Υπολογισμός ορθών και τεμνουσών δυνάμεων, και καμπτικών ροπών ΔΙΑΓΡΑΜΜΑΤΑ M, N, Q 1.

Παρουσίαση με θέμα: "Υπολογισμός ορθών και τεμνουσών δυνάμεων, και καμπτικών ροπών ΔΙΑΓΡΑΜΜΑΤΑ M, N, Q 1."— Μεταγράφημα παρουσίασης:

1 Υπολογισμός ορθών και τεμνουσών δυνάμεων, και καμπτικών ροπών ΔΙΑΓΡΑΜΜΑΤΑ M, N, Q 1

2 Ολόσωμοι φορείς Ολόσωμοι λέγονται οι φορείς εκείνοι που δέχονται όλα τα είδη καταπονήσεων, δηλαδή εφελκυσμό (ή θλίψη), διάτμηση και κάμψη. Οι ολόσωμοι φορείς αποτελούνται από δοκούς, που συνδέονται μεταξύ τους με πακτώσεις ή αρθρώσεις. Ο συνδυασμός των συνδέσεων και των στηρίξεων είναι τέτοιος ώστε ο φορέας να είναι ισοστατικός. 2

3 Οι αντίστοιχες εξωτερικές δυνάμεις, που προκαλούν τις καταπονήσεις των ολόσωμων φορέων, είναι: Αξονικές δυνάμεις. Αυτές είναι οι δυνάμεις, που ενεργούν πάνω στον άξονα κάθε δοκού και προκαλούν εφελκυσμό ή θλίψη. Τέμνουσες δυνάμεις. Είναι εκείνες που δρουν κάθετα στον άξονα των δοκών, προκαλώντας διάτμηση. Καμπτικές ροπές. Είναι οι ροπές, που η διεύθυνσή τους είναι κάθετη στο επίπεδο του φορέα, προκαλώντας έτσι κάμψη στη δοκό επί της οποίας ενεργούν. Στρεπτικές ροπές. Είναι οι ροπές, που η διεύθυνσή τους είναι παράλληλη με τον άξονα μιας δοκού, προκαλώντας έτσι στρέψη στη δοκό επί της οποίας ενεργούν. 3

4 Λόγω της επιβολής εξωτερικών φορτίων, οι δοκοί αναπτύσσουν εσωτερικές δυνάμεις, οι οποίες εξασφαλίζουν την ισορροπία κάθε τμήματος του φορέα. Ο υπολογισμός των δυνάμεων αυτών είναι πολύ σπουδαίας σημασίας για τη μελέτη της αντοχής του φορέα. Αν γνωρίζουμε και τις διαστάσεις των δοκών, μπορούμε εύκολα να υπολογίσουμε τις εσωτερικές τάσεις και συνεπώς την αντοχή της κατασκευής. Ή, αντίστροφα, αφού υπολογισθούν οι εσωτερικές δυνάμεις, υπολογίζεται η διατομή της κάθε δοκού, έτσι ώστε οι εσωτερικές τάσεις που δέχεται να είναι μικρότερες από το όριο ασφαλείας. 4

5 Εντατική κατάσταση δοκού 5 Για την εξέταση της εντατικής κατάστασης μίας δοκού, θεωρούμε ότι αυτή καταπονείται όχι μόνο από αξονικές δυνάμεις αλλά και από εγκάρσιες. Αυτό μπορεί να προκύψει και από ανάλυση σε αξονική και εγκάρσια συνιστώσα κάθε μιας επί μέρους κεκλιμένης δύναμης.

6 6 N  Αξονική ή κάθετη ή ορθή δύναμη Q  Τέμνουσα ή διατμητική δύναμη M  Ροπή στρέψης M t και ροπή κάμψης Μ b (δύο συνιστώσες) Στη γενική περίπτωση, όλα τα παραπάνω μεγέθη Ν, Q, Μ t, Μ b μεταβάλλονται κατά μήκος της δοκού Αξονι­κή καταπόνηση (εφελκυσμός) Καθαρή κάμψη Γενική κάμψη

7 Προσήμανση των μεγεθών N,Q,M Μία δοκός μπορεί να δεχθεί φορτία τόσο κατά τη διεύθυνση του άξονά της (αξονικά), όσο και κάθετα σε αυτόν (εγκάρσια) δηλ. μπορεί να καταπονηθεί αξονικά ή καμπτικά ή και στρεπτικά. Τα εξωτερικά φορτία που καταπονούν μία δοκό, εφόσον περιέχονται στο ίδιο επίπεδο με τον άξονά της, έχούν σαν συνέπεια την εμφάνιση σε οποιαδήποτε διατομή της, τριών γενικά εντατικών μεγεθών. Αυτά είναι: 1.Η αξονική ή ορθή δύναμη, πού συμβολίζεται με Ν 2.Η τέμνουσα δύναμη που συμβολίζεται με Q 3.Η καμπτική ροπή ή ροπή κάμψης που συμβολίζεται με Μ b αλλά για λόγους συντομίας, συμβολίζεται με Μ. 7

8 8

9 Οι ποσότητες Ν(x), Q(x), Μ(x), είναι συναρτήσεις της (τυχαίας) από­στασης x, εξαρτώνται δηλαδή από την απόσταση της διατομής, για λόγους συντομίας συμβολίζονται απλά Ν, Q, Μ. 9

10 10 Η δοκός του σχήματος, έχει υποστεί νοητή τομή, και προκύπτουν τα δύο τμήματά της μετά από την τομή. Στα δύο αυτά τμήματα έχουν σημειωθεί ποιες φορές των Ν, Q, Μ, θεωρούνται θετικές για το αριστερό τμήμα και ποιες για το δεξιό, καθώς επίσης έχει σημειωθεί με διακεκομμένη γραμ­μή η κάτω ίνα που θεωρείται η θετική, και ονομάζεται (θετική) ίνα αναφοράς.

11 11 Η αξονική δύναμη Ν πού εμ­φανίζεται σε μία διατομή θε­ ωρείται θετική, όταν αυτή τείνει να εφελκύσει το ελεύ­θερο άκρο του σώματος. Η τέμνουσα δύναμη Q θεω­ρείται θετική, όταν τείνει να περιστρέψει το ελεύθερο σώμα δεξιόστροφα ως προς κάποιο εσωτερικό του σημείο, ή ταυτόσημα θεωρείται θετική όταν τείνει να τμήσει το αριστερό τμήμα της δοκού προς τα επάνω σε σχέση με το δεξιό τμήμα. Η καμπτική ροπή Μ που εμφανίζεται σε μία διατομή θεωρείται θετική όταν τείνει να εφελκύσει τον κάτω ίνα της δοκού (που συμβολίζεται με μια διακεκομμένη γραμμή στο κάτω της μέρος) ή ταυτόσημα όταν τείνει να στρέψει τα κοίλα προς τα επάνω.

12 Static Equilibrium Equations We look at a small section of the beam as a free body in equilibrium. For any static equilibrium problem, all forces and moments in all directions must be equal to zero Summing vertical forces we have 12

13 Static Equilibrium Equations This means that a line load on a beam is equal to the rate of change of shear Now, summing moments 13

14 Static Equilibrium Equations This means that shear load in a beam is equal to the rate of change of bending moment We can write these equations in integral form In words – shear is the sum of all loads from start to x 14

15 Σχέσεις μεταξύ απόστασης, τέμνουσας δύναμης και ροπής κάμψης 15

16 Διαγράμματα N, Q, M Όταν μια δοκός φορτίζεται με κατακόρυφα φορτία, τόσο η τέμνουσα δύναμη Q, όσο και ροπή κάμψης Μ μεταβάλλονται γενικά με την απόσταση x, η οποία και ορίζει τη θέση της κάθε διατομής της. Είναι χρήσιμο να σχεδιάζουμε τις γραφικές παραστάσεις των ποσοτήτων αυτών κατά μήκος της δοκού. Έτσι, στην τετμημένη σχεδιάζουμε τη θέση x της διατομής της δοκού, στην τεταγμένη την αντίστοιχη τιμή της αξονικής δύναμης ή τέμνουσας δύναμης Q ή της ροπής κάμψης Μ. Οι γραφικές αυτές παραστάσεις ονομάζονται διαγράμματα αξονικών (Δ.Α.Δ) ή τεμνουσών δυνάμεων (Δ.Τ.Δ.) και ροπών κάμψης (Δ.Ρ.Κ.). Για την κατασκευή των διαγραμμάτων αυτών, είναι ιδιαίτερα χρήσιμοι μερικοί κανόνες, οι οποίοι απορρέουν από τις σχετικές εξισώσεις. 16

17 Για την κατασκευή των διαγραμμάτων Q και M, χωρίζουμε τη δοκό σε τμήματα, με κριτήρια την εμφάνιση συγκεντρωμένης δύναμης για το διάγραμμα της Q ή συγκεντρωμένης ροπής για το διάγραμμα της Μ, και αρχής ή τέλους του άλματος στη συνεχή φόρτιση. Δηλαδή, θα πρέπει ο νόμος μεταβολής της εξωτερικής φόρτισης, να είναι ο ίδιος σε όλο το εξεταζόμενο τμήμα. Για τα διαγράμματα Q και Μ είναι απαραίτητη πρώτα η εύρεση των αντιδράσεων της δοκού, οι οποίες για ισοστατικές δοκούς βρίσκονται από τις εξισώσεις ισορροπίας που εφαρμόζονται στο διάγραμμα ελεύθερου σώματος αυτής. 17

18 Παραδείγματα 18

19 Example 1 Draw the shear and moment diagrams for the beam shown. Solution: From the free-body diagram of the left segment, we apply the equilibrium equations, Left segment of the beam extending a distance x within region BC is as follow, 19

20 Solution: The shear diagram represents a plot of Eqs. 1 and 3  The moment diagram represents a plot of Eqs. 2 and 4  20

21 Example 2 Draw the shear and moment diagrams for the beam shown Solution: The distributed load is replaced by its resultant force and the reactions. Intensity of the triangular load at the section is found by proportion, Resultant of the distributed loading is determined from the area under the diagram, 21

22 Solution: The shear diagram represents a plot of Eqs. 1  22

23 Example 3 Draw the shear and moment diagrams for the beam shown. Solution: 2 regions of x must be considered in order to describe the shear and moment functions for the entire beam. 23

24 Solution: The shear diagram represents a plot of Eqs. 1 and 3  The moment diagram represents a plot of Eqs. 2 and 4  24

25 Shear and Moment Diagrams, example 4 A beam is loaded and supported as shown Draw complete shear force and bending moment diagrams. Determine the equations for the shear force and the bending moment as functions of x. 25

26 We start by drawing a free- body diagram of the beam and determining the support reactions. Summing moments about the left end of the beam Summing vertical forces Source: http://www.public.iastate.edu 26

27 Sometimes knowing the maximum and minimum values of the shear and bending moment are enough So we will determine shear force diagrams by inspection 27

28 The 30-kN support reaction at the left end of the beam causes the shear force graph to jump up 30 kN (from 0 kN to 30 kN). 28

29 The distributed load causes the shear force graph to slope downward. Since the distributed load is constant, the slope of the shear force graph is constant (dV/dx = w = constant). The total change in the shear force graph between points A and B is 40 kN (equal to the area under the distributed load between points A and B) from +30 kN to -10 kN. 29

30 Where does the shear force becomes zero? – How much of the distributed load will it take to cause a change of 30 kN (from +30 kN to 0 kN)? Since the distributed load is uniform, the area (change in shear force) is just 10 × b = 30, which gives b = 3 m. – The shear force graph becomes zero at x = 3 m (3 m from the beginning of the uniform distributed load). 30

31 The 16-kN force at B causes the shear force graph to drop by 16 kN (from -10 kN to -26 kN). 31

32 Since there are no loads between points B and C, the shear force graph is constant (the slope dV/dx = w = 0) at -26 kN. 32

33 Since there are no loads between points B and C, the shear force graph is constant (the slope dV/dx = w = 0) at -26 kN. 33

34 The 45-kN force at C causes the shear force graph to jump up by 45 kN, from -26 kN to +19 kN. 34

35 There are no loads between points C and D, the shear force graph is constant (the slope dV/dx = w = 0) at +19 kN. 35

36 Now we look at the moment diagram Note that since there are no concentrated moments acting on the beam, the bending moment diagram will be continuous (i.e. no jumps) 36

37 The bending moment graph starts out at zero and with a large positive slope (since the shear force starts out with a large positive value and dM/dx = V ). As the shear force decreases, so does the slope of the bending moment graph. At x = 3 m the shear force becomes zero and the bending moment is at a local maximum (dM/dx = V = 0 ) For values of x greater than 3 m (3 < x < 4 m) the shear force is negative and the bending moment decreases (dM/dx = V < 0). 37

38 The shear force graph is linear so the bending moment graph is a parabola. The change in the bending moment between x = 0 m and x = 3 m is equal to the area under the shear graph between those two points. So the value of the bending moment at x = 3 m is M = 0 + 45 = 45 kN·m. The change in the bending moment between x = 3 and x = 4 m is also equal to the area under the shear graph So the value of the bending moment at x = 4 m is M = 45 - 5 = 40 kN·m. 38

39 The bending moment graph is continuous at x = 4 m, but the jump in the shear force at x = 4 m causes the slope of the bending moment to change suddenly from dM/dx = V = -10 kN·m/m to dM/dx = -26 kN·m/m. Since the shear force graph is constant between x = 4 m and x = 7 m, the bending moment graph has a constant slope between x = 4 m and x = 7 m (dM/dx = V = - 26 kN·m/m). The change in the bending moment between x = 4 m and x = 7 m is equal to the area under the shear graph between those two points. The area of the rectangle is just -26 × 3= - 78 kN·m. So the value of the bending moment at x = 7 m is M = 40 - 78 = -38 kN·m. 39

40 Again the bending moment graph is continuous at x = 7 m. The jump in the shear force at x = 7 m causes the slope of the bending moment to change suddenly from dM/dx = V = -26 kN·m/m to dM/dx = +19 kN·m/m. Since the shear force graph is constant between x = 7 m and x = 9 m, the bending moment graph has a constant slope between x = 7 m and x = 9 m (dM/dx = V = +19 kN·m/m). The change in the bending moment between x = 7 m and x = 9 m is equal to the area under the shear graph between those two points. The area of the rectangle is just M = (+19 × 2) = +38 kN·m. So the value of the bending moment at x = 7 m is M = -38 + 38 = 0 kN·m. 40

41 41 Example - 5 For the beam and loading shown, (a) draw the shear and bending- moment diagrams, (b) determine the magnitude and location of the maximum absolute value of the bending moment. 4 ft 6 ft 6000 lb 1500 lb/ft A B C

42 42 Solving Problems on Your Own 1. Draw a free-body diagram for the entire beam, and use it to determine the reactions at the beam supports. 2. Draw the shear diagram. 3. Draw the bending-moment diagram by computing the area under each portion of the shear curve. For the beam and loading shown, (a) draw the shear and bending- moment diagrams, (b) determine the magnitude and location of the maximum absolute value of the bending moment. 4 ft 6 ft 6000 lb 1500 lb/ft A B C

43 43 + 4 ft 6 ft 6 kips 9 kips A B C Draw a free-body diagram for the entire beam, and use it to determine the reactions at the beam supports. 3 ft  M A = 0 : (6 kips)(10 ft) - (9 kips)(7 ft) + B (4 ft) = 0 B = 0.75 kips  F y = 0 : A + 0.75 kips + 6 kips - 9 kips = 0 A = 2.25 kips +

44 44 6 kips 1.5 kips/ft A B C 2.25 kips 0.75 kips 4 ft 6 ft Draw the shear diagram. x + 2.25 kip + 3 kip - 6 kip A B C D 2 ft 4 ft V (kips) BD = = VBwVBw 3 kips 1.5 kips/ft

45 45 6 kips 1.5 kips/ft A B C 2.25 kips 0.75 kips 4 ft 6 ft Draw the bending-moment diagram. x + 2.25 kip + 3 kip - 6 kip A B C D 2 ft 4 ft V (kips) BD = = VBwVBw 3 kips 1.5 kips/ft x A B C D M (kip-ft) (+9 kip-ft) (3 kips)(2 ft) = (+3 kip-ft) 1212 (- 12 kip-ft) (+9 kip-ft) (+12 kip-ft) M max = 12 kip-ft 6 ft from A

46 46 Notes To Remember When Drawing SFD and BMD (1) The change of shear between two points A and B is equal to the area of the loading between A and B. Or (The shear at point B is equal to the shear at point A + the area of load between A and B). (2) The change of moment between two points A and B is equal to the area of shear diagram between A and B. Or (The moment at point B is equal to the moment at point A + the area of shear between A and B). (3) The shear is changed by the magnitude of the concentrated load. Upward load increase shears by its magnitude whereas downward load decrease shears by its magnitude.

47 47 (4) Concentrated moment does not affect the value of shear but increases moment by its magnitude if the applied moment is clockwise and decrease moment by its magnitude if it is applied counterclockwise. (5) The moment is maximum wherever shear changes its sign. Both magnitude and location of max. moment are important to be shown on the bending moment diagram. Notes To Remember When Drawing SFD and BMD

48 48 20N 3N/m 2N/m 40N/m 20N 3N/m 2N/m 40N/m 16.23 5m 2m 3m 2m 3m STEP (1) Reaction 18.3 8.3 11.7 16.23 2 nd. Degree curve + Shear 3 rd. Degree curve 44.6 68 43.1 83.1 66.5 2 nd. Degree curve + + Moment

49 49 9 6 6 V(x)V(x) 4.9m + 18N Shear force diagram Bending moment diagram + 54N-m 58.8N-m M(x)M(x) Remark: ● points of zero shear correspond to maximum moment. ● locations of zero shear and maximum moment are important to indicate on the diagram

50 50 A B 10N 2N/m 2m 1m 4m 2m 10N 10N-m 10N A B

51 51 20N 10N 10N-m 12.33N 5.67 S.F.D 12.33N 5.67 1.2 2.33 B.M.D.

52 V = +P M max = -PL L P P L V = +P/2 V = -P/2 M max = PL/4 L P = wL V max = +P/2 V max = -P/2 M max = PL/8 = wL 2 /8 L P = wL V max = +P M max = -PL/2 = -wL 2 /2 SFD & BMD Simply Supported Beams