Τ.Ε.Ι. ΠΕΙΡΑΙΑ ΣΧΟΛΗ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΩΝ ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΟΜΙΚΩΝ ΕΡΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΗ 1 ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ 1 ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΙΑΓΡΑΜΜΑΤΩΝ MQN ΣΕ ΟΚΟ ιδάσκων: Αριστοτέλης Ε. Χαραλαµπάκης Εισαγωγή Με το παράδειγµα αυτό αναλύεται διεξοδικά η µεθοδολογία επίλυσης απλών δοκών όπως έχει παρουσιασθεί στο µάθηµα της Μηχανικής 1. Η µεθοδολογία εφαρµόζεται σε ένα χαρακτηριστικό παράδειγµα µονοπροέχουσας δοκού. Η µεθοδολογία αυτή δεν είναι, φυσικά, µοναδική. Είναι όµως απλή και µπορεί να αποτελέσει µια βάση για την σωστή κατανόηση του προβλήµατος. Στις εξετάσεις δεν απαιτείται, φυσικά, τέτοιο επίπεδο επεξηγήσεων. Αυτό παρατίθεται εδώ για διδακτικούς σκοπούς. Η επίλυση της άσκησης µπορεί να χωρέσει σε 2 κόλλες αναφοράς. Εκφώνηση ίνεται ο φορέας του σχήµατος: Α) Να βρεθούν οι αντιδράσεις στηρίξεων, Β) Να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα καµπτικών ροπών [M], Γ) Να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα τεµνουσών δυνάµεων [Q], ) Να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα αξονικών δυνάµεων [Ν]. Τα διαγράµµατα θα πρέπει να είναι προσηµασµένα και υπό κλίµακα. Ειδικά τα διαγράµµατα [Μ] θα πρέπει να σχεδιαστούν από την πλευρά των εφελκυόµενων ινών.
Λύση Για την επίλυση των προβληµάτων τέτοιου τύπου, είναι καλό σε µια γωνία της κόλλας να κάνετε µερικά σχήµατα τα οποία θα σας βοηθήσουν να µην κάνετε λάθος π.χ. στα πρόσηµα. Αυτά τα σχήµατα θα πρέπει να τα έχετε αποστηθίσει. Η σχεδίαση µπορεί να γίνει και πριν πάρετε τα θέµατα, µόλις δηλαδή συµπληρώσετε το όνοµά σας και τα στοιχεία σας στην κόλλα. Σχήµα 1 ο : «Συσκευή προσήµανσης» ίνει τις θετικές φορές των εσωτερικών δυνάµεων σε ένα µικρό τµήµα ενός γραµµικού µέλους κάποιου φορέα: Στο παραπάνω σχήµα, η κάτω διακεκοµµένη γραµµή είναι η λεγόµενη θετική ίνα της διατοµής. Σχήµα 2 ο : Τριγωνοµετρικό σχήµα Θα πρέπει να γνωρίζετε άπταιστα απλές τριγωνοµετρικές πράξεις σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο: 2 sin ϕ = Ηµίτονο φ = ( ) Συνηµίτονο φ = ( ) 3 1 cos ϕ = 3 απέναντι κάθετη πλευρά = υποτείνουσα προσκείµενη κάθετη πλευρά = υποτείνουσα Εφαπτοµένη φ = ( ) 2 tan ϕ = = απέναντι κάθετη πλευρά προσκείµενη κάθετη πλευρά 1
Βήµα 1 ο : Υπολογισµός αντιδράσεων στήριξης Η στήριξη του φορέα αποτελείται από την άρθρωση στον κόµβο 2 και την κεκλιµένη κύλιση στον κόµβο 6. Οι αντιδράσεις στον κόµβο 2 είναι (α) µια κατακόρυφη δύναµη V 2 (β) µια οριζόντια δύναµη H 2 Η αντίδραση στον κόµβο 6 είναι µία δύναµη R 6 κάθετη στο επίπεδο της κύλισης. Από την κλίση του επιπέδου πάνω στο οποίο εδράζεται η κύλιση στον κόµβο 6, µπορείτε να υπολογίσετε την γωνία φ. Συµβουλευτείτε και το σχήµα που σηµειώσατε στο περιθώριο της κόλλας : Άρα: απέναντι φ = τόξο εφαπτοµένης = arctan 1/ 2 = 26.56 προσκείµενη Η γωνία φ δεν είναι 30 µοίρες. ( ) 0 Βεβαιωθείτε ότι γνωρίζετε πως να υπολογίζετε το τόξο εφαπτοµένης (arctan ή atan ή tan -1 ) µε τον υπολογιστή τσέπης που χρησιµοποιείτε. Κάτι τέτοιο δεν µπορεί να γίνει την ώρα της εξέτασης. Θα πρέπει να είσαστε προετοιµασµένοι. Έχουµε τρεις άγνωστες αντιδράσεις (H 2, V 2, R 6 ). Λόγω της γνωστής διεύθυνσης της δύναµης R 6, αυτή µπορεί να αναλυθεί σε µια κατακόρυφη συνιστώσα V 6 και µια οριζόντια συνιστώσα H 6 : Άρα:
V6 = R6 cos( ϕ) Και: H6 = R6 sin( ϕ). Σχεδιάζουµε το «διάγραµµα ελεύθερου σώµατος», στο οποίο η δοκός µας ισορροπεί στο κενό µε την βοήθεια όλων των δυνάµεων που επενεργούν πάνω της: Παίρνουµε ισορροπία δυνάµεων στον οριζόντιο άξονα. Έστω θετικά προς τα δεξιά. = 0 + H 2 H = 6 0 η οριζόντια αντίδραση στον κόµβο 2 η οριζόντια αντίδραση στην κύλιση 6 H 2 = H6 = R6 sin( ϕ) (Εξίσωση 1) Παίρνουµε ισορροπία δυνάµεων στον κατακόρυφο άξονα. Έστω θετικά προς τα πάνω. = 0 + V 2 6 ( ) 10 2+ 2+ 2 15 + V = 0 η κατακόρυφη αντίδραση στον κόµβο 2 το κατανεµηµένο φορτίο από τον κόµβο 2 ως τον κόµβο 5 η συγκεντρωµένη δύναµη στον κόµβο 3 η κατακόρυφη αντίδραση στην κύλιση 6 ( ) V2+ V6 = V2+ R6 cos ϕ = 75 (Εξίσωση 2) Παίρνουµε ισορροπία ροπών γύρω από τον κόµβο 2. Μας συµφέρει να πάρουµε τον κόµβο 2 διότι από αυτόν διέρχονται δύο άγνωστες δυνάµεις, των οποίων η ροπή θα είναι µηδέν. Έστω θετική φορά των ροπών σύµφωνα µε τους δείκτες του ρολογιού. K 2 = 0
10 + 10 6 6 2 + 15 2 + 10 V 8= 0 6 η συγκεντρωµένη ροπή στον κόµβο 1 η ροπή του κατανεµηµένου φορτίου από τον κόµβο 2 ως τον 5 η ροπή του συγκεντρωµένου φορτίου στον κόµβο 3 η συγκεντρωµένη ροπή στον κόµβο 4 η ροπή της κατακόρυφης αντίδρασης της κύλισης στον κόµβο 6 V6 = 210 8= 26.25kN Όµως: V6 = R6 cos( ϕ) Οπότε: 0 ( ) R 6 = 26.25 cos 26.57 = 26.25 0.894 R6 = 29.348kN (Εξίσωση 3) Από την τελευταία εξίσωση ισορροπίας, προέκυψε απ ευθείας η άγνωστη αντίδραση του κόµβου 6. Αντικαθιστούµε το R 6 στην εξίσωση 2: 2 6 ( ) V = 75 R cos ϕ = 75 29.384 0.894 V2 = 48.75kN Αντικαθιστούµε το R 6 στην εξίσωση 1: ( ) H2 = R6 sin ϕ = 29.384 0.447 H 2 = 13.13kN Τα αποτελέσµατα που βρήκαµε ως αντιδράσεις στήριξης βγήκαν θετικά. Αυτό σηµαίνει ότι οι φορές που επιλέξαµε (τυχαία) στο σχήµα είναι σωστές. Αν κάποιο αποτέλεσµα έβγαινε αρνητικό, θα έπρεπε να αλλάξουµε την φορά της αντίστοιχης αντίδρασης στο σχήµα και να πάρουµε την θετική τιµή του αποτελέσµατος (το µέτρο της δύναµης). Συνεπώς το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος, µε τις σωστές φορές των αντιδράσεων στήριξης, φαίνεται παρακάτω:
Βήµα 2 ο : Υπολογισµός M, Q, N Για την σχεδίαση των διαγραµµάτων M, Q, N, απαιτείται η εύρεση των τιµών M (ροπή κάµψης), Q (τέµνουσα δύναµη, κάθετη στην δοκό) και N (αξονική δύναµη, παράλληλη στην δοκό) σε συγκεκριµένα σηµεία του φορέα. Αυτά τα σηµεία είναι (α) τα ακραία σηµεία της δοκού και (β) τα ενδιάµεσα σηµεία της, όπου έχουµε επιβολή συγκεντρωµένου φορτίου, ή συγκεντρωµένης ροπής ή κατανεµηµένου φορτίου. Στο παράδειγµά µας, τα σηµεία υπολογισµού ταυτίζονται µε τους κόµβους 1 ως 6. Στα ενδιάµεσα σηµεία συνήθως υπολογίζουµε δύο τιµές: µια λίγο αριστερά και µια λίγο δεξιά του σηµείου, και αυτό γιατί µπορεί να έχουµε «σκαλοπάτι» λόγω συγκεντρωµένων δυνάµεων ή ροπών. Ξεκινάµε από αριστερά προς τα δεξιά: (Σηµειώνεται ότι η σχεδίαση των επιµέρους φορέων δεν είναι απαραίτητη, αλλά γίνεται εδώ για διδακτικούς σκοπούς. Στις εξετάσεις δεν θα πρέπει να γίνεται διότι είναι χρονοβόρα) Κόµβος 1: Κόβουµε λίγο δεξιά του κόµβου 1 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N 1= 0
= 0 Q 1= 0 K1= 0 M1= 10kNm Κόµβος 2 αριστερά: Κόβουµε λίγο αριστερά του κόµβου 2 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N2 αρ = 0 = 0 Q2 αρ = 0 K 2 = 0 M = 2αρ 10kNm Κόµβος 2 δεξιά: Κόβουµε λίγο δεξιά του κόµβου 2 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της
Το οµοιόµορφο φορτίο δεν συνεισφέρει σε τίποτα, αφού το σηµείο που κόψαµε είναι πολύ κοντά στον κόµβο 2. Όµως πλέον θα πρέπει να ληφθούν υπόψη οι αντιδράσεις στήριξης. = 0 N = 2δ 13.13kN = 0 Q = 2δ 48.75kN K 2 = 0 M = 2δ 10kNm Κόµβος 3 αριστερά: Κόβουµε λίγο αριστερά του κόµβου 3 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N = 3αρ 13.13kN = 0 Q = 3 48.75 10 αρ 2 = 28.75kN K 3 = 0 M 3αρ = 10+ 48.75 2 10 2 2 2 M 3αρ = 67.5kNm Κόµβος 3 δεξιά: Κόβουµε λίγο δεξιά του κόµβου 3 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε:
Στην δεξιά πλευρά, παίρνουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της Πλέον λαµβάνουµε υπόψη και την συγκεντρωµένη δύναµη των 15 kn. Από την ισορροπία προκύπτει: = 0 N = 3δ 13.13kN = 0 Q = 3 48.75 10 δ 2 15 = 13.75kN K 3 = 0 M 3δ = 10+ 48.75 2 10 2 2 2 M 3δ = 67.5kNm Παρατηρούµε ότι, ενώ οι ροπές δεξιά-αριστερά του κόµβου 3 είναι ίδιες, δεν συµβαίνει το ίδιο για τις τέµνουσες δυνάµεις, λόγω της συγκεντρωµένης δύναµης 15 kn. Συνεπώς στο διάγραµµα Q θα έχουµε «σκαλοπάτι» µε «ρίχτι» 15 kn. Κόµβος 4 αριστερά: Κόβουµε λίγο αριστερά του κόµβου 4 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N = 4αρ 13.13kN = 0 Q = 4 48.75 10 αρ 4 15 = 6.25kN
K 4 = 0 M 4αρ = 10+ 48.75 4 10 4 4 2 15 2 M 4αρ = 75kNm Κόµβος 4 δεξιά: Κόβουµε λίγο δεξιά του κόµβου 4 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, σχεδιάζουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N = 4δ 13.13kN = 0 Q = 4 48.75 10 δ 4 15 = 6.25kN K 4 = 0 M 4δ = 10+ 48.75 4 10 4 4 2 15 2+ 10 M 4δ = 85kNm Παρατηρούµε ότι, ενώ οι τέµνουσες δεξιά-αριστερά του κόµβου 4 είναι ίδιες, δεν συµβαίνει το ίδιο για τις ροπές, λόγω της συγκεντρωµένης ροπής 10 knm. Συνεπώς στο διάγραµµα Μ θα έχουµε «σκαλοπάτι» µε «ρίχτι» 10 knm. Κόµβος 5 αριστερά: Κόβουµε λίγο αριστερά του κόµβου 5 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, παίρνουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της
= 0 N = 5αρ 13.13kN = 0 Q = 5 48.75 10 αρ 6 15 = 26.25kN K 5 = 0 M 5αρ = 10+ 48.75 6 10 6 6 2 15 4+ 10 M 5αρ = 52.5kNm Κόµβος 5 δεξιά: Κόβουµε λίγο δεξιά του κόµβου 5 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε: Στην δεξιά πλευρά, παίρνουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N = 5δ 13.13kN = 0 Q = 5 48.75 10 δ 6 15 = 26.25kN K 5 = 0 M 5δ = 10+ 48.75 6 10 6 6 2 15 4+ 10 M 5δ = 52.5kNm Παρατηρούµε ότι τόσο οι τέµνουσες όσο και ροπές δεξιά - αριστερά του κόµβου 5 είναι ίδιες. Ο λόγος είναι ότι δεν υπάρχουν ούτε συγκεντρωµένη δύναµη ούτε συγκεντρωµένη ροπή. Συνεπώς δεν χρειαζόταν να υπολογίσουµε τιµές δεξιά αριστερά. Θα αρκούσε ένας µόνο υπολογισµός, απ ευθείας στον κόµβο 5. Κόµβος 6 αριστερά: Κόβουµε λίγο αριστερά του κόµβου 6 και κάνουµε το διάγραµµα ελεύθερου σώµατος του τµήµατος που κόψαµε:
Στην δεξιά πλευρά, παίρνουµε τις θετικές εσωτερικές δυνάµεις όπως προκύπτουν από την «συσκευή προσήµανσης», όπως ακριβώς σχεδιάστηκαν στο περιθώριο της = 0 N = 6αρ 13.13kN = 0 Q = 6 48.75 10 αρ 6 15 = 26.25kN K 6 = 0 M = 10+ 48.75 8 10 6 6 2+ 2 15 6+ 10 M = 0kNm ( ) 6αρ 6αρ Παρατηρούµε ότι τα διαγράµµατα κλείνουν. Ήτοι τα N 6αρ, Q 6αρ ταυτίζονται µε τις προβολές της αντίδρασης στήριξης στην κύλιση 6 που υπολογίστηκαν στην αρχή, ενώ η ροπή βγαίνει µηδέν (διότι πρόκειται για ελεύθερο άκρο στο οποίο δεν εφαρµόζεται συγκεντρωµένη ροπή, όπως συµβαίνει στην περίπτωση του κόµβου 1). Χάραξη διαγραµµάτων M, Q, N. Με βάση τις τιµές αυτές, χαράζονται τα διαγράµµατα:
1m 2m 2m 2m 2m (-) -13.13 (-) N [kn] (+) 1 2 3 4 5 6 (-) -6.25-26.25-26.25 Q [kn] (-) (+) (-) (+) 1 2 3 4 5 6 +13.75 (+) «Σκαλοπάτι» 15 kn +48.75-10 -10 (-) +28.75 1 2 3 4 5 6 (+) (+) M [knm] +74.5 +52.5 ευθεία +67.5 Ma όπου Q=0 +84.5 «Σκαλοπάτι» 10 knm Παραβολή 2ου βαθµού λόγω οµοιόµορφα κατανεµηµένου φορτίου ευθεία Τα διαγράµµατα καλό είναι να τα σχεδιάζετε µε τις θετικές τιµές προς τα κάτω και τις αρνητικές προς τα πάνω. Αυτό είναι προαιρετικό για τα Q, N, είναι όµως υποχρεωτικό για το διάγραµµα M, αφού η θετική ίνα είναι η κάτω ίνα της διατοµής. Παρατηρούµε ότι όπου η τέµνουσα Q είναι σταθερή, η κλίση των ροπών Μ είναι επίσης σταθερή. Άρα, σε αυτά τα τµήµατα το διάγραµµα των ροπών M είναι ευθεία γραµµή. Αυτό συµβαίνει από τον κόµβο 1 ως τον κόµβο 2 και από τον κόµβο 5 ως τον κόµβο 6. Στις περιοχές που έχουµε οµοιόµορφα κατανεµηµένο φορτίο, δηλαδή από τον κόµβο 2 ως τον κόµβο 5, η τέµνουσα Q µεταβάλλεται γραµµικά και συνεπώς το διάγραµµα των ροπών M είναι παραβολή δευτέρου βαθµού. Παρατηρούµε τέλος ότι όπου η τέµνουσα µηδενίζεται, το διάγραµµα M παρουσιάζει τοπικό ακρότατο. Η διαδικασία γραφικής σχεδίασης παραβολής δευτέρου βαθµού περιγράφεται παρακάτω: Γραφική σχεδίαση διαγράµµατος καµπτικών ροπών δοκού υπό οµοιόµορφα κατανεµηµένο φορτίο (παραβολή 2 ου βαθµού) Έστω ότι έχουµε τµήµα δοκού µήκους L, από τον κόµβο 1 ως τον κόµβο 2, το οποίο υπόκειται σε οµοιόµορφα κατανεµηµένο φορτίο q. εν θα πρέπει ενδιάµεσα να υπάρχει άλλη φόρτιση (π.χ. συγκεντρωµένο φορτίο). Αν υπάρχει, εφαρµόζεται η σχεδίαση ξεχωριστά στα επιµέρους τµήµατα. Έστω επίσης ότι έχουµε υπολογίσει τις ακραίες τιµές της καµπτικής ροπής, ήτοι τις M 1δ και Μ 2αρ, όπως περιγράφηκε παραπάνω:
L q M 1δ 1 2 M 2αρ Η σχεδίαση γίνεται ως εξής. Ενώνουµε την M 1δ µε την Μ 2αρ. Βρίσκουµε το µέσο του ευθύγραµµου τµήµατος που σχεδιάσαµε: Από αυτό το σηµείο «κρεµάµε» δύο φορές µε την κατεύθυνση του κατανεµηµένου φορτίου (συνήθως από πάνω προς τα κάτω) την ποσότητα ql 2 /8 (µε κατάλληλη κλίµακα, φυσικά):
Ενώνουµε το τελικό σηµείο µε τα σηµεία M 1δ και Μ 2αρ µε διακεκοµµένη γραµµή: M 1δ 1 2 M 2αρ Το τελικό διάγραµµα σχεδιάζεται εφαπτοµενικά στις γραµµές που τραβήξαµε και διέρχεται από το ενδιάµεσο σηµείο: M 1δ 1 2 M 2αρ Η µέγιστη τιµή του θα πρέπει να εµφανίζεται στο σηµείο στο οποίο µηδενίζονται οι τέµνουσες της δοκού.