Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων

Transcript

1 Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων

2 Χρήσιμοι Σύνδεσμοι Σημειώσεις μαθήματος:

3 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Για μια επιφάνεια σταθερής πυκνότητας ρ και μικρού αλλά σταθερού πάχους t: οπότε: dv = tda xda yda zda x = y = z = A A A 15/12/2009 3

4 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας To γεωμετρικό κέντρο, μιας σύνθετης επιφάνειας που αποτελείται από Ν απλούστερες επιφάνειες εμβαδού Α i και γεωμετρικού κέντρουr i δίνεται από τον τύπο: r N N = ra / A i i i i= 1 i= 1 15/12/2009 4

5 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας To γεωμετρικό κέντρο, μιας σύνθετης επιφάνειας που αποτελείται από Ν απλούστερες επιφάνειες εμβαδού Α i και γεωμετρικού κέντρου r i (i=1,2,...,ν) και Μ οπές εμβαδού B j και γεωμετρικού κέντρου p j (j=1,2,...,m) δίνεται από τον τύπο: r = N r A i i j j i= 1 j= 1 N M A i i= 1 j= 1 15/12/ M p B B j

6 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το κέντρο μάζας της επιφάνειαςτουσχήματοςωςπρος το σύστημα συντεταγμένων Οxy. 15/12/2009 6

7 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Χωρίζουμετηνεπιφάνειασεδύο ορθογώνια R1 και R2. Υπολογίζουμε το κέντρο μάζας (ως προς το Οxy) καιτοεμβαδόκάθε ορθογωνίου: xc 1 = 5/2= 2,5cm xc2 = 2/2= 1cm R1: yc 1 = 2/ 2 = 1cm R2: yc2 = 2+ 6/2= 5cm 2 2 A1 = 25 = 10cm A2 = 26 = 12cm 15/12/2009 7

8 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Tο κέντρο μάζας (ως προς το Οxy) της επιφάνειας είναι: x y c c x A + x A 2, , 68cm + A c1 1 c2 2 = = = A y A A y A A c1 1 c2 2 = = = 1 2 3,18cm 15/12/2009 8

9 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το γεωμετρικό κέντρο του ορθογωνίου τριγώνου του σχήματος 15/12/2009 9

10 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Το εμβαδό του τριγώνου είναι: 1 A = bh 2 Εξ ορισμού, οι συντεταγμένες του γεωμετρικού κέντρου δίνονται από τους τύπους: x y = = 1 A 1 A xda yda 15/12/

11 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Για να απλοποιηθούν οι υπολογισμοί, θεωρούμε μια οριζόντια λωρίδα πλάτους χ και ύψους dy. To εμβαδό της λωρίδας είναι: da = xdy και έχει γεωμετρικό κέντρο x = x/2, y = y GS GS 15/12/

12 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Η υποτείνουσα του τριγώνου έχει εξίσωση: h b y = h x x h y b = h Τότε ισχύει ότι: ( ) h h h x 1 2 x = xda xgs ( xdy) xdy x dy A = A = A = 2 2A h 2 1 b 2 b 2 2 = ( h y) dy ( h 2hy y ) dy bh = + h h b h b h b /3 3 hy hy y 0 3 = + = = h h 3 3 h 12

13 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Αντίστοιχα ισχύει ότι: y = yda y ( xdy) yxdy A = = = A A h GS b 2 2 = y ( h y) dy 2 ( hy y ) dy bh = h h h 3 2 hy y 2 h h = = = h 2 3 h h h h 13

14 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί η απόσταση του γεωμετρικού κέντρου από τη βάση ενός τριγώνου ύψους h. 15/12/

15 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Ο άξονας χ λαμβάνεται έτσι ώστε να συμπίπτει με τη βάση του τριγώνου. Συνεπώς η ζητούμενη απόσταση ισούται με Έστω μια λωρίδα εμβαδού da = xdy Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες όμοιων τριγώνων: x b = h y h 15/12/ y

16 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Ισχύει ότι: 0 ( y) h 1 1 b h y = yda= y dy A bh/2 h 2 2 = = h h h h 2 y 2 ( h y) dy 2 h ydy y dy h h h h = h 2 = h /12/

17 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Το ίδιο αποτέλεσμα θα προέκυπτεανθεωρούσαμεως βάση οποιαδήποτε από τις άλλες δύο πλευρές του τριγώνου. Το γεωμετρικό κέντρο είναι στο σημείο τομής των διαμέσων του τριγώνου 15/12/

18 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το γεωμετρικό κέντρο του κυκλικού τόξου του σχήματος 15/12/

19 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Θεωρώντας τον άξονα χ να συμπίπτει με τον άξονα συμμετρίας του τόξου, έχουμε ότι: y = 0 Έστω ένα τμήμα τόξου μήκους dl = rdθ του οποίου η χ συντεταγμένη είναι: r cosθ 15/12/

20 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Για τη χ συντεταγμένη ισχύει: 1 1 x = xdl= ( rcosθ ) rdθ L 2ar a r r = cosθdθ = 2a 2a a [ sinθ] r rsin a = sin a sin ( a) 2a = a a a 15/12/ a a

21 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το γεωμετρικό κέντρο της επιφάνειας ενός κυκλικού τομέα ως προς την κορυφή του. 15/12/

22 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος Ι) Επιλέγεται ο άξονας χ να συμπίπτει με τον άξονα συμμετρίας, οπότε: y = 0 Έστω ένας στοιχειώδης κυκλικός τομέας εσωτερικής ακτίνας r 0 και εξωτερικής ακτίνας r 0 +dr 0, τότε το εμβαδό του είναι: da = 2r adr /12/

23 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος Ι) Από προηγούμενο παράδειγμα βρέθηκε ότι η χ συνιστώσα του γεωμετρικού κέντρου ενός κυκλικού τόξου ισούται με x sin / c = r0 a a 15/12/

24 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος Ι) Συνεπώς: 1 2π r r0 sin a x = xda = 2r adr A 2a a ( 2 π r ) sin r r a = 2sina = 2 ar 3 3 a /12/

25 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος ΙΙ) Έστω ένα στοιχειώδες τρίγωνο, τουοποίουημίακορυφή ταυτίζεται με την κορυφή του κυκλικού τομέα και με ύψος r Τότε 1 da = r ( drθ ) 2 15/12/

26 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος ΙΙ) Από προηγούμενο παράδειγμα βρέθηκε ότι το γεωμετρικό κέντρο απέχει από τη βάση του κατά 1/3 του ύψους του, οπότε η απόσταση από την κορυφή είναι τα 2/3 του ύψους, δηλαδή 2 xc = r cos θ 3 15/12/

27 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος ΙΙ) Επομένως: a x xda c rcosθ rd 2 A r a 3 2 a = = θ a 3 = r cosθdθ = 2 ra a rsina 3 3 a 15/12/

28 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = 0 = 0 A = π r 2 15/12/

29 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = b/2 = a/2 A = ab 15/12/

30 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = b/3 = h/3 A = bh /2 15/12/

31 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων 4r xc = 3π 4r yc = 3π 2 π r A = 4 15/12/

32 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x c = 0 4r yc = 3π 2 π r A = 2 15/12/

33 ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = = A= ar 2rsin 3a 0 2 a Ηγωνίαα είναι σε ακτίνια (rad) 15/12/

34 ΔΟΚΟΙ Γενικά Οι δοκοί είναι δομικά στοιχεία που αντέχουν σε κάμψη λόγω φορτίων Οι περισσότερες δοκοί έχουν μακρόστενο σχήμα και τα φορτία είναι συνήθως κάθετα στον άξονά τους 15/12/

35 ΔΟΚΟΙ Τύποι δοκών Οι δοκοί που στηρίζονται έτσι ώστε οι δυνάμεις στήριξης να μπορούν να καθοριστούν χρησιμοποιώντας τις εξισώσεις ισορροπίας μόνο ονομάζονται ισοστατικές δοκοί Μια δοκός που έχει περισσότερα στηρίγματα από όσα χρειάζονται για να έχει ισορροπία ονομάζεται υπερστατική. 15/12/

36 ΔΟΚΟΙ Τύποι δοκών 15/12/2009 Ισοστατικές δοκοί Υπερστατικές δοκοί 36

37 ΔΟΚΟΙ Τύποι δοκών Οι δοκοί μπορούν επίσης να κατηγοριοποιηθούν με βάση το φορτίο που στηρίζουν: δοκοί συγκεντρωμένου φορτίου δοκοί κατανεμημένου φορτίου Συγκεντρωμένο φορτίο Κατανεμημένο φορτίο 15/12/

38 ΔΟΚΟΙ Τύποι δοκών Σε μια δοκό κατανεμημένου φορτίου, η φόρτιση εκφράζεται συνήθως σε δύναμη ανά μονάδα μήκους της δοκού Η φόρτιση μπορεί να είναι σταθερή ή μεταβλητή, συνεχής ή ασυνεχής Π.χ. η φόρτιση είναι σταθερή στο τμήμα CD και μεταβλητή στο AC και στο DB H φόρτιση είναι ασυνεχής στο D 15/12/

39 ΔΟΚΟΙ Τύποι δοκών Σε μια δοκό κατανεμημένου φορτίου, η φόρτιση εκφράζεται συνήθως σε δύναμη ανά μονάδα μήκους της δοκού Η φόρτιση μπορεί να είναι σταθερή ή μεταβλητή, συνεχής ή ασυνεχής Π.χ. η φόρτιση είναι σταθερή στο τμήμα CD και μεταβλητή στο AC και στο DB H φόρτιση είναι ασυνεχής στο D 15/12/

40 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Ομοιόμορφη φόρτιση Έστω μία δοκός μήκους L ηοποία δέχεται εξωτερική ομοιόμορφη φόρτιση w (δύναμη / μονάδα μήκους δοκού) Η συνολική δύναμη, R, ισούται με το εμβαδό που σχηματίζεται από τη φόρτιση και το μήκος L στο οποίο κατανέμεται η δύναμη, δηλ. R = wl Ηδύναμηδιέρχεταιαπότογεωμετρικόκέντροτηςπεριοχής 15/12/

41 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τριγωνική φόρτιση Έστω μία δοκός μήκους L ηοποία δέχεται εξωτερική τριγωνική φόρτιση w (δύναμη / μονάδα μήκους δοκού) Η συνολική δύναμη, R, ισούται με το εμβαδό που σχηματίζεται από τη φόρτιση και το μήκος L στο οποίο κατανέμεται η δύναμη, δηλ. R = wl /2 Ηδύναμηδιέρχεταιαπότογεωμετρικόκέντροτηςπεριοχής 15/12/

42 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τραπεζοειδής φόρτιση Έστω μία δοκός μήκους L ηοποία δέχεται εξωτερική τραπεζοειδής φόρτιση w (δύναμη / μονάδα μήκους δοκού) Για την ανάλυση, ηπεριοχή φόρτισης διαχωρίζεται σε μία τριγωνική και σε μία ορθογώνια περιοχή, όπου οι αντίστοιχες συνολικές δυνάμεις, R 1 και R 2, καθορίζονται χωριστά όπως προηγουμένως 15/12/

43 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Γενική περίπτωση Στη γενική περίπτωση εξωτερικής φόρτισης αυθαίρετου σχήματος, αρχικά θεωρούμε μια στοιχειώδη μεταβολή της δύναμης dr = w dx. Ησυνολικήδύναμηείναι: R = w x dx ( ) και διέρχεται από το γεωμετρικό κέντρο: x = xw( x) dx R 15/12/

44 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Να καθοριστούν το ισοδύναμο συγκεντρωμένο φορτίο και οι εξωτερικές αντιδράσεις για την απλή δοκού του σχήματος στην οποία εφαρμόζεται η φόρτιση που φαίνεται. 15/12/

45 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Η περιοχή της φόρτισης διαχωρίζεται σε μία ορθογώνια και μία τριγωνική περιοχή. Σε κάθε περιοχή υπολογίζεται η ισοδύναμη συγκεντρωμένη δύναμη. Το σημείο εφαρμογής κάθε δύναμης είναι το γεωμετρικό κέντρο της αντίστοιχης περιοχής 15/12/

46 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για την ορθογώνια περιοχή, η συνολικήδύναμηισούταιμε: R ( )( ) 1 = 1751N / m 1, ,83 m = 5341N και έχει σημείο εφαρμογής που απέχει από το αριστερό άκρο: x ( ) 1 = 0.5 1,22 + 1,83 m = 1,53m 15/12/

47 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για την τριγωνική περιοχή, η συνολικήδύναμηισούταιμε: R 2 N = 0,5( ) ( 1,83m) = 2137N m και έχει σημείο εφαρμογής που απέχει από το αριστερό άκρο: 2 x 2 = 1, ,83m = 2, 44m 3 15/12/

48 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για τον υπολογισμό των δυνάμεων αντίδρασης, χρησιμοποιούνται οι εξισώσεις ισορροπίας: B y M = 0 1,53R 2,44R + 3,05B = 0 = A 4389N 1 2 y 15/12/

49 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για τον υπολογισμό των δυνάμεων αντίδρασης, χρησιμοποιούνται οι εξισώσεις ισορροπίας: A y F = 0 A R R + B = 0 = y y 1 2 y 3089N 15/12/

50 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Να καθοριστεί η αντίδραση στο σημείο στήριξης Α της φορτισμένης μονόπακτης δοκού του σχήματος 15/12/

51 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου w Αρχικά, υπολογίζονται οι δύο σταθερές της φόρτισης, w 0 και k: 0 = 1000N / m w = 1000N / m ( ) ( ) ( ) 4 0 w 8 = 2024N / m w + k 8m = 2024N / m k = 2N / m /12/

52 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου To συνολικό φορτίο, R, υπολογίζεται ως εξής: 8 8 ( ) = = = / R w x dx x dx x x R = 10048N 15/12/

53 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Το σημείο εφαρμογής της συνολικής δομής στη δοκό είναι: 8 ( ) xw x dx ( 3) 1 ( 4 = = = ) x x x dx x x dx R /12/

54 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Το σημείο εφαρμογής της συνολικής δομής στη δοκό είναι: 1 x = x + x = / 5 4, 49m 0 15/12/

55 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Στο σημείο στήριξης υπάρχουν μία οριζόντιας, δύναμη, μία κατακόρυφη δύναμη και μια ροπή όπως φαίνεται στο σχήμα 15/12/

56 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Οι εξισώσεις ισορροπίας δίνουν: F x = 0 A = 0 x F = 0 A = 10048N y y M = 0 M , 49 = 0 M = 45100N m ( ) A A A 15/12/

57 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για τη δοκό του σχήματος, η μετάβαση μεταξύ των ομοιόμορφων φορτίσεων των10 kn/m και 37 kn/m επιτυγχάνεται μέσω μιας πολυωνυμικής συνάρτησης 3 ου βαθμού της μορφής w(χ) = k 0 +k 1 x + k 2 x 2 + k 3 x 3, η κλίση της οποία είναι μηδέν στα σημεία χ=1m και χ =4m. Να υπολογιστούν οι αντιδράσεις στα Α και Β. 15/12/

58 ΔΟΚΟΙ ( ) ( ) Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Αρχικά υπολογίζονται οι συντελεστές της πολυωνυμικής συνάρτησης. Σταδύοακραίασημεία, χ=1m και χ =4m, ισχύει ότι: w 1 = 10 k + k + k + k = w 4 = 37 k + 4k + 16k + 64k = /12/

59 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Η κλίση μιας συνάρτησης σε ένα σημείο χ δίνεται από την παράγωγο της συνάρτησης: ( ) 2 dw x w ( x) = k1+ 2k2x+ 3k3x dx Σύμφωνα με την εκφώνηση της άσκησης: ( ) ( ) w 1 = 0 k + 2k + 3k = w 4 = 0 k + 8k + 48k = /12/

60 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Συνεπώς, πρέπει να επιλυθεί το ακόλουθο σύστημα εξισώσεων: ( ) ( ) ( ) ( ) k0 + k1+ k2 + k3 = 10 1 k0 + 4k1+ 16k2 + 64k3 = 37 2 k1+ 2k2 + 3k3 = 0 3 k + 8k + 48k = 0 4 Λύνουμε την (1) ως προς k 0 και αντικαθιστούμε στη (2). Επίσης λύνουμε την (3) ως προς k 1 και αντικαθιστούμε στη (4) 15/12/

61 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) k0 = 10 k1 k2 k3 1 3k1+ 15k2 + 63k3 = 27 2 k1 = 2k2 3k3 3 6k + 45k = 0 4 Αντικαθιστούμε την (3) στην (2) 15/12/

62 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) k0 = 10 k1 k2 k3 1 9k2 + 54k3 = 27 2 k1 = 2k2 3k3 3 6k + 45k = 0 4 Οι εξισώσεις (2) και (4) αποτελούν ένα σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους, το οποίο μπορεί να επιλυθεί εύκολα 15/12/

63 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου 3 ( ) ( ) ( ) ( ) k0 = 10 k1 k2 k3 1 k2 = 15 2 k1 = 2k2 3k3 3 k = 2 4 Αντικαθιστούμε τις τιμές των k 2 και k 3 στην (3) και προκύπτει η τιμή του k 1 15/12/

64 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τελικά, προκύπτει ότι k 0 = 21, οπότε 3 ( ) ( ) ( ) ( ) k0 = 10 k1 k2 k3 1 k2 = 15 2 k1 = 24 3 k = ( ) = w x x x x 15/12/

65 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για κάθε ένα από τα τρία τμήματα, AC, CD και DB, υπολογίζουμε τη συνολική δύναμη και το σημείο εφαρμογής. 15/12/

66 R ΔΟΚΟΙ 1 Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα AC: 1 = 10dx= 10kN / m / 2 0, x1 = xdx = x = m R 15/12/

67 R ΔΟΚΟΙ 3 Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα DB: 5 = 37dx= 37kN / m / 2 4,5m x3 = xdx= x = R 15/12/

68 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα CD: R 2 = ( ) w x dx = x x x dx x 12x 5x 0.5x 70,5kN 1 = + = 15/12/

69 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα CD: x 2 = 1 R ( ) xw x dx 1 = , x x x x dx = x x + x x = 8 2,84m 70, /12/

70 ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Οι αντιδράσεις φαίνονται στο σχήμα. Από τις συνθήκες ισορροπίας έχουμε: A = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0,5 10 2,84 70,5 4, B = 0 B y 74.4kN A + B 10 70,5 37= 0 A y y M = = y 43.1kN 15/12/ y