Belka prosta niesymetryczna – podparta na jednym końcu podporą przegubowo-przesuwną oraz podporą przegubowo-nieprzesuwną na jej środku. Koniec belki pozostaje “wolny”. Na belkę działa obciążenie równomiernie rozłożone oraz jedna siła skupiona na końcu naszej belki prostej.
1. Statyczna wyznaczalność i geometryczna niezmienność
Jest to belka prosta – mamy tylko jedną tarcze oraz trzy więzi, które łączą ją z fundamentem.
Liczba więzi e=3
Liczba tarcz t=1
e = 3t
3 = 3 · 1
3 = 3
Układ jest statycznie wyznaczalny.
Tarcza 1 jest połączona z fundamentem za pomocą trzech niezbieżnych i nierównoległych więzi, zatem na podstawie twierdzenia o dwóch tarczach można stwierdzić, że układ jest geometrycznie niezmienny.
2. Reakcje podpór
W belce powstaną 3 reakcje – dwie pionowe oraz jedna pozioma. Z racji jednak tego, że nie działa żadna siła pozioma, reakcja pozioma (która powstałaby w podporze 2) będzie zerowa. Dla przejrzystości nie będę jej pokazywać na rysunkach. Najpierw policzmy reakcję V2.
ΣM1 = 0
2kN/m · 2m · 1m – V2 · 2m + 5kN · 4m = 0
4kNm – V2 · 2m + 20kN = 0
V2 · 2m = 24kNm
V2 = 12kN
Mając obliczoną wartość reakcji V2 = 12kN pozostała nam już tylko jedna niewiadoma – reakcja V1. Możemy ją obliczyć korzystając z warunku, że suma wszystkich sił względem osi Y musi wynosić 0.
ΣY = 0
2kN/m · 2m – V1 – V2 + 5kN= 0
4kN – V1 – 12kN +5kN = 0
V1 = -3kN
Wartość reakcji V1=-3kN. Oznacza to, że założyliśmy przeciwny zwrot działania reakcji. Oczywiście wszystkie obliczenia są poprawne. Dla porządku i uniknięcia pomyłek w przyszłości proponuję zawsze przerysować reakcje, tak aby reakcja zawsze wskazywała zwrot dodatni. Ułatwi to obliczanie momentów i sił tnących w przyszłości. A więc nasza belka będzie wyglądać teraz tak:
Sprawdźmy teraz poprawność obliczonych reakcji, układając równanie sumy momentów względem jakiegoś dowolnego punktu na belce – np. punktu A.
ΣMA = 0
– 3kN · 4m – 2kN/m · 2m · 3m + 12kN · 2m = 0
– 12kNm – 12kNm + 24kNm = 0
0 = 0
Wychodzi na to, że reakcje policzone zostały prawidłowo.
3. Siły przekrojowe
3.1 Momenty zginające
Przedział 1-2
M(x) = -3 · x – 2 · x · 0,5 · x
M(x) = – 3x – x2
Ekstremum
M'(x) = – 3 – 2x
0 = – 3 – 2x
x = – 1,5m
Otrzymaliśmy wartość ujemną co oznacza, że ekstremum znajduje się na końcach przedziału. Funkcja na przedziale 1-2 będzie cały czas rosnąca.
Punkt 1, x = 0m
M(x) = – 3x – x2
M(0) = 0
Punkt 2, x = 2m
M(x) = -3x – x2
M(2) = -3 · 2 – 22
M(2) = -10kNm
Punkt A
Wykres momentów na przedziale 2-A, będzie liniowy (obciążenie rozłożone występuje tylko na przedziale 1-2). Możemy więc moment policzyć już tylko w punktach charakterystycznych. Wiemy jednak, że moment na końcu belki powinien wynieść 0 ale mimo wszystko obliczmy:
MA = -3kN · 4m – 2kN/m · 2m · 3m + 12kN · 2m
MA = -12kNm – 12kNm + 24kNm
MA = 0
3.2 Siły tnące
Przedział 1-2
T(x) = M'(x) = -3 – 2x
Punkt 1, x = 0m
T(x) = – 3 – 2x
T(x) = -3kN
Punkt 2, x = 2m
T(x) = – 3 – 2x
T(2) = – 3 – 2 · 2
T(2) = -7kN
Przedział 2-A
Wartość 7kN bierzemy z poprzedniego przedziału, a następnie uwzględniamy reakcje 12kN. Obliczamy w końcu siłę tnącą z prawej strony punktu 2. Wartość siły tnącej będzie stała na całym przedziale (działają tylko siły skupione).
T2-A = -7kN + 12kN
T2-A = 5kN
4. Wykresy sił przekrojowych
Wykres momentów na przedziale 1-2 z racji działania obciążenia równomiernie rozłożonego ma postać krzywej drugiego stopnia (czyli paraboli).
Zachęcam Cię do rozwiązywania belek z innych przykładów, a nawet samodzielnego ich wymyślania. Jeśli masz ochotę, możesz sprawdzić swoją wiedzę na egzaminie z statyki online 🙂