Upload
ledat
View
220
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Katedra stavební mechanikyFakulta stavební, VŠB - Technická univerzita Ostrava
Stavební statika, 1.ročník bakalářského studia
Nosné stavební konstrukce
Výpočet reakcí
Výpočet vnitřních sil přímého nosníku
• Prut(geometrický popis, vnější vazby, nehybnost, silové zatížení, složky reakcí)
• Reálné zatížení nosných stavebních konstrukcí
• Výpočet vnitřních sil přímého vodorovného nosníku
2
Nosná stavební konstrukce
Nosná stavební konstrukce slouží k přenosu zatížení objektu do horninového masívu, na němž je objekt založen. Musí mít dostatečnou únosnost a dlouhodobou použitelnost (blíže předmět Pružnost a plasticita).
Kongresové centrum, Brno
Skládá se z horníkonstrukce a ze základové konstrukce
3
Třídění nosných konstrukcí podle geometrického tvaru
1 . Prutový konstrukční prvek (prut) – délka je výrazně větší než dva příčnérozměry, idealizace dokonale tuhou čarou (přímá nebo zakřivená)
Konstrukce je obecně složena z konstrukčních prvků:
2 . Plošný konstrukční prvek – tloušťka je výrazně menší než zbývající dvarozměry, idealizace rovinným nebo prostorově zakřiveným obrazcem.
3 . Masivní trojrozměrný konstrukční prvek
Dělí se na stěny (zatížení ve vlastní rovině), desky (zatížení kolmok rovině) a skořepiny (zakřivený plošný prvek).
Nosnou konstrukci může tvořit jediný konstrukční prvek, zpravidla je tvořena několika konstrukčními prvky – soustavakonstrukčních prvků.
Nosná konstrukce z lepeného lamelového dřeva, soustava prutových prvků a desky, Lahti, Finsko,
foto: Ing. Antonín Lokaj, Ph.D.
4
Zatížení nosné konstrukce
Rozdělení zatížení:
a) silové - vnější síly a momentyb) deformační - oteplení, sedání, poddolování
a) statické - velikost, směr a umístění sil se v čase nemění,např. zatížení obytných budov
b) dynamické - vyvoláno rychlou změnou velikosti, polohynebo směru sil, vede k rozkmitání konstrukce, např. zatížení mostů jedoucími vozidly
a) deterministické - vlastnosti jednoznačně vymezeny normou,např. měrné tíhy staviv
b) stochastické (pravděpodobnostní přístup) – velikost zatížení nenípředepsáno jednou hodnotou, nýbrž pravděpodobnostní funkcí
5
Základní pojmy:
+z
+y +x
a b
l
h
d
F2
F1=2F
FF
1 2
Rovina souměrnosti prutu
Řídící čára, osa prutu (přímý prut), střednice(přímý i zakřivený prut)
P1 P2
1 2
Raz Rbz
Rax
a b
l
Statické schéma –statický model nosnékonstrukce
Těžiště průřezu
Prut - geometrický popis prutu, idealizace
1,0,
≅l
dh
Průřez prutu
Prut rovinně nebo prostorově lomený.
6
• volný hmotný bod v rovině: nv=2
(posun v obecném směru rozložen do 2 kolmých směrů – osy souřadného systému)
• volný tuhý prut (deska) v rovině:nv=3 (posun ve dvou osách a pootočení)
• volný hmotný bod v prostoru:nv=3 (posun rozložen do tří os)
• tuhé těleso v prostoru: nv=6 ( obecný posun a pootočení)
Pohybové možnosti volných hmotných objektů
+x
+z
m[xm,zm]
x’
z’
γ
Stupeň volnosti nv : možnost vykonat jednu složku posunu v ose souřadného systému nebo pootočení.
7
Vnější vazby odebírají objektu stupně volnosti.
Název vazby Násobnost vazby Označení vazby a reakce
Kyvný prut
Posuvná kloubovápodpora
Pevný kloubovápodpora
Posuvné vetknutí
Dokonalé vetknutí
Příklady jednoduchých vazeb tuhého prutu v rovině
n–násobná vazba ruší objektu n stupňů volnosti.
Raz
Raz
Raz
Rax
Raz
Rax
Ma
Raz
Ma
1
2
2
3
1
nebo
nebo
Raz
Raz
Rax
8
Zajištění nehybnosti prutu
K pevnému podepření objektu je potřeba tolika vazeb v, aby zrušily všechny stupně volnosti nv.
v = nvPodepření objektu je kinematicky určité, zajištěna nehybnost objektu, použitelná jako stavební konstrukce.
v < nvPodepření objektu je kinematicky neurčité, nehybnost objektu není zajištěna, jako stavební konstrukce nepřípustná(nedostatečný počet vazeb).
v > nvPodepření objektu je kinematicky přeurčité, nehybnost objektu zajištěna, použitelná jako stavební konstrukce(větší počet vazeb než je nezbytně nutné).
Vazby musí být vhodně uspořádány, aby skutečně zajišťovaly nehybnost objektu – nesmí se jednat o tzv. výjimkový případ kinematicky určiténebo přeurčité konstrukce.
9
321 .3.2 aaav ++=
a1 ... počet jednonásobných vazeb
a2 ... počet dvojnásobných vazeb
a3 ... počet trojnásobných vazeb
nv = v
nv < v
nv > v
staticky i kinematicky určitá soustava
staticky neurčitá, kinematicky přeurčitá soustava
staticky přeurčitá, kinematicky neurčitá soustava
Stupeň statické neurčitosti nosníku v rovině
3=vn
Stupeň statické neurčitosti s = v - nv
v = ve ... počet vnějších vazeb nosníku nv ... počet stupňů volnostinosníku v rovině
10
Kinematicky i staticky určitá konstrukce
Podepření objektu je kinematicky určité
b
Rbz
a
Raz
Rax
P1 P2
Raz
RaxMay
P1 P2
a
v = nv
v = 3, nv = 3Prut je staticky určitý(3 složky reakcí, 3 podmínky rovnováhy)
Prostý nosník:
Konzola:
11
Kinematicky přeurčitá, staticky neurčitá konstrukce
kinematicky přeurčité, staticky neurčité podepření
b
Rbz
a
Raz
Rax
P1 P2
Raz
RaxMay
P1 P2
a
Rbx
Rbz
Rbx
Mby
b
v > nv
v = 4
nv = 3
s = 1
v = 6
nv = 3
s = 3
Stupeň statické neurčitosti: s = v - nv
12
Kinematicky neurčitá konstrukce
b
Rbz
a
Raz
P1 P2
Objekt v rovnováze jen za určitého zatížení
Ve stavební praxi nepoužitelné.
kinematicky neurčité podepřenív < nv
13
Výjimkové případy podepření
Vazby musí být vhodně uspořádány – nesmí vzniknout výjimkovépřípady podepření, které jsou ve stavební praxi nepoužitelné.
b Rbxa
Raz
Rax
P1 P2
P1 P2
c
Rcz
a
Raz Rbz
b
Determinant soustavy roven nule – jde o výjimkový případ.14
Idealizované silové zatížení prutů
Bodové momentyObr. 6.11. / str. 81
Bodová zatíženíObr. 6.10. / str. 81
(a)
(b)
(c) (b)
(a)
Bodová síla F (P)[kN], [N]
Bodový moment M[kNm], [Nm]
a) kroutícíb) ohýbající
Nejčastěji vzniká při přeloženíexcentrické síly do působiště na ose prutu (obr.6.10.c)
15
Liniová zatížení
Příklad příčného silového
liniového zatížení nosníkuObr. 6.12. / str. 82
Silové liniové zatížení – příčné p[kN/m], [N/m]
Příklady:
• tíha zděné příčky působící na stropnínosník
• nahodilé zatížení stropu [kN/m2]soustředěné na nosník formousběrného pásu
16
Příklad stropní konstrukce
Stropní konstrukce výzkumného energetického centra VŠB-TU Ostrava
17
Staticky určitá konstrukce
Prut je staticky určitý3 neznámé složky reakcí lze vypočítat ze 3 podmínek rovnováhy.
b
Rbz
a
Raz
Rax
P1 P2
Raz
RaxMay
P1 P2
a
v = nv (v rovině: v = 3, nv = 3)
18
Podmínky rovnováhy obecné rovinné soustavy sil
3) Užívané jsou také 3 momentové podmínky ke třem libovolným momentovým středům, které nesmí ležet v jedné přímce
Soustava je v rovnováze tehdy, pokud součet všech sil v ose x a z a součet všech momentů k libovolnému momentovému středu s je roven 0.
3 podmínky rovnováhy 1) 2 silové, 1 momentová: 0.1
1
, =∑=
n
i
xiP 0.21
, =∑=
n
i
ziP 0.31
, =∑=
m
i
siM
2) V praktických aplikacích je často výhodnější sestavit 2 momentovépodmínky k momentovým středům a, b:
Tyto podmínky se doplní třetí podmínkou - silovou:
pokud je v ose x pouze jedna neznámá složka reakce
0.1 , =∑ aiM 0.2 , =∑ biM 0.3 , =∑ ciM
0.31
, =∑=
n
i
xiP
0.1 , =∑ aiM 0.2 , =∑ biM
0.31
, =∑=
n
i
ziPpokud je v ose z pouze jedna neznámá složka reakce
19
Podmínky rovnováhy obecné rovinné soustavy sil
P1 P2
1 2
Ra,z Rb,z
Ra,x a b
l
0=∑ ixP
0=∑ iaM
0=∑ ibM
P1
P2
1
2
Ra,x
Rb,x
Ra,z
a
b
l
0=∑ izP
0=∑ iaM
0=∑ ibM
Například :
aRa
P1P2
s1
Rc
b
Rb
01
=∑ sM
02
=∑ sM
03
=∑ sM
s3
s2
0: =∑ izPKontrola
0: =∑ ixPKontrola20
Příklad 1: PROSTÝ NOSNÍK
0F x,i =∑
0F z,i =∑
3 3
P =6kN
Snaha odhadnout směr reakcí
Rbx
RbzRaz
a b
Podmínky rovnováhy
Silová ve směru, ve kterém působípouze jedna složka reakce
0M a,i =∑ Momentová k jednomu podporovému bodu
0M b,i =∑ Momentová k druhému podporovému bodu
Kontrola: Silová ve směru, ve kterém působíobě složky reakcí
Po dosazení:
Rbx
RbzRaz
P
=
Rbx = 0kN
Rbz = P/2 = 3kN ( ) skut.sm.
Raz = P/2 = 3kN ( ) skut.sm.
21
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
l = 6m
Snaha odhadnout směr reakcíRbx
RbzRaz
a b
Podmínky rovnováhy
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Kontrola:
M=12kNm
Příklad 2: PROSTÝ NOSNÍK
+
Rbx = 0
-M + 6.Rbz = 0 Rbz = 2 kN ( ) skut. směr
-M + 6.Raz = 0 Raz = 2kN ( ) skut. směr
Raz - Rbz = 0
22
Příklad 3: PROSTÝ NOSNÍK – superpozice předešlých úloh
3 3
P=6kN
Rbz,P = 3kNRaz,P = 3kN
a b
M=12kNm
Rbz,M = 2kNRaz,M = 2kN
3 3
P=6kN
Rbz,cel = 5kNRaz,cel =1kN
a b
M=12kNm
=
Popřemýšlet … , závěr ?
23
0F x,i =∑
0F z,i =∑
3 3
P=6kN Rbx
RbzRaz
a b
Podmínky rovnováhy
0M a,i =∑
0M b,i =∑Kontrola:
M=12kNm
Rbx = 0kN
Rbz = 5kN ( ) skut.směr
Raz = 1kN ( ) skut.směr
Příklad 4: PROSTÝ NOSNÍK – doma – doplňte podmínky rovnováhy a vyřešte reakce
+
24
Rax - Px = 0 Rax = 60,62 kN ( ) skut. směr
-2.Pz + 6.Rbz = 0 Rbz = 11,67 kN ( ) skut. směr
4.Pz - 6.Raz = 0 Raz = 23,33kN ( ) skut. směr
- Raz - Rbz + Pz = 0
Px = 60,62 kNPz = 35 kN
a bc
Rax
Raz Rbz
P = 70 kN
Px
Pz
2 46
60° 60°
Px
Pz
P
γ
γ
cos
sin
⋅=
⋅=
PP
PP
z
x
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Příklad 5: PROSTÝ NOSNÍK
+
25
Rax = 0
- Q.6,5 + Rbz .10 = 0 Rbz = 13,65 kN ( )
Q.3,5 – Raz .10 = 0 Raz = 7,35 kN ( )
- Raz- Rbz + Q = 0
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
73
10
a bRax
RazRbz
q = 3kN/mQ = 3.7 = 21kN
náhradní břemeno
Příklad 6: PROSTÝ NOSNÍK
+
26
Rax = 0
- Q.6 + Rbz .9 = 0 Rbz = 12 kN ( )
Q.3 – Raz .9 = 0 Raz = 6 kN ( )
∑ Fiz = 0: - Raz- Rbz + Q = 0
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
9
a bRax
RazRbz
q = 4kN/mQ =0,5 .4.9 =18 kN
36
náhradní břemeno
Příklad 7: PROSTÝ NOSNÍK
+
27
Rax = 0
- Q.5 + Rbz .8 = 0 Rbz = 15 kN ( )
- Raz .8 + Q.3 = 0 Raz = 9 kN ( )
- Raz- Rbz + Q = 0
Q = 2,4 . 10 = 24 kNnáhradní břemeno:
8 2
10
a b
Rax
Raz Rbz
q = 2,4 kN/m
5 5
Q
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Příklad 8a: NOSNÍK S PŘEVISLÝM KONCEM
+
28
Rax = 0
Rbz . 8 – Q1 . 4 – Q2 . 9 = 0 Rbz = 15 kN ( )
- Raz . 8 + Q1 . 4 – Q2 . 1 = 0 Raz = 9 kN ( )
- Raz- Rbz + Q1+ Q2 = 0
Q1 = 2,4 . 8 = 19,2 kN
Q2 = 2,4 . 2 = 4,8 kN
8 2
10
a b
Rax
Raz Rbz
q = 2,4 kN/m4 1
Q1 Q2
náhradní břemena:
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Příklad 8b: NOSNÍK S PŘEVISLÝM KONCEM
+
29
Rax - Px = 0 Rax = 6,36kN ( )
- Raz + Pz = 0 Raz = 6,36kN ( )
Ma – Pz .5 = 0 Ma = 31,82kNm ( )
Ma – Raz . 5 = 0
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Rax
a b
Raz
Ma 45°P = 9kN
Pz
Px
5
Px = Pz = 6,36kN
Příklad 9: KONZOLA
+
30
Rbx = 0 kN
- Rbz+ Q = 0 Rbz = 12 kN ( )
- Mb + Q .6 = 0 Mb = 72 kNm ( )
- Mb + Rbz . 9 – Q.3 = 0
Rbx
a
Rbz
Mb
b
9
6 3
q = 2 kN/mQ = 12kN
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ biM
:0, =∑ aiM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Příklad 10: KONZOLA
+
31
3 3 P1 = 4kN
Rax
RbzRaz
a b
M = 3kNmP2 = 6kN
2 1
q = 4 kN/m
Příklad 11: NOSNÍK S PŘEVISLÝMI KONCI
Rax – P1 = 0 Rax = 4 kN ( ) skut. směr
-M + Rbz . 6 – Q1 . 2 – Q2 . 4,5 – P2 .7 = 0 Rbz = 18,5 kN ( )
-M - Raz . 6 + Q1 . 4 + Q2 . 1,5 – P2.1 = 0 Raz = 5,5 kN ( )
- Raz- Rbz + Q1+ Q2 + P2= 0
:0, =∑ xiF
:0, =∑ ziF
:0, =∑ aiM
:0, =∑ biM
Podmínky rovnováhy
Kontrola:
Q1 = 6kN (umístit do těžiště obrazce)
Q2= 12kN
+
32
Vnitřní síly
• Prut v rovině – 3°volnosti
• Podepření - 3 vazby, odebrány 3°volnosti, staticky určitá úloha
• Vnější zatížení a reakce – musí být v rovnováze, 3 podmínky rovnováhy, z nich 3 neznámé reakce
• Vnější zatížení a reakce se nazývají vnější síly
• Uvnitř nosníku působením vnějších sil vznikají vnitřní síly
• Obecnou výslednici vnitřních sil rozkládáme na tři složky –• v ose x - normálová síla• v ose z - posouvající síla• ohybový moment
33
Výpočet nosníku v osové úloze
Výpočet reakce a normálové síly v osové úloze Obr. 7.1. / str. 90
(a)
(b)
(c)
(d)
Působí-li zatížení pouze v ose nosníku. Jedna vnější vazba v ose x z podmínky rovnováhy:
RR0RR0RR
:0F
axaxax
x,i
=⇒=−⇒=+−
=∑
Složka vnitřních sil v ose nosníku – normálová síla N.
34
Normálová síla N
ba
F
+
ba
-
tah
tlak
FRax
Rax
NN
NN
N N osa nosníku
Normálová síla N v libovolném průřezu xnosníku je rovna algebraickému součtu všech vnějších sil působících v ose nosníku zleva nebo zprava od x.
Kladná normálovásíla vyvozuje v průřezu x tah a působí z průřezu. V opačném případěje normálová síla záporná a vyvozuje tlak.
+Vnější síly
35
Příklad – N síly
Řešení příkladu 4.2 Obr. 7.3. / str. 91
Zadání: sestrojit průběh normálových sil N
Průběh normálových sil po celé délce se znázorňuje graficky formou diagramu(grafu).
ba
b
a
F3 =16F1 =18
F3 =10
F2 =12
F1 =12 F2 =16Rax=18kN
Rbx=10kN
kladné normálové síly N sevynášejí nahoru, záporné dolů
36
Výpočet nosníku v příčné úloze
Zatížení – síly v ose z a momentové zatížení.
l/2 l/2
P Rbx=0
RbzRaz
a b
M
V příčné úloze dva druhy vnitřních sil: posouvající síla a ohybový moment.
37
Posouvající síla V v libovolném průřezu xnosníku je rovna algebraickému součtu všech vnějších sil působících kolmo k ose nosníku zleva nebo zprava od x.
Kladná posouvající síla počítána zleva směřuje nahoru. V opačném případě je záporná.
Kladná posouvající síla počítána zprava směřuje dolů. V opačném případěje záporná.
Posouvající síla V
ba
VV
Rb
Ra
F
VV-+
+V
V
osa nosníku
Vnější síly
38
Příklad – V síly
b
Rbz=18
a
Raz=344
F1=10kN F2=40kN F3=2kN
2 2
c d e
2 2
b
Rbz=18
a
Raz=344
F1=10kN F2=40kNF3=2kN
2 2c d e
2 2
kladné posouvající síly V se vynášejí nahoru, záporné dolů
Doplňte hodnoty V sil a znaménka:
V
…… s podporami
…… bez podpor, jen síly
-10
24 24
-16 -16
2 2+
-
+
-
39
Ohybový moment M v libovolném průřezu x nosníku je roven algebraickému součtu všech statických momentů od všech vnějších sil zleva nebo zprava od x.
Kladný ohybový moment počítaný zleva otáčí po směru chodu hodinových ručiček. V opačném případě je záporný.
Kladný ohybový moment počítaný zprava otáčí proti směru chodu hodinových ručiček. V opačném případě je záporný.
Kladným ohybovým momentem jsou dolní vlákna tažena a hornítlačena (nosník je prohýbán směrem dolů). U záporného ohybového momentu je to naopak.
Ohybový moment M
M M
b
Rb
a
Ra
FM M
b
Rb
a
Ra FM M
tah
tah
tlak
tlak
-
+
+
osa nosníku
40
Příklad – ohybové momenty M
b
Rbz=18
a
Raz=344
F1=10kN F2=40kN F3=2kN
2 2
c d e
2 2
b
Rbz=18
a
Raz=344
F1=10kN F2=40kNF3=2kN
2 2c d e
2 2
Doplňte hodnoty M a znaménka:
M
…… s podporami
…… bez podpor, jen síly
ohybové momenty M se vynášejí na stranu tažených vláken, u nosníku nahoru záporné, dolů kladnéhodnoty+
-
-
-20
28
-4
00
1°
41
M M
+V
V
N N
M M
-V
V
N N
Směr působení vnitřních sil
Kladné směry vnitřních sil:
Záporné směry vnitřních sil:
42
Schwedlerovy vztahy -Diferenciální podmínka rovnováhy elementu v osové úloze
N N+dNx1
x2 x
x dx
z
n
-N + (N+dN) + n.dx = 0
→ nx
N−=
d
d
Rx = 0:
Výslednice všech sil působících na element musí být nulová:
43
Schwedlerovy vztahy –Diferenciální podmínky rovnováhy elementu v příčné úloze
V
V+dV
M M+dM
x1
x2x
x dx
z
m
q
dQ = q.dx
-V + (V+dV) + q.dx = 0
-M + (M+dM) – V.dx + q.dx.dx/2 + m.dx = 0
→ qx
V−=
d
d
→ mVx
M−=
d
d
Rz = 0:
Σ Mi,x2 = 0:
Výslednice všech sil působících na element musí být nulové:
pro m=0: Vx
M=
d
d
+
44
Závěry ze Schwedlerových vztahů – extrémní hodnoty vnitřních sil
Závěry:( )
0d
d=
x
xfExtrém funkce f(x):
0d
d=−= q
x
V
0d
d== V
x
M
Extrém posouvajících sil Vje v průřezu, kde q=0
Extrém ohybových momentůM je v průřezu, kde V=0
nebo mění znaménko
→
→
inte
grac
e
deriv
ace
M
V
-q
Derivačně – integrační schéma
pro m=0:
qx
V−=
d
d
Vx
M=
d
d
Schwedlerovy vztahy
Johann Wilhelm Schwedler (1823-1894)významný německý inženýr
nx
N−=
d
d.1 q
x
V−=
d
d.2 V
x
M=
d
d.3
pro m=0:
45
Extrém M může vzniknout:a) v podporových bodechb) v působištích osamělých sil
(znaménko V se mění skokem)c) pod spojitým zatížením v místě,
kde je V=0
Shrnutí - určení extrémních hodnot vnitřních sil
n = nebezpečný (kritický) průřez
0d
d== V
x
M Extrém M v průřezu, kde V=0 nebomění znaménko
→
1º
n
Mmax2º
+
+
-
Mmax
M
Vn
1º
0º
+
+
-
46
Souvislost mezi spojitým příčným zatížením a průběhy vnitřních sil
Souvislost mezi spojitým příčným zatížením a průběhy vnitřních sil Obr. 7.23. / str. 103
qx
V−=
d
d
d
dV
x
M=
Závěry:
inte
grac
e
deriv
ace
M
V
-q
1. řád funkce V(x) a M(x) → typ čáry v diagramech
2. místa extrému u V(x) a M(x)
47
7,35
Raz
Pravidla, která je nutno dodržet při řešení vnitřních sil
a b
Rax
Rbz
q = 3 kN/m
c
1° 2°
xnL
-13,65
22,05
xnP
Mmax = 31,05 kNm
Výpočet reakcídodržet všechna pravidla:3 podmínky rovnováhy + 1 kontrolní, zřetelné značení skutečného směru
d
n
n
(29,4)
1°
= 0N
V
M
Vnitřní síly- vykreslit schéma pro všechny 3 vnitřní síly (i nulové)- N,V kladné nad osu, M na stranu tažených vláken- vlevo od každého schématu označit, o kterou vnitřnísílu se jedná. Značení v kroužku, např. N
- v každém obrazci zřetelné znaménko vnitřní síly- obrazce buď šrafovat kolmo na osu nosníku nebo ponechat prázdné
- značení stupňů polynomů- značení bodu, kde se mění stupeň polynomů (bod c)- všechny potřebné hodnoty vnitřních sil do obrázku:
v místě změny zatížení (bod c), minimálně 1 hodnota Mv poli pod spojitým zatížením (bod d), extrémní moment
- označit a okótovat místo nebezpečného průřezu- u V,N stačí potřebné hodnoty v obrázku, nejsou nutnérovnice výpočtu
- výpočet polohy nebezpečného průřezu - nutná rovnice- výpočet momentů – pro všechny hodnoty nutné rovnice
48
příklad 1 – normálové síly
a bc
Rax= 60,62kN
Raz= 23,33kN Rbz = 11,67kN
P = 70 kN
Px = 60,62 kN
Pz = 35 kN60°
2 4
6
a bcRax
Px
N
Nac = - Rax
Ncb = - Rax + Px
Nbc = 0
Nca = - Px
- 60,62
+ hodnoty kreslit nad osu
- 60,62 = Nca
+ +
+
+zleva:
zprava:
Ncb = 0
49
příklad 1 – posouvající síly
a bc
Raz Rbz
V
23,33
- 11,67 = Vcb
Pz = 35 kN Vac = Raz
Vcb = Raz - Pz
Vbc = - Rbz
Vca = - Rbz + Pz
- 11,67
23,33 = Vca
+ hodnoty kreslit nad osu+ +
+
a bc
Rax= 60,62kN
Raz= 23,33kN Rbz = 11,67kN
P = 70 kN
Px = 60,62 kN
Pz = 35 kN
60°
2 4
6
+
zprava:
zleva:
+
50
zprava:Mb = 0
Mx = Rbz . x
Mc = Rbz . lbc
Mx = Rbz . x - Pz . (x - lbc)
Ma = Rbz . l - Pz . lac= 0
zleva:Ma = 0
Mx = Raz . x
Mc = Raz . lac
Mx = Raz . x - Pz . (x - lac)
Mb = Raz . l - Pz . lcb = 0
Raz
příklad 1 – ohybové momenty
a
bc
RbzPz = 35 kN
M
46,67 ( Raz . lac = Rbz . lbc )
oh.momenty vynášet na stranu
tažených vláken (dole + znaménko)
V
- 11,67
23,33
a bc
Raz Rbz
P = 70 kN
Px = 60,62 kN
Pz = 35 kN60°
lac = 2 lbc = 4
6
+
Rax
+
+
51
Rax = 6,36kN
bRaz = 6,36kN
Ma = 31,82kNm 45°P = 9kNPz=6,36
Px=6,36
5
xP
M(x)P = - Pz . xL
-6,36
6,36
-31,82
M(x)L = Raz . xP - Ma
xL
a
N
V
M
a b
Raz=6,36kN
Ma=31,82kNm45°
P = 9kN
5
x
Rax=6,36kN
zadání
příklad 2
řešení
52
příklad 3
M = 3kNm
6 39
a b
Raz = 0,333kN Rbz=0,333kN
-0,333
Mca =-2
Mcb =1
(- Raz . x)
czleva:
- úsek acMa = 0
Mx = - Raz . x
Mca = - Raz . 6
Mcb = - Raz . 6 + M
- úsek cbMx = - Raz . x + M
Mb = - Raz . l + M = 0
zprava:- úsek cb
Mb = 0
Mx = Rbz . x
Mcb = Rbz . 3
Mca = Rbz . 3 – M
- úsek caMx = Rbz . x - M
Mb = Rbz . l - M = 0
xL (zleva) xP (zprava)
v bodě c počítat hodnotu momentu 2krát!!! – momentový skok
= 0N
V
M
53
Příklad 4 – odhadněte reakce a vykreslete průběh N,V,M
a bc
Px = 10 kN
Pz = 9 kN
2 4
6
M M
+V
V
N N
+
54
Příklad 4 – řešení
a bc
Px = 10 kN
Pz = 9 kN
2 4
6
Rbx
NM M
+V
V
N N
+
V
M
Raz Rbz
55
a
F2 =20kN
3
bF1 =18kN
test 2 – spočtěte reakce a vykreslete průběh N,V,M
M M
+V
V
N N
+
ba
F=100kN
l = 6m
33
c
A
B
F2 = 10 kN
56
Rbz
a
F2 =20kN
3
b
Mb
-
-
-20
-60
M
V
N
-18
F1 =18kN
-
test 2 – výsledek A
M M
+V
V
N N
+Rbx
57
b
Rbz
a
Raz
F1=100kN
l=6m
-
+
+M
V
33
Rax
N
c
M M
+V
V
N N
+
50
-50
150
test 2 – výsledek B
F2 = 10 kN
10+
58
Okruhy problémů k ústní části zkoušky
• Výpočet vnitřních sil přímého vodorovného nosníku
• Diferenciální podmínky rovnováhy elementu přímého nosníku, Schwedlerovy vztahy, využití
• Určení extrémních hodnot vnitřních sil
• Zatížení nosných stavebních konstrukcí
• Zajištění nehybnosti prutu, kinematická a statická určitost, neurčitost, přeurčitost, stupeň statické neurčitosti
• Typy podpor, složky reakcí ve vnějších vazbách
• Výjimkové případy kinematicky určitého podepření prutů