzymane przytem odcinki hx, h% , hs, proporcyonalne polom Fi, F₂, F uważamy za siły 1, 2, 3, działające w punktach Sj , S₂, S3 i wyznaczamy ich wypadkową R za pomocą wieloboku sznurowego aßytu .

Obracając następnie te siły naokoło punktów Sj, S₂, S3 i nadając im jakiekolwiek inne położenia F, 2', 3', wyznaczamy znowu za pomocą nowego wieloboku sznurowego Aß'j A położenie ich wypadkowej R', a punkt przecięcia tych dwóch wypadkowych R i R' będzie szukanym środkiem ciężkości S całej figury. Dla pewności i sprawdzenia dobrze jest wyznaczyć wypadkową jeszcze dla trzeciego kierunku, która przejść musi przez ten sam punkt S. (Gdybyśmy na rys. 143 przyjęli dla sił 1', 2', 3' kierunek poziomy, uniknęlibyśmy przez to rysowania nowego wieloboku sił, mogąc odrazu wykreślać boki nowego wieloboku sznurowego «"ß"/'«/' prostopadle do promieni pierwszego wieloboku sił).

§ 3. Moment statyczny pola figury pła

skiej.

F₃ względem tejże osi x i nazywać go będziemy momentem statycznym pola F wzglądem osi x, a według powyższego będzie on równy sumie momentów statycznych oddzielnych pól Fi, Fa, F₃ wzglądem tejże osi a:. I podobnież, jeżeli wyobrazimy sobie, że pole F dowolnej figury płaskiej, np. ABCD (rys. 144), składa się z nieskończonej ilo-

Jeżeli przyjmiemy, że w środku ciężkości S pola F figury płaskiej (rys. 143), jako też w środkach ciężkości Sx, S S₃ pól Fj, F₂, F₃, działają siły równe tymże polom F, Ft, F₂, F₃, to moment siły F wzglądem jakiejkolwiek linii x (o ile wyobrazimy sobie wszystkie siły F, Fx, F₂, F₃ obrócone około punktów S, Sj, S₂, S₃ o taki kąt, że stały się równoległemi do osi x) będzie równy iloczynowi z siły F przez jej odległość od osi x, a także — sumie momentów sił Fi, F

wÿô. 14-4.

we

y.

X-

x- -/• •

.....

, - -X,~ '

r.::.SĄ

if

Sj?

rH

V0K

~ %r L

ści nieskończenie małych elementów d¥, to moment statyczny pola F względem dowolnej osi x (oznaczmy go przez S*), będzie równy iloczynowi z pola F przez odległość ys środka ciężkości tegoż pola F od osi x oraz równy sumie momentów oddzielnych elementów dF danego pola względem osi x} czyli możemy napisać:

(85).

Bx ⁼ I¹ • ys ~ ^ ym d Fjn m

S,

A więc, obliczywszy dla danego pola F jego moment statyczny Sx i względem dwóch jakichkolwiek osi x i y, otrzymujemy położenie środka ciężkości tegoż pola (spólrzę-dne xs i jys), bo:

S.v = F .ys, więc: ys = ~

v-0'

Xs —

Sjy ⁼ F . Xs ,    „

Dla figur płaskich, mających oś symetryi, środek ciężkości leż}^ oczywiście na tej osi (bo oś symetryi jest linią działania wypadkowej całego układu sił równoległych, rozłożonych względem niej symetrycznie), a więc zamiast dwóch wieloboków sznurowych wykreślamy tylko jeden (dla jakiegokolwiek kierunku sił równoległych, byleby przecinającego oś symetryi), wyznaczamy wypadkową i środek ciężkości otrzymamy jako punkt przecięcia tej wypadkowej z osią sy-mettyi. Jeżeli zaś figura płaska ma dwie osie symetryi (jak na rys. 144), to środek ciężkości leży oczywiście na ich przecięciu S , więc w}⁷znaczać go nie potrzeba.

Z powyższego określenia momentu statycznego pola F figury płaskiej względem danej osi x, jako iloczynu z pola F przez odległość jego środka ciężkości od tejże osi, wynika oczywiście, że moment statyczny pola jakiejkolwiek figury płaskiej względem osi, przechodzącej przez środek ciężkości tegoż pola, jest = o.

§ 4. Środek ciężkości materyalnych linii.

Środek ciężkości odcinka linii prostej leży oczywiście w środku odcinka. Dla wyznaczenia środka ciężkości linii łamanej (rys. 145) możenty przyjąć, że w środkach G, H, J, K, L składających ją linii działają siły równoległe, równe, lub proporcyonalne długościom tych linii AB , BC, CD ..., naprzód w jednym dowolnym kierunku, np. jako a, b, c, d} e, a potem w drugim, np. jako a', b', c', d\ er i wyznacz}rwszy za pomocą 2-ch wieloboków sznurowych (jak na rys. 143) wypadkowe R i R', otrzymujemy środek ciężkości jako punkt przecięcia R i R'.

Dla wyznaczenia środka ciężkości dowolnej krzywej wpisujemy w nią wielobok o jak najmniejszych bokach i środek ciężkości tegoż wieloboku przyjmujemy za środek ciężkości krzywej.

Dla wyznaczenia środka ciężkości linii łamanej, stanowiącej część wielokąta foremnego ACDEFB (rys. 146), zauważmy przedewszystkiem, że szukany środek ciężkości musi leżeć na osi sy-metryi OM. Jeżeli długości boków AC, CD,

DE.... przyjmiemy jako sił}?’ pionowe, działające w środkach ciężkości L, N, M.... i obrócimy te siły tak, że staną się równoległe do osi x, to moment ich wypadkowej R względem osi x będzie równjr sumie momentów tych sił względem osi x, więc:

145.

Cs"

c'c

a!

CL

R .ys — AC .yi~\- CD .yn -f- DE ,ym +.. a w obec: AC = CD = DE= ... =a, i R = !« = / (długości całego obwodu AMB):

l •ys — ci {yi+yn ~\~ym + •••)»

146.

V.....óli

je

iS

©- —fi---

__

X\

//

JL

IL

y-

-y-

o----X

Przeprowadzając przez C równoległą do osi x, mamy w obec podobieństwa trójkątów CDU i NOK:

CU

CD-^

, A. r.CU , zkąd. yn = ———

, więc:

.AB,

yi+yn+ym+ ■. .=- - (AT + CU + DE + .. .) = a zatem, jeżeli przez b oznaczymy długość AB:

ys =

Tę szukaną odległość środka ciężkości ys od osi x otrzymamy, odkładając od punktu M do H długość ^/, łącząc H z O i przeprowadzając przez punkt B prostopadłą BG do osi x, dającą w przecięciu z linią OH punkt G w odległości ys od osi x, a środek ciężkości S będzie punktem przecięcia •idącej przez punkt G równoległej do osi x z osią symetryi

OS _\b

, zkąd: OS

=>)■

OM <b0-ÓM ⁼ MH-Czyl'

Na mocy powyższego wyznaczymy środek ciężkości łuku koła AMB (rjrs. 147), odkładając długość wyprostowanego

>i

lJs

.X.

łuku MB od M do H, łącząc H z O i przeprowadzając przez B prostopadłą do osi x, a przez N równoległą do tejże osi x, bo zgodnie z powyższem, oznaczając przez r promień koła, przez b — długość cięciwy AB, a przez l—długość łuku

AMB = 2MH, mamy oczywiście: ys —

§ 5. Środek ciężkości figur płaskich.

IW 148.

/ V /    ^ 'v*

.-TT

iv

Trójkąt. Rozpatrując trójkąt (rys. 148) jako złożony z równoległych do podstawy pasków o nieskończenie małej wysokości dy, widzimy że linia CF, łącząca wierzchołek C ze środkiem podstawy AB, przechodzi przez środek każdej linii (np. DE), równoległej do podstawy, więc na tej linii CF leżą środki wszystkich pasków, a także środek ciężkości całego trójkąta. (Bo jeżeli przyjmiemy pola poszczególnych pasków za siły równoległe, działające w ich środkach ciężkości, to dla całej grup3^ pasków, mając\rch swe środki cię- > żkości na jednej prostej — śro-dek ciężkości musi na niej leżeć). Ponieważ to samo stosuje się zarówno do każdej z 3-ch podstaw trójkąta, więc środek jego ciężkości jest punktem przecięcia 3-ch linii, łączących wierzchołki ze środkami boków przeciwległych. Linia DE jest oczywiście (w obec AD = DC i BE = EC) równoległa do AB i przytem DE = | AB (bo:

DC DE

AC AB

^l⁼ro⁼f ’ więc: AS=2SE 1 SE=*AE.

Stosuje się to oczywiście do każdej z 3-ch linii: AE, BD i CF, a więc np. SF = ^ CF , zkąd wynika, że środek ciężkości trójkąta (rys. 148) leży na linii, łączącej jakikolwiek wierzchołek (C) ze środkiem (F) boku przeciwległego (AB) na trzeciej części odległości od tegoż środka (F), albo też (o ile prz3rjmiemy np. bok AB za podstawę trójkąta) na £ wysokości h.

Równoległobok. Środek ciężkości równoległoboku (rys. 149) musi leżeć—podobnie jak w trójkącie— na linii, łączącej środki boków BC i AD , a także na linii, łączącej środki boków AB i CD, więc leży na / przecięciu tych linii, czyli również na przecięciu przekątnych AC i BD.

). W obec zaś podobieństwa trójkątów DSE i ASB:

■Ÿ

/ ■■

Trapez. Sposób Dy. Rozpatrując trapez (rys. 150) jako składający się z nieskończonej Hości równoległych do podstawy AD pasków o nieskończenie małej wysokości, widzimy, że środki ciężkości tych pasków leżą wszystkie na linii, łączącej ■środki równoległych boków trapezu BC i AD , więc na tejże

linii musi leżeć środek ciężkości całego trapezu, a przeprowadzając jeszcze linię AC i odkładając na odcinkach EA i FC trzecią ich część, otrzymujemy Sj i S₂, środki ciężkości trójkątów ABC i ACD, składających trapez, w obec czego środkiem ciężkości trapezu będzie punkt S, leżący na przecięciu linii SjS., z EF.

Sposób 2'gi. Przeprowadzając przez C (rys. 151) równoległą do BA, dzielimy trapez na równoległobok ABCG i. trójkąt GCD, a więc zgodnie z powyższem środek ciężkości trapezu S będzie punktem przecięcia linii S₁S₂, łączącej środki ciężkości równoległoboku i trójkąta, z linią EF.

s.

V°N

7?

1/

-O-

£

151.

£ e

j:

•/-••S I

■ / M/'-r

■■■ ^tyj s,

O’-

31

<5-

■■■■■O

m jr

Sposób 3"d. Ponieważ Sj (rys. 151) jest środkiem ciężkości równoległo boku, leżącym na przecięciu przekątnych, więc S₁B = S₁G, a zatem przedłużywszy S₁S₂ do punktów Kij, otrzymamy dwa równe trójkąty KBSj i SjGJ (bo mają jeden bok i wszystkie 3 kąty równe), więc: KB = GJ, a dodawszy po obu stronach po BC = AG, otrzymujemy: KC = AJ. Skoro zaś S₂jest środkiem ciężkości trójkąta GCD, więc: CS₂ = 2S₂N, a wskutek podobieństwa trójkątów KCS₂

i NS₂J otrzymujemy: KC = 2NJ = GD-f2DJ, więc: AJ = GD+ + 2DJ, zkąd: AG = DJ; ale AG = BC, a zatem: DJ = BC, a KB = GJ = GD + DJ = GD +AG = AD.

Podobnież, podzieliwszy trapez linią równoległą do CD na równoległobok BCDM i trójkąt ABM, otrzymujemy na przecięciu linii S'iS'o z EF punkt S, a przedłużywszy S^S' będziemy mieli HA = BC i CL = AD. Ztąd wynika, że dla wyznaczenia środka ciężkości trapezu odkładamy od punktów B i C (r\7s. 152) w obie strony odcinki = AD, a od punktów

A’

gs

bet

n$)

-o

\l

o-

A i D — odcinki = BC, i linie, łączące otrzymane punkty K i L z punktami H i E, dają w przecięciu szukany środek ciężkości S .

[Wynika ztąd oczywiście, że dla trójkąta—jako szczególnego przypadku trapezu, w którym górna podstawa = o (rys. 153) — otrzymujemy środek ciężkości, odkładając w obie

V,

strony od wierzchołka, równolegle do podstawy, długość tejże podstawy BC i łącząc końcowe punkty D i E z punktami C i B—na przecięciu tych prostych DC i EB].

Sposób 4'y. Wreszcie możemy otrzymać środek ciężkości trapezu sposobem następującym:

Przez punkty B i C (r}rs. 154) prowadzimy równoległe do przekątnych AC i BD; linia, łącząca ich punkt przecięcia G z punktem przecięcia przekątnych F, daje na podstawie AD punkt H, od którego odłożywszy na tej linii HG trzecią

IW 15 k.

>.

or '

(V>

■\

V.

' ■■ \

Cr"

część całej długości HG, otrzymujemy środek ciężkości tra^ pezu S.

Istotnie, zauważmy przedewszystkiem, że 1) punkt przecięcia przekątnych F leży na linii, łączącej środki równole-gfych jej boków (przeprowadziwszy bowiem przez F równoległą do AD, mamy wskutek podobieństwa trójkątów KBF i ABD, a także FCL i ACD:

KF W FL W

AD h AD

'    p więc: KF = FL); 2) punkt przecięcia

linii BC i GF, czjdi E, leży także na wspomnianej linii (bo w utworzonym równoległoboku BFCG oczywiście BE = EC), więc linia GF jest linią, łączącą środki równoległych boków trapezu. Określmy środki ciężkości Si i S₂ trójkątów ABD i BCD, składających trapez, odkładając na liniach NA i NC odcinki: NSŁ = JNA i NS₂ = ^NC, to linia S₁S₂jest równole-

gła do AC (skoro:

=    = a więc S₁S₂ jest równo

legła zarazem i do BG. Linia S₁S₂ przechodzić musi’ przez środek ciężkości trapezu, a że ten środek leży na linii, łączącej środki równoległych boków trapezu, więc trzeba t}dko dowieść, że punkt przecięcia linii S₁S₂ z linią GH, czyli punkt S, leży na prostej GH w odległości od H = ^GH. Istotnie skoro Si jest środkiem ciężkości trójkąta ABD, to HS^IHB,,

a że StS jest równoległa do BG , więc z podobieństwa trójkątów StSH i BGH wynika: HS=iHG.

Najprostszy z tych wszystkich sposobów jest sposób 3-ci (rys. 152), a jest zarazem najdokładniejszy, jeżeli linie ' KE i HL przecinają się pod dość dużym kątem i dają dokładnie punkt S (bo sposób ten wymaga t3dko odłożenia dwóch boków trapezu bez określania środka tychże boków).

Czworokąt. Przeprowadzany przekątne AC i BD (rys. 155) i dla trójkątów ABC i ACD znajdujemy środki' ciężkości i S₂ (łącząc środek przekątnej AC, t. j. E, z punktami B i D i odkładając ESŁ = ^EB i ES₂ = |ED). Na linii musi oczywiście leżeć środek ciężkości czworokąta, a oprócz

155.

Jß

S.o,

/Poo

\v2j

• V ■■

tego, zgodnie ze str. 248, linia S!S₂ jest równoległa do BD. Zauważmy, że punkt S musi dzielić odcinek S₁S₂ odwrotnie proporcyonalnie do Fj i F₂, pól trójkątów ABC i ACD (bo możemy sobie wyobrazić w punktach SA i S₂ ześrodkowane siły równoległe, równe tym polom ABC i ACD), więc: S,S

SS₂

tów:

F

~ i w obec wspólnej podstawy AC tych obu trójką-

a zatem także (ze względu na: nx

; jeżeli zaś odłożymy DG = FB (więc: GB = FD),

, zkąd (w obec SiS₂ równoległej do BD)

s₁s_f₂

SS₂ F,

SXS_FD

ŚS₂

to:

C/5

S, FD GB

SS₂ FB DG

kz_

co! a

wynika, że punkty G, S i E leżą na jednej prostej, czyli punkt S leży na przecięciu prostej GE z Sj^. A skoro ES₂ = |ED, to i ES=|EG, więc jeżeli jeszcze odłożymy AH=FC (a zatem HE=EF, bo AE = EC) i połączymy H z G, to w trójkącie HGF punkt S będzie na trzeciej części linii EG, łączącej wierzchołek G ze środkiem podstawy HF, więc jest to środek ciężkości trójkąta HGF. Ztąd wynika prosty sposób wyznaczenia środka ciężkości czworokąta ABCD:

Odkładamy na przekątnej AC: AH —FC, a na przekątnej BD — DG = FB i środek ciężkości S trójkąta HGF jest szu«« kanym środkiem ciężkości czworokąta ABCD.

Przykład. Określmy środek ciężkości przekroju kątownika nierównoramiennego o profilu normalnym 100X50X10 mm.

F₅, aby każdemu zaokrągleniu od-

Wyrysowawszy ten kątownik w wielkości naturalnej (rys. 156), rozkładamy całe pole przekroju kątownika na takie elementy Fi, F₂, F powiadał oddzielny element, a więc na elementy: F ₁ = abcd, ¥^ = defc} Fz — eihg, ¥± = ihkl, ¥$ = lmnk i dla każdego z tych elementów wyznaczmy środek ciężkości. Dla prostokątów abcd i ihkl\ pole F₄ =dcXad= 5,0X0,5 = 2,5 cm², a środkiem ciężkości będzie S₄— przecięcie przekątnych ac i bd) pole F₄ = **AX*7=1,0X(10,0—2,5) cm² = 7,5 cm², a środkiem ciężkości będzie S₄.

Dla elementów 2, 3 i 5 należy naprzód zastąpić zaokrąglenia liniami prostemi, przyjąwszy (zgodnie ze str. 228) odcinki kołowe za paraboliczne i przeprowadzając np. dla elementu eihg styczną, równoległą do cięciwy hg i na § wysokości odcinka linię równoległą do tej stycznej, a równole-głobok h'hgg' będzie zgodnie ze str. 228 równoważny odcinkowi parabolicznemu z cięciwą hg, więc zamiast pola eihg wziąć można trapez eih'g' (bo w ten sposób od trapezu eihg odjęliśmy zamiast odcinka z cięciwą hg — równoważny mu równoiegłobok h'hggf). Środek ciężkości S₃ otrzymanego trapezu eih! g’ wyznaczyliśmy według sposobu 3-go (str. 247), odkładając od punktów e i g' podstawę ih', a od i i h! — eg' i t. d. Tak samo zamiast defc otrzymamy def ć, a zamiast Imnk — Imn'k' i wyznaczymy ich środki ciężkości S₂ i S₅.

Pole trapezu def c' wyniesie:

X0,5 =2,44 cm²

^    .5,13 + 4,63

2

f:

i :1

r,

156.

C₀Â

;;D

OL

c*. ;

•• •

.'+1

>•'

: o ^

: ......

9s

!<

0-.;

>£"■*

3“

-■oif

-vx-

\N

OC

.....

vtC

• ii K-'

p&m

O-OŚ+-■ ■

;; :‘r'0

//

//

//

//

Tn- n n'

//

//

//

//

//

//

//

À:'

Pole trapezu eihrg'\ F₃ =

1,75 + 0,75

X 1,0 = 1,25 cm²

1,13 + 0,63

„    „ Imn!k'\ F₅ =

Cały zatem przekrój kątownika będzie:

X 0,5 =0,44 cm²

F = F₁ + F₂ + F₄+F₅ =2,5 + 2,44+ 1,25*4-7,5 + 0,44 = 14,13 cm2 (w tablicach podane jest: F = 14,lcm²).

które przekształcamy na podsta-

i przez punkt w (przecięcie boków skraj-

W przypuszczeniu, że w punktach S₄, S₂, S₃, S₄, S₅ działają siły pionowe f2} /₃, /₄, /₅, równe, lub proporcyonalne polom Fu F₂, F₃, F₄, F wę a według str. 222 i 223, wykreślamy dla tych sił fx, f₂, f /₄,/₅ wielobok sił ABCDEF i wielobok sznurowy «i ßi yi §i Mi > to ich wypadkowa przejdzie przez punkt przecięcia boków skrajnych o)j . Obróćmy następnie siły te około środków ciężkości pól Ft, F₂, F₃, F₄, F₅, t.j. S1? S₂, S₃, S₄, S₅, o 90° i wykreślmy nowy wielobok sznurowy; nowego wieloboku sił wykreślać nie potrzeba, bo skoro wiem}/-, że będzie on prostopadły do poprzedniego, więc od razu wykreślać będziemy nowy wielobok sznurowy z bokami prostopadłymi do promieni poprzedniego wieloboku sił: AZ, BZ, CZ ..., będzie on zatem: «ßyo

a wypadkowa poziomych — przez «>, to

wi >

nych wieloboku sznurowego) przejdzie wypadkowa sił po' ziomych A ,/₂ , /₃, /₄, /₅ • Skoro zaś wypadkowa sił pionowych przechodzi przez środek ciężkości będzie punktem przecięcia S tych wypadkowych. Przyjąwszy punkt a za początek spółrzędnych, otrzymujemy:

xs°= 12,0 mm, ys°=36,7 mm.

Spółrzędne te są zupełnie zgodne z podanemi w tabli

cach.

Odcinek paraboliczny i trójkąty paraboliczne.

Rozważając pole OBC (rys. 137) jako złożone z pasków równoległych do osijy, przyjmijmy pola tych pasków, z których każdy jest (według str. 227) =y₁dx=y sin adx, jako siły, działające w środku ciężkości każdego paska i znajdźmy sumę momentów statycznych tych pasków względem osi y, równą (jak wiadomo ze str. 241) momentowi Sy całego pola OBC względem tejże osi y, czyli = F.^s, gdzie F oznacza pole OBC, określone na str. 227, a a;s—odległość środka ciężkości tegoż pola od osi y. Moment statyczny paska ysmadx względem osi y będzie oczywiście y sin « dx.    —

=y sin adx. x sin « = sin² ayxdx, a uwzględniwszy równanie paraboli (78) na str. 227, otrzymujemy:

sin² « ~\/zp x? dx. Sumując te wszystkie oddzielne mo-

menty statyczne, otrzymujemy:

,x = m    3

Sy = I sin² « ]/2p x-dx = sin² a j/2p ~ '' x = o

= | sin²« y 2p. m⁵,

a że dla punktu B, leżącego na paraboli: n² — 2pm, więc:

Sjy = | w² // sin²o. — według powyższego F.xs,

zkąd: xs=ÿ

albo też: xs= m₁. (Oczywiście możemy także napisać: xs = fw, o ile mierzyć będziemy tę odległość m w kierunku równoległym do osi x, a nie prostopadłym do osi y, t.j. przy uko-śnokątn}un układzie spółrzędnych).

Podobnież znajdziemy odległość ys środka ciężkości pola OBC od osi x:

Moment statyczny każdego paska względem osi x: y sm a dxĄy₁ (bo odległość środka paska od osi x jest 4jVi), ale y₁ —y sin a i sumując wszystkie te momenty, otrzymujemy:

S'(y² dx ’ czyli, uwzględniając ró-

2 J v — n

\m²n sin² « (str.227) I mn sin «

= m sin « ,

coc

,x — m Sx = y sin « • x = o

dx. \y sin

wnanie paraboli : y² = 2px,

«in² „ rx~m    I -y²

— 2pxdx — sin² up \

" • ' 'v —- n    "

/W

w²

= sin²

ale zgodnie z powyższem: n² = 2pm, więc:

S* = £ w w² sin² « = według powyższego F .y \mn² sin² «

I mn sin «

S*

zkąd : ys — -p

=| w sin «, czyli: jKs = I (Oczywiście

możemy także napisać: ys= n, o ile mierzyć będziemy tę odległość w kierunku równoległym do osi y, t. j. przy spółrzędnych ukośnokątnych).

Moment statyczny SyIr równoległoboku OGBC (rys. 137) względem osi y:

CC CO

Syn = mln . 4    = 4m² .n = \m²n sin² a.

Moment statyczny Syr trójkąta parabolicznego OGB (stanowiącego różnicę równoległoboku OGBC i pola OBC) względem osi y:

Sy¹ = S/¹ — Sy=4 m2n sin² « — Im2n sin² a=iïï m*n sin² « » więc odległość środka ciężkości trójkąta parabolicznego OGB od osi y, otrzymana na mocy równania: Syr=F₂.xs:

_SI ___

TV m²n sin² «

— j% ni sin a=T³(j m

Fa (str.228) \ win sin « albo: xs = j<jm (przy spółrzędnych ukośnokątnych). Moment statyczny S*¹¹ równoległoboku OGBC względem osi x:

Sxu — m₁n . ^ n^ — ^mn² sin² « .

Moment statyczny S*¹ trójkąta parabolicznego OGB względem osi x:

Sx' = Sxn-Sx = łmn²sin² « — { tun² sin² a=\win² sin2 więc odległość środka ciężkości trójkąta parabolicznego OGB od osi x:

=| n sin «

S*¹ _ \mnl sin² «

F₂

^ m n si n «

albo.*jys = fw (przy spółrzędnych ukośnokątnych). Moment statyczny S^IV trójkąta ABC względem osi y wynosi według powyższego:

SyIV = mn₁. ^ wi₁ = ^m²nsiu² «.

Moment statyczny SylIr trójkąta parabolicznego AB O względem osi y\

Sym = Syv — Sym²n sin² « — § m²n sin² « = — ^ m²n sin² «, więc odległość środka ciężkości:

— jl₅ m²n sin² « I m n si n «

— — \wi sin « = —

xs =

Syn

F2 (str. 228)

albo: xs= — \m (przy spółrzędnych ukośnokątnych).

Tak samo moment statyczny S*IV trójkąta ABC względem osi

SXIV = mn₁ Ąn± — \mn² sin².« .

Moment statyczny S*ni trójkąta parabolicznego AB O względem osi x:

S*m = S*IV— Sx = ^ win² sin² « — \mn² sin² a=^mn² sin2 więc odległość środka ciężkości:

=%nsma = \nx

y*

S*iri _ i^mn² sin² «

f₂

\mn sin «

albo: ys—\n (przy spółrzędnych ukośnokątnych).

Obliczone powyżej wielkości pól odcinków i trójkątów parabolicznych oraz spółrzędne ich środków ciężkości, bardzo często potrzebne w praktyce, zestawiliśmy poniżej zgodnie z rys. 157.

\n>

w?

1.    Bole OBC = ODC = |m . wsin a .

2.    Pole OBD=f m . b sin « .

3.    Pole OGB = OHD = ABO = ADO = ^ mu sin a .

4.    Spółrzędne ukośnokątne środka ciężk. pola OBC:

a:s = f m

ys =§n

5.

yy

ODC:

xs=%m

Js=-în

6.

OBD:

f Xs —

1 jy* =

O ü1'°*

7.

OGB:

Us-tV 1jvs= w

8.

yy

yy

yy

yy

yy

OHD:

Tom

\ys=-ln

9.

yy

yy

yy

yy

ABO:

j -"

\ys =

10.

yy

yy

yy

yy

yy

ADO:

xs=-\m

mbr*

ROZDZIAŁ VII.

Moment bezwładności.

§ 1. Pojęcia ogólne.

Jeżeli wyobrazimy sobie, że pole danej figury płaskiej ABCD (rys. 144) składa się z nieskończonej ilości nieskończenie małych elementów dF, to momentem bezwładności tego pola F względem jakiejkolwiek osi # nazywać będziemy sumę iloczynów z tych elementów dF przez kwadraty odległości każdego z nich od tejże osi x i oznaczać go będziemy I czyli :

(86).

I*    dFm

m

Porównywając ten wzór z wzorem (83) str. 242, t. j. z wzorem: S* = dFm, widzimy, że wzór dla momentu

m

bezwładności lx różni się od wzoru dla momentu statycznego Sx tylko tem, że w ostatnim mamy ym zamiast jyw². Zaznaczmy jednak odrazu, że nie możemy dla Ix zastosować pierwszej części wzoru (85), bo \x nie jest równe F.jys². Istotnie, oznaczając przez y₁ rzędną dowolnego elementu dF względem środka ciężkości S (rys. 144), możemy napisać według wzoru (86):

\x = ^Ly²dF = E (ys ± yif dF = Yiys² dF ± 2 E\ysy₁ dF + Zy^dF i ponieważ ys jest wielkością stałą:

lx=ys*ZdF±2ysZyi dF+ZyfdF, ale skoro: EdF = F, a hy₁ dF, W57rażająca moment statyczny pola F względem osi, przechodzącej przez środek ciężkości S,jest zgodnie ze str. 242 = o, trzeci zaś wyraz:    dF

wyraża moment bezwładności pola F względem osi równoległej do osi x i przechodzącej przez środek ciężkości S tegoż pola (oznaczmy go przez Is), otrzymujemy zatem:

I* = ls + F .ys²

(87),

t. j. moment bezwładności pola F względem dowolnej osi x = momentowi bezwładności tegoż pola względem osi równoległej do osi x i przechodzącej przez środek ciężkości pola + iloczyn z tegoż pola przez kwadrat odległości wzajemnej tych obu osi.

Wynika ztąd oczywiście, że moment bezwładności względem osi, przechodzącej przez środek ciężkości jest mniejszy od momentu bezwładności wziętego względem jakiejkolwiek innej osi, równoległej do poprzedniej.

§ 2. Momenty bezwładności prostokąta (równoległoboku), trójkąta i trójkąta parabolicznego.

Prostokąt (równoległobok).

Rozważając prostokąt ABCD, lub równoległobok AB'C'D (rys. 158), jako składający się z nieskończonej ilości pasków

158.

.....

e’

*~.y4

<? !&'

3s-i

•V-

Jt

2)

------X

poziomych o szerokości b i grubości dy, otrzymujemy moment bezwładności \x względem podstawy według wzoru (86):

y = h , czyli: y = o

y—h    ry — h

\x = 'Ły*d¥ = 'Ly⁹.b.dy=b y²dy = b y = 0    j y = o

bh⁶

(88)

ale zgodnie

lx~ 3

/ R \²

z wzorem (87): I* = L + F.jys² = Is + £ • h bh% bh³ bh³

więc: IS = L

Is =

CO H“

(89).

12

Tak się wyraża moment bezwładności prostokąta (lub równoległoboku) o podstawie b i wysokości h względem osi,

równoległej do podstawy i przechodzącej przez środek ciężkości.

Trójkąt. Rozważając trójkąt ABC, lub AB'C' (rys. 159), jako składający się z nieskończonej ilości nieskończenie ma-

/r

k.......Ł- ■■

Ï3S

,~4......

•3s

3*UP-

łych pasków poziomych </F, z których każdy = e .dy

otrzymujemy moment bezwładności \x względem osi #:

4 \y=h - , czyli: ly=o

2 b-y

dy

b fy=,k

= -j fay = n J y — O

J~dy’

bh³

(90);

1^ =-

4

a że według wzoru (87): L = Is + F.jys², więc: T r i? 2    b h    ₁₂ bh³

I,=L —F.>² = —---2".(f^)² = -^ —

M³, czyli:

(91).

Æâ³

36 ■ :

Tak się wyraża moment bezwładności trójkąta o podstawie b i wysokości h względem osi, równoległej do podstawy i przechodzącej przez środek ciężkości.

Trójkąt paraboliczny.

Rozważając trójkąt paraboliczny ABC, lub AB'C' (rys. 160), jako składający się z nieskończonej ilości nieskończenie małych pasków dY, z których każdy — przy spółrzędnych ukośnokątnych x i y — będzie: dY = x.dy±, otrzymujemy: lx = Syi² dY = h yt². x. dy±.

Ale punkty C' i D' leżą na paraboli, czynią więc zadość równaniu: y² = 2px, a zatem:

CE

h²

CE = 2^>. AE, czyli: 2p — i wstawiając otrzymane ztąd x do wzoru dla I*:

h²

AE £sin²a

więc: v²=i—:—s a:

b sin*" «

160.

K—•

■■■4-.......y.

i <53

•X-

y /y<

>--Q~--^

₂ £ sin²

-y*dyx,

a że: y² sin² « = >’₁², więc:

I*=s*⁴

^ = 12

2yi⁴ =

bh³

L=—=-

b r*r.h b h?

J y \=o

, czyli:

(92).

Stosując jeszcze wzór (87) z uwzględnieniem wzoru (80) str. 228 i wzoru na str. 254-ej, t. j. wzorów:

F = £mwsin a — \bh i ys = |w sin« = |/f, otrzymamy:

czy\\:

bh³

F = I* — F .ys² = —

b.h.

►Kos

(93).

bh³

80

Tak się wyraża moment bezwładności trójkąta parabolicznego o podstawie b i wysokości h względem osi, równoległej do podstawy i przechodzącej pfzez środek ciężkości.

Zestawienie rezultatów powyższych dla prostokąta, trój' kąta i trójkąta parabolicznego jest bardzo ciekawe i łatwe do zapamiętania:

161.

*•

..i.

■■■y. •<

.j.

■i

"A

Vi

-5-

-Ł—

Pole........

to I i—»

oo ! co CO[ ►-*

(str. 254)

bh?

(str. 254)

(str. 254)

(str. 257)

— b h³

(str. 258)

b h³

(str. 259)

§ 3. Moment bezwładności koła.

Moment bezwładności koła względem jakiejkolwiek średnicy, którą przyjmiemy za oś x (rys. 162), określimy, rozważając koło, jako składające się z nieskończonej ilości pasków (o długości 2x i wysokości nieskończenie malej — dy), równoległych do osi a::

ry—+r

\x — 'Ly¹d¥ = '2iy¹.(2x.dy) = 2 y¹xdy.

J y=-r

Wprowadzając nową zmienną—kąt «, przyczem x=rcos«, y = rsina, zkąd: dy — r cos a da i wprowadzając jako nowe granice, odpowiadające poprzednim: y— +r i y=—r, grani-

ti CM

ce I a — -f-

, otrzymujemy:

CO; a

. 162.

Ol

i<U

I?

-x

to a

to.!-*

to

to"

4>

to

a.

tO! a

to a

C0

4*-

a.

to a

HI

to| a

« — ! sin 4 a

czyli :

to a

Ter⁴

(94).

§ 4. Momenty bezwładności dowolnych figur płaskich. Wzory Culmanna i Mohra.

Podobnież otrzymywać można momenty bezwładności rozmaitych figur geometrycznych, a momenty bezwładności figur geometrycznych złożonych oblicza się na podstawie wzoru (86) str. 256 jako sumę momentów bezwładności oddzielnych części składowych względem tej samej osi. Metodę wykreślną stosujemy w praktyce wtedy, kiedy prowadzi prędzej do celu, niż analityczna.

I.*

Przykład. Wyznaczmy wykreślnie moment bezwładno^ ści Is przekroju £N 18 (rys. 163) względem osi poziomej SS, przechodzącej przez środek ciężkości. Wyrysowawszy ten przekrój w wielkości naturalnej, rozkładamy całe pole tegoż F na elementy Fj, F₂, F₃... zupełnie tak 'samo, jak to zrobiliśmy powyżej (str. 250, rys; 156) dla przekroju kątownika nie-równoramiennego i otrzymujemy:

F₁= 7X0,33 = 2,31 cm², 7,13 + 6,61

2 X0,53 = 3,64 cm²,

6,52+1,80

X0,39 = 1,62 „

1,51+0,49

XI,09 = 1,10 „

Pole prostokąta środkowego o wysokości 13,32 cm i szerokości 0,8 cm wynosi 13,32X0,8 = 10,656 cm², a zatem całe pole F = 2X(2,31 + 3,64+1,62+ 1,10) +10,656 = 27,996=    28 cm²

(w tablicach podane jest również F = 28 cm²).

Prostokąt środkowy dzielimy na 12 części o wysokości 1,11 cm i przekształcając wszystkie elementy na podstawę a, napiszemy dla każdego z nich, np. dla elementu F₂, zgodnie ze str. 221 :

F ₂ = «./₂

i oczywiście: S ¥m = F = a    .

(95)

Przyjmując zaś np. za podstawę: a — 2cm, otrzymamy:

2,31    ! icc

2 =1,15 5 cm,

₀

f-f - F4

f% ⁼f& ~fl =/l₆ =

F

i oczywiście: 2/w = —

ni    a

<£>

oo

~- = 0,81 „

1.10

^2 =0,35    „

F₅ 1,11X0,8

Si

28

= 0,444 cm

Ćj

— = 14 cm.

Przyjąwszy , /₂, /₃.... za siły, działające poziomo w środkach ciężkości Sj, S₂, S₃... elementów Fj , F₂ , F₃.. wykreślamy dla nich wielobok sił ABCDE... i wielobok

5. 163.

/

£

©C'

r

3

<7 f8 f9

’Sffë i>l

<?

'9

\0

JF

--Cot;

i

—a

x

S

w_

/ V.

A

-A-

-A-

“A"

»A

[A'*\

r

n>.

-    —I— T

V

K

A

r

ft

R,\

P

Ä:

f

rrf—

14

*

a

<3*

x-

it ?7“; T"; —\j--:

V,: -;    ■

»

Ż7

A

HI'

,4

^7$

#-

x'

z

: 11

7/

C

.jl.w:.'

$

T

•s

03.

±_

JL’

!R

°P i

Jftz_

■ J l

W; /

J'l

i

r

VT .'TVi'

V

f

A³

-Ma

ff .

A-

1A

J'i-

C

n

f£

X

n

f

H.

-/'Ł

_ -A- -

&9-

---//*--

---^e-0-

-4%z.

---rn —

f

©

sznurowy aßySsC... z odległością biegunową H = ^S f

czyli

14

H =— = 7 cm. (W obec tego, że oś pozioma SS, przechodzą

ca przez środek ciężkości przekroju, jest osią symetryi tegoż przekroju, wystarczyłoby wykreślić tylko połowę wieloboku sznurowego). Wielobok ten daje na osi SS odcinki sl, s₂, s₃..., z których każdy, np. s₂ = bc, jest proporcyonalny do momentu statycznego odpowiedniej siły /₂ względem tejże osi SS. Istotnie z podobieństwa trójkątów bc$ i BCZ z bokami równoległymi wynika: be BC

czyli: BC .jy₂ =    . H , t. j.

f₂.y₂ = s₂.H

a h -JV2 jest momentem siły f₂, działającej poziomo w środku ciężkości elementu F₂, względem osi SS. Jeżeli odcinki sl} $2, s₃... uważać będziemy za nowe siły, działające poziomo w środkach ciężkości Sj, S₂, S₃... i wykreślimy dla nich wielobok sznurowy «'ß'/oV £'.... (z odległością biegunową H' = wZ'), to otrzymamjr na osi SS odcinki 4> t₂, 4--- i analogicznie z wzorem (96) możemy napisać np. dla odcinka t₂ — b'ć\ s₂ .y₂ = t₂ . H'

Z zestawienia trzech wzorów (95), (96) i (97) wynika: F₂./₂.y₂.5₂.y₂ = «./₂.5₂.H. 4.H', czyli: y₂².F₂ = Æ.H.H\ t₂.

Wypisując taki sam wzór kolejno dla wszystkich elementów Fx, F₂, F₃... i sumując te wszystkie wzory:

yx . Fj -f-jy₂² . F₂+jv₃²- F₃ + ... = a. H. H⁷ (4 + 4 + 4 d* ••••)> czyF :

Zym². Fm = a. H. H' .t (jeżeli przez ł oznaczyliśmy sumę

y» H

(96),

(97).

czyli odcinek UW).

4 d-4 d" 4 d*

Dla nieskończenie małych elementów Fm lewa strona równania staje się oczywiście = 2y²m dFm, czyli = momentowi

bezwładności Is całego pola F względem osi SS, a dla jakichkolwiek elementów F,„, jeżeli oznaczymy moment bezwładności każdego pola FA, F₂, F₃... względem osi równoległej do osi SS i przechodzącej przez jego środek ciężkości Sj, S S₃..., przez 4,4 , 4 ... i sumę tych momentów dodamy po obu stronach równania powyższego, otrzymamy:

Is — - (im d~y²m • Fm) = a. H. FF. ty X im

m    m

bo każdy wyraz z lewej strony, np. 4 + );2²-Fr2> wyraża zgo-

.(98)

dnie z wzorem (87) str. 256, moment bezwładności pola F2 względem osi poziomej SS, cała zaś suma—sumę momentów bezwładności poszczególnych pól F₄, F₂, F₃..., czyli mo-r ment bezwładności Is całego przekroju względem tejże osi.

Przy wjrznaczaniu momentów bezwładności figur płaskich dzielimy je najczęściej na paski tak małej wysokości, że momenty bezwładności (i\ , i₂ , i%...) samych pasków względem osi, przechodzących przez ich środki ciężkości, można zupełnie odrzucać. Obrawszy np. wysokość paska h — 5 mm, otrzymujemy przy znacznej nawet szerokości tegoż £=100 mm:

= ««0,1 cm⁴. W obec tego przy dostatecznie

małej wysokości pasków możemy wzór poprzedni napisać tak: Is = Xym². Ym = a. H. FF. t......(99).

nt

Jest to wzór wyprowadzony przez Culmanna.

W danym wypadku (rys. 163), przy znacznie większej wysokości pasków środkowych .= 1,11 cm, ale małej ich szerokości =0,8 cm, moment bezwładności każdego z nich będzie:

. bh% 10X0,5

12

12

i = —— =-——

0,8X1,11

12

= <x> 0,08 cm

dla pasków F₄ i F₁₇

otrzymamy: \ =/₁₇ = ««0,1 cm⁴; dla pasków pozostałych momenty bezwładności będą znacznie mniejsze, w obec czego suma wszystkich 20 momentów bezwładności + 4 + 4 • • • • wyniesie:

E im= oc 1,7 cm⁴, a z wzoru (98) otrzymamy:

m    ^

ls = a. H.H'./+S 4 = 2.7.10.9,66+1,7 = 1354,1 cm⁴.

m

(W tablicach podany jest Is= 1354 cm⁴).

wykreślić następnie drugi wielobok

Tak więc dla otrzymania momentu bezwładności ja^ kiejkolwiek figury płaskiej względem osi, przechodzącej przez jej środek ciężkości, należy podzielić figurę na paski FA, F₂, F₃.... równoległe do osi, wykreślić wielobok sznurowy aßT§s... dla sił /i,/₂,/₃..., proporcyonalnych do pól Fl5 F₂, F₃... i działających równolegle do osi w środkach ciężkości pasków S₁,S₂,S₃.. sznurowy «Vy'sV ... dla sił równych odcinkom s±, s₂ , s₃..., działających w środkach ciężkości pasków SŁ, S₂, S₃... i moment bezwładności otrzymamy z wzoru (99), z zastrzeżeniem jednak, że wysokość pasków . musi być dostatecznie mała. Z równań (95) i (96) wynika również:

F₂ -/ä -y2 — a ./₂ • s₂ . H ,

a skracając przez f₂ i mnożąc obie strony przez y₂, a potem sumując dla wszystkich pasków Ft, F₂ , F₃..., otrzymamy:

Zym². Fm — a. H. E sm .ym.

m    m

Suma YiSm-ym wyraża dwukrotnie wzięte pole (oznaczmy

m

. o>a

je przez F₀) ograniczone wielobokiem sznurowym aßyS*.. bo pole każdego z poszczególnych trójkątów, składającjrch F₀, np. bc§ , jest = |. bc.y₂ = hs2 -JV2 > więc możemy napisać: ls = '2iym². F„, = 2<zH. F₀......(100).

m

Jest to wzór wyprowadzony przez Mohra i oczywiście stosuje się do niego również zastrzeżenie powyższe co do dostatecznie małej wysokości poszczególnych pasków.

Wzór ten daje moment bezwładności Is bez wykreślania drugiego wieloboku sznurowego, natomiast jednak trzeba obliczać pole F₀. Tak np. dla przekroju kątownika nierówno^ ramiennego 100X50X10mm (rys. 156), dla którego wzięliśmy a— 1 cm, H = 5 cm, obliczywszy pole F₀ = «ß?eMa = so 10,54 cm², otrzymamy według wzoru (100):

Is = 2aH. F₀ = 2X 1 X 5 X 10,54 = 105,4 cm⁴.

Porównywając ten rezultat z podanym w tablicach Is = = 141 cm⁴, widzimy znaczną różnicę, pochodzącą ztąd, że na rys. 156 wzięliśmy wysokość paska F₄ bardzo znaczną = 7,5 cm, w tym więc razie nie wolno było lekceważyć odpowiedniego

= 35,15 cm⁴ i przekonywamy się istotnie, że

i =

⁴ 12

105,4+35,15 = 140,55 cm⁴, a dodawszy jeszcze sumę + i₂ + + z₃ + /₅ = fi« 0,3 cm⁴, otrz}unujemy rezultat bardzo blizki wyka-zanego w tablicach (141 cm⁴).

Najczęściej przyjmujemy pierwszą odległość biegunową H =^S/W, a w takim razie: 2öH = 2^X|S/w = «S/m = F,

bhz 1,0X7,5

12

więc równanie (100) daje:

(101).

ls = hym². Fm = F. F₀

tn

Oczywiście wzór ten stosować można tylko w razie, jeżeli =    i z zastrzeżeniem powyższem co do wyso-

m

kości poszczególnych pasków.

.uia,

W danym wypadku (rys. 163) pole F₀, czyli «ßySs.. wynosi według obliczenia ** 48,29 cm², a że odległość biegunową H wzięliśmy = §    , więc według wzoru (101):

IS = F . F₀ = 28X48,29 = 1352,1 cm⁴; dodając zaś tak, jak wyżej, w obec dość znacznej wysokości pasków 1,7 cm⁴, otrzymujemy zgodnie z tablicami Is = «« 1354 cm⁴.

Zauważmy jeszcze, że za pomocą wzorów Culmanna (99) i Mohra (100) i (101) możemy otrzymywać moment}^ bezwładności nietylko względem osi, przechodzącej przez środek ciężkości S, ale również względem jakiejkolwiek innej osi. Dla wyznaczenia np. momentu bezwładności I* przekroju Q (rys. 163) względem osi x zapomocą wzoru (99) należy po otrzymaniu, jak wyżej, pierwszego wieloboku sznurowego aß-j^sC... z odległością biegunową H (dla sił /i,/₂,/₃-.. działających równolegle do danej osi przez środki ciężkości pasków Fj, F₂, F₃...) wykreślić drugi wielobok sznurowy <z"i”h"s"c"... (z odległością biegunową H"=LZ") dla odcinków s\, s'₂, s'₃..., utworzonych na danej osi x przez poprzedni wielobok aßySeC..., poczem otrzymamy według wzoru (99):

lx = a. H . H" . Z', czyli, ponieważ f = U' W' = 12,86 cm, lx = 2X7X10X12,86 = 1800,4 cm⁴; po dodaniu zaś, jak wyżej, 1,7 cm⁴: \x= *a 1802 cm⁴.

Rezultat ten możemy sprawdzić za pomocą wzoru (87) str. 256, który daje dla osi x} odległej o 4 cm od osi równoległej, przechodzącej przez środek ciężkości S:

I* = Is + F.jys² = 1354 +28X4²= 1354+448 = 1802 cm⁴.

pole = na rys. 156 8,0X4

= «vs 8,83 cm², a na rys. 163 —

Dla zastosowania zaś wzoru (100), lub (101), należy zamiast pola F₀ wziąć pole F'₀, ograniczone wielobokiem aßy8s£... i osią x, a zatem różnica (F'₀—F₀) stanowi trójkąt wLN, którego 7,06X2,5

16 cm². Stosując więc w pierwszym wypadku wzór

(100), widzimy, że moment bezwładności I* będzie większy od Is o: 2<zHX8,83 = 2.1 . 5.8,83 = 88,3 cm⁴. (Istotnie moment bezwładności I* jest według wzoru (87) str. 256 większy od Is

— 2

o F.+s², czyli o: 14,13X2,5 = 88,3 cm⁴). Dla rysunku 163 możemy natomiast* w obec H —    zastosować wzór (101)

m

i zwiększenie momentu bezwładności wyniesie: F.(F'₀—F₀) = = 28.16 = 448 cm², które otrzymaliśmy już "wyżej.

Zauważone omyłki druku.

Str. 29 wiersz 4 od góry zamiast „X' i Y'“ ma być „Y' i X'“.

po „32,8“ w« być „mm“.

40    „    4 od dołu \ zamiast „równowielkie“

67    „ 20 od góry l ma być „równoważne“.

zamiast „E₂E₃“ ma być „E₃E₂“.

3“

T)    nu

6 od dołu zamiast „więc“ ma być „również“.

po wyrazie „odpory“ dodać: „dla parcia wiatru“.

po wyrazie „będzie“ dodać: „dla obciążenia z lewej strony“. po wyrazie „ściskanie“ dodać: „z wyjątkiem środkowego słupa 78“.

197    „    18 od góry zamiast „tonnometrów“ ma być

„tonn“.

po wyrazie „natężenie“ dodać: „wyciągające“.

4 od dołu zamiast „na“ ma być „o“.

„polom“ ma być „do pól“.

36

108

144

152

174

181

181

■ 218

cg cm

CT> -<+l

00 o

JJ

TT

18

23

17

10

4“

ff *

Ht

s>°\

8°\

(a3-p. if,t    S.0^1,85,2^,^96,97.10^,11^-^19, 737- 189,191, 159, Sosj)

^ fLcz^cć/

\/\\y •

X'

%°

'^CAy'

mm.

1 : 200

*2/ Ą/Cy\\A

[T

Tr-

°CłT'

a C \

i/

/V /

!✓<>/

A*

ï~

l\

o/v°x

• a€c^

YCL.

; n~.

ÏS&\

3e

(V

I ÿj ntaX

IT

rrv

•y

|V

,9

,oC

rV

w \

ü.7v,

UL '

IV i ii— , J r>v

ma-X,

)YUUJs

sr

nv

? Ha

y mai.

J/Vna-X I

— Xsi

ay y*«*- y„xax>

max

^ntwoo I I jj-

ïô --

.ćtj

1/

/rrv»t

Tablica 1-a

i\

ir /

j£

Ł;

[ml

,C I

³L

yy

/r

//

//

//

«T

[*r

r,

«n*o

1/

\>J

,1

ij ax°lx' y ^

Ni

//

// i

Ui

9e w° // S „

--rO

4°

3°

z°

/7

)Z

A3

/4

15 iG ą 118

-13

21

55

55

9/ ¹

~*~r

'/

/:*

M-

V,

IV

'M

tfedN

AC

H-HN

■ç—£

Ar⁷

<r

o4-;.........

X;.

n in

i?: : x

J"Â

Tÿ

¹-ŹtT

'51,

.......

......■'V'X'-“'"

iÆm

- - • 7{ = ci - - - ->

4a.;.

r<^.    •■: '"v-î.;.

53*?

XI

N. I I

foi

PKi !

io r

§s

-■••■■m

4.014XX

--X9

II

"t

X.

X'

4.

^X-4-iU4ir It-tMJLif

r-^

r"

o. -

rlc:

■/

|.

lJ

•>.

4.

0^

T”“

X⁷

il,

Xs A

a. »

%?

9°

51.JJ - —_j

-t —r

4r|

I 'f I

Ag

•-i

ci \

3,-i-T

■101

...l.....

■I"

15

iG

iS

.h-

V^/o .

\

- •N

i-5-jérï

41-*

>2/5:¹

• ni.

"i i !

■••Y

■y /

1 */

</

//

II

•I

)IL'

—^s:

-i--

iT'

---19-

^\L

ÄÖ

An

¹¹Ä“

ü m

\>

-of

~z

[%£

53„i

SU

WA

jto.

z.

3io

S,

%2\

5 'J'A

L£

'x

>y

Sl

A⁵*'

■ÉF*

>z

PSI «ippi B ■

ss^s

/a,

<X-

IX/ .

c=

stnr. tdcitu, : 165-16J, lyH-IJJJ

-•8

'V

---

Natężenia

w tonnach.

Süi

Pręt

31

Æ.

'Y

Ol

a-

g₀₂

Dla obciążenia ciężarem własnym i śniegiem.

—18,140

Dla parcia wiatru

z lewej strony

- 5,78t

z prawej strony

— 2,600

Największe

natężenia.

— *23,920

I:

11

- • -i-®'-«:

W:

Pas górny

g₂₄

g₄₆

— 17,760

— 17,380

— 23,540

— 23,160

06

/3

ii,

^/fod/6c«y ^X/vuDyçy'ù

bcJtcs -ó^i/ 1

'cP 1 : 10 0.

— ] -ton/n^a/ I

fi

A ’

X, c

___J^i----;

74

i'5

- \S

■\

J»

50

Lewa połowa wiązara.

G₆₈

Doi

— 17,000

— 22,780

+ 17,270

+ 5,380

+ 2,500

+ 22,650

Pas dolny

Zastrzały

Dis

D3 3'

k₁₂

k₃₄

k₅₆

k₁₄

+ 14,770

+ 8,350

1,140

2,280

1,140

+ 2,500

+ 4,08i

+ 1,27

+ 2,180

+ 18,850

+ 10,530

— o,6oq

— 1,740

l,20i

— 0,60»

+ 1,300

— 3,480

1,740

+ 3,800

Ç0-

Ścięgna

k₄₅

K35

+ 2,500

+ 6,660

+ 1,300

+ 3,800

+ 2,850    + 0,400

+ 9,510

t®

4L

X'

k₅₈

+ 9,160

ip

x

jp

G₀'₂'

— 18,140

+ 4,150    + 0,400

— 2,400 — 6,150

+ 13,310 — 24,290

•C

-i

Vi

V«

fe;

i,

Wł

Jr

<s\

'/

V 9o3

Pas górn}?’

G₂v

— 17,760

— 23,910

■7

•kt» •*■

■J*

Sf

Y*"

^Ol

x'

+€*

»°c

'<sp

.3“

■<>;

iP

5*

73"

pPy:

;#Y

*• ,oW

• , 4jX^

S-

ii"

Prawa połowa wiązara.

G₄v

G₆'₈

—17,380

—17,000

Pas dolny

Zastrzały

Ścięgna

D₀v

Div

Kiv

K3V

K5V

KlV

K₄v

K₃v

K₅'₈

+ 17,270

+ 14,770

— 1,140

2,280

1,140

+ 2,500

+ 2,500

+ 6,660

+ 9,160

— 23,530

— 23,150

+ 1,500

+ 0,280

+ 0,280

+ 6,520

+ 5,220

— 0,600

1,200

— 0,600

+ 1,300

+ 1,300

+ 3,080

+ 4,380

+ 23,790

+ 19,990

1,740

— 3,480

1,740

+ 3,800

+ 3,800

+ 9,740

+ 13,540

«•

te

ci

<?ü

/ß oucce

J®

6°

s°

(od]*- sbr- ttk-stu, > S3, 209 - Z1Z.J.

^JLcS-Cy/ 3AyiXyCyO'i><Ày' l .* 200.

--1-

■fs

0—

v;

KTrXT

». ?

rm

vl

V|

les

T>°

9e r 7° 6°

5° 4° 3° sr\i

2    3 . */

cl

>*

Oo

\n

°«

'vD

QJ

>0

NS

Oj

f( C )------ - i- —"V: ------ -

Tablica 3-a

rv

"'Vm.....

•i

śs

Cm

/;

4........-®—

----

-9*

-0«

-y*

-6-

Oo

.....r

.....:......VJ

--- y - -

e?.....i-

Â\ y.

- O    /•* * —

4-

3T

\ : ^

\ •

\ ! \ •

\ : \ :

- ----- - —

■xi

rr.

......® — -

Ci

'SJ-

/y

I’

\\

/y

r₀₃

---

v.

Xç₃

j-

i⁻]

y-*

-ôm

= jl.

29-\y -

; 25

W\

XX;

;7 .....

*    \'tk*    *

5^- -• -rOr---j-

o*'

ri

ï,y

a/ Xfr’

rr^-'fä

A: sl':

I»: /

\\

......\1:

4!

» il

l-

\\

\-\

■Jx*

\\

3'

' : / ;

’“⁻⁷&

* U

mü ¹

1S

?£ ₌l ₌ $GyCJt

—16 o

-f/8

cji^fcye/t/yys <//œ y^ciążmi&y luy^ûmrsfyr^syi^ïMS^

-3 6~0

G'

-81,6

7f\

-is

■t

-••O

i"

-4

cT

-i

Ù X -2

->

■* <5^

-5^

l€ o

-\2io y

\ -10 8

-33,₀    -32,4

l\#£' X/ 9;

M335.s\/

\ V \-r

V/

HJ

V\

MS

7<V\-

is- 7

CMô

JC5

y.

SS

'I

si

<2

io

<S i

il

cyî^Swte/fJze/ yzaA'Zemyi/ J ⁰    *

6

8\

>}.

/<

- Z08

-3 5 Z

—f/f/oy

—t/68

~7f\

IS

<ć- -

’.t

I-

I.

KO

ï......cL^Ts-

SL -

f-- 3<H

.1

v--..

/s

€'

2,1

^ -1. >3, Y ‘ -61 r

M/

-3oj

y/

\-«p

y

<-- -

I!

-C'

■r

XQ

T-

+ ZC8

N,

R--

5'

A~

..^ = !36,o

SI

XV

Jtt

NJ

5’

SS

;

i

?

>

i

'i

I

i

. ;

ł

3

i

s

;

;

(•łłECTWBET

•r.-

i

:

{

!

i

«

i

;

■;

i

3

;

V ,■

i

P

<

i

i

"•

•:

t

! '

sŁK-.-sr:

«

!

z

__ i

i

/

------------r-r- - •T.-..-:~:-»'-

■

I

r

I

!;

‘

"1“

msz

.

I

pUOTE/g

î

r

.

i

i :

r.

V

?■

Matematyka.

Autenrieth Ed. Mechanika techniczna. Podręcznik nauki statyki i dynamiki dla inż. mech. i inż. budów. Przełożył z upoważ. autora Stanisław Patschke. (1572X24) 1900, Xl-{-613,

z 327 fig. w tekście.................

Baraniecki M. Ä. Początkowy wykład syntetyczny własności przecięć stożkowych, na podstawie ich pokrewieństwa harmonicznego z kołem. (14 7₂X23) 188 5, XVI+131, drzew. 63. —.40 Danielewicz A. B. Metoda najmniejszych kwadratów (16X23)

1904, X+185+X..................

—    Podstawy matematyczne ubezpieczeń życiowych. 1895,

335 tab. X.....................

—    Z dziedziny statystyki matematycznej (16X23) 1884. 30. —.10 Dedekind Ryszard. Ciągłość a liczby niewymierne. Z czwartego

nie zmienionego wydania przełożył St. Straszewicz.

(16X24), 1914, VIII—j—17................

Dzieje myśli, Tom I zesz. 2. Rozwój historyczny pojęć chemicznych. Szkic ewolucji pojęć w mineralogji. Zarys rozwoju matematyki a) rozwój arytmetyki i algiebry do końca XVI w., b) zarys rozwoju gieometrji w starożytności, wiekach średnich i w epoce odrodzenia, c) rozwój matematyki od początku XVII w. W opr. Leona Marchlewskiego, Józefa Siomy, Michała Feldbluma, Władysława Smosarskiego i Stefana Kwietniewskiego, 1911, 279, z 33 ilustr.............

Enriques F. Zagadnienia dotyczące gieometrii elementarnej.

Tom I-szy: Krytyka Podstaw. Z drugiego wydania włoskiego przełożyli St. Kwietniewski i W ł. Wójtowi c z. (17X25) 1914, IV-f 331.............

Feldblum M. Geometrya wykreślna (16X237₂) 1902, XV1+325,

z 172 rys. w tekście.................2.—

Folkierski Wł. Zasady rachunku różniczkowego i całkowego Wyd. 2-gie znacznie zmienione (16X24) Tom. I 1904, XII+ 574+55 fig...............^......

—    Zasady rachunku różniczkowego i całkowego. Wyd. 2-gie znacznie zmienione (16X27) Tom II. 1909, XI+630+101 fig. 2.40

Gauss Karol Fryderyk. Rozważania ogólne o powierzchniach krzywych, z orginału łacińskiego przełożył Stefan Finke 1 k r a u t, objaśnieniami i uwagami opatrzył J u 1 j u s z Rudnicki, z przedmową Kazimierzą Żorawskie-go, wydał Władysław Wojtowicz. (15X24), 1913, 71. —.75

2.40

1.20

—.10

—.45

1.50

1.50

2.40

Gosiewski Wł. Rachunek prawdopodobieństwa (16X23'/₂) 1906,

X+265.    .....................

Hardy G. H. M. A. Wykłady elenjentarne z dziedziny analizy,

przełożył W ł. Wojtowicz. (18X25) 1916, XV+492.    . .    3.—

Kowalczyk J. O sposobach obliczania przeszkód biegu ciał niebieskich (19X26) 1901, XII 624+3 tabl..........

Majewski Wincenty. Geometrya praktyczna. Podręcznik dla

rzemieślników (15X22) 1903, 301. (Karton).......

Malanowicz J. Kreślenie geometryczne i jego praktyczne zastosowania (12X17) 1907, XI+176+45 tab. i 346 rys. (Karton.) —.60 ...    — Kreślenie i zdobienie geometryczne. Kurs pierwszy; Wyd.

2-gie (20X26) 1912, V1II+110+11+45 tab.+215 rys. (Karton) —.60 — Rzuty geometryczne (Geomatrya wykreślna dostosowana

do potrzeb przemysłu i rzemiosł) 1913, II+110+2+269 rys. —.75 Pieri Mario. Geometrya elementarna oparta na pojęciach „Punktu“ i „Kuli“, z oryginału włoskiego przełożył Stefan

Kwietniewski. (18X24), 1915, 152..........

Poradnik dla Samouków. Wskazówki metodyczne dla studyują-cych poszczególne nauki. Wydawnictwo A. Hefłicha iSt. Michalskiego. Wyd. nowe. T. 1-szy w opracowaniu J. Lukasiewicz a, Z. Janiszewski g St. Kwietni wskiego, St. Mazurkiewi z W. Sierpińsk ego i St. Zaremby. (15X23), 191

XXXIX+618, z 34 fig. w tekście i I tabl.........

Prace matematyczno - fizyczne wydaw. przy współudziale W ł. Natan son a, J. Puzyny, M. Smolucho wskiego, S. Zaremby, K. Żorawskiego przez S. Dickst e i n a. Tom XXVII. (16+24), 1916, 277, fig. 10.....3.

Rozmarynowicz Teofil. Matematyczne podstawy ubezpieczeń na wypadek niezdolności do pracy w zastosowaniu do urządzenia kas emeryt. Wyd. Bolesław Danielewicz

(167jX23), 1886, IV+53.    (—.60)    . . . ¹ •......

Schur F. Podręcznik . geometryi analitycznej przeł. T. Łopuszański, (16X24) 1901, X+246+1 nlb.+76 fig......

Sierpiński W. dr. Teorya liczb niewymiernych. Wjńcłady uniw.

(14V*X22Va), 1910, 4 nlb.+149. . . ..........

— Zarys teoryi mnogości (16X24Va) 1912, VIII+158.....

— Teorya liczb (kurs uniwersytecki) (16 24), 1914, XIV+412    1.80

Steiner J. Konstrukcye geometryczne wykonane za pomocą linii prostej i stałego koła; przełożył Stefan Kwietniewski. (17X24) 1915, VI11+69, rys. 25..........

Szczepański Józef. Stopień wyższy matematyki elementarnej i początki rachunku nieskończonostkowego. Podręcznik dla klas wyższych szkół średnich i dla samouków (14V₂X22),

1906, 450.....................

(karton) ...    .................

Wektor. Czasopismo matem.-fiz. Red. Wład. Wojtowicz;

w Warszawie 5, — z przesyłką 6 zeszyt pojedyńczy. . . —.75 Witwiński Romuald. O układach odwracalnych powierzchni potrójnie ortogonalnych. Odbitka z tomu XXVII-go Prac matematyczno-fizycznych. (18X25), 1915, 52+10 fig. .    .    . —.75

Zaremba Stanisław. Wstęp do analizy. Część I-sza. Pojęcie dowodu matematycznego oraz inne wiadomości pomocnicze. (17X24), 1915, 124

7.50

—.75

2.40

—.10

1.—

—.75

—.90

—.45

1.50

1.60

S-*⁶

' ,V ₍ NŚ

-

A

’

X‘

*'A'a

'V - •

»

'

:

fr-

■

T'.

A -

7 ą

y,ę

;l

A

A ;

-■ * -a?

-AA/

; r

. V

1

■ *. > > »

:t

«■ s

A

,

• '

, .

.■r'

n *

-;>v;-v" -i

. 7 ; ; : „ #K. /-y4>

» ■ •

- %,

.$■

A

»

fi'

V A

■

'?

«

-

:

■i 'i

*'

À M'.;

Pi

-

V

'-V ś tp^SŁ j:;

•>

-P’-

m

■»

; i

/

*

-

#

V:

*■:

.

■

/

■

? ' ‘Al

i; - • ■

:

■

'

A - -

Ą À\

-i ;

ÄS

■';ś

1

Ą' *J. <?'

i

• - ' ł;

'

'

-■ y

V

A'*

m

,

fï

Biblioteka Politechniki Kiakowskiei

»

100000294587

.

'

Jt

;

' !»%V

«Ü

V

•I*’

-

m

.

T • OMAjf.Vÿs '

&

w?

.

»

.ti

iEklfe• i

¹

I r¹ sin¹ a r cos a r cos « da = 2 ri I sin¹ « cos¹ « d « =