Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων

Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων

Χρήσιμοι Σύνδεσμοι Σημειώσεις μαθήματος: http://medisp.bme.teiath.gr/eclass/ E-mail: gloudos@teiath.gr

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

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

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 15/12/2009 5 M p B B j

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

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

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Tο κέντρο μάζας (ως προς το Οxy) της επιφάνειας είναι: x y c c x A + x A 2,5 10 + 1 12 1, 68cm + A 10 + 12 c1 1 c2 2 = = = A y A A 1 2 + y A 110 + 512 + A 10 + 12 c1 1 c2 2 = = = 1 2 3,18cm 15/12/2009 8

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

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 15/12/2009 10

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 15/12/2009 11

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 1 1 1 x 1 2 x = xda xgs ( xdy) xdy x dy A = A = A = 2 2A 0 0 0 h 2 1 b 2 b 2 2 = ( h y) dy ( h 2hy y ) dy bh = + h h 2 3 0 0 3 b 2 2 3 h b h b /3 3 hy hy y 0 3 = + = = h h 3 3 h 12

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Αντίστοιχα ισχύει ότι: 1 1 1 y = yda y ( xdy) yxdy A = = = A A h GS 0 0 2 b 2 2 = y ( h y) dy 2 ( hy y ) dy bh = h h 0 0 2 3 h 3 2 hy y 2 h h = = = h 2 3 h 6 3 2 2 0 h h h 13

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί η απόσταση του γεωμετρικού κέντρου από τη βάση ενός τριγώνου ύψους h. 15/12/2009 14

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 15/12/2009 15 y

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 0 0 0 2 3 2 h h h = h 2 = h 2 3 3 15/12/2009 16

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 15/12/2009 17

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το γεωμετρικό κέντρο του κυκλικού τόξου του σχήματος 15/12/2009 18

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 15/12/2009 19

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 15/12/2009 20 a a

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Να υπολογιστεί το γεωμετρικό κέντρο της επιφάνειας ενός κυκλικού τομέα ως προς την κορυφή του. 15/12/2009 21

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 0 0 15/12/2009 22

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 15/12/2009 23

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος Ι) Συνεπώς: 1 2π r r0 sin a x = xda = 2r adr A 2a a ( 2 π r ) 3 1 2 sin r r a = 2sina = 2 ar 3 3 a 0 0 0 15/12/2009 24

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 15/12/2009 25

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 15/12/2009 26

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας (Τρόπος ΙΙ) Επομένως: a 1 1 2 1 2 x xda c rcosθ rd 2 A r a 3 2 a = = θ a 3 = r cosθdθ = 2 ra a 1 1 2 rsina 3 3 a 15/12/2009 27

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = 0 = 0 A = π r 2 15/12/2009 28

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = b/2 = a/2 A = ab 15/12/2009 29

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x y c c = b/3 = h/3 A = bh /2 15/12/2009 30

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων 4r xc = 3π 4r yc = 3π 2 π r A = 4 15/12/2009 31

ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας Γεωμετρικό κέντρο απλών σχημάτων x c = 0 4r yc = 3π 2 π r A = 2 15/12/2009 32

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) 15/12/2009 33

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 15/12/2009 34

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. 15/12/2009 35

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

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 15/12/2009 37

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 15/12/2009 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 15/12/2009 39

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 15/12/2009 40

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 15/12/2009 41

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 15/12/2009 42

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 15/12/2009 43

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. 15/12/2009 44

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 15/12/2009 45

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για την ορθογώνια περιοχή, η συνολικήδύναμηισούταιμε: R ( )( ) 1 = 1751N / m 1, 22 + 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 15/12/2009 46

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για την τριγωνική περιοχή, η συνολικήδύναμηισούταιμε: R 2 N = 0,5( 4086 1751) ( 1,83m) = 2137N m και έχει σημείο εφαρμογής που απέχει από το αριστερό άκρο: 2 x 2 = 1, 22 + 1,83m = 2, 44m 3 15/12/2009 47

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 15/12/2009 48

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 15/12/2009 49

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Να καθοριστεί η αντίδραση στο σημείο στήριξης Α της φορτισμένης μονόπακτης δοκού του σχήματος 15/12/2009 50

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 0 3 15/12/2009 51

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου To συνολικό φορτίο, R, υπολογίζεται ως εξής: 8 8 ( ) 3 4 8 = = 1000 + 2 = 1000 + / 2 0 0 0 R w x dx x dx x x R = 10048N 15/12/2009 52

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Το σημείο εφαρμογής της συνολικής δομής στη δοκό είναι: 8 ( ) xw x dx 8 8 0 1 ( 3) 1 ( 4 = = 1000 + 2 = 1000 + 2 ) x x x dx x x dx R 10048 10048 0 0 15/12/2009 53

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Το σημείο εφαρμογής της συνολικής δομής στη δοκό είναι: 1 x = x + x = 10048 2 5 8 500 2 / 5 4, 49m 0 15/12/2009 54

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Στο σημείο στήριξης υπάρχουν μία οριζόντιας, δύναμη, μία κατακόρυφη δύναμη και μια ροπή όπως φαίνεται στο σχήμα 15/12/2009 55

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Οι εξισώσεις ισορροπίας δίνουν: F x = 0 A = 0 x F = 0 A = 10048N y y M = 0 M 10048 4, 49 = 0 M = 45100N m ( ) A A A 15/12/2009 56

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. 15/12/2009 57

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 = 10 0 1 2 3 w 4 = 37 k + 4k + 16k + 64k = 37 0 1 2 3 15/12/2009 58

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 = 0 1 2 3 w 4 = 0 k + 8k + 48k = 0 1 2 3 15/12/2009 59

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Συνεπώς, πρέπει να επιλυθεί το ακόλουθο σύστημα εξισώσεων: 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 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) 15/12/2009 60

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) 15/12/2009 61

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 15/12/2009 62

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 15/12/2009 63

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 = 2 4 2 3 ( ) = 21 24 + 15 2 w x x x x 15/12/2009 64

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Για κάθε ένα από τα τρία τμήματα, AC, CD και DB, υπολογίζουμε τη συνολική δύναμη και το σημείο εφαρμογής. 15/12/2009 65

R ΔΟΚΟΙ 1 Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα AC: 1 = 10dx= 10kN / m 0 1 1 2 1 10 / 2 0,5 0 1 0 x1 = xdx = x = m R 15/12/2009 66

R ΔΟΚΟΙ 3 Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα DB: 5 = 37dx= 37kN / m 4 5 2 5 37 / 2 4,5m 4 2 4 1 x3 = xdx= x = R 15/12/2009 67

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα CD: R 2 = 4 1 4 1 ( ) w x dx = 21 24 + 15 2 2 3 x x x dx 2 2 4 4 21x 12x 5x 0.5x 70,5kN 1 = + = 15/12/2009 68

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Τμήμα CD: x 2 = 1 R 4 2 1 4 1 ( ) xw x dx 1 = 21 24 + 15 2 70,5 2 3 4 x x x x dx 4 1 21 2 3 15 4 2 5 = x x + x x = 8 2,84m 70,5 2 4 5 15/12/2009 69 1

ΔΟΚΟΙ Δοκοί κατανεμημένου φορτίου Οι αντιδράσεις φαίνονται στο σχήμα. Από τις συνθήκες ισορροπίας έχουμε: A = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0,5 10 2,84 70,5 4,5 37 + 5 B = 0 B y 74.4kN A + B 10 70,5 37= 0 A y y M = = y 43.1kN 15/12/2009 70 y