statica-structuri static determinate-aplicatii

BĂNUŢ VALERIU TEODORESCU MIRCEA EUGEN

STATICA CONSTRUCŢIILOR

APLICAŢII

STRUCTURI STATIC DETERMINATE

MATRIX ROM Bucuresti 2003

- 3 -

PREFAŢĂ

Statica Construcţiilor este o ramură a Mecanicii Solidului Deformabil şi totodată o disciplină fundamentală în programul de studiu al viitorilor ingineri constructori.

Rolul acestei discipline în practica curentă de proiectare este deosebit de important, deoarece, concură – împreună cu alte discipline – la realizarea proiectelor structurilor de rezistenţă, formate din bare.

Obiectul Staticii Construcţiilor este determinarea eforturilor şi deplasărilor produse de încărcările ce acţionează asupra elementelor şi structurilor de rezistenţă. Acest obiectiv fiind realizat prin metode şi procedee specifice.

Cursul de Statica Construcţiilor predat la Facultatea de Hidrotehnică din Universitatea Tehnică de Construcţii Bucureşti se extinde pe două semestre. Lucrarea de faţă este realizată în două volume, corespunzătoare celor două semestre de studii şi cuprinde o serie de aplicaţii rezolvate complet. De asemenea, lucrarea conţine în Introducere unele elemente teoretice generale – necesare familiarizării cititorului cu notaţiile şi terminologia utilizată, precum şi unele elemente teoretice specifice, la începutul fiecărui capitol.

Considerăm că aplicaţiile prezentate în lucrare vor contribui la o mai bună înţelegere a problematicii Staticii Construcţiilor şi totodată la formarea şi dezvoltarea spiritului ingineresc al cititorului.

Nu putem incheia aceste rânduri fără a atrage atenţia că pentru a utiliza eficient această lucrare este necesar ca cititorul să studieze mai înainte aspectele teoretice predate la curs şi numai după aceea să apeleze la aplicaţiile practice din această lucrare.

Autorii

- 5 -

R

RH

V

R HV

M

INTRODUCERE

Structura de rezistenţă reprezintă totalitatea elementelor de rezistenţă ansamblate între ele, astfel încât să aibă capacitatea de a prelua şi transmite terenului pe care este amplasată, încărcările ce îi revin, cu scopul de a asigura condiţiile de exploatare şi confort prevăzute pentru construcţie.

Fenomenul comportării structurii de rezistenţă sub acţiunea încărcărilor este deosebit de complex. Pentru a realiza un model de calcul cât mai simplu de utilizat în practică este necesar să se adopte o serie de schematizări – referitoare la reprezentarea elementelor componente, a legăturilor interioare şi exterioare, a forţelor, a legilor de comportare a materialului şi structurii – precum şi unele ipoteze simplificatoare. În acest mod se obţine schema de calcul a structurii reale. Cu cât această schemă de calcul este mai bine intuită, cu atât rezultatele obţinute prin calcul sunt mai apropiate de realitate.

Pentru structurile formate din bare – reprezentate schematic prin axa elementelor – există suficientă experienţă în adoptarea schemei de calcul pentru a obţine rezultate acceptate în practică.

Schematizările adoptate sunt următoarele: 1. Forţele se consideră concentrate într-un punct sau distribuite – uniform,

liniar sau după o altă lege. Momentele se consideră concentrate într-un punct sau distribuite (de obicei uniform). Unităţile de măsură utilizate sunt kN, kN/m pentru forţe, kNm pentru momente.

2. Legăturile interioare şi exterioare pentru structurile plane sunt: - reazemul simplu (fig.1.,a) suprimă un grad de libertate, translaţia pe o

direcţie perpendiculară pe planul de rezemare, şi are ca echivalent mecanic o forţă având direcţia reazemului şi punctul de aplicaţie în punctul de rezemare

a) b) c)

-

- Fig.1 - - articulaţia plană (fig.1,b) suprimă două grade de liberatate – translaţiile – şi are ca echivalent mecanic o forţă de direcţie necunoscută

- 6 -

şi punct de aplicaţie în articulaţie. În practică se lucrează cu proiecţiile acestei forţe pe orizontală, H, şi pe verticală, V. - încastrarea (fig.1,c) suprimă toate cele trei grade de libertate ale corpului căruia îi este ataşată şi are ca echivalent mecanic o forţă de direcţie şi punct de aplicaţie necunoscute. Prin reducerea acestei forţe în raport cu punctul de încastrare se obţin forţele H şi V şi un moment M.

3. Elementele şi structurile de rezistenţă – care fac obiectul Staticii Construcţiilor - sunt reprezentate prin axa lor şi pot fi static determinate sau static nedeterminate. Structurile static determinate sunt acele structurile care au un număr minim de legături necesare asigurării invariabilităţii geometrice şi fixării de baza de susţinere. Structurile static nedeterminate sunt acele structuri care au un număr de legături mai mare decât numărul minim de legături necesare asigurării invariabilităţii geometrice şi fixării de baza de susţinere.

Elementele şi structurile de rezistenţă care fac obiectul Staticii Construcţiilor sunt grinzile simple (fig.2,a,b,c), grinzile Gerber (fig.2,d), grinzile continue (fig.2,e), cadrele (fig.2,f,g), grinzile cu zăbrele (fig.2,h,i) şi arcele (fig.2,j,k).

Relaţia cu care se stabileşte dacă o structură este static determinată sau static nedeterminată – cu excepţia grinzilor cu zăbrele – este

S2AC3N −−= (1,a) unde C reprezintă numărul de contururi, A numărul de articulaţii simple şi S numărul de reazeme simple. Pentru grinzile cu zăbrele – în ipoteza nodurilor articulaţii perfecte – relaţia utilizată este

n2rbN −+= (1,b) unde b reprezintă numărul de bare, r numărul de legături simple cu baza de susţinere, iar n numărul nodurilor.

Dacă N=0 structura este static determinată, dacă N>0 structura este static nedeterminată, iar dacă N<0 ansamblul de bare formează un mecanism. Mecanismele sunt utilizate numai ca instrument de calcul pentru structurile de rezistenţă.

4. Schematizările comportării materialelor şi a structurii sunt prezentate în cadrul ipotezelor simplificatoare. Ipotezele simplificatoare admise în Statica Construcţiilor sunt:

- materialul este considerat continuu, omogen şi izotrop. Aceste proprietăţi nu variază in timp;

- materialul are o comportare liniar elastică, fiind valabila legea lui Hooke, σ=Eε, τ=Gγ, (fig.3,a);

- 7 -

- Fig.2 -

- relaţia forţă-deplasare este o relaţie liniară (fig.3,b); - relaţia deformaţie specifică - deplasare este liniară:

• pentru bare solicitate axial x

u xx ∂

∂=ε

• pentru bare solicitate la încovoiere 2x

2

x xvy

∂∂

=ε

unde ux si vx sunt deplasările secţiunii transversale curente pe direcţia axei barei respectiv pe normala la axa barei (fig.3.c); - forţele se aplică static, adică forţele cresc lent de la valoarea zero la valoarea finală, iar energia cinetică, produsă prin deformare,se neglijeaza; - se admite ipoteza lui Bernoulli - a secţiunilor transversale plane şi normale pe axa barei înainte de deformare şi care rămân plane şi normale pe axa barei şi în poziţia deformată.

a) b) c)

d)

e)

f)g)

g) h)

i) j)

- 8 -

- Fig.3 - Adoptarea acestor ipoteze conduce la o serie de consecinţe foarte importante şi anume:

- deplasările secţiunilor transversale fiind foarte mici în raport cu dimensiunile elementelor structurii, condiţiile de echilibru static se exprimă în raport cu poziţia iniţială, nedeformată a structurii;

- relaţia forţă-deplasare fiind liniară se admite independenţa acţiunii forţelor sau cu alte cuvinte principiul suprapunerii efectelor; - structura este un sistem conservativ - energia acumulată prin deformare este consumată integral pentru aducerea structurii în poziţia iniţială, la îndepărtarea acţiunii exterioare;

- raportul KP

i

i =∆

, respectiv raportul FPi

i =∆

,unde K reprezintă rigiditatea

structurii, iar F reprezintă flexibilitatea structurii, sunt constante şi constituie caracteristici proprii ale structurii.

Calculul structurilor dezvoltat în baza acestor ipoteze simplificatoare se numeşte calculul liniar elastic sau calculul de ordinul I.

Condiţiile de echilibru static se pot exprima în modul următor: - utilizând ecuaţiile de echilibru static stabilite în Mecanica Teoretică

pentru solidul rigid; - utilizând principiul lucrului mecanic virtual.

Pentru structurile plane ecuaţiile de echilibru static se pot exprima prin: - doua ecuaţii de proiecţie şi o ecuaţie de momente (în raport cu orice punct din plan)

∑ = 0X i ; ∑ = 0Yi ; ∑ = 0M oz (2) - o ecuaţie de proiecţie şi două ecuaţii de momente, cu o restricţie, ca proiecţia să nu fie scrisă pe normala la dreapta ce uneşte cele două puncte în raport cu care au fost scrise ecuaţiile de momente - trei ecuaţii de momente în raport cu trei puncte necoliniare.

Principiul lucrului mecanic virtual se exprimă astfel: condiţia necesară şi suficientă ca un sistem de forţe să fie în echilibru este ca lucrul mecanic produs de

a) b) c)

ε

ε i

σ

σi

∆

∆i

P

Pi

x

ux

y

x

xvx

- 9 -

sistemul de forţe parcurgând deplasări virtuale – infinit mici şi compatibile cu legăturile - să fie nul.

Expresia general este ∑ ∑ =δψ⋅+δη⋅ 0MP jjii (3)

unde iδη reprezintă translaţia pe direcţia forţei Pi iar δψj reprezintă rotirea corpului asupra căruia acţionează momentele Mj.

Prin acţiunea forţelor asupra structurilor de rezistenţă acestea se deformează şi în interiorul materialului apar eforturi. În cel mai general caz, în elementele structurilor plane apar următoarele eforturi (fig.4):

- forta axiala, Ni, care are direcţia axei barei la barele drepte şi direcţia tangentei în secţiunea curentă la barele curbe,

- forta taietoare Ti, care are direcţia normalei la axa barei; - momentul ncovoietor Mi, care este un vector normal la planul structurii.

- Fig. 4 - Cele trei eforturi se definesc astfel: - forţa axială reprezintă suma proiecţiilor, pe direcţia axei barei sau a

tangentei, a tuturor forţelor existente la stânga secţiunii transversale considerate (sau de la dreapta cu semn schimbat). Forţa axialā este pozitivă dacă este forţă de întindere

- forţa tăietoare reprezintă suma proiecţiilor, pe direcţia normalei la axa barei, a tuturor forţelor existente la stânga secţiunii transversale considerate (sau de la dreapta cu semn schimbat). Forţa tăietoare este pozitivā dacă tinde să rotească în sensul acelor de ceasornic, partea de structură asupra căreia acţionează;

- momentul încovoietor reprezintă suma tuturor momentelor, în raport cu centrul de greutate al secţiunii transversale considerate, produse de forţele

a)

c)

P1

P2

i

P2

P1

Ni

Ti Ti

Mi Mi

P2

i

d)

P2

Ni

TiTi

MiMiNiP1 P1

b)

- 10 -

aflate la stânga secţiunii (sau de la dreapta cu semn schimbat). Sensul acelor de ceasornic este sensul pozitiv al momentului încovoietor.

Pentru bara dreaptă există următoarele relaţii diferenţiale între eforturi şi încărcări:

TdxdM p

dxdT p

dxdN

nt =−=−= (4)

unde pt şi pn reprezintă încărcarea pe direcţia tangentei respectiv pe direcţia normală la axa barei.

Conform acestor relaţii se poate stabili legea de variaţie a eforturilor, pe un tronson de bară, astfel: - dacă pt=0, efortul axial N=ct; dacă pt=constant atunci N variază liniar; - dacă pn=0, forţa tăietoare T=ct., dacă pn=ct. forţa tăietoare variază liniar, iar dacă pn variază liniar forţa tăietoare variază după o curbă de gradul doi;

- dacă T=0, momentul încovoietor este constant M=ct., dacă T=ct. momentul încovoietor variază liniar, dacă T variază liniar, momentul încovoietor variază după o curbă de gradul doi, iar dacă T variază după o curbă de gradul doi, momentul încovoietor variază după o curbă de gradul trei.

Prin deformarea structurii reale sub acţiunea încărcărilor punctele de aplicaţie ale forţelor şi eforturilor îşi schimbă poziţia şi în consecinţă se produce lucru mecanic. Lucrul mecanic produs de forţe reprezintă lucrul mecanic exterior, iar cel produs de eforturi reprezintă lucrul mecanic al eforturilor.

a) dacă deplasarea punctului de aplicaţie al unei forţe este produsă chiar de această forţă (fig.5,a) atunci lucrul mecanic, reprezintă suprafaţa triunghiului haşurat din figura 5,b şi are expresia

iiiext P21L ∆= (5)

- Fig.5 –

b)a)

∆ii

∆ii

P

PiPi

∆∆jj

Pi

d)∆ij

P

Pi

∆

∆ij

Pi Pj

c)

- 11 -

b) dacă deplasarea punctului de aplicaţie al forţei Pi este produsă de o altă forţă Pj, atunci lucrul mecanic efectuat de forţa Pi este egal cu suprafaţa dreptunghiului haşurat din figura 5,d şi are expresia

ijiext PL ∆= (6) Lucrul mecanic al eforturilor în cazul acţiunii forţei Pi (cazul a) se determină

astfel (fig.6)

∫∫ ==⋅= dxEAN

21duN

21L

2i

iNef (7)

∫∫ ⋅==ϕ⋅= dxEIM

21dM

21L

2i

iMef (8)

∫∫α

=⋅= dxGA

T21dvT

21L

2i

miTef (9)

- Fig.6 - Lucrul mecanic al eforturilor Ni, Ti, Mi parcurgând deformaţiile duij, dvmij,dϕij produse de forţa Pj (cazul b) are expresia

∫∫⋅

=⋅= dxEA

NNduNL ji

ijiNef (10)

∫∫ ⋅⋅

=ϕ⋅= dxEI

MMdML ji

ijiMef (11)

∫∫⋅α

=⋅= dxGA

TTdvTL ji

mijiTef (12)

Se defineşte ca lucru mecanic total suma: WLLLLLL extefextintextTOT −=−=+= (13)

unde Lint este lucrul mecanic al forţelor interioare de atracţie dintre particulele materiale şi este un lucru mecanic rezistent. Deoarece lucrul mecanic al eforturilor (vezi figura 6) este un lucru mecanic motor (pozitiv) există relaţia Lint= -Lef.

În literatura tehnică se utilizează şi noţiunea de energie de deformaţie, notată aici cu W, care valoric este egală cu lucrul mecanic al eforturilor W=Lef.

Lucrul mecanic total în cele două situaţii de încărcare are expresiile:

a) ∫∫∫∑α

−−−∆⋅= dxGA

T21dx

EIM

21dx

EAN

21P

21L

2i

2i

2i

iiiTOT (14)

dx du dx

ρ dϕ

NiNi

MiMi

dx

TiTi dvmγm

- 12 -

b) ∫∫∫∑α

−−−∆⋅= dxGA

TTdx

EIMM

dxEA

NNPL jijiji

ijiTOT

Pentru structurile de rezistenţă, ce reprezintă sisteme conservative, încărcate static, conform teoremei lui Clapeyron, lucrul mecanic total este egal cu zero.

0LLL efextTOT =−= (15) În consecinţă, lucrul mecanic total, în cele două situaţii de încărcare se exprimă

astfel:

∫∫∫∑α

++=∆⋅ dxGAT

dxEIM

dxEAN

P2

i2i

2i

iii (16,a)

∫∫∫∑α

++=∆⋅ dxGA

TTdx

EIMM

dxEA

NNP jijiji

iji (16,b)

Relaţia (16,b) se poate utiliza pentru stabilirea expresiei deplasării unei secţiuni transversale – translaţie sau rotire – printr-o particularizare. Se presupune că sistemul de forţe Pi este format dintr-o singură forţă şi aceea egală cu unitatea Pi=1. Efectul acestei forţe asupra structurii este reprezentat de eforturile ni, mi şi ti. Sistemul de forţe j este considerat sistemul real ce acţionează asupra structurii.

În aceste conditii expresia (16,b) capătă forma:

∫∫∫α

++=∆⋅ dxGA

TtdxEI

MmdxEA

Nn1 iiii (17)

Relatia (17) reprezintă relaţia Maxwell-Mohr pentru calculul deplasărilor structurilor elastice, deplasări produse de sistemele de forţe. Cei trei termeni din relaţia (17) au pondere diferită şi în consecinţă în calculul practic se utilizează astfel:

- pentru cadre, grinzi drepte solicitate la încovoiere

∫=∆ dxEI

Mmii (18)

- pentru grinzi cu zăbrele având barele solicitate numai axial

∫=∆ dxEA

Nn ii (19)

- pentru arce, solicitate de obicei la compresiune cu încovoiere

∫∫ +=∆ dxEI

Mmdx

EANn ii

i (20)

Calculul practic al deplasărilor prin efectuarea integralelor – mai ales la structuri dezvoltate - este dificil şi de aceea, pornind de la faptul că la structurile formate din bare drepte, diagramele unitare ni si mi sunt liniare, se utilizează o regulă simplă de integrare, denumită regula lui Vereşciaghin. Conform acestei reguli rezultatul integrării a două diagrame - dintre care cel puţin una are variaţie liniară - este egal cu produsul dintre suprafaţa diagramei produsă de forţele reale (N sau M) şi ordonata din diagrama cu variaţie liniară (ni sau mi) luată în dreptul centrului de greutate al primei diagrame, produs împărţit la EA sau EI (după caz).

- 13 -

CAPITOLUL I CALCULUL REACŢIUNILOR

Determinarea răspunsului unei structuri static determinate la acţiunea

încărcărilor exterioare - eforturi şi deplasări - începe cu calculul reacţiunilor. Reacţiunile structurilor static determinate se obţin cu ajutorul ecuaţiilor de

echilibru static, utilizând metodele Mecanicii Teoretice - metoda separarării corpurilor şi metoda solidificării. Metoda solidificării este cea mai eficientă deoarece elimină calculul forţelor din legăturile interioare.

Dacă sunt de calculat reacţiunile unui singur corp, atunci numărul de necunoscute este de trei şi egal cu numărul de ecuaţii de echilibru static. Pentru structurile dezvoltate, cu un număr de reacţiuni mai mare de trei, se scriu ecuaţii suplimentare de moment egal cu zero, în raport cu articulaţiile interioare.

O rezolvare eficientă a problemei reacţiunilor constă în a scrie ecuaţii cu o singură necunoscută. De asemenea, este necesar ca rezultatele calculului să fie verificate pentru că reacţiunile sunt utilizate ulterior pentru calculul eforturilor şi orice greşeală în calculul lor se transmite şi asupra eforturilor.

Utilizarea lucrului mecanic virtual pentru calculul reacţiunilor va fi tratată într-un alt capitol.

APLICAŢII

Să se determine reacţiunile din reazeme la următoarele elemente şi structuri

static determinate. Problema 1.1(fig.1.1)

Se eliberează grinda de legă-turile cu baza de susţinere şi în locul acestora se introduce echivalentul mecanic corespunzător.

0H ;0X 1i ==∑

kN69V 03807551210V ;0M

1

12

=

=⋅−⋅⋅−⋅=∑

kN71V 010V78075512 ;0M

2

22

=

=⋅−⋅+⋅⋅=∑

- Fig.1.1 -

Verificare

5 2 3

12kN/m80kN

21

1280

V2=71V1=69

H1=0

- 14 -

07180-60-69V80-512-V ;0Y 21i =+=+⋅=∑ Deci reacţiunile au fost corect calculate.. Reacţiunile V1 şi V2 au rezultat cu

semnul plus deci sensul adoptat iniţial este cel corect. Problema 1.2 (fig.1.2)

∑ ==−= kN90H ;090H ;0X 11i

∑ ==−−= kN130V ;09040V ;0Y 11i

kNm440M ;0490240M ;0M

1

11

=

=⋅+⋅+−=∑

Verificare:

0805204402404VM ;0M

11

2

=−+−=⋅−⋅+−

=∑

- Fig.1.2 -

Problema 1.3 (fig.1.3)

- Fig.1.3 - ∑ ==−⋅= kN80H ;0H516 ;0X 11i

kN40V 0;8V4302,5516 ;0M 221 ==⋅−⋅+⋅⋅=∑

2 2

450

40kN kN2901

2

40 90

V1=130

90M1=440

H1=90

30kN

44

53

16kN

/m

30

16V2=40

V1=10

H1=80

2

1

- 15 -

kN10V ;0 4305,55168808V ;0M 112 −==⋅−⋅⋅−⋅+⋅=∑ Verificare ∑ =−+=−+= 0403010V30V ;0Y 21i Sensul real al reacţiunii V1 este invers celui considerat iniţial. Ulterior în calcul

se va lucra cu sensul real şi cu valoarea V1=10kN. Problema 1.4 (fig.1.4)

- Fig.1.4 - ∑ == 0H ;0X 1i

kN85V ;0152012V61210 ;0M 221 ==⋅+⋅−⋅⋅=∑ kN55V ;0 320612011V ;0M 112 ==⋅+⋅⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =−+−=−+⋅−= 020851205520V1210V ;0Y 21i Problema 1.5 (fig.1.5) Calculul se va efectua utilizând în ordine metoda separării corpurilor şi apoi

metoda solidificării. 1) Metoda separării corpurilor Calculul începe cu grinda 3-4 ∑ == 0H ;0X 3i

kN80V ;06V4815 ;0M 443 ==⋅−⋅⋅=∑ kN40V ;0 28156V ;0M 334 ==⋅⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =+⋅−= 08081540 ;0Yi Grinda 1-2-3 ∑ == 0H ;0X 1i

12 3

10kN/m 20kN

1 2

10 20

V1=55 V2=85

H1=0

- 16 -

kN40V ;0340610012V ;0M 112 ==⋅+⋅−⋅=∑ kN100V ;0 154012V6100 ;0M 221 ==⋅+⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =−+−= 04010010040 ;0Yi

- Fig.1.5 -

2) Metoda solidificării Deoarece sunt patru necunoscute H1, V1, V2, V4 se scriu cele trei ecuaţii de

echilibru static şi o condiţie suplimentară de moment egal cu zero în articulaţia interioară 3, fie pentru forţele de la stânga, fie pentru forţele de la dreapta. Ordinea în care se scriu aceste ecuaţii este guvernată de ideea de a obţine ecuaţii cu câte o singură necunoscută (dacă este posibil).

∑ == 0H ;0X 1i kN80V ;06V4815 ;0M 44

dr3 ==⋅−⋅⋅=∑

kN40V ;09807815610012V ;0M 112 ==⋅−⋅⋅+⋅−⋅=∑ kN100V ;0218019 81512V6100 ;0M 221 ==⋅−⋅⋅+⋅−⋅=∑

Au fost obţinute aceleaşi valori ca prin metoda izolării corpurilor. Problema 1.6 (fig.1.6)

6 3

100kN 15kN/m

1 2

15

V3=40 V4=80

H3=0

6 6 2

3

4

100

V2=100V1=40

H1=0V3=40

H3=0

100 15

V4=80V2=100V1=40

H1=0

- 17 -

- Fig.1.6 - kN102V ;0630762010V ;0M 112 ==⋅−⋅⋅−⋅=∑

kN18V ;010V6303620 ;0M 221 ==⋅−⋅−⋅⋅=∑ Verificare ∑ =+⋅−= 018620102 ;0Yi

kN42H ;036206H6102 ;0M 11st3 ==⋅⋅−⋅−⋅=∑

kN12H ;04816H ;0M 22dr3 ==⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =−−= 0123042 ;0Xi Reacţiunea H2 se putea calcula din ecuaţia de proiecţie, iar verificarea se

efectua scriind condiţia de moment zero în raport cu articulaţia interioară 3, pentru forţele de la dreapta.


- Fig.1.7 - kN20V ;08V280 ;0M 11

st3 ==⋅−⋅=∑

30kN

46

42

20kN/m

V2=18

H2=12

3

1 2

3020

V1=102H2=42

60kN

48

62

20kN/m

V1=20

3

1 2

V2=80

H2=40

80kN 60

20

80

M2=200

- 18 -

∑ ==+⋅−= kN40H ;080620H ;0X 22i kNm200M ;0M36204601220880 ;0M 222 ==+⋅⋅−⋅−⋅−⋅=∑

kN80V ;0V6020 ;0Y 22i ==+−−=∑ Verificare

05605603620200480640 ;0M dr3∑ =+−=⋅⋅++⋅−⋅−=


- Fig.1.8 -

kN90V ;01212016V ;0M 112 ==⋅−⋅=∑ kN30V ;016V4120 ;0M 221 ==⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =+−= 03012090 ;0Yi

∑ ==⋅−⋅= kN80H ;08033H ;0M 22dr3

kN80H ;041203H890 ;0M 11st3 ==⋅−⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =−= 08080 ;0Xi


În acest caz nu mai este posibil să se scrie ecuaţii cu o singură necunoscută, deoarece reazemele nu mai sunt la acelaşi nivel. Se va alcătui un sistem de două ecuaţii cu două necunoscute şi după rezolvarea acestuia se vor determina şi celelalte două necunoscute.

∑ =⋅⋅−⋅−⋅= 024153H4V ;0M 11st3

∑ =⋅+⋅⋅−⋅+⋅= 021664155H8V ;0M 112

120kN

4 8

3

V1=90

3

1 2V2=30

H2=80

4

120

H1=80

- 19 -

-Fig.1.9 -

Din rezolvarea sistemului de ecuaţii rezultă kN8H1 = şi kN36V1 =

Din ecuaţiile de proiecţie pentru ansamblu se obţine:

kN8H 0;HH ;0X 221i ==−=∑

kN40V 0;16V41536 ;0Y 22i ==−+⋅−=∑

Verificare ∑ =−=⋅+⋅−⋅= 016016061644088 ;0Mdr3


kN30V ;024154V ;0M 11st4 ==⋅⋅−⋅=∑

5kNV ;012V1503615630 ;0M 332 ==⋅−+⋅⋅−⋅=∑

5kN5V ;012V150156151830 ;0M 223 ==⋅++⋅⋅−⋅=∑

Verificare∑ =++⋅−= 055561530 ;0Yi

∑ −==+⋅−⋅= kN15H ;0150658H ;0M 33dr5

kN15H 0;HH ;0X 232i −==−=∑

Verificare

∑ =−=⋅+⋅+⋅⋅−⋅= 08108108156559651230 ;0Mst5

16kN

245

3

15kN/m

V2=40

H2=8

31

2

V1=36H1=8

4

16

15

- 20 -

- Fig.1.10 -

Problema 1.11(fig.1.11)

Din condiţiile de echilibru ale structurii în ansamblu se pot calcula reacţiunile verticale V1 şi V2 şi se poate obţine o relaţie între H1 şi H2, dar nu se poate determina valoarea acestora. De aceea, în asemenea situaţii se separă partea superioară de cea inferioară. Se analizează mai întâi partea superioară, ca fiind o parte secundară şi apoi partea inferioară.

Calculul părţii superioare

kN15V ;05,132012V1,5320 ;0M 445 ==⋅⋅+⋅−⋅⋅=∑

kN15V ;05,132012V1,5320 ;0M 554 ==⋅⋅+⋅−⋅⋅=∑

Verificare∑ =+−= 01515 ;0Yi

150kNm

2 6

62

15kN/m

6

1 2

4

V3=5

H3=15

V2=55

H2=15

3

5

4

15015

V1=30

- 21 -

kN60H ;06151,53203H ;0M 44st6 ==⋅−⋅⋅−⋅=∑

kN60H 0;H32032060 ;0X 55i ==−⋅+⋅+−=∑

Verificare 0906153601,53206V3H ;0M 55dr6 =−⋅−⋅=⋅⋅−⋅−⋅=∑

- Fig.1.11 -

Calculul părţii inferioare

kN108V 05,732041596016155,732096020V- ;0M

1

12

=

=⋅⋅+⋅−⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅=∑

kN108V ;020V5,732016159604155,7320960 ;0M

2

21

=

=⋅−⋅⋅+⋅+⋅+⋅−⋅⋅+⋅=∑

Verificare ∑ =+−+−= 01081515108 ;0Yi

kN120H ;06153605,1320101086H ;0M

1

1st3

==⋅+⋅+⋅⋅+⋅−⋅=∑

kN120H ;06153605,1320101086H ;0M

2

2dr3

==⋅+⋅+⋅⋅+⋅−⋅=∑

2

3

65

33 V5=15

H5=60H4=60

V4=15

601515

V1=108

H1=120

V2=108

4

1

4 6 6 4

6

60

H2=120

20kN/m20kN/m

- 22 -

Verificare ∑ =+−⋅−−⋅−= 01206032060320120 ;0Xi Problema 1.12( fig.1.12) În acest caz structura fiind simplu rezemată reacţiunile V1, H1 şi V2 pot fi

calculate din echilibrul structurii în ansamblu, dar, aşa cum se va vedea într-un alt capitol eforturile nu vor putea fi calculate dacă nu se cunosc forţele din articulaţiile interioare 3 şi 4.

- Fig.1.12 -

Calculul structurii în ansamblu

∑ ==−= kN30H 0;30H ;0X 11i kN5,22V ;04758V430 ;0M 112 ==⋅−⋅+⋅=∑ kN5,52V ;08V475430 ;0M 221 ==⋅−⋅+⋅=∑

Verificare ∑ =+−= 05,527522,5 ;0Yi

75kN

1 2

35

4

30kN

22 V4=45

H4=90H3=60

V3=30

3075

30

30 90

45

V1=22,5

H1=30

V2=52,5

4 4

- 23 -


kN30V ;04758V230 ;0M 334 ==⋅−⋅+⋅=∑ kN45V ;08V475230 ;0M 443 ==⋅−⋅+⋅=∑

Verificare ∑ =+−= 0457530 ;0Yi kN60H ;02H430 ;0M 33

st5 ==⋅−⋅=∑

kN90H ;04452H ;0M 44dr5 ==⋅−⋅=∑

Verificare ∑ =−+= 0906030 ;0Xi


kN5,22V ;02902608308V ;0M 112 ==⋅+⋅−⋅−⋅=∑ kN5,52V ;08V290845260 ;0M 221 ==⋅−⋅+⋅+⋅−=∑

Verificare ∑ =+−= 05,527522,5 ;0Yi ∑ ==−+= kN30H 0;9060H ;0X 11i



kN10V ;06V230 ;0M 778 ==⋅−⋅=∑ kN10V ;06V230 ;0M 887 ==⋅−⋅=∑ kN15H ;03102H ;0M 77

st9 ==⋅−⋅=∑

kN15H ;03102H ;0M 88dr9 ==⋅−⋅=∑

Calculul părţii mijlocii

kN40V ;04156V610230415 ;0M 445 ==⋅+⋅−⋅+⋅+⋅=∑ kN40V ;06V610415230415 ;0M 554 ==⋅−⋅+⋅+⋅+⋅=∑

kN30H ;03102153402H ;0M 44st6 ==⋅+⋅+⋅−⋅=∑

kN30H ;03402H301215 ;0M 55dr6 ==⋅−⋅+⋅+⋅=∑


kN105V ;05306V303604530 ;0M 112 ==⋅+⋅−⋅+⋅+⋅=∑ kN105V ;06V640503303530 ;0M 221 ==⋅−⋅+⋅+⋅+⋅=∑

kN45H ;034023031053H ;0M 11st3 ==⋅+⋅+⋅−⋅=∑

- 24 -

kN45H ;034023031053H ;0M 22dr3 ==⋅+⋅+⋅−⋅=∑

- Fig.1.13 -

H8=15H7=15

30

V7=10 V8=10

10 10

15

30

H5=30H4=30

V4=40 V5=40

15

40 40

30

30

H5=45H1=45

V1=105 V2=105

30

30kN

22

3 3

22

1 2

3

4 5

6

7 8

9

30kN

30kN

3

- 25 -


- Fig.1.14 -

kN90V ;036036V ;0M 66

st4 ==⋅⋅−⋅=∑

kN90V ;06V3603 ;0M 77dr5 ==⋅−⋅⋅=∑

kN150V ;0890483012V168302090 ;0M 112 ==⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅−⋅=∑kN150V ;020901683012V4830890 ;0M 221 ==⋅−⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅=∑

Verificare∑ =+⋅−++⋅−= 09083015015083090 ;0Yi

kN30H ;08H6150108301490 ;0M 11st3 ==⋅+⋅+⋅⋅−⋅=∑

kN30H ;01490108308H6150 ;0M 22dr3 ==⋅−⋅⋅+⋅−⋅−=∑

Verificare ∑ =+−= 03030 ;0Xi

V2=150

H2=30

V1=150

H1=30

V6=90

2 6

62

30kN/m

6

1 2

6

3

4

30kN/m

62

65

7

30kN/m 30kN/m

V7=90

- 26 -

CAPITOLUL II

GRINDA DREAPTĂ

În acest capitol va fi prezentat calculul eforturilor la grinda dreaptă şi anume –

grinda în consolă, grinda simplu rezemată fără consolă şi grinda simplu rezemată cu una sau două console.

Diagramele de eforturi prezintă urmātoarele particularităţi: - dacă într-o secţiune se află aplicată o forţă în lungul axei barei sau o forţă

înclinată cu proiecţie pe axa barei, atunci în diagrama de forţă axială are loc un salt egal cu valoarea forţei aplicate,

- dacă într-o secţiune se află aplicată o forţă concentrată normală pe axa barei sau o forţă înclinată cu proiecţie pe normala la axa barei, atunci în diagrama de forţă tăietoare are loc un salt în sensul forţei şi egal cu valoarea forţei,

- dacă într-o secţiune se află aplicat un moment concentrat atunci în diagrama de moment încovoietor are loc un salt, în sensul momentului şi egal cu valoarea sa

- în secţiunea în care se anulează forţa tăietoare momentul încovoietor înregistrează o valoare extremă – maximă sau minimă.

Diagramele de forţă axială şi de forţă tăietoare vor fi afectate de semne – conform convenţiei prezentate în Introducere, iar diagrama de moment încovoietor va fi reprezentată de partea fibrei întinse prin încovoiere şi nu va fi afectată de semne.

APLICAŢII

A. CALCULUL EFORTURILOR. Sā se calculeze reacţiunile şi sā se traseze

diagramele de eforturi la urmātoarele grinzi drepte.

Problema 2.1 (fig.2.1) Calculul reactiunilor ∑ == 0H ;0X 2i ∑ ==+−= PV ;0VP ;0Y 22i ∑ ==+⋅−= PLM ;0MLP ;0M 222

- Fig.2.1 -

2

P

L

H 2 = 0

V 2 = P

M 2 = P L

-

M

T

P

1

P

P L

P

x

- 27 -

Forţa tăietoare. Axa barei este axa valorilor zero. În secţiunea 1 are loc un salt egal cu P şi în sensul acestei forţe. În orice secţiune curentă, de abscisă x, forţa tăietoare este egală cu P, deoarece este singura forţă care se află la stânga secţiunii. În secţiunea 2 are loc un salt cu V2=P şi diagrama se închide. Momentul încovoietor. În secţiunea 1 momentul încovoietor este egal cu zero. Într-o secţiune curentă momentul încovoietor este xPM x ⋅−= , ceea ce reprezintă o variaţie liniară. Pentru x=0 se obţine M1=0, iar pentru x=L se obţine PLM 2 −= . În secţiunea 2 are loc un salt cu momentul reacţiune M2=PL şi diagrama se închide. Diagrama de moment încovoietor a fost reprezentată de partea fibrei întinse, care în acest caz este fibra superioară.


Calculul reacţiunilor ∑ == 0H ;0X 2i ∑ ==+⋅−= pLV ;0VLp ;0Y 22i

2pLM ;0M

2LLp ;0M

2

222∑ ==+⋅⋅−=

Verificare

02

pLpL2

pL

2LLpLVM ;0M

22

2

221

=+−=

=⋅⋅+⋅−=∑

Forţa tăietoare. În secţiunea curentă forţa tăietoare are expresia xpTx ⋅−= , deci variaţie liniară. Pentru x=0 Tx=T1=0, iar pentru x=L pLTT 2x −== . În secţiunea 2 are loc un salt cu V2=pL, prin care diagrama se închide.

- Fig.2.2 -

Momentul încovoietor. În secţiunea curentă 2

px2xxpM

2

x −=⋅⋅−= , deci o curbă de

gradul 2 (o parabolă). Pentru x=0, Mx=M1=0, iar pentru x=L, momentul încovoietor

2

p

L

H2=0V2=pL

M2=0,5pL2

1 x

-T

M

pL

2pL2

- 28 -

este 2

pLM2

2 −= . În extremitatea 2 a grinzii are loc un salt cu momentul reacţiune

2pLM

2

2 = şi diagrama se închide.

Problema 2.3 (fig.2.3) Calculul reacţiunilor ∑ == 0H ;0X 2i

∑ ==+⋅−=2

pLV ;0V2Lp ;0Y 22i

6pLM ;0M

3L

2pL ;0M

2

222∑ ==+⋅−=

– Fig.2.3 -

Forţa tăietoare. Intensitatea încărcării în secţiunea curentă este Lxpp x = , iar

forţa tăietoare are expresia Lxp

21xp

21T

2

xx −=⋅−= . Rezultă o curbă de gradul doi

cu tangenta zero în secţiunea 1 ( 0pdxdT

n =−= ) şi valoarea maximă în secţiunea 2,

2pLT2 −= .

Momentul încovoietor. Momentul încovoietor în secţiunea curentă este

Lxp

61

3xxp

21M

3

xx −=⋅⋅−= . Pentru x=0, Mx=0 şi pentru x=L, 6

pLMM2

2x −== .

Tangenta la curbă este egală cu zero în secţiunea 1, deoarece 0Tdx

dM1

x == .

H2

V2

M 2

T

M

2pL

6pL2

2

p

L

1 x

-

px

- 29 -


∑ ==−⋅−= kN50V ;020215V ;0Y 11i

kNm110M ;04201215M ;0M

1

11

=

=⋅+⋅⋅+−=∑

Calculul eforturilor

kN20TT ;kN50VT

23

11

====

kNm401215250110M ;kNm110M

2

1

−=⋅⋅−⋅+−=−=

- Fig.2.4 -


Calculul reacţiunilor ∑ == 0H ;0X 1i ∑ ==−= kN10V ;010V ;0Y 11i

kNm90M ;0405,210M ;0M

1

11

=

=+⋅+−=∑

Forţa tăietoare este constantă pe inter-

valul 1-2 şi egală cu zero pe intervalul 2-3. Momentul încovoietor variază liniar pe

intervalul 1-2, de la valoarea kNm90M1 −= la valoarea kNm40M 2 −= . Pe intervalul 2-3 momentul încovoietor este constant, iar diagrama se închide printr-un salt de 40kNm.

- Fig.2.5 –


2

H1

V1

M1

1

T

M

31,52,5

10kN

10

40

90

10

40

10 +

40kNm

2

15kN /m

H1

V1

M 1

1

M

322

20kN

15 20

-T20

50

110 40

- 30 -

Calculul reacţiunilor

kN96,51H ;030cos60H ;0X

1

01i

=

=+−=∑

kN50V ;02030sin60V ;0Y

1

01i

=

=−−=∑

kNm155M ;04205,230sin60M- ;0M

1

011

=

=⋅+⋅+=∑

kN96,51HN 11 == Forţa axială este constantă

pe intervalul 1-2 şi este forţă de întindere.

- Fig.2.6 – Problema 2.7 (fig.2.7)


kN30H ;045cos230H ;0X

1

01i

=

=−=∑

kN60V ;045sin230215V ;0Y

1

01i

=

=−⋅−=∑

kNm150M ;0445sin2301215M ;0M

1

011

=

=⋅+⋅⋅+−=∑

-Fig.2.7 - Problema 2.8 (fig.2.8)

2

15kN/m

H1

V1

M1

1

T

M

322

450

15

kN230

15060

230

+ 3060 30

-N 30

2

H1

V1

M1

1

N

31,52,5

60kN

M30

155

300

51,96+

20kN

60kN 20kN

T30

+ 2050

- 31 -

- Fig.2.8 -


kN50H ;012040H ;0X 11i ==⋅++−=∑ 0V ;0Y 1i ==∑

kNm130M ;05,2120240M ;0M 111 ==⋅⋅+⋅+−=∑

Problema 2.9 (fig.2.9) - Fig.2.9 -


kN35H ;01550H ;0X 11i ==+−−=∑ 0V ;0Y 1i ==∑

kNm40M ;0415250M ;0M 111 ==⋅−⋅+−=∑ Problema 2.10 (fig.2.10)

H1

V1

M1

+

T M

352

2

15kN

1

3

50kN

35

2

40

30

15

50

15

15

-

H1

V1

M1

+

T M

4022

20kN/m

1

3

40kN

60

1

20

40

130

10

- 32 -

- Fig.2.10 -

Calculul reactiunilor

kN60H ;0415H ;0X 11i ==⋅+−=∑ kN20V ;020V ;0Y 11i ==−=∑

kNm180M ;03202415M ;0M 111 ==⋅+⋅⋅+−=∑ Calculul eforturilor sinα=0,8 cosα=0,6

kN208,0206,060sinVcosHN 111 =⋅−⋅=α−α= α−α⋅−= sinVcos)x15H(N 11x

kN20NN ;0x 1x === kN16sin20NN ;4x 2x −=α−===

kN606,0208,060cosVsinHT 111 =⋅+⋅=α+α= α+α⋅−= cosVsin)x15H(T 11x

kN60TT ;0x 1x === kN126,020cosVTT ;4x 12x =⋅=α===

2xx15

tg1xVxH180M 11x ⋅⋅−α

⋅+⋅+−= Variaţie parabolică cu tangenta

diferită de zero în capătul 2 al consolei.

α H1

V1

M1

+

T M

15215kN/m

1180

4

20kN

3

60

1520

-

20

N

+

12

- 33 -


- Fig.2.11 - Calculul reacţiunilor

kN15H ;015H ;0X 11i ==+−=∑ kN60V ;0610V ;0Y 11i ==⋅−=∑

kNm60M ;08153610M ;0M 111 ==⋅−⋅⋅+−=∑

Calculul eforturilor sinα=0,8 cosα=0,6

kN578,0606,015sinVcosHN 111 −=⋅−⋅−=α−α−= α⋅−−α= sin)x10V(cosHN 11x

kN57NN ;0x 1x −=== kN9cos15NN ;6x 2x −=α−===

kN248,0156,060sinHcosVT 111 =⋅−⋅=α−α= α−α⋅−= sinHcos)x10V(T 11x

kN24TT ;0x 1x === kN12sinHTT ;6x 12x −=α−===

2xx10xtgHxVMM 111x ⋅⋅−α⋅−⋅+−= Variaţie parabolică cu un maxim în

secţiunea în care se anulează forţa tăietoare

4m x;0x10tgHVTdx

dM11x

x ==⋅−α⋅−==

kNm2024410tg4H4VMM 111max =⋅⋅−α⋅⋅−⋅+−=

H1

V1M1

N M

2

160

8

6

57

1015

+

12-

24

T

+

9

10kN/m15kN

20

α

- 34 -


- Fig.2.12 -


kN30H ;030H ;0X 11i ==−=∑ kN40V ;0220V ;0Y 11i ==⋅−=∑

kNm160M ;01220430M ;0M 111 ==⋅⋅+⋅+−=∑

Corectitudinea calculelor se certifică prin verificarea echilibrului nodului 2, format din stâlpul vertical şi consola orizontală.

Trebuie îndeplinite condiţiile ∑ = 0X i ,∑ = 0Yi , ∑ = 0M 2 .

N M40

-

2

1

4

2

20kN/m

30kN

3

H1

V1

M1

2030

30

+

+

160

40 40

T

30

30

4040

4040

2

- 35 -

Problema 2.13(fig.2.13)

- Fig.2.13 -


kN30H ;030H ;0X 11i ==+−=∑ kN10V ;0520V ;0Y 11i ==⋅−=∑

kNm170M ;05,0520430M ;0M 111 ==⋅⋅+⋅+−=∑

2

1

4

2

20kN/m

30kN

M

40

90

2

H1

V1

M1

20

30

N100

-

-

T30

+

- +

60

170

5028,28

28,28

3030

60 90

10050

2

4028,28 28,28

- 36 -


- Fig.2.14 -


kN30H ;030H ;0X 11i ==−=∑ 0V ;0Y 1i ==∑

kNm150M ;0530M ;0M 111 ==⋅−=∑

Problema 2.15 (fig.2.15


∑ == ;0H ;0X 1i

kN30V ;030V ;0Y 11i ==−=∑ kNm120M ;0430M ;0M 111 ==⋅+−=∑

5

1

2

4

30kN

-

150H1

V1

M1

30

N

30

T30

30

M

60

-

+

5

1

2

4

30kN

-

120

H1

V1

M1

30

T

30

N30

30

M

60

-

+

- 37 -


2pLV

;02LpLLV ;0M

1

12

=

=⋅−⋅=∑

2pLV

;0LV2LpL ;0M

2

21

=

=⋅−⋅=∑

- Fig.2.16 -

Forţa tăietoare în secţiunea curentă este xp2

pLTx ⋅−= , deci variaţie liniară.

Pentru x=0, 2

pLTT 1x ==

0T ,2Lx x ==

2pLTT ,Lx 2x −===

Momentul încovoietor în secţiunea curentă are expresia

2xpxx

2pLM x ⋅−⋅=

deci variatie parabolica.

Pentru x=0 şi x=L, Mx=0, iar pentru 2Lx = ,

8pLMM

2

maxx == .

2Lx =

1 2

L

H1

V1V2

+-

2pL

2pL

T

M

8pL2

p

x

- 38 -


kN5,67V ;0361596012V

;0M

1

1

2

==⋅⋅−⋅−⋅

=∑

kN5,82V ;012V9615360

;0M

2

2

1

==⋅−⋅⋅+⋅

=∑

0,5m x ;0x15605,67Tx

==⋅−−=

226,875kNm25,05,015-

5,3605,65,67M max

=⋅⋅

−⋅−⋅=

- Fig.2.17 -


Calculul reacţiunilor ∑ == 0H ;0X 1i

kN20V ;0280562088010V

;0M

1

1

2

==⋅−⋅⋅+⋅−⋅

=∑

kN20V ;010V2805620280

;0M

2

2

1

==⋅−⋅+⋅⋅−⋅

=∑

kNm505,1320380520M max −=⋅⋅+⋅−⋅=

- Fig.2.18 -

1

63

H 1

V 1V 2

3

60kN

2

15kN m

60 15

T

67,5 60

82,5

+

-

M

202,5 225 M m a x

x

1

H 1

V 1 V 2

80kN220kN /m

262

80kN

80 80

T20

60

+ +- -

60

20

M40

M m a x=50

40

- 39 -


6pLV

;03L

2pLLV ;0M

1

12

=

=⋅−⋅=∑

3pLV

;0LV-3L2

2pL ;0M

2

21

=

=⋅⋅=∑

- Fig.2.19 -

Lxpp x ⋅=

Lpx

21

6pL

xp21

6pL

T2

xx ⋅−=⋅⋅−= (curbă de gradul 2)

L577,03

L x;0Tx ===

Lxp

6Lx

6pL

3xxp

21x

6pL

M3

xx ⋅−⋅=⋅⋅⋅−⋅=

pentru 3

Lx = rezultă 2max pL064,0M =

1 2

L

H1

V1 V2

+

-6

pL

3pL

T

M

x

ppx

ppx

Mmax

x=0,577L

- 40 -


kN12V ;012010V ;0M

1

12

=

=+⋅−=∑

kN12V ;010V120 ;0M

2

21

=

=⋅−=∑

În secţiunea în care este aplicat momentul concentrat are loc un salt, în diagrama de moment încovoietor. Cele două ramuri ale diagramei M sunt paralele, deoarece forţa tăietoare este constantă.

- Fig.2.20 –


Calculul reactiunilor

kN60H ;045cos60H ;0X

1

01i

=

=⋅−=∑

kN27V ;0345sin2609010V ;0M

1

012

=

=⋅⋅−−⋅=∑

kN33V ;010V745sin26090 ;0M

2

20

1

=

=⋅−⋅⋅+−=∑

-Fig.2.21 - Problema 2.22 (fig.2.22)

1

H 1

V 1V 2

48

2

46

120kN m

120

T

12-

M

72

1

H1

V1V2

290kNm

N60-

4 3 3

450260

90260

33

27

-+T

M

108 99

18

- 41 -

-Fig.2.22 -


kN80H ;0H80 ;0X 11i ==−=∑ kN80V ;04804V880 ;0M 112 ==⋅−⋅−⋅=∑

kN80V ;04V480 ;0M 221 ==⋅−⋅=∑ Calculul eforturilor cosα=0,447 sinα=0,894

kN28,107sinVcosHN 1112 =α⋅+α⋅= kN52,71cos80NN 1223 =α⋅−= sau kN52,71sinVN 223 =α⋅=

kN76,35cosVsinHT 1112 =α⋅−α⋅= kN76,35sin80TT 1223 −=α⋅−= sau kN76,35cosVT 223 −=α⋅−=

kNm1602V4HM 112 =⋅−⋅= sau kNm1602VM 22 =⋅=

Problema 2.23 (fig.2.23) Calculul reacţiunilor sinα=0,8 cosα=0,6

kN32R ;010R480 ;0M 331 ==⋅−⋅=∑ kN4,54H ;0sinR80H ;0X 131i ==α⋅−+−=∑ kN2,19V ;04806V854,4 ;0M 113 ==⋅−⋅−⋅=∑

2

4

3

α H1

V1

V2

N M

-

35,76T

44

++

35,76

160

71,52

107,28

8080kN

1

- 42 -

- Fig.2.23 -


kN48sinVcosHN 1112 =α⋅+α⋅= 0cos80NN 1223 =α⋅−=

kN32cosVsinHT 1112 =α⋅−α⋅= kN32sin80TT 1223 −=α⋅−=

kNm1605RM 32 =⋅=


- Fig.2.24 -

2

6

3

α H1

V1

R3

N M

-

T

44

++

32

48

8080kN 48

32

1601

H1

V1

V2

+

-

αsin2

pL

T M

8pL2

1

2

L

pαsin

2pL

N

N2

N1

+

- 43 -


pLH ;0pLH ;0X 11i ==−=∑

α==α

⋅−⋅=∑ tg2

pLV ;0tgLV

2LpL ;0M 221

α==⋅α

⋅−⋅=∑ tg2

pLV ;02LpL-

tgLVLH ;0M 1112

Verificare

∑ =α+α−=+−= 0tg2

pLtg2

pLVV ;0Y 21i


)cos1(cos2pLsinVcosHN 2

111 α+α

=α⋅+α⋅=

αα

⋅=α⋅=cossin

2pLsinVN

2

22

α=α⋅−α⋅= sin2

pLcosVsinHT 111

α−=α⋅−= sin2

pLcosVT 22

Forţa tăietoare se anulează la mijlocul deschiderii, iar momentul încovoietor

maxim este:

8pL

4L

2pL

tgLV

2LHM

2

11max =⋅−α

⋅−⋅=

- 44 -


kN20V ;0281512V ;0M

1

12

=

=⋅⋅−⋅=∑

kN100V ;012V10815 ;0M

2

21

=

=⋅−⋅⋅=∑

Verificare 010081520 ;0Yi =+⋅−=∑

m33,1 x;0x1520Tx ==⋅−=

133,33kNm 2xx15)x6(20Mmax

=

=⋅⋅−+=

-Fig.2.25


kN126V ;012457418

9V1260 ;0M

1

12

==⋅⋅+⋅⋅−

−⋅+⋅−=∑

kN96V ;0102459V

2418360 ;0M

2

2

1

==⋅⋅+⋅−

−⋅⋅+⋅−=∑

Verificare

0909641812660 ;0Yi

=−+⋅−+−

=∑

Calculul eforturilor m67,3 x;0x1812660Tx ==⋅−+−=

- Fig.2.26 -

6

H 1

V 1V 2

1 26

15kN /m

2

15

M

120

30

M ma x

T20

70

30+

-+

x

M

2 0

1 8 0

6

9 0

9 0M m in

1

4

2

H 1 V 1V 2

3

1 8 k N /m

25

4 5 k N /m6 0 k N

1 8 4 56 0

6 6T +

-+

x

-

6 0

- 45 -

kNm96,582xx18x126)x3(60Mmin −=⋅⋅−⋅−+−=



kN54V 010V66038060

;0M

2

2

1

==⋅−⋅+⋅+−

=∑

kN86V 046078010V60

;0M

1

1

2

==⋅−⋅−⋅+−

=∑

Verificare086608054 ;0Yi =+−−=∑

- Fig.2.27 -


kN55V 01208V410080

;0M

2

2

1

==+⋅−⋅+−

=∑

kN45V 012041008V80

;0M

1

1

2

==+⋅−⋅+−

=∑

Verificare05510045 ;0Yi =+−=∑

- Fig.2.28 -

4

H 1 V 1 V 2

3 3

1 280kN

2

60kN m 60kN

8060 60

M60

198 216

T54 54

6

86

-

+ 80

2

T

M

4

5 5 5 5

2

4 54 5

4

8 0

8 0

1 0 0

1 2 0

1 21 0 0 k N8 0 k N m 1 2 0 k N m

H 1 V 1 V 2

1 0 0 1 2 0

-

+

- 46 -


- Fig.2.29 -

Calculul reacţiunilor ∑ ==−⋅= kN60H ;0H415 ;0X 11i

kN100V ;05,4403V2415 ;0M 221 ==⋅+⋅−⋅⋅=∑ kN60V 05,1404602415-3V ;0M 112 ==⋅+⋅+⋅⋅⋅−=∑

Verificare 04010060 ;0Yi =−+−=∑

Calculul eforturilor kN84sinVcosHN 111 =α⋅+α⋅=

kN48cos415NN 1st2 =α⋅⋅−= kN32sinVNN 2

st2

dr2 −=α⋅−=

kN32sin40N 3 −=α⋅−= kN12cosVsinHT 111 =α⋅−α⋅=

kN36sin415TT 1st2 −=α⋅⋅−= kN24cosVTT 2

st2

dr2 =α⋅+=

0cosVsin)x15H(T 11x =α⋅−α⋅⋅−= 1x =

kNm25,112xx15

tgxVxHM 11max =⋅⋅−α

⋅−⋅=


-Fig.2.30 -

1

2

H 1

V 1

V 2

T

15kN /m

+

3

1,53

x

4

40kN

2 15

40

84

4832

-

+

+

-12

24

36

N M

60

M ma xα

1

3

3

H 1

V 1

R 3

T3

5 0 k N

4

4

2 0 k N /m

4

3 6

+ -

1 1 2 9α

3

4 5 0

2 0

2

4 8

1 8

-

N

+

5 5

M

9 0

- 47 -

Calculul reacţiunilor kN65R ;05,732010R450 ;0M 331 ==⋅⋅+⋅−⋅=∑

∑ ==α⋅−+= kN2H ;0sinRH50 ;0X 131i kN21V 05,13204506V82 ;0M 112 ==⋅⋅+⋅−⋅+⋅−=∑

Verificare 0603921320sco6521 ;0Yi =−+=⋅−α⋅+=∑

Calculul eforturilor kN18sinVcosHN 111 −=α⋅−α⋅−=

kN48cos50NN 1dr2 −=α⋅−= kN48NN dr

2dr3 −==

kN11cosVsinHT 111 =α⋅+α⋅−= kN29sin50TT 1

dr2 −=α⋅−= kN36RTT 3

dr2

dr3 =+=

kNm554H3VM 112 =⋅−⋅= kNm904508H6VM 113 −=⋅−⋅−⋅= sau kNm905,1320M 3 −=⋅⋅−=

B. CALCULUL DEPLASĂRILOR

Să se calculeze deplasările indicate la grinzile simple următoare:

Problema 2.31 (fig.2.31) Se cer translaţia pe verticală v1 şi rotirea θ1. Se

cunosc modulul de elasticitate E şi momentul de inerţie I. Expresia deplasării pentru elementele solicitate la încovoiere este

∫⋅

=∆ dxEI

Mmii

Diagrama de moment încovoietor produsă de forţele reale se determină, deoarece este necesară în calculul de rezistenţă la dimensio-narea sau verificarea secţiunii transversale.

Diagrama unitară mi se obţine încărcând grinda cu o forţă sau un moment egal cu unita-tea, în funcţie de deplasarea ce urmează a fi determinată – translaţie sau rotire.

- Fig.2.31 -

2

p

L

1 x

M2

pL2

L1

1vm

11

1mθ

1

1·x

2pxM

2

x =

- 48 -

Calculul translatiei v1 1. Calculul utilizând integrarea directă Momentul încovoietor în secţiunea curentă:

- în diagrama M este 2

pxM2

x =

- în diagrama mi este x1mx ⋅=

∫ ∫ =⋅=⋅

=L

0

L

0

42v

1 EI8pLdx

2pxx

EI1dx

EIMm

v 1

Semnul deplasării este plus deoarece ambele diagrame se află pe aceeaşi parte a axei barei. De asemenea, trebuie precizat faptul că semnul rezultatului fiind plus deplasarea reală se produce în sensul forţei egale cu unitatea.

2. Calculul utilizând regula de integrare Vereşciaghin

EI8pLL

43L

2pL

31

EI1dx

EIMm

v42L

0

v1

1 =⋅⋅⋅=⋅

= ∫

Calculul rotirii θ1. Momentul încovoietor în secţiunea curentă din diagrama

1mθ este 1mx = .

∫ ∫ =⋅=⋅

=θ θL

0

L

0

32

1 EI6pLdx

2px1

EI1dx

EIMm

1 (integrare directă)

EI6pL1L

2pL

31

EI1dx

EIMm 32L

01

1 =⋅⋅⋅=⋅

=θ ∫θ (regula Veresciaghin)

Problema 2.32 (fig. 2.32) Se cere translatia pe verticală a secţiunii 3 si rotirea

secţiunii 1. Se dă EI=48000kNm2.

- Fig.2.32 -

1

M

1

28

1 5 k N /m

3

6 0 k N

2

1 2 0

1 k N

1

3vm

1m θ

2

- 49 -

cm66,0m10x66,0EI

3202321202

21

EI1

2321208

212

218

8815

32

EI21dx

EIMm

v

2

2v

33

===

⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅−=⋅

=

−

∫

02

2

1

095,0radiani10x166,0EI80

1311208

211

218

8815

32

EI21dx

EIMm

3

===

=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅=⋅

=θ

−

θ

∫

Problema 2.33 (fig. 2.33) Se cer: θ4 şi v2.

- Fig.2.33 -

radianiEI70

1903311

2110010

211

329010

21

EI21dx

EIMm

4

4

=

=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=

⋅=θ ∫

θ

mEI

417,13590215,210

215,2

321005

212

EI21dx

EIMm

v 2v2 =

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

⋅= ∫

14

2

M

320kN /m

55

90

40kN

2I

1

5 5 3

I

1

1

45

2,5

m θ 4

m v2

- 50 -

CAPITOLUL III

GRINZI GERBER Grinzile Gerber - grinzi cu console şi articulaţii - reprezintă ansambluri de grinzi drepte – cu sau fără console - legate între ele prin articulaţii simple.

În figura III.1 sunt prezentate scheme de grinzi Gerber ce se pot obţine prin asamblarea cu articulaţii interioare. Se constată că ansamblul este format din grinzi principale şi grinzi secundare.

Grinzile principale sunt acele grinzi care pot prelua şi transmite direct bazei de susţinere toate încărcările ce le revin. Grinzile secundare sunt acele grinzi care transmit parţial sau deloc bazei de susţinere încărcările ce le revin, o cotă parte sau toată încărcarea fiind transmisă grinzilor principale.

a)

b)

c)

d)

- Fig.III.1 -

De exemplu, grinzile din figura III.1,a şi c sunt realizate printr-o succesiune de

grindă principală şi grindă secundară, iar grinzile din figura III.1,b şi d sunt realizate dintr-o singură grindă principală şi restul grinzi secundare. De asemenea, se constată că o grindă Gerber are un reazem fix – articulaţie sau încastrare – care să împiedice deplasarea de corp rigid în lungul axei grinzii.

În primul exemplu grinzile 1-2-3 şi 4-5-6-7 sunt grinzi principale, iar grinzile 3-4 şi 7-8 sunt grinzi secundare. Grinda 3-4 nu are nici un reazem cu baza şi reazemă pe două grinzi principale, în timp ce grinda 7-8 are un reazem simplu cu baza de

1 2 3 4 5 6 7 8

2 3 54 6 7 81

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6 7

- 51 -

susţinere. În al doilea caz există o singură grindă principală 1-2-3 iar restul sunt grinzi secundare.

Din punctul de vedere al calculului reacţiunilor şi eforturilor, acesta se poate efectua fie pentru ansamblu, fie descompunând grinda Gerber în grinzi componente. În cazul descompunerii în grinzi componente efectul eventualelor forţe ce au direcţia axei barei sau formează un unghi cu aceasta este preluat de reazemul fix.

Efectul forţelor normale pe axa barei este preluat de reazemele simple şi de cel fix. În această ultimă situaţie forţele din legăturile interioare sunt calculate şi ele permit trasarea mai uşoară a diagramelor de eforturi.

Exista două posibilităţi: fie trasarea diagramelor pe întregul ansamblu (cunoscând reacţiunile şi forţele de legătură), fie trasarea diagramelor pe fiecare grindă componentă şi obţinerea ulterior a diagramelor pe ansamblu, prin simpla alăturare a diagramelor grinzilor componente.

APLICAŢII

A. Să se traseze diagramele de eforturi la urmātoarele grinzi Gerber. Problema 3.1 (fig.3.1)

- Fig. 3.1 -

5 5 9

4 0 k N 1 0 k N /m

13

2

3

G P

G S

4 0 8 08 0

4 0 1 06 0 0

H 1 = 0

8 0 4 03 0

5 0

T

4 0+

-+ +

2 0 0 4 5

M m a x= 8 0

M

6 0 0

- 52 -

Calculul reacţiunilor: Din condiţia de echilibru pentru ansamblu, ∑ = 0Xi , rezultă H1=0. Pentru grinda secundară 2-3 se obţine

∑∑

==⋅⋅−⋅=

==⋅−⋅⋅=

kN40V 0312109V ;0MkN80V 09V61210 ;0M

223

332

Pentru grinda principală 1-2 se obţine

∑∑

==⋅+⋅+−=

==−−=

kNm600M 01040540M ;0MkN80V 04040V ;0Y

111

11i

Calculul eforturilor 4m x;0x1040Tx ==⋅−=

kNm802410440Mmax =⋅⋅−⋅=

Problema 3.2 (fig.3.2) Calculul reacţiunilor

ΣXi=0; H1=0.

Grinda secundară 3-4

kN100V 011408V490

;0MkN30V

03404908V;0M

4

4

3

3

3

4

==⋅+⋅−⋅

=

==⋅+⋅−⋅

=

∑

∑

Grinda principală 1-2-3

kN50V 023036206V

;0MkN100V

08306V3620;0M

1

1

2

2

2

1

==⋅+⋅⋅−⋅

==

=⋅+⋅−⋅⋅

=

∑

∑

- Fig.3.2 -

1 2

H1=050

T

M

20kN/m

62,5120

+

60

+

x

90kN

10030

GS

50

-

26 44 3

40kN

34

GP

20 90 40

100

+

-60

30

70

40

12060

- 53 -

Momentul încovoietor maxim pe grinda 1-2-3 are loc în secţiunea în care se anulează forţa tăietoare, respectiv

2,5m x;0x2050Tx ==⋅−= kNm5,6225,15,2205,250Mmax =⋅⋅−⋅=

Problema 3.3( fig.3.3)

- Fig.3.3 -

Calculul reactiunilor Grinda secundară 5-6

kN20V 023036106V ;0MkN70V 08306V3610 ;0M

556

665

==⋅+⋅⋅−⋅=

==⋅+⋅−⋅⋅=

∑∑

Forţa concentrată din secţiunea 3 se va considera numai pe una dintre cele două grinzi. Aici va fi considerată pe grinda principală.

1 2

15

T

M

360kNm

+6

+

204

30kN

39

10kN/m

3

4

+

-

2024

6

30

6036

2 644 1,8 6 2

30kN

5

6

GS

GP

GS

20

15 26

30 10 30

39

6

70

360

-40

156

48

20

- 54 -

Grinda secundară 3-4-5

kN26V 08,7206V ;0MkN6V 08,1206V ;0M

443

334

==⋅+⋅−=

==⋅+⋅−=

∑∑


kN39V 02)630(3608V ;0MkN15V 010)630(8V360 ;0M

112

221

==⋅−+−⋅=

==⋅−+⋅+−=

∑∑

Calculul eforturilor Pe grinda 5-6 forţa tăietoare este: x1020Tx ⋅−= Pentru Tx=0 rezultă x=2 m Momentul încovoietor maxim este

kNm201210220M max =⋅⋅−⋅=


- Fig.3.4 - Calculul reacţiunilor Grinda secundară 3-4

kN60V 06V3620 ;0MkN60V 036206V ;0M

443

334

==⋅−⋅⋅=

==⋅⋅−⋅=

∑∑

1 2

T

100kN m

20

+

3 4

150 140

+40

100

120

30

120

3 652 2 3 2

60kN5 6

30

60

20

-60

3

60kN20kN /m

G P

G SG P

6060 10020

60

30 - -

M

270

90

160100

40

- 55 -


kN20V 01006V3601220260 ;0MkN140V 01003606V7220-860 ;0M

665

556

==+⋅−⋅+⋅⋅−⋅−=

==+⋅−⋅+⋅⋅⋅−=

∑∑


kN150V 08605,63205V260 ;0MkN30V 03605,13205V760 ;0M

221

112

==⋅+⋅⋅+⋅+⋅−=

==⋅+⋅⋅+⋅+⋅−=

∑∑

Momentul încovoietor maxim pe grinda simplu rezemată 3-4 este

kNm908

plM2

max ==


- Fig.3.5 -

65

50kN14kN/m

5 23

GSGP GP

80kNm

321

54

16

148050

16

176

167076

M

63 68 80176

21.714

16-

34 34

36

T ++

42

--16

- 56 -

Calculul reacţiunilor Grinda secundară 3-4

kN16V 05V80 ;0MkN16V 0805V ;0M

443

334

==⋅−=

==+⋅−=

∑∑

Grinda principală 4-5

kNm176M 0M61680 ;0MkN16V 0V 16 ;0Y

555

55i

==+⋅−−=

==+−=

∑∑


kN70V 07507165V1814 ;0MkN76V 02502165V4814 ;0M

221

112

==⋅+⋅−⋅−⋅⋅=

==⋅+⋅−⋅+⋅⋅−=

∑∑

Calculul eforturilor 2,428m x;0x1434Tx ==⋅−=

kNm714,21428,2762

)428,23(14M2

min −=⋅++

⋅−=


- Fig.3.6 -

1 2

GS

3 4

GP

2 610 3 6 2

60kN

5 6

GS

T

2

+

-20

60

-

+10

M20

120

60

10

12 30

60

2 80

20

- 57 -


kN20V 02606V ;0MkN80V 08606V ;0M

556

665

==⋅+⋅−=

==⋅+⋅−=

∑∑


kN30V 09206V ;0MkN10V 03206V ;0M

443

334

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

∑∑


kN2V 021010V ;0MkN12V 0121010V ;0M

112

221

==⋅+⋅−=

==⋅+⋅−=

∑∑

Grinda fiind încărcată cu o singură forţă, pe consolă, se poate trasa direct

diagrama de moment încovoietor, pornind de la momentul din secţiunea 6, kNm120260M6 −=⋅−= şi ţinând seama de legea de variaţie a momentului

încovoietor şi de faptul că în articulaţiile interioare acesta este egal cu zero. De asemenea, se constată că efectul forţei se micşorează pe masură ce distanţa

creşte faţă de punctul său de aplicaţie.



Din condiţia de echilibru pe orizontală pentru ansamblul grinzii rezultă: 60kNH 045cos260H ;0X 1

01i ==⋅−=∑

Grinda secundară 2-3

kN15V 0906V ;0MkN15V 06V90 ;0M

223

332

==+⋅−=

==⋅−=

∑∑

Grinda principală 1-2

kNm90M 0615M ;0MkN15V 015V ;0Y

111

11i

==⋅−=

==+−=

∑∑


kN115V 08606V380215 ;0MkN40V 02603806V815 ;0M

554

445

==⋅+⋅−⋅+⋅−=

==⋅+⋅−⋅+⋅−=

∑∑

- 58 -

-Fig.3.7 -

60

33

90kNm450

3 26

GS

GPGP

80kN321 54

15

40

90

15

-

3 2

90 80

15

115

N

M

90

120

45

45

30

45

kN260

260

T

60

--

+

+

55

25

15

60

- 59 -

B. Să se traseze diagramele de eforturi şi să se calculeze deplasările indicate la următoarele grinzi Gerber.

Problema 3.8 (fig.3.8) Translaţia v3 şi rotirea θ3rel.


kN45V 05,19206V

;0M

3

3

4

==⋅⋅−⋅

=∑

kN135V 06V5,4920

;0M

4

4

3

==⋅−⋅⋅

=∑


kN75,28V 02454808V

;0M

1

1

2

==⋅+⋅−⋅

=∑

kN25,96V 010458V480

;0M

1

2

1

==⋅+⋅−⋅

=∑

- Fig.3.8 -

Calculul deplasărilor

)metri(EI202

32902

212

211608

212

32908

21

EI21dx

EIMm

v 3v3 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=

⋅= ∫

Deplasarea are loc în sens invers sensului forţei egale cu unitatea.

1 2

28,75

T

M

20kN/m

13545

GS

3644 2

80kN

34

GP

96,25

2080

60

75

45

51,25

28,75

++ +

- -

9090

115 21kN

14/3

m v3

m θ3

2I I

45

- 60 -

)metri(EI85 1

216

8620

321

31906

21

EI1

131

34

32902

21

34

211608

21

34

32908

21

EI21dx

EIMm

2

rel3

3

−=

⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅⋅+

+

+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=

⋅=θ ∫

θ

Rotirea relativă are loc în sens invers sensului momentelor egale cu unitatea.

Problema 3.9 (fig.3.9) Translaţia v4 şi rotirile θ1 şi θ6.

- Fig.3.9 -

65

22,5

T

M

20kN/m

9045

GS

36 62,5 2

90kN

3 4

GP

202,5

4522,5

225

97,5

21kN

m v4

m θ1

2,52

110kN/m

GP

520 90 10

45 15

105

45

45

15

112,5

90

11,2512,65

2I 2III I

1kN m

11kN m

1θ6

m

+++

- --

- 61 -

)metri(EI

210

2216

8610

322

32906

21

EI212

32902

21

EI1dx

EIMm

v2

v4

4

=

=

⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=

⋅= ∫

)radiani(EI

5,221312256

211

216

8620

32

EI21dx

EIMm 2

11 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅=⋅

=θ ∫θ

0131906

211

216

8610

32

EI21dx

EIMm 2

66 =

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅=⋅

=θ ∫θ

Problema 3.10 (fig.3.10) Translaţia v5 şi rotirea relativă rel

3θ

- Fig.3.10 -

1 2180kNm 80kN

30

10kN/m3 4

60 80

2 64,55

6

GS

GP

GS

30 30 30

4,5 3 3 33I I I I

180 80 10

M45

135 90

45

60

90

10,5

21kN1

mv3

1,50,75

1kNm

10,5

θ3m

- 62 -


∑∑

==⋅−⋅⋅=

==⋅⋅−⋅=

kN30V 06V3610 ;0MkN30V 036106V ;0M

665

556


∑∑

==⋅+⋅−⋅=

==⋅+⋅−⋅=

kN80V 08306V380 ;0MkN30V 02303806V ;0M

443

334


∑∑

==⋅+⋅−=

==⋅++⋅=

kN60V 012309V180 ;0MkN30V 03301809V- ;0M

221

112


)metri(EI

5,197

2321

31603

212

32602

212

311

32903

21

132903

211

32903

21

EI1 1

32

21

31905,4

21

131

21

32455,4

21

21

321355,4

21

EI31dx

EIMm

v 5v5

−=

=

+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

+⋅⋅⋅−

−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−+

+⋅⋅⋅⋅−

−

+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−=

⋅= ∫

)radiani(EI

25,161

21

31603

21

21

32903

21

21

321

31903

21

131

23

32903

21

EI1

23

32

43

31905,4

21

23

31

43

32455,4

21

43

321355,4

21

EI31dx

EI

Mm rel3rel

3

−=

=⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+

⋅+⋅⋅⋅+

+

+⋅⋅⋅⋅−+

⋅+⋅⋅⋅⋅−

−

⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−=

⋅=θ ∫

θ

- 63 -

CAPITOLUL IV

CADRE STATIC DETERMINATE

Cadrele reprezintă o categorie de structuri frecvent utilizate în practică. Cadrele

static determinate sunt utilizate mai rar ca structuri de rezistenţă pentru construcţiile reale, dar sunt utilizate ca instrument de calcul pentru cadrele static nedeterminate, rezolvate prin metoda eforturilor. De aceea studiul lor prezintă importanţă deosebită.

Cadrele sunt alcătuite de obicei din bare drepte asamblate între ele prin noduri rigide sau articulate. Mai rar apar şi bare curbe în alcătuirea cadrelor, dar acestea reprezintă numai rigle (fig.IV.1).

- Fig.IV.1 - Nodurile rigide se caracterizează prin aceea că deformarea prin încovoiere a

unei bare, conduce la deformarea prin încovoiere şi a celorlate bare ce se intersectează în nod. În plus secţiunile din nod, ale tuturor barelor, au aceeaşi rotire şi aceeaşi translaţie. Având aceeaşi rotire unghiul iniţial dintre bare se regăseşte între tangentele duse în nod la forma deformată. Nodurile articulate se caracterizează prin aceea că deformarea prin încovoiere a unei bare nu conduce şi la deformarea celorlalte bare ce formează nodul. Secţiunile din nod au aceeaşi translaţie dar rotiri diferite – are loc rotire relativ între secţiuni – ceea ce conduce la modificarea unghiului iniţial dintre bare.

Calculul cadrelor static determinate se realizează în modul următor: se calculează reacţiunile din condiţiile de echilibru static (vezi Capitolul I), se trasează diagramele de eforturi, se verifică aceste diagrame şi se calculează deplasările importante.

Verificarea diagramelor de eforturi se realizează scriind echilibrul unei părţi a structurii, de obicei echilibrul unui nod.

O categorie aparte o formează cadrele simetrice în raport cu o axă. Simetria se referă la elementele geometrice – lungimi de bare, dimensiunile şi forma secţiunilor transversale – la legăturile interioare şi cele cu baza de susţinere.

stalp

consola rigla

- 64 -

Cadrele simetrice pot fi încărcate cu încărcări oarecare, cu încărcări simetrice sau antisimetrice. Orice încărcare oarecare poate fi descompusă într-o încărcare simetrică şi într-o încārcare antisimetrică. Ca urmare există următoarele particularităţi:

- la cadrele simetrice, încărcate simetric, reacţiunile, diagramele de forţă axială şi de moment încovoietor sunt simetrice, diagrama de forţă tăietoare este antisimetrică, iar deformata este simetrică;

- la cadrele simetrice, încărcate antisimetric, reacţiunile, diagramele de forţă axială şi de moment încovoietor sunt antisimetrice, diagrama de forţă tăietoare este simetrică, iar deformata este antisimetrică.

În calculul deplasărilor apar următoarele situaţii particulare: - rezultatul integrării a două diagrame simetrice între ele sau a două diagrame

antisimetrice între ele este diferit de zero; - rezultatul integrării unei diagrame simetrice cu una antisimetrică (sau

invers) este egal cu zero.

APLICAŢII A. Să se traseze diagramele de eforturi la următoarele cadre static determinate.


- Fig.4.1 -

T

V1=60

40kN

3

21

4

36

6

40

V2=60

H1=40

N M

+ -

60 60

-+

40

40

60

240

360

120

40

40 60

60

240

120

3603

60

60

4

- 65 -


∑∑∑

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

==−=

kN60V 06V940 ;0MkN60V 06V940 ;0MkN40H 0H40 ;0X

112

221

11i

Verificare ∑ =+−= 06060; 0Yi Calculul eforturilor

kNm120403M ;kNm360V6M ;kNm240H6MkN60VT ;kN40HT

kN60VN ;kN60VN

c234131

134113

224113

=⋅==⋅==⋅=−=−==+=−=−==+=

Problema 4.2 (fig.4.2) Aceeaşi structură de la problema 4.1 dar cu reazemele

schimbate.

- Fig.4.2 -

T

V1=60

40kN

3

21

4

36

6

40

V2=60

H1=40

N M

+ -

60 60

-

+

40

40

60

240

120

40

40

6060

240

120

1203

60

60

4

-

+

240

40 40

40

40

- 66 -


∑∑∑

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

==−=

kN60V 06V940 ;0MkN60V 06V940 ;0MkN40H 0H40 ;0X

121

112

22i

Verificare ∑ =+−= 06060; 0Yi Problema 4.3 (fig.4.3)

- Fig.4.3 -


∑∑

==⋅−⋅⋅=

==⋅−⋅⋅=

kN30V 08V2430 ;0MkN30V 08V2430 ;0M

221

112

Verificare 03030 ;0Yi =+−=∑

∑∑

==⋅⋅−⋅−⋅=

==⋅−⋅=

kNm5,82H ;024303304H ;0MkNm5,37H ;05304H ;0M

11st3

22dr3

Verificare 037,543082,5 ;0Xi =+⋅−=∑


0x305,82Tx =⋅−= ; m75,2x =

kNm4375,113275,23075,25,82M

2

max =⋅−⋅=

T

V1=30

3

21

4

3

30kN/m

V2=30

H1=82,5

N M

37,5

+ 30

30

150

82,5

-+

5

30

H2=37,5

-

30

37,5

-

37,5

90

Mmax

+

- 67 -


-Fig.4.4 - Calculul reacţiunilor

∑∑

==⋅−⋅⋅=

==⋅⋅−⋅=

kN5,157V 08V7630 ;0MkN5,22V 016308V ;0M

221

112

Verificare 0157,563022,5 ;0Yi =−⋅−=∑

∑∑

==⋅⋅+⋅−⋅=

==⋅−⋅=

kN10H ;0363045,1579H ;0MkN10H ;09H422,5 ;0M

22dr3

11st3

Verificare 01010 ;0Xi =−=∑ Calculul eforturilor 0,53sin 848,0cos =α=α

kN405,20sinVcosHN 1143 −=α−α−= kN445,3sinVcosHN 1135 =α+α−= kN155,60sin430NN 3553 −=α⋅⋅−= sau

kN155,60cosHsin)230V(N 2253 −=α−α⋅−−= kN78,13sinHcosVT 1143 =α−α=

M

3

21

6,50

4

30kN/m

24

2,50

V1=22,5 V2=157,5

H1=10 H2=10

30

N

-

22,5

-

157,5

- -

+3,445

60,155

20,405

T

-

10

+

10

+-

+24,38

77,38

13,78 +

60 65 60125

6513,77

4 5α

- 68 -

kN38,24sinHcosVT 1135 =α+α= kN38,77cos430TT 3553 −=α⋅⋅−= sau

kN38,77sinHcos)230V(T 225 −=α+α⋅−−=


- Fig.4.5 -

Calculul reacţiunilor Din condiţiile de echilibru ale structurii în ansamblu se obţine:

∑∑∑

==⋅+⋅−⋅=

==⋅+⋅+⋅−=

==+−=

kN145V 010404V630 ;0MkN105V 06306404V ;0MkN30H 030H ;0X

221

112

22i

Calculul efortului din bara dublu articulată 3-5

kN64,63N 0445cosN6H ;0M 35

0352

stalp4 ==⋅−⋅=∑

H1=30

T

V1=105

40kN

41

2

5

42

V2=145

N M

-

+

145

80

44 2

30kN

40

30

+

-190 30

63,64

+

+

-105

30

85 40

-

15 60

420

3

15

- 69 -


-Fig.4.6 -


∑∑

==⋅−⋅+⋅−=

==⋅+⋅+⋅−=

kN35V 08V580260 ;0MkN25V 05808V1060 ;0M

221

112

Verificare 0352560 ;0Yi =++−=∑

∑∑

==⋅−⋅−⋅=

==⋅+⋅+⋅−=

kN5,42H ;03804458H ;0MkN5,37H ;08H415660 ;0M

22dr3

11st3

Verificare 08047,532,5 ;0Xi =+−−=∑

Calculul eforturilor 0,6sin 8,0cos =α=α kN47sin60sinVcosHN 1153 =α+α−α=

kN5sinVcos)H80(N 2263 =α−α−= kN5,8sinHcos)60V(T 1153 −=α+α−=

kN5,47sin)H80(cosVT 2263 −=α−−α−=

M

32

H2=47,5

N T

3

3

21

4

80kN

2 4

4

5 660kN

V2=35V1=25

H1=32,5

8060

--

35

+

+

+

47

35

25

5

+

-

47,5

-

+

-

8,5

6032,5

47,5

237,5

42,5120

97,522,5

22,5

32,5

6012032,5

97,5 25

35

4

- 70 -



∑∑

==⋅−⋅⋅+⋅=

==⋅⋅−⋅+⋅−=

kN130V 09V5,8520480 ;0MkN30V 05,05204809V ;0M

221

112

Verificare 052013030 ;0Yi =⋅−+−=∑ ∑ ==⋅−⋅= kN45H ;06304H ;0M 11

st3

35kNH 0;H8045 ;0X 22i ==+−=∑ Verificare∑ =⋅+⋅−⋅⋅= 043531305,2520 ;0Mdr

3

Calculul eforturilor 0,6cos 8,0sin =α=α kN51sinVcosHN 1114 =α+α=

kN18cosVsinHT 1114 =α−α= kNm90330445M 4 =⋅−⋅=

M

3

21

4

3

20kN/m

23V1=30

V2=130

H1=45 H2=35

N

-+ -

130

51

3590

+40

90

40

140

3

4 5

80kN20

80

T

-+ -

35

18

30

180

α

- 71 -


- Fig.4.8 -


∑∑∑∑

==⋅−⋅⋅−⋅+=

==+−=

==⋅−⋅⋅=

==⋅−−=

kNm195M 05505,2510360M ;0MkN50V 050V ;0YkN50V 05,2V5,2510 ;0MkN10H 0510H60 ;0X

111

11i

22dr3

11i

M

225

2

2,5

10kN/m

2

3

2,5

4 5

1

3

60kN

V1=50 V2=50

H1=10

60

10

M1=195

50 N

-50

50

-

+

T

-50

-

+

+

50

195

125125

- 72 -


- Fig.4.9 -

Calculul reacţiunilor - cadrul secundar 1-3-2

∑∑

==⋅+⋅−=

==⋅−⋅−=

kN10V 08V240 ;0MkN10V 02048V ;0M

221

112

∑ ==⋅−⋅= kN20H ;02H410 ;0M 11st3

∑ ==⋅−⋅= kN20H ;02H410 ;0M 22dr3

- cadrul principal 1-4-5-2

40kNH 0;2020H ;0X 44i ==−−=∑ 0kN2V 0;2202208108V ;0M 445 ==⋅−⋅−⋅−⋅=∑

0kN2V 0;8V810220220 ;0M 554 ==⋅+⋅−⋅−⋅−=∑

20

T

V4=20

40kN3

21

8

22

V5=20

H4=40

N M

-40

40

1010

20 20

10102020

-

-+

-

--

+1010

20 40

40

40

4 5

10

10

20 20

- 73 -


- Fig.4.10 -

Calculul reacţiunilor ∑ ==⋅⋅−⋅= kN75V ;05,25155,2V ;0M 11

st4

kN25,126V 03606V5,25151075 ;0MkN25,111V 06V3605,2515475 ;0M

223

332

−==⋅−⋅+⋅⋅+⋅=

==⋅−⋅+⋅⋅+⋅=

∑∑

Verificare 0111,2560126,2575 ;0Yi =+−−=∑ ∑ ==⋅−⋅= kN72,41H ;0325,1118H ;0M 33

dr5

∑ ==⋅−⋅+⋅⋅−⋅= kN28,33H 0325,1268H5,5515775 ;0M 22st5

Verificare 041,7233,28515 ;0Xi =−−⋅=∑

2,5 1,5

60kN5

3

15kN/m

3 3V2=126,25

H2=33,281 2 3

4

5

60

15

V3=111,25

H3=41,72

V1=75

-

N

+

75

41,72

75

126,25 111,25

51,25

-

-

-+

T

+

7551,25

75

33,28 41,72

41,72+

-

+

--

111,25

333,76153,74

278,9

166,4

187,5

112,5

M

- 74 -


- Fig.4.11 - Calculul reacţiunilor Cadru l superior 1-3-2

kN20V 08V280 ;0MkN20V 02808V ;0M

221

112

==⋅−⋅=

==⋅+⋅−=

∑∑

kN40H 04202H ;0MkN40H 04202H ;0M

11st3

22dr3

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

∑∑

Cadrul inferior 5-4-6

kN5,127V 08V820740740560 ;0MkN5,127V 07408207405608V ;0M

665

556

==⋅−⋅+⋅+⋅+⋅=

==⋅+⋅+⋅+⋅+⋅−=

∑∑

H2=40H1=40

V1=20 V2=20

20 20

40

H6=70H5=70

V5=127,5 V6=127,5

40

80kN

2

4

5 6

4

3

60kN1 2

25

80

60

4

+

N

20

30

127,5

-+

-

-

-

20

127,5

40

+

40

107,5

70

-+

+

+

-

40

70

20

T M

350350

8080

430

430

8080

- 75 -

kN70H 042024045,1275H ;0MkN70H 042024045,1275H ;0M

66dr4

55st4

==⋅+⋅+⋅−⋅=

==⋅+⋅+⋅−⋅=

∑∑


- Fig.4.12 -

H1=15

V1=80

3

4

1 2

3

80kN

5

20kN/m

4

N

40-

-

40

T

M

40

20kN/m

80

2020

H2=15

V2=80

-

80 80

40

-

-40

15 15

-

+

-+

40

40

40

160

11575

160

11575

22

15

- 76 -

Calculul reacţiunilor Structura este simetrică şi încărcată simetric. Reacţiunile sunt simetrice.

kN80V 08V92204801220 ;0MkN80V 012204808V9220 ;0M

221

112

==⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅−=

==⋅⋅+⋅−⋅+⋅⋅−=

∑∑

kN15H 052204808H ;0MkN15H 08H485220 ;0M

22dr3

11st3

==⋅⋅+⋅−⋅=

==⋅−⋅+⋅⋅−=

∑∑

Diagramele de forţă axială şi de moment încovoietor sunt simetrice iar

diagrama de forţă tăietoare este antisimetrică.

B. Să se calculeze deplasările indicate la următoarele structuri.

Problema 4.13 (fig.4.13) Translaţia u3 şi rotirea θ1

- Fig.4.13 -

35

3

21

4 4

2I

2I

2I

I

30kN/m

2

I

M

90

56,25

116,2560

H2=11,25

V2=157,5

H1=11,25

V1=22,5

mθ

165

21

161

81 8

1

161

1 11

1

mu

2,5

4

0,5

1

0,5

13

- 77 -

Calculul reacţiunilor (pentru forţele reale)

kN5,157V 08V7630 ;0MkN5,22V 016308V ;0M

221

112

==⋅−⋅⋅=

==⋅⋅−⋅=

∑∑

kN25,11H 0363045,1578H ;0MkN25,11H 08H422,5 ;0M

22dr3

11st3

==⋅⋅+⋅−⋅=

==⋅−⋅=

∑∑

Calculul reactiunilor (pentru translatia u3)

kN1V 08V81 ;0MkN1V 08V81 ;0M

221

112

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

∑∑

kN5,0H 0418H ;0MkN5,0H 0418H ;0M

22dr3

11st3

==⋅−⋅=

==⋅−⋅=

∑∑

)metri(EI

81,6025,23225,565

21

EI1

5,2215

8430

325,2

3225,1165

21

432904

214

32908

21

EI21dx

EIMm

u

2

u3

3

=

⋅⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅⋅⋅+

+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−== ∫

Calculul reacţiunilor (pentru rotirea θ1)

kN81V 08V1 ;0M

kN81V 08V1 ;0M

221

112

==⋅+−=

==⋅+−=

∑

∑

kN161H 08H4

811 ;0M

kN161H 08H4

81 ;0M

11dr3

11st3

==⋅+⋅+−=

==⋅−⋅=

∑

∑

)radiani(EI

68,271165

3225,565

21

EI1

165

215

8430

32

165

3225,1165

21

21

32904

211

31

21

32908

21

EI21dx

EIMm

2

11

=

⋅⋅⋅⋅−

−

⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅⋅−

−⋅⋅⋅⋅+

⋅+⋅⋅⋅⋅==θ ∫

θ

- 78 -

Problema 4.14 (fig.4.14) Rotirea relativă din secţiunea 3, rel3θ

-Fig.4.14 -

)radiani(EI196,231

31

43

324520

21

EI21

131

43

327520

21

EI21

43

32456

21

EI2dx

EIMm

3rel3

=

+⋅⋅⋅−

−

+⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅==θ ∫

θ

Problema 4.15 (fig.4.15) Translaţiile v3,u3 şi rotirea rel

3θ .

-Fig.4.15 -

89

1

21

36

3

21

4 4

I

2 I 2 I1 0 k N /m

I

1 0 k N /m

M

4 04 0

6 0 6 0

21

92

92

34

34

3

3

1

21

21

89

91

91

1

32

32

1

m v 3m θ 3 m u 3

26

3

21

I

2I 2I

60kN

II

4 42M

7,57,5

60

75 15

4545

120

75

81

43

43

mθ3

11

1

81

- 79 -

Încărcarea reală fiind simetrică rezultă reacţiunile şi diagrama M simetrice

Calculul reactiunilor (pentru forţele reale)

∑∑

==⋅⋅−⋅−⋅⋅=

==⋅⋅−⋅+⋅⋅=

0V 036108V3610 ;0M0V 036108V3610 ;0M

221

112

∑∑

==⋅⋅+⋅−=

==⋅+⋅⋅−=

kN40H ;036109H ;0MkN40H ;09H6601 ;0M

22dr3

11st3


Translatia v3

)metri(EI

33,69334

32605

21

EI22

34

216

8610

32

34

32606

21

EI2dx

EIMm

v2

v3

3

−=

⋅⋅⋅⋅−

−

⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅⋅−== ∫

Rotirea relativa rel3θ

)radiani(EI

66,396131

32

32605

21

EI22

32

216

8610

32

32

32606

21

EI2dx

EIMm 2

rel3

3

=

⋅+⋅⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅⋅==θ ∫θ

Translatia u3

03216

8610

323

32606

21

EI13

32605

21

EI21

332605

21

EI213

216

8610

323

32606

21

EI1dx

EIMm

u

2

2u

33

=

⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅−

−

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅== ∫

Observaţii -Deoarece diagramele M,

3vm şi 3

mθ sunt simetrice, rezultatul integrării acestora este diferit de zero,

-Deoarece diagrama 3um este antisimetrică, rezultatul integrării acesteia cu

diagrama M este egal cu zero.

- 80 -

Problema 4.16 (fig.4.16) Translaţiile v3,u3 şi rotirea rel3θ .

-Fig.4.16 - Încărcarea fiind antisimetrică rezultă reacţiunile şi diagrama M antisimetrice.


kN45V 08V36103610 ;0MkN45V 036108V3610 ;0M

221

112

==⋅−⋅⋅+⋅⋅=

==⋅⋅+⋅+⋅⋅=

∑∑

∑∑

==⋅⋅−⋅−⋅=

==⋅⋅−⋅−⋅=

kN60H ;066014459H ;0MkN60H ;066014459H ;0M

22dr3

11st3

Diagramele M,3um fiind antisimetrice, rezultatul integrării lor este diferit de

zero. Translatia u3

)metri(EI

36003321805

21

EI22

3216

8610

323

321806

21

EI2dx

EIMm

u2

u3

3

=

⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅== ∫

Deoarece diagramele 3vm şi

3mθ sunt simetrice (a se vedea problema 4.15), iar

diagrama M este antisimetrică rezultă 0v3 = şi 0rel3 =θ .

3

3

1

21

21

89

89

10kN/m

33

3

21

4 4

I

2I 2I10kN/m

I

M

60

180

60

180

45 45

mu 3

- 81 -

Problema 4.17 (fig.4.17) Translaţia v3 şi rotirea relativā rel4θ .

- Fig.4.17 -

Calculul reacţiunilor ∑ ==⋅−⋅⋅= kN45V ;06V3615 ;0M 55

dr4

∑∑

==⋅−⋅⋅+⋅−=

==⋅−⋅⋅+⋅−=

kN87V 018451481510V ;0MkN12V 0645481510V ;0M

221

112

∑∑

==⋅−⋅⋅+⋅−⋅−=

==⋅−⋅=

kN8H ;01445108156H687 ;0MkN8H ;04126H ;0M

22dr3

11st3

Calculul deplasărilor Translatia v3

)metri(EI

8,364

4,232726

214,2

32484

21

EI214,2

32486

21

EI2dx

EIMm

v 3v3

−=

=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−+

⋅⋅⋅⋅−== ∫

Deplasarea reală are loc în sens invers sensului forţei egale cu unitatea.

3

21

6

4

15kN/m

26 6

45

1

2I 2I

II

mv3

mθ4

2I

8 8

12 87

454848

72120

M

0,4 0,4

0,6 0,4

2,42,4

454

152

103

0,533 0,533

454

0,8 1,3331

1

61

- 82 -

Rotirea relativa rel4θ

)radiani(EI

177

333,1218

8815

32333,1

321208

218,0

32726

21

533,032484

21

EI21533,0

32486

21

EI2dx

EIMm

2

rel4

4

−=

=

⋅⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−

−⋅⋅⋅⋅−+

⋅⋅⋅⋅−==θ ∫

θ

Problema 4.18 (fig.4.18) Pentru structura de la aplicaţia 4.5 să se calculeze

translaţia u6.

- Fig.4.18 - Calculul reacţiunilor (pentru încărcarea unitate)

∑ == 0H ;0X 2i

∑∑

==⋅+⋅−=

==⋅+⋅−=

kN5,1V 0614V ;0MkN5,1V 0614V ;0M

221

112

Calculul efortului din bara dublu articulată 3-5

kN2

23n 0445cosn61 ;0M 350

35stalp4 ==⋅−⋅=∑

245N 35 =

40kN

41

2

5

42

44 2

30kN

M

80

60

420

3

223n 35 =m u

1

6

2

1

1,5

1,5

6

2I 2I

I A

6

- 83 -

Deoarece în alcătuirea structurii apare şi o bară dublu articulată, în calculul deplasării se va ţine seama şi de efectul efortului axial din această bară.

)metri(EA

2540EI

3760

22324524

EA180

31420

3264

216

324204

21

EI21

232604

212

32602

21

EI1dx

EANn

dxEI

Mmu

35

3535u6

6

+=

=

⋅⋅+

+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=+= ∫∫

Problema 4.19 (fig.4.19) Pentru structura de la problema 4.7 să se calculeze translaţia u4 şi rotirea θ2.

- Fig.4.19 - Calculul translaţiei u4

)metri(EI

88,51334

321404

21

EI1

34

213

8320

32

34

321803

21

34

32903

21

34

32905

21

EI21dx

EIMm

u

2

u4

4

=

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅== ∫

3

21

4

3

20kN/m

23

94

3

4 5

80kN

1

M90

40

140

180

2I2I I

I

mu

34

4

94 3

231

91

mθ

31

2

91

61

61

1

131

34

- 84 -

Calculul rotirii θ2

)radiani(EI

47,12831

321404

21

EI1

31

213

8320

32

31

321803

21

31

32903

21

31

32905

21

EI21dx

EIMm

2

22

=

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅==θ ∫

θ

Problema 4.20 (fig. 4.20) Translaţia u4 şi rotirea θ1.

- Fig.4.20 - Translaţia u4

)metri(EI

1620332903

21

EI22

332906

213

216

8610

323

32906

21

EI1dx

EIMm

u2

u4

4

=

⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅== ∫

Rotirea θ1

)radiani(EI

45021

32903

21

EI22

21

32906

21

23

216

8610

321

31

21

32906

21

EI1dx

EIMm 2

11

=

⋅⋅⋅⋅+

+

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅+

+⋅⋅⋅⋅==θ ∫

θ

21

21

6

3

21

3 3

I2I

10kN/m

I

mθ 1

M

45

90

15

90

30 30

121

61

54

21

21

mu 4

3

1

3

161

121

11

1

- 85 -

CAPITOLUL V

GRINZI CU ZĂBRELE

Grinzile cu zăbrele plane – sau structuri articulate plane – sunt ansambluri de bare legate între ele prin noduri articulate şi cu baza de susţinere astfel încât să formeze structuri de rezistenţă, invariabile geometric şi static determinate. Calculul acestor structuri are la bază ipotezele simplificatoare ale calculului liniar elastic, precum şi următoarele ipoteze specifice: - axele barelor sunt concurente în noduri, - nodurile se consideră a fi articulaţii perfecte, - forţele se aplică numai în noduri ca forţe concentrate. Consecinţa acestor ipoteze specifice o constituie faptul că în bare apar numai eforturi axiale - de întindere sau de compresiune. Deci fiecare bară reprezintă o singură necunoscută în calculul eforturilor. Pornind de la constatarea că figura geometrică cea mai simplă, invariabilă în plan, este triunghiul, pentru realizarea unui ansamblu cu invariabilitate geometrică proprie este necesară o succesiune de triunghiuri. Dacă ansamblul are n noduri, atunci este necesar un număr de bare

3n2b −= (V.1) deoarece pentru a lega un nod de restul ansamblului sunt necesare două bare, cu excepţia primelor trei noduri – care au format triunghiul de bază – pentru care au fost necesare numai trei bare (fig.V.1,a).

În cazul în care invariabilitatea geometrică se obţine numai dacă se consideră şi legăturile cu baza de susţinere (fig.V.1,b), atunci relaţia (V.1) se scrie astfel n2rb =+ (V.2) unde r reprezintă numărul de legături simple din reazeme.

Expresia (V.2) reprezintă şi condiţia de determinare statică deoarece b+r reprezintă numărul necunoscutelor iar 2n numărul ecuaţiilor de echilibru static ce se pot scrie pentru cele n noduri.

După modul de alcătuire, grinzile cu zăbrele se împart în următoarele categorii: - grinzi cu zăbrele simple, realizate dintr-o succesiune de triunghiuri, fără ca acestea să se suprapună,

- grinzi cu zăbrele compuse, realizate dintr-un sistem principal peste care se suprapune unul sau mai multe sisteme secundare,

- grinzi cu zăbrele complexe, la care nu sunt noduri formate din două bare, ci în fiecare nod se întâlnesc trei sau mai multe bare.

Calculul grinzilor cu zăbrele constă în: calculul reacţiunilor, calculul eforturilor şi calculul deplasărilor.

Calculul eforturilor din barele grinzilor cu zăbrele se realizează cu una dintre metodele următoare:

- 86 -

- Metoda izolării nodurilor. Se utilizează în calculul eforturilor grinzilor cu zăbrele simple şi compuse. Este indicat ca înaintea începerii calculului eforturilor să se identifice eventualele bare de efort nul, pentru ipoteza de calcul considerată. Aceste cazuri sunt:

- nod format din două bare şi neîncărcat cu forţe, eforturile din ambele bare sunt egale cu zero (fig.V.1,c);

- nod format din trei bare, dintre care două în prelungire (fig.V.1,c) şi nodul nu este încărcat, efortul din bara a treia este egal cu zero.

Calculul eforturilor începe dintr-un nod format din două bare, deoarece pentru fiecare nod pot fi scrise numai două ecuaţii de echilibru static (ecuaţiile de proiecţie ∑ = 0X i şi ∑ = 0Yi ). Ecuaţia de momente este satisfăcut pentru că forţele sunt concurente în noduri. După rezolvarea primului nod se trece la un alt nod format din două bare de efort necunoscut.

Procesul continuă, trecând din nod în nod, până la penultimul nod unde există o singură bară de efort necunoscut, iar la ultimul nod eforturile sunt cunoscute în ambele bare. Deci, ultimul nod este un nod de verificare. O greşeala pe parcurs nu este detectată decât la final şi calculul trebuie reluat cu primul nod. Acesta este dezavantajul metodei.

- Fig.V.1 -

După calculul eforturilor într-un nod este bine ca natura acestora - întindere sau compresiune - să fie marcată pe structură, conform convenţiei din figura V.1,d.

- Metoda secţiunilor simple. Prin această metodă se pot determina eforturile din trei bare ale grinzii cu zăbrele, fără a fi necesară cunoaşterea eforturilor din celelalte bare. Pentru aceasta se secţionează trei bare, astfel încât grinda cu zăbrele să fie separată în două părţi distincte şi se scrie echilibrul uneia dintre părţi. Având la

N1 N2

N3=0N1=0

b

intindere

compresiune

N2=0c

a

1

2

3

4

5

6

d

- 87 -

dispoziţie trei ecuaţii de echilibru static se pot calcula eforturile din trei bare. Metoda poate fi utilizată atât pentru calculul eforturilor cât şi pentru verificarea pe parcurs a rezultatelor obţinute prin metoda izolării nodurilor.

- Metoda dublei secţiuni. Se utilizează pentru calculul eforturilor la grinzile cu zăbrele complexe. Se secţionează prin două secţiuni un număr mai mare de bare dar se urmăreşte ca în ambele secţiuni să apară numai eforturile din două bare. Se scriu, de obicei, ecuaţii de momente astfel încât să se obţină un sistem de două ecuaţii cu două necunoscute. După rezolvarea acestui sistem, cu două eforturi necunoscute, se pot calcula eforturile din celelalte bare ale grinzii cu zăbrele utilizând una dintre cele două metode anterioare.

- Metoda inlocuirii barei. Se utilizează, de asemenea, pentru calculul eforturilor în barele grinzilor cu zabrele complexe.

Metoda constă în următoarele etape: - se suprimă o bară din sistem şi se introduce într-o nouă poziţie – denumită aici bara i-j. Noua configuraţie trebuie să respecte condiţia de invariabilitate geometrică; - se încarcă noul sistem cu forţele reale P şi se obţin eforturile N0, iar în bara aflată în noua poziţie efortul 0

ijN ; - se încarcă noul sistem cu o pereche de forţe X=1, acţionând pe direcţia iniţială a barei înlocuite şi se obţin eforturile n0, iar în bara în discuţie efortul 0

ijn ; - se impune condiţia ca în bara ij efortul să fie egal cu zero, deoarece în realitate această bară nu există. Deci

0XnNN 0ij

0ijij =⋅+= (V.3)

de unde rezultă

0ij

0ij

nN

X −= (V.4)

Necunoscuta X reprezintă efortul din bara iniţială, iar eforturile în celelalte bare ale grinzii cu zăbrele se obţin prin suprapunere de efecte, printr-o relaţie de forma (V.3).

Calculul deplasărilor la grinzile cu zăbrele se realizează utilizând relaţia Maxwell-Mohr, din care se reţine numai termenul ce conţine efectul forţelor axiale.

∑∫ ==∆b

1

iii EA

NlndxEA

Nn (V.5)

Calculul se conduce într-un tabel, în care pentru fiecare bară se calculează un termen de forma (V.5). Pentru translaţia unui nod încărcarea unitară este o forţă, iar pentru rotirea unei bare încărcarea unitară este un cuplu al cărui moment este egal cu unitatea (braţul de părghie fiind chiar bara respectivă).

- 88 -

APLICAŢII A. Să se determine eforturile din barele următoarelor grinzi cu zăbrele utilizând

metoda indicată. Problema 5.1 (fig.5.1) Metoda izolării nodurilor.

- Fig.5.1 -

Calculul reacţiunilor: 0H ;0X 1i ==∑

∑ ==⋅−⋅= kN50V ;05808V ;0M 119 ∑ ==⋅−⋅= kN30V ;08V380 ;0M 221

Calculul eforturilor în bare Iniţial eforturile necunoscute se consideră eforturi de întindere.

Nodul 1 (5

2sin =α ; 5

1cos =α )

;0cosNN ;0X;0sinN50 ;0Y

1213i

12i

=α+=

=α+=

∑∑

de unde rezultă kN525N12 −= (compresiune)

kN25N13 = (întindere)

Nodul 2

;0NcosNcos525 ;0X

;0sinNsin525 ;0Y

2423i

23i

=+α+α=

=α−α=

∑∑

de unde rezultă kN525N 23 = (întindere)

kN50N 24 −= (compresiune)

2

80kN

13

2 4 6 8

2

2

5 7

9

22

80

50 30

N12

N13

50

1 α

525

N24

N23

2

- 89 -

Nodul 3

;0Ncos525cos52525 ;0X

;0sinNsin525 ;0Y

35i

34i

=+α−α−−=

=α+α=

∑∑

de unde rezultă kN525N 34 −= (compresiune)

kN75N 35 = (întindere)

Nodul 4

;0Ncos515cos52550 ;0X

;0sinN80sin525 ;0Y

46i

45i

=+α−α+=

=α−−α=

∑∑



Nodul 5

;0sinNsin515 ;0Y

;0NcosNcos55175 ;0X

56i

5756i

=α+α−=

=+α+α+−=

∑∑



Nodul 6

;0Ncos515cos55160 ;0X

;0sinNsin515 ;0Y

68i

67i

=+α−α−=

=α−α−=

∑∑



N34

N3525

3

525

525

N46

N45

450

80

N56

N5775 5

515

515

N68

N67

660

- 90 -

Nodul 7

;0Ncos515cos55145 ;0X

;0sinNsin515 ;0Y

79i

78i

=+α+α+−=

=α+α−=

∑∑



Nodul 8 In acest nod există o singură bară de efort necunoscut

;0sinNsin515 ;0Y 89i =α−α−=∑ kN515N89 −= (compresiune)

∑ = ;0X i Aceasta este o prima relaţie de verificare 0151530 ;0cos515cos55130 =−−=α−α−

Calcul corect

Nodul 9 Este nod de verificare

03030 ;030sin515 ;0Y

01515 ;0cos55115 ;0X

i

i

=+−=+α−=

=+−=α+−=

∑∑

Calculul a fost efectuat corect.

Problema 5.2 (fig.5.2) Metoda izolării nodurilor

- Fig.5.2 -

N78

N79

45

7

515

515 N89

830

15 9

515

30

2150

120kN

62 4

3

5

8

9

10

11

12

7120kN

1

60kN 150

120 120

602 2 2 2 2

3

- 91 -

Grinda cu zăbrele este simetrică şi încărcată simetric, deci reacţiunile şi eforturile vor fi simetrice. Eforturile sunt date în tabelul 5.2 Tabelul 5.2 Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 3-4 3-5 4-5 Efortul +300,0 -335,41 0 +300,0 -134,16 -201,25 0 Bara 4-6 4-7 5-7 6-7 6-8 7-8 7-9 Efortul +140,0 +72,11 -201,25 +60,0 +140,0 +72,11 -201,25 Bara 8-9 8-10 8-11 9-11 10-11 10-12 11-12 Efortul 0 +300,0 -134,16 -201,25 0 +300,0 -335,41

Problema 5.3 (fig.5.3) Aceeaşi structură de la problema 5.2 la care se schimbă poziţia a două bare.

- Fig.5.3 -

Eforturile sunt date în tableul 5.3 Tabelul 5.3 Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 3-4 3-5 4-5 Efortul +300,0 -335,41 0 +300,0 -134,16 -201,25 +60,0 Bara 4-6 5-6 5-7 6-7 6-8 6-9 7-9 Efortul +180,0 -56,57 -156,53 +140,0 +180,0 -56,57 -156,53 Bara 8-9 8-10 8-11 9-11 10-11 10-12 11-12 Efortul +60,0 +300,0 -134,16 -201,25 0 +300,0 -335,41

În acest caz de distribuţie a barelor se constată următoarele: - numai două bare sunt de efort nul, - în bara 6-7 apare efort de întindere de 140kN în loc de 60kN, cum era în

cazul anterior, - cresc eforturile de întindere din barele 4-6 şi 6-8 de la 140kN la 180kN, - scade efortul de compresiune din barele 5-7 şi 7-9 de la 201,25kN la

156,53kN.

2150

120kN

62 4

3

5

8

9

10

11

12

7120kN

1

60kN 150

120 120

602 2 2 2 2

3

- 92 -

Problema 5.4 (fig.5.4) Metoda izolării nodurilor.

- Fig.5.4 - Eforturile sunt date in tabelul 5.4

Tabelul 5.4 Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 3-4 3-5 4-5 Efortul -40,0 +44,72 -60,0 -44,72 +120,0 -89,44 -27,04 Bara 4-6 4-7 5-6 6-7 6-8 7-8 7-9 Efortul +3,0 +63,33 -72.67 +3,0 -72,67 -27,04 -44,72 Bara 7-10 8-10 9-10 9-11 10-11 Efortul +120,0 -89,44 -60,0 -40,0 +44,72


-Fig.5.5 -

41

3

2

6

8

7

53

80

4

10

11

30kN

20

9

30kN60kN

20kN 20kN

2

4 2 2 4 4

30 3060

20

80

50kN

4

1

3

2 6 8

75

3

402 2 2 2 2 210

11

12

50kN40kN

50 5040

60

40

9

- 93 -

Eforturile sunt date in tabelul 5.5 Tabelul 5.5 Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 2-5 3-5 4-5 Efortul +66,67 -48,07 +40,0 +93,33 -48,07 -66,67 -10,0 Bara 4-6 4-7 5-7 6-7 6-8 7-8 7-9 Efortul +86,67 +12,02 -93,33 0 +86,67 -12,02 -80,0 Bara 8-9 8-10 9-10 9-11 10-11 10-12 11-12 Efortul +10,0 +80,0 -72,11 -40,0 +60,0 +40,0 -72,11


- Fig.5.6 -

Eforturile sunt date in tabelul 5.6 Tabelul 5.6

Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 3-4 3-5 Efortul +60,0 -100,0 -16,67 +93,34 -15,0 -99,68 Bara 4-5 4-6 5-6 5-7 6-7 Efortul +42,72 +53,34 -30,0 -59,96 +53,34

Grinda cu zăbrele fiind o consolă, calculul eforturilor se poate începe prin

izolarea nodului 7.

4

20kN

1

3

2 4 6 7

5

30kN

4 4

33

203050

80

80

- 94 -

Problema 5.7 (fig.5.7) Metoda secţiunilor simple

- Fig.5.7 -


0H ;0X 1i ==∑ ∑ ==⋅−⋅+⋅+⋅−= kN60V ;09V590360330 ;0M 14141 ∑ ==⋅−⋅−⋅+⋅−= kN120V ;04906609V1230 ;0M 1114

Eforturile din secţiunea I-I. Se scrie echilibrul părţii din dreapta.

∑ ==⋅−⋅+⋅= kN90N ;06602902N ;0M 12-1112-1117 ∑ −==⋅−⋅−= kN120N ;04602N ;0M 18-1718-1712

∑ ==+−= kN230N ;0609045cosN ;0Y 17-120

17-12i

Eforturile din sectiunea II-II. Se scrie echilibrul părţii inferioare a grinzii cu zăbrele.

∑ −==⋅+⋅= kN60N ;011202N ;0M 46467 ∑ −==⋅−⋅−= kN60N ;02N1120 ;0M 57574

0N ;045cosN ;0X 470

47i ===∑

2 2

12

22

2

30kN

1

32

4

6

8

1715

2 2 2 2

109

7

5

11 12 13

14

16 18 19

60kN

IIII

I

I30 60

N46

9090

60

120

I - I

II - II

120

N57N47

N17-18

N11-12

N12-17

- 95 -

Problema 5.8 (fig.5.8) Metoda secţiunilor simple


kN30H ;0H30 ;0X 11i ==−=∑ ∑ ==⋅−⋅+⋅+⋅= kN85V ;012V880480230 ;0M 13131 ∑ ==⋅+⋅−⋅+⋅= kN75V ;048088023012V ;0M 1113

Secţiunea I-I. Se scrie echilibrul părţii din stânga.

∑ ==⋅−⋅+⋅−⋅= kN90N ;04N475203430 ;0M 35356 ∑ −==⋅α+⋅+⋅= kN26,78N ;03cosN275230 ;0M 46463 ∑ −==β+α++−= kN72,44N ;0cosNcosNN3030 ;0X 36364635i

Secţiunea II-II. Se scrie echilibrul părţii din dreapta.

∑ ==⋅−⋅+⋅= kN70N ;06852805N ;0M 79798 ∑ −==⋅−⋅α−= kN03,95N ;04854cosN ;0M 10-810-89 ∑ ==α−γ−−= − kN39,40N ;0cosNcosNN ;0X 891088979i

2

13

46

75

80kN

2

23

80kN

30kN 2

10

9

8

11

1214

13

1

3

46

N35

2

N36

N46

75

30

30

22 22

10

9 11

1214

13

85N79

N89

N8-10808I - I II - II

I

III

II

α

β γ

- 96 -

Problema 5.9 (fig.5.9) Grinda cu zăbrele este o grindă compusă. Se calculează eforturile separat pentru părţile secundare şi separat pentru partea principală şi apoi se suprapun efectele pentru barele comune. Calculul se efectuează cu metoda izolării nodurilor sau metoda secţiunilor simple.

- Fig.5.9 - Eforturile din barele sistemelor secundare S1 şi S2 sunt date în tabelul 5.9,a.

Tabelul 5.9,a Bara 1-2 1-3 2-3 2-5 3-5 3-7 5-7 S1

Efortul -15 2 +15 +15 2 -30 +15 2 +15 -15 2 Bara 7-8 7-9 8-9 8-11 9-11 9-12 11-12 S2

Efortul -15 2 +15 +15 2 -30 +15 2 +15 -15 2 Eforturile din sistemul principal sunt date în tabelul 5.9,b.

Tabelul 5.9,b Bara 1-4 1-7 4-6 4-7 6-7 6-10 7-10 7-12 10-12

Efortul -75 2 +75 +110 +35 2 -40 +110 +35 2 +75 -75 2

30kN

1

2

3 7

5

4

22

4 4 4

8

9

11

10

12

30kN

3015 15

1

2

3

7

5

3015 15

7

8

9

12

11

1590 90

1

4

712

10

15

40

15

4040

6

15

64

40kN 40kN 40kN

S2S1

- 97 -

Eforturile în barele grinzii cu zăbrele reale sunt date în tabelul 5.9,c. Tabelul 5.9,c

Bara 1-2 1-3 2-3 2-4 2-5 3-5 3-7 Efortul -90 2 +90 +15 2 -75 2 -30 +15 2 +90

Bara 4-5 4-6 5-7 6-7 6-10 7-8 7-9 Efortul +35 2 +110 +20 2 -40 +110 +20 2 +90

Bara 8-9 8-10 8-11 9-11 9-12 10-11 11-12 Efortul +15 2 +35 2 -30 +15 2 +90 -75 2 -90 2


- Fig.5.10 –

3

1,5

1,5

4,5 4,5 312

20

Sistem secundar 1

4,5 4,5

13

14

119

10

7

8

5

6

3

4

2

1

a c e

b df

g

h

i

j

40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 40 20

Sistem secundar 2

4032 a

b

2020

75

6

3 c e

d

f

g

h

i

j

40 40 4040

Sistem principal

2013

14

1197532

140 40 200 40 140 40

12108641

80

320 320

80

- 98 -

Sistemul secundar 1 kN220N b2 = ; kN20N a2 −= ; kN40Nab −= ; kN20N 3a −= ; kN220N 3b =

Sistemul secundar 2. Eforturile sunt date în tabelul 5.10,a Tabelul 5.10,a

Bara 4-c 4-d c-d c-e d-e d-f e-f Efortul -120,0 144,22 -40,0 -120,0 36,06 108,17 -60,0

Bara e-5 f-5 f-6 5-6 5-g 5-h 6-h Efortul -90,0 50,0 72,11 -80,0 -90,0 50,0 72,11

Bara g-h g-i g-j h-j i-j i-7 j-7 Efortul -60,0 -120,0 36,06 108,17 -40,0 -120,0 142,22

Eforturile din sistemul principal sunt date în tabelul 5.10,b numai pentru

jumătate de structurā deoarece încărcarea este simetrică. Tabelul 5.10,b

Bara 1-2 1-3 1-4 2-3 3-4 3-5 3-6 Efortul -40,0 -395,98 280,0 0 0 -490,0 252,39

Bara 4-6 5-6 5-7 6-7 6-8 7-8 Efortul 280,0 -40,0 -490,0 -180,28 640,0 0

Eforturile din sistemul real se obţin prin suprapunerea eforturilor obţinute în

sistemele secundare şi sistemul principal, acolo unde cele două sisteme se suprapun. De exemplu: kN20N a2 −= ; kN20N 3a −= ; kN70,367N 4b −= ; kN610N c4 −= .

Problema 5.11 (fig.5.11) Metoda dublei secţiuni

- Fig.5.11 -

1

3

6

4

7

5

20kN

31

2

2 2 2 240kNII

III

I

N27

67

5

40kN 25

N36

N45

N17

3A

20

2β

I - I N34

N36

N27N12

α

αB

6

II - II

- 99 -

Calculul reacţiunilor kN35V 04406208V ;0M 116 ==⋅−⋅−⋅=∑ kN25V 08V440220 ;0M 661 ==⋅−⋅+⋅=∑

Calculul eforturilor Secţiunile au fost practicate astfel încât în ambele să se afle două bare şi anume

barele 2-7 şi 3-6. Pentru partea din stânga a secţiunii I-I scriind o ecuaţie de momente în raport

cu punctul A se obţine: 02sinN2201cosN ;0M 3627A =⋅β−⋅+⋅α−=∑

Pentru partea din dreapta a secţiunii II-II scriind o ecuaţie de momente în raport cu punctul B se obţine:

06sinN625104010sinN ;0M 3627B =⋅β+⋅+⋅−⋅α=∑ Rezolvând sistemul de două ecuaţii cu două necunoscute se obţin eforturile în

barele 2-7 şi 3-6 : 44kNN 27 = şi 4,29kNN36 −= . Celelalte eforturi se determină utilizând metoda izolării nodurilor şi au valorile:

22,60kNN57 = ; 13,60kNN17 −= ; kN0,44N12 −= ; 39,35kNN 23 −= ; 31,70kNN34 −= ; 3,57kNN67 = ; 12,6kNN56 −= ; 20,21NN 45 −= ;

16,22kN.N14 =

Problema 5.12 (fig.5.12) Metoda înlocuirii barei.

- Fig. 5.12 -

Bara 4-5 se mută în poziţia 3-5. Noua structură se încarcă cu perechea de forţe X=1 şi se obţin eforturile 0

ijn şi apoi cu forţa reală şi se obţin eforturile 0ijN .

Punând condiţia ca efortul în bara 3-5 să fie egal cu zero rezultă: 0XnNN 0

3503535 =⋅+=

de unde

kN30nN

X035

035 =−=

1

2

3

6

4

7

5

4 4

30kN

44

15 15

30

X=130

- 100 -

Cunoscând X se determină şi celelalte eforturi prin suprapunere de efecte, aşa cum se prezintă în tabelul 5.12.

Tabelul 5.12 Bara 0

ijn 0ijN Nij

1-2 -1 +30 0 1-5 2+ 215− 215+ 1-3 -1 +45 +15 2-4 25,0− 0 215− 2-3 25,0+ 230− 0 3-5 -1 +30 0 3-7 -1 +15 -15 3-6 25,0+ 0 215+ 5-7 2+ 215− 215+ 4-5 +1 0 +30 4-6 25,0− 0 215− 6-7 -1 0 -30


-Fig.5.13 -

60kN1 3 2

4

6 7

5

3 3 3 3

2

N6775105

20kN/m6020

-

+

++

162,25 162,25

135

135

N

+ +--

1545

15

1545 T

M

4545

90 90--

135

N46N16

α

6

135

N57N27

α

7

- 101 -

Această structură este o structură mixtă, având bare solicitate la încovoiere şi bare solicitate numai axial. Reacţiunile se determină din condiţiile de echilibru al ansamblului. Pentru calculul eforturilor din barele dublu articulate se determină mai întâi, din condiţie de moment zero în raport cu articulaţia 3, efortul N67. Celelalte eforturi se obţin din echilibrul nodurilor 6 şi 7.


kN105V 0360962012V ;0M 112 ==⋅−⋅⋅−⋅=∑ kN75V 012V9603620 ;0M 221 ==⋅−⋅+⋅⋅=∑

Efortul din bara 6-7 kN135N 06753602N ;0M 6767

dr3 ==⋅−⋅+⋅=∑

Nodul 6 132sin ;

133cos =α=α

kN25,162N 0135cosN ;0X 1616i ==−α⋅=∑ kN90N 0Nsin162,25 ;0Y 4646i ==−α⋅=∑

Nodul 7 kN25,162N 0cosN135 ;0X 2727i ==α⋅+=∑

kN90N 0Nsin162,25 ;0Y 5757i ==−α⋅=∑

B. Să se calculeze deplasările indicate la următoarele grinzi cu zăbrele

Problema 5.14 (fig.5.14) Translaţia pe orizontală a nodurilor 6 şi 3. Barele verticale şi cele înclinate au aria secţiunii transversale egală cu 2A iar celelalte bare au aria egală cu A.

- Fig.5.14 -

6un2

20kN

1

3

2

4

6 87

5

2

4

20kN

4

60 60N

20

20

40

2 2

1

1

2 2

1

1

3un

- 102 -

Calculul se organizează în tabelul 5.14, iar deplasările se calculează cu relaţia

∑=∆b

1

ii EA

Nln

Eforturile N sunt unice. Pentru fiecare deplasare se schimbă încărcarea egală cu unitatea şi deci eforturile ni.

Tabelul 5.14 Bara A l N nu6

EANln 6u

nu3 EA

Nln 3u

1-2 A 4 20 1/2 40/EA 1/2 40/EA 1-3 2A 4 20 1 40/EA 0 0 1-4 2A 52 520 25 EA/550 25 EA/5502-4 2A 52 - 520 - 25 EA/550 - 25 EA/5502-5 2A 4 -20 -1 40/EA 0 0 3-4 A 2 -30 -1/2 30/EA -1 60/EA 3-6 2A 4 0 0 0 0 0 3-7 2A 52 510 25 EA/525 0 0 4-5 A 2 10 ½ 10/EA 0 0 5-7 2A 52 - 510 - 25 EA/525 0 0 5-8 2A 4 0 0 0 0 0 6-7 A 2 -20 -1 40/EA 0 0 7-8 A 2 0 0 0 0 0

∑= EANln

u 6u6 ∑= EA

Nlnu 3u

3

)metri(EA

5150200u 6

+= )metri(

EA)15(100u 3

+=

- 103 -

Problema 5.15 (fig.5.15) Translaţia v4. Secţiunile barelor sunt: talpa superioară 2A, talpa inferioară 1,5A, diagonale şi montanţi A.

- Fig.5.15 -

Tabelul 5.15

Bara A l N 4vn

EANln

4v

1-2 1,5A 2 15 1/2 10/EA 1-3 2A 22 - 215 - 2/2 EA/215 2-3 A 2 -5 1/2 -5/EA 2-4 1,5A 2 10 1 40/3EA 2-5 A 22 25 - 2/2 - EA/210 3-5 2A 2 -15 -1/2 7,5/EA 4-5 A 2 0 1 0 4-6 1,5A 2 10 1 40/3EA 5-6 A 22 - 25 - 2/2 EA/210 5-7 2A 2 -5 -1/2 2,5/EA 6-7 A 2 5 1/2 5/EA 6-8 1,5A 2 5 1/2 10/3EA 7-8 2A 22 - 25 - 2/2 EA/25

)metri(EA

284,78EA

22050v 4 =+

=

2

20kN

1

3

24

6 8

75

2 2 2

2

20

15 5 10,5 0,5N 4vn

- 104 -

CAPITOLUL VI

ARCE STATIC DETERMINATE

Arcele sunt bare curbe sau sisteme de bare curbe plane, încărcate cu forţe acţionând în planul lor. Arcele static determinate sunt: - arcul cu trei articulatii (fig.VI.1,a),

- arcul cu tirant (fig.VI.1,b), - arcul simplu rezemat (fig. VI.1,c)

- Fig. VI.1 - Arcul cu trei articulaţii este utilizat în cazul în care baza de susţinere poate prelua în condiţii optime împingerile orizontale ale arcului.

Arcul cu tirant este utilizat ori de câte ori preluarea împingerilor orizontale ale arcului – prin fundaţie sau alte elemente constructive – nu reprezintă o soluţie raţională din punct de vedere constructiv şi/sau economic.

Arcul simplu rezemat nu este utilizat ca element de rezistenţă în construcţii, însă este utilizat ca instrument de calcul în rezolvarea arcelor static nedeterminate.

Curbele utilizate frecvent pentru realizarea arcelor sunt arcul de cerc şi arcul de parabolă.

Ecuaţia parabolei în sistemul de axe din figura VI.2,a se obţine astfel: - se consideră cbxaxy 2 ++= - constantele a,b şi c se determină din condiţiile următoare:

- pentru x=0; y=0 şi rezultă c=0

- pentru x=L/2; y=f şi rezultă 2Lb

4Laf

2 ⋅+

⋅=

- pentru x=L; y=0 şi rezultă LbLa0 2 ⋅+⋅= Din ultimele două condiţii se obţin succesiv

a b

c

- 105 -

2Lf4a −= ,

Lf4b = şi apoi ecuaţia parabolei

2L)xL(fx4y −

= (VI.1)

Unghiul ϕ făcut de tangenta la curbă cu orizontala pentru o secţiune oarecare (fig.VI.2,b) se obţine prin derivarea relaţiei (VI.1), rezultând

2L)x2L(f4

dxdytg −

==ϕ (VI.2)

- Fig.VI.2 - Şi în cazul barei curbe plane se pot stabili relaţii între eforturi şi încărcări. Din

condiţiile de echilibru, pentru elementul infinit mic din figura VI.2,c rezultă

ρ+−=

TpdsdN

t ; ρ

−−=Np

dsdT

n ; Tds

dM= (VI.3)

Din relaţiile (VI.3) prin particularizarea ∞=ρ se obţin relaţiile similare pentru bara dreaptă.

Pentru arcul cu trei articulaţii din figura VI.3,a, având reazemele la acelaşi nivel şi încărcat cu forţe gravitaţionale, reacţiunile au următoarele expresii:

L

bPV ii

1∑ ⋅

= L

aPV ii

2∑ ⋅

= HfMHH

03

21 === (VI.4)

unde 03M reprezintă momentul încovoietor în secţiunea 3 pe o grindă simplu rezemată

care are aceeaşi deschidere şi aceeaşi încărcare ca şi arcul dat. Eforturile în secţiunea curentă au expresiile: ϕ−ϕ−= cosHsinTN 0

xx ϕ−ϕ= sinHcosTT 0

xx (VI.5) yHMM 0

xx ⋅−= unde 0

xT şi 0xM reprezintă forţa tăietoare şi momentul încovoietor pe grinda simplu

rezemată asociată arcului (care are aceeaşi deschidere şi aceeaşi încărcare).

x

y

f

2L

2L

ϕdρ

ds

N

N+dNM+dM

T+dTT

M

BA

pn

pt

x

y

ϕ

ca b

- 106 -

Fig. VI.3

Observaţii - Dintre cele trei eforturi din secţiunea curentă N,T M ponderea cea mai mare,

atât în calculul de rezistenţă cât şi în calculul deplasărilor, o au forţa axială şi momentul încovoietor.

- Dacă pentru o încărcare particulară rezultă momentul încovoietor egal cu zero în toate secţiunile, atunci arcul se numeşte arc de coincidenţă pentru acea încărcare.

APLICAŢII

A. Să se calculeze reacţiunile şi să se traseze diagramele de eforturi la

următoarele arce static determinate:

Problema 6.1 (fig.6.1) Arc parabolic ( )2L

xLfx4y −= .


∑ ==⋅−⋅= kN90V ;0912012V ;0M 112

∑ ==⋅−⋅= kN30V ;012V3120 ;0M 221 ∑ ==⋅−⋅−⋅= kN45H ;031204H690 ;0M 11

st3

∑ ==⋅−⋅= kN45H ;06304H ;0M 22dr3

Calculul eforturilor ( ) x92

34x212

1244)x2L(

Lf4

dxdytg

221 ⋅−=−⋅

=−==ϕ

Forta axiala 11111 cosHsinVN ϕ−ϕ−=

Pentru x=0, 34tg 1 =ϕ ; sin 1ϕ = 0,80, cos ϕ1 = 0.60

kN996,0458,090N1 −=⋅−⋅−=

x

y

1

3

2

2L

2L

ϕ

V1 V2

H1 H2

Pi

f

ai bi

a b

- 107 -

- Fig. 6.1 -

Pentru x=3m, 32tg 4 =ϕ ; sin ϕ4 = 0,554, cos ϕ4 = 0.832

kN30,87832,045554,090 cos45sin90N 444

−=⋅−⋅−==ϕ−ϕ−=ε−

kN82,20554,0120832,045554,090 sin120cos45sin90N 4444

−=⋅+⋅−⋅−==ϕ+ϕ−ϕ−=ε+

Pentru x=6m (la cheie) kN45HN 13 −=−= deoarece ϕ3=0, sinϕ3=0, cosϕ3=1 Pentru x=12m ϕ2 = ϕ1 (arcul are reazemele dispuse simetric)

kN516,0458,030cosHsinVN 22222 −=⋅−⋅−=ϕ−ϕ−=

Momentul încovoietor kNm135345390yH3VM 4114 =⋅−⋅=⋅−⋅=

Momentul încovoietor maxim pe intervalul 2-3 y45x30yHxVM 22x ⋅−⋅=⋅−⋅=

⋅−−== x

92

344530T

dxdM

xx

Pentru Tx=0 rezultă x=3m, respectiv y=3m kNm45345330M max −=⋅−⋅=

13

2V1=90 V2=30

H1=45 H2=45

120kN

3 6

4

45 -

3

y

x4

120

135

135

99

87,30

20,82

45

51

NM

- 108 -

Problema 6.2 (fig.6.2) Arc parabolic.

- Fig. 6.2 -


∑ ==⋅⋅−⋅−⋅= kN90V ;04815128016V ;0M 112 ∑ ==⋅−⋅⋅+⋅= kN110V ;016V12815408 ;0M 221 ∑ ==⋅−⋅−⋅= kN100H ;04804H890 ;0M 11

st3

∑ ==⋅+⋅−⋅⋅= kN100H ;04H81104815 ;0M 22dr3

Calculul eforturilor ( ) x811x216

1644)x2L(

Lf4

dxdytg 22 ⋅−=−

⋅=−==ϕ

Forta axială 11111 cosHsinVN ϕ−ϕ−=

Pentru x=0, 1tg 1 =ϕ ; sin 1ϕ = cos ϕ1 = 0,707 kN33,134707,0100707,090N1 −=⋅−⋅−=

Pentru x=4m, 5,0tg 4 =ϕ ; sin ϕ4 = 0,447, cos ϕ4 = 0,894

kN63,129894,0100447,090 cosHsinVN 41414

−=⋅−⋅−==ϕ−ϕ−=ε−

kN87,93447,08063,129sin80NN 444 −=⋅+−=ϕ+= ε−ε+ kN100HN 13 −=−=

kN47,148707,0100707,0110cosHsinVN 22222 −=⋅−⋅−=ϕ−ϕ−=

13

2V1=90 V2=110

H1=100 H2=100

80kN

4 8

4

-

4

y

x4

80

20 134,33

129,63

93,87

100

148,47

N

M

15kN/m 15

60

3,75

- 109 -

Momentul încovoietor kNm75,39375,0100190yHxVM 111x −=⋅−⋅=⋅−⋅==

kNm603100490yH4VM 4114 =⋅−⋅=⋅−⋅= Momentul încovoietor maxim pe intervalul 2-3

( )22x xx1625,6x5,7x110y100

2xx15x110M −⋅⋅−⋅−⋅=⋅−⋅⋅−⋅=

( )x21625,6x15110Tdx

dMx

x ⋅−⋅−⋅−==

Pentru Tx=0 rezultă x=4m ( ) kNm20166425,6165,74110Mmax +=−⋅−⋅−⋅=

Problema 6.3 (fig.6.3) Arc parabolic.

-Fig.6.3 -

Calculul reacţiunilor Încărcarea fiind simetrică reacţiunile sunt simetrice

∑ ===⋅−⋅−⋅= kN80V ;kN80V ;05,4805,138018V ;0M 2112

∑ ===⋅−⋅−⋅= kN120H ;kN120H ;05,4803H980 ;0M 211st3


32x218

1834)x2L(

Lf4

dxdytg

22⋅−=−

⋅=−==ϕ

13

2V1=80 V2=80

H1=120 H2=120

80kN

4,5

3

-

4,5

y

x4

80

90

273,79

139,04

113,76

120

273,79

NM

80kN

4,5 4,5

5

80

90

113,76

139,04

- 110 -

Forţa axială – diagrama este simetrică 11111 cosHsinVN ϕ−ϕ−=

Pentru x=0, 32tg 1 =ϕ ; sin 1ϕ = 0,554 cos ϕ1 = 0,832

kN79,273832,0120554,080N1 −=⋅−⋅−=

Pentru x=4,5 m, 31tg 4 =ϕ ; sin ϕ4 = 0,316, cos ϕ4 = 0,948

kN04,139948,0120316,080 cosHsinVN 41414

−=⋅−⋅−==ϕ−ϕ−=ε−

kN76,113316,08004,139sin80NN 444 −=⋅+−=ϕ+= ε−ε+ kN120HN 13 −=−=

Momentul încovoietor – diagrama este simetrică kNm9025,21205,480yH5,4VM 4114 =⋅−⋅=⋅−⋅=

Problema 6.4 (fig.6.4) Arc circular cu: R=12m, α=600

- Fig.6.4 -

a

1

3

2

y

155,85 51,95

89,96x

20kN/m

R

2L

f

20

bd

c

89,96

2L

α α20,78

6

179,946

89,96

89,969

-148,132148,128

59,294

109,876

M N

134,605 98,874 102,33102,26

- 111 -

Calculul elementelor geometrice ale arcului

α= sinR2L ; m78,203RsinR2L ==α=

m0,62RcosRRf ==α−=

Coordonatele secţiunilor a,b,c şi d se determină după modelul următor:

m68,271,739,1040sinR2LsinR

2Lx 0

aa =−=−=ϕ−=

m192,360cosRcosRy 0aa =−ϕ=

Celelalte coordonate sunt date în tabelul 6.4.


∑ ==⋅⋅−⋅= kN85,155V ;0585,1539,102078,20V ;0M 112 ∑ ==⋅−⋅⋅= kN95,51V ;078,20V195,539,1020 ;0M 221 ∑ ===⋅−⋅= 2122

dr3 HH kN96,89H ;039,1051,956H ;0M


Eforturile axiale au fost calculate cu relaţiile:

- intervalul 1-3 iii1i1i sinxpcosHsinVN ϕ⋅+ϕ−ϕ−= ; - intervalul 2-3 i2i2i cosHsinVN ϕ−ϕ−= ;

Momentele încovoietoare calculate cu relaţia yHMM 0xx ⋅−= şi eforturile

axiale sunt date în tabelul 6.4. Tabelul 6.4 Secţiunea ϕ i sinϕ i cosϕ i xi yi 0

xM -Hyi Mi Ni 1 60 0,866 0,500 0 0 0 0 0 -179,95 a 40 0,642 0,766 2,676 3,192 346,45 -287,15 59,30 -134,61 b 20 0,342 0,940 6,285 5,276 584,51 -474,63 109,88 -94,87 3 0 0 1,000 10,39 6,0 539,76 -539,76 0 -89,96 c 20 0,342 0,940 14,494 5,276 326,50 -474,63 -148,13 -102,33 d 40 0,642 0,766 18,104 3,192 139,02 -287,15 -148,13 -102,26 2 60 0,866 0,500 20,78 0 0 0 0 -89.97

- 112 -

Problema 6.5 (fig.6.5) Arc de cerc cu R=8m şi α=600

- Fig.6.5 -


∑ =⋅−⋅−⋅⋅+⋅−= 06H86,13V395,1093,620206 ;0M 221 ∑ =⋅−⋅−⋅⋅= 06H13,86V3,4656,9320 ;0M 22

dr3

kN732,25H ,kN152,84V 22 ==

∑ ==+⋅−−= kN448,114V ;015,8493,62060V ;0Y 11i ∑ ==−= kN732,25H ;0HH ;0X 121i

Verificare

∑ =⋅−⋅+⋅−= 010732,256,93448,1493,860 ;0Mst3

a4

3

2

y

114,448

24,28

25,732

x

20kN/m

R

4

20

bd

c25,732

α α

25,732

85,743

-

N

60,02

54,6642,81 50,777

6

2 13,86

60kN60

154,392

274,39

120

M

231,797136,536

86,53763,736

84,152

114,448

-

- 113 -

Eforturile pe arc sunt date în tabelul 6.5 Tabelul 6.5

Secţiunea ϕ i sinϕ i cosϕ i xi yi Mi Ni 4 60 0,866 0,500 0 0 -274,392 -60,02 a 40 0,642 0,766 1,788 2,128 -231,797 -54,66 b 20 0,342 0,940 4,194 3,517 -136,536 -42,81 3 0 0 1,000 6,930 4,000 0 -25,73 c 20 0,342 0,940 9,666 3,517 86,537 -24,28 d 40 0,642 0,766 12,072 2,128 63,736 -50,78 2 60 0,866 0,500 13,860 0 0 -85,74

Problema 6.6 (fig.6.6) Arc parabolic cu tirant

- Fig.6.6 - Calculul reacţiunilor Arcul fiind simplu rezemat, iar încărcarea verticală, rezultă H1=0

∑ ==⋅⋅−⋅= kN90V ;0962012V ;0M 112 ∑ ==⋅−⋅⋅= kN30V ;012V3620 ;0M 221

Efortul din tirant se obţine din condiţia ∑ ==⋅⋅−⋅−⋅= kN60T ;036203T690 ;0M st

3

Calculul eforturilor În tirant efortul este de întindere şi are valoarea N=60kN Pe arc efortul axial este: În sectiunea 1 (x=0) 1tg 1 =ϕ ; sin 1ϕ = cos ϕ1 = 0.707

13 2

V1=90 V2=30T =60

6 6

3

-

106,05

60

63,63N

20kN/m 20

4545

M +60

- 114 -

kN05,106cosTsinVN 1111 −=ϕ−ϕ−= În secţiunea 3 (x=6m) kN60TN3 −=−= În secţiunea 2 (x=12m) ϕ2 = ϕ1

kN63,63707,060707,030cosTsinVN 2222 −=⋅−⋅−=ϕ−ϕ−=

Momentul încovoietor maxim pe cele două ramuri ale arcului Ramura 1-3

( ) 221x x10xx125x90

2xx20yTxVM ⋅−−⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅−⋅=

x106090Tdx

dMx

x ⋅−−==

Pentru Tx=0 rezultă x=3m kNm4591025,260390Mmax +=⋅−⋅−⋅=

Ramura 2-3 ( )2

2x xx125x30yTxVM −⋅⋅−⋅=⋅−⋅=

x106030Tdx

dMx

x ⋅+−==

Pentru Tx=0 rezultă x=3m kNm4525,260330Mmax −=⋅−⋅=

Problema 6.7 (fig.6.7) Arc parabolic cu tirant

- Fig.6.7 -

13 2

V1=135 V2=165

T=200

120kN

6

4,5

-

6

4

120

135 241

234,59

194,47

200

259

N

M

180kN

6 6

5

180

315181,94

245,12

+ 200

- 115 -

Calculul reacţiunilor H1=0 ∑ ==⋅−⋅−⋅= kN135V ;061801812024V ;0M 112 ∑ ==⋅−⋅+⋅= kN165V ;024V181806120 ;0M 221

Efortul din tirant ∑ ==⋅−⋅−⋅= kN200T ;061205,4T12135 ;0Mst

3


43x224

245,44)x2L(

Lf4

dxdytg

22⋅−=−

⋅=−==ϕ

Forţa axială kN200TN12 +==

1111 cosTsinVN ϕ−ϕ−= sinϕ1=0,6; cosϕ1=0,8 kN241N1 −=

4414 cosTsinVN ϕ−ϕ−=ε− sinϕ4 = 0,351; cosϕ4 = 0,936 kN59,234N4 −=ε−

kN47,192351,012059,234sin120NN 444 −=⋅+−=ϕ+= ε−ε+ kN200TN3 −=−=

kN259cosTsinVN 2222 −=ϕ−ϕ−= ϕ2 = ϕ1

kN12,245cosTsinVN 5525 −=ϕ−ϕ−=ε+ ϕ5 = ϕ4 kN94,181351,018012,245sin180NN 555 −=⋅+−=ϕ+= ε+ε−

Momentul încovoietor

kNm135375,32006135yT6VM 414 =⋅−⋅=⋅−⋅= kNm315375,32006165yT6VM 525 =⋅−⋅=⋅−⋅=

Problema 6.8 (fig.6.8) Cadru cu trei articulaţii având rigla un arc semicircular

Calculul reacţiunilor ∑ ==⋅⋅+⋅−= kN60V ;036206V ;0M 112 ∑ ==⋅−⋅⋅= kN60V ;06V3620 ;0M 221 ∑ ==⋅−⋅= kN20H ;03609H ;0M 22

dr3

∑ ==⋅⋅−⋅−⋅= kN100H ;066203609H ;0M 11st3

Calculul eforturilor Eforturile pe arc sunt date în tabelul 6.8

- 116 -

-Fig.6.8 - Tabelul 6.8 Sectiunea ϕ i sinϕ i cosϕ i xi yI Mi Ni Ti

4 90 1,000 0 0 0 240 60,00 -20,00 a 60 0,866 0,500 0,716 1,500 137,04 41,96 -47,32 b 30 0,500 0,866 1,500 2,598 98,04 42,68 -61,96 3 0 0 1,000 3,000 3,000 0 -20,00 -60,00 c 30 0,500 0,866 4,500 2,598 -81,96 -47,32 -41,96 d 60 0,866 0,500 5,284 1,500 -107,04 -61,96 -12,68 5 90 1,000 0 6 0 -120 -60,00 20,00

y

1 2

3

5

6

4x

a

bd

c

3

ϕd

3

20kN

/m

3

100 20

6060

d

240

250

120

M

20

60

6060

60

+ -

N

+

-

20

6020

T60

20

- 117 -

Problema 6.9 (fig.6.9) Să se determine ecuaţia curbei de coincidenţă pentru arcul cu trei articulaţii, încărcat cu o forţă verticală, uniform distribuită pe orizontală, în sistemul de axe din figura 6.9.

-Fig.6.9 -


2

pLVV 21 ==

2

2

11st3 H

f8pLH ;0

4L

2LpfH

2L

2pL ;0M ===⋅⋅−⋅−⋅=∑

Momentul încovoietor în secţiunea curentă este

2xxpy

f8pLx

2pLM

2

x ⋅⋅−⋅−⋅=

Condiţia de arc de coincidenţă este Mx=0 pentru oricare valoare a lui x. Deci

02xxpy

f8pLx

2pL 2

=⋅⋅−⋅−⋅

de unde rezultă

)xL(Lfx4y

2−=

Expresia obţinută reprezintă o parabolă raportată la sistemul de axe din figura 6.9 şi este identică cu (VI.1) stabilită pe altă cale.

x

y

f1

3 2

2L

2L

p

2pL

p

2pL

f8pL2

f8pL2

- 118 -

Problema 6.10 (fig.6.10) Să se determine forma curbei de coincidenţă, pentru

arcul cu trei articulaţii, supus unei încărcări constante, normale la axa barei. Pentru rezolvarea acestei

probleme se utilizează relaţiile (VI.2), dintre eforturi şi încărcări, stabilite pentru bara curbă. Din condiţia de arc de coincidenţă Mx=0, rezultă Tx=0.

Deoarece nu există forţe cu componente pe direcţia tangentei la curbă, rezultă pt=0.

Din prima relaţie (VI.2) se obtine

- Fig.6.10 - 0dsdN

= şi deci N=constant

Din a doua relaţie (VI.2) se obţine

ρ−−=

Np0 n sau ρ⋅−= npN

Deoarece pn=constant şi N=constant, rezultă ρ = constant = R. Curba care are raza de curbură constantă este arcul de cerc, iar forţa axială în acest caz, este forţă de compresiune şi are expresia

RpN n ⋅−= Dacă presiunea normală constantă se exercită din interior atunci forţa axială

are aceeaşi expresie şi este forţă de întindere.

R=ρ

pn

O

- 119 -

CAPITOLUL VII

UTILIZAREA PRINCIPIULUI LUCRULUI MECANIC VIRTUAL ÎN CALCULUL STRUCTURILOR STATIC

DETERMINATE Principiul lucrului mecanic virtual a fost utilizat în Mecanica Teoretică pentru

studiul echilibrului static al sistemelor de corpuri cu un grad de libertate. Enunţul acestui principiu este următorul: “condiţia necesară şi suficientă ca un un sistem de corpuri să fie în echilibru static, sub acţiunea unui sistem de forţe, este ca lucrul mecanic efectuat de sistemul de forţe, parcurgând deplasări virtuale să fie egal cu zero”.

Deplasările virtuale sunt deplasări imaginate, dar posibile, infinit mici şi compatibile cu legăturile interioare şi exterioare ale sistemului de corpuri, iar lucrul mecanic efectuat de forţele reale parcurgând deplasările virtuale se numeşte lucru mecanic virtual.Deoarece deplasările sunt virtuale principiul lucrului mecanic virtual reprezintă în această situaţie varianta denumită principiul deplasărilor virtuale.

Forma matematică a acestui principiu este: 0MPL jjii =δψ⋅+δη⋅=δ ∑∑ (VII.1)

unde Pi şi Mj reprezintă forţele şi momentele sistemului real de încărcari, iar iδη şi jδψ reprezintă deplasarea pe direcţia forţei Pi respectiv rotirea corpului pe care

acţionează momentul concentrat Mj. Aplicarea principiului lucrului mecanic virtual în calculul reacţiunilor sau eforturilor structurilor static determinate necesită următoarele operaţii:

- pentru fiecare mărime statică – reacţiune sau efort – ce urmează a fi determinată se transformă structura static determinată într-un mecanism cu un grad de libertate, eliminând legătura de pe direcţia reacţiunii sau a efortului ce se va calcula;

- pe direcţia acestei legături se introduce echivalentul său mecanic, astfel încât în această situaţie, sistemul de forţe este format din forţele reale – cunoscute – şi echivalentul mecanic al legăturii suprimate – necunoscut;

- se imprimă deplasarea virtuală mecanismului şi se determină translaţiile punctelor de aplicaţie ale forţelor şi rotirile corpurilor mecanismului;

- se exprimă lucrul mecanic virtual produs de forţele şi momentele reale şi de echivalentul mecanic al legăturilor suprimate. Forma principiului este acum următoarea

0sSMPL jjii =δ⋅+δψ⋅+δη⋅=δ ∑∑ (VII.2) unde S este necunoscuta problemei iar δs deplasarea pe direcţia sa (translaţie sau rotire).

- 120 -

Expresia (VII.2) reprezintă o ecuaţie cu o singură necunoscută S. Rezultă din cele de mai sus următoarele: - pentru calculul mai multor reacţiuni sau eforturi este necesar să se

stabilească mecanismul corespunzător, - pentru determinarea deplasărilor pe direcţiile forţelor reale este necesar să

se traseze diagramele de deplasări ale corpurilor mecanismului în funcţie de deplasarea virtuală imprimată,

- pentru trasarea diagramelor de deplasări este necesară stabilirea poziţiei centrelor instantanee de rotaţie ale corpurilor.

În figura VII.1 sunt prezentate câteva exemple de mecanisme obţinute dintr-o structură static determinată, precum şi schemele legăturilor ce se introduc într-o secţiune curentă în cazul în care se suprimă legătura corespunzătoare momentului încovoietor, forţei tăietoare sau forţei axiale.

- Fig.VII.1 - Pentru un mecanism format din n corpuri există n centre absolute şi 2

nC centre relative. Centrul absolut al unui corp se caracterizează prin aceea că viteza sa absolută este egală cu zero, deci şi deplasarea acestui punct este egală cu zero.

Centrul relativ a două corpuri se caracterizează prin aceea că viteza relativă a celor două corpuri este egală cu zero, iar deplasarea – în dreptul acestui punct – este aceeaşi pentru ambele corpuri. Uzual corpurile se notează cu cifre romane I, II, III etc., centrele absolute cu (1), (2), (3) etc., iar centrele relative cu (1,2), (1,3), (2,3) etc.

Poziţia centrelor instantanee se stabileşte cu ajutorul teoremei de coliniaritate a centrelor instantanee şi anume: pentru sistemele cinematice plane (mecanisme) trei centre instantanee a trei corpuri oarecare sunt coliniare”. Prin termenul de corp se întelege aici şi baza de susţinere. Prin clasificarea centrelor instantanee în absolute şi relative, teorema generală de coliniaritate poate fi enunţată sub două variante – utile în aplicarea practică – şi anume:

- centrele absolute a două corpuri şi centrul lor relativ sunt coliniare,

P

M

T TN

N

P P P

H

M

V

- 121 -

- centrele relative a trei corpuri, luate două câte două, sunt coliniare. În aplicaţiile practice, articulaţiile cu baza de susţinere reprezintă centre

absolute, iar articulaţiile dintre corpuri reprezintă centre relative. Poziţia unui centru instantaneu se determină ca punct de intersecţie a două

direcţii. De exemplu, poziţia centrului absolut al corpului II se stabileşte cu ajutorul corpurilor I şi III pentru care se cunosc (1) şi (3) respectiv (1,2) şi (2,3)

)3(),3,2(),2()1(),2,1(),2(

)2(

Poziţia centrului relativ al corpurilor I şi III se stabileşte astfel

)2,1(),3,2(),3,1()3(),1(),3,1(

)3,1(

Dacă un corp are un reazem simplu atunci centrul său absolut se află pe normala la planul de rezemare.

Deoarece în construcţii majoritatea forţelor au direcţia verticală sau orizontală diagramele de deplasări se vor reprezenta pe verticală şi orizontală.

APLICAŢII

Problema 7.1 (fig.7.1) Să se traseze diagramele de deplasări ale mecanismului

din figura 7.1, căruia i se imprimă deplasarea virtuală ψ1.

- Fig.7.1 -

(1) (3)

(1,2)

(2,3)

(1,3)

(2)

II

I

III

(1)

(2)

(2)

(3)

(3)

(1)

IIIII

I

I II

IIIIψ IIψ

IIIψ

IIIψ

IIψ

Iψ

(2,3)

(1,2)

(2,3)

(1,2)

Iψ

- 122 -

Determinarea poziţiei centrelor instantanee necunoscute

)3(),3,2(),2()1(),2,1(),2(

)2(

)2,1(),3,2(),3,1()3(),1(),3,1(

)3,1(

Deoarece în diagramele de deplasări corpurile sunt reprezentate prin segmente de dreaptă (iar diagramele au variaţie liniare) orice translaţie sau rotire de corp se poate determina în funcţie de deplasarea virtuală imprimată mecanismului.

Problema 7.2 (fig.7.2) Să se determine, utilizând principiul lucrului mecanic

virtual, următoarele mărimi statice: reacţiunea V2, momentul încovoietor M2, forţa tăietoare T2-ε.

Calculul reacţiunii V2.

⊥ reazem )2()1(),2,1(),2(

)2(

Imprimând rotirea ψ1

corpului I rezultă diagrama de deplasări. Lucrul mecanic virtual este

0L =δ

03060V1510

54

221

=η⋅−η⋅++η⋅−η⋅⋅

11 5,7 ψ=η ; 12 12ψ=η ;

13 15ψ=η ;

13

2 35

9ψ=

η=ψ ;

134 5,721

ψ=η=η ;

125 53 ψ=ψ=η

0)5305,76012V5,7150( 21

=⋅−⋅++⋅−⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă ecuaţa:

;012V1425 2 =⋅− de unde

- Fig. 7.2 - V2=118,75kN

1 2

10kN/m 60kN

312 4,54,5 3

30kN

34

(1)(1,2)

(2)

I IIV 2

(1,2) (2)

I II

Corp fix

(1)

(2,3) (3)

I II(2)

III(1)

η4

η2

ψ I ψ II

η1

η3

η4

η4ψ II

η2

ψ I

η1 η3

ψ II η3

η

η4

η5

η1

η2

ψ I

ψ III

(1,2)

∞

M 2

T 2-ε

T 2-ε

M 2

V 2

- 123 -

Semnul plus semnifică faptul că reacţiunea V2 are sensul adoptat iniţial. Calculul momentului încovoietor M2. Deoarece grinda 1-2, rezultată în urma

întreruperii continuităţii în secţiunea 2 a grinzii principale 1-2-3, este o grindă simplu rezemată, deci fixă, mecanismul obţinut este un mecanism parţial şi se extinde numai în zona 2-3-4.

0L =δ ; 03060310M 43112 =η⋅−η⋅+η⋅⋅+ψ⋅

11 5,1 ψ=η ; 12 3ψ=η ; 123 1,521

ψ=η=η ;

12

2 31

9ψ=

η=ψ ; 124 3 ψ=ψ=η

( ) 01305,1605,130M 21 =⋅−⋅+⋅+⋅ψ M2=105kNm

Calculul forţei tăietoare T2-ε .Corpurile I şi II fiind legate printr-un mecanism

format din două bare, dublu articulate, paralele, au centrul lor relativ la infinit pe orizontală. Rezultă că în poziţia deplasată cele două corpuri sunt paralele. Aceasta este cheia problemei. Deci, ψ1 = ψ2. Imprimând o deplasare virtuală η pe direcţia forţei tăietoare rezultă diagrama de deplasări.

Lucrul mecanic virtual este

0L =δ ; 030603101210T 54212 =η⋅+η⋅−η⋅⋅−η⋅⋅−η⋅− ε−

η=η21

1 ; 21 12ψ=

η=ψ ; η=ψ=η

815,1 22 ;

η=ψ=η413 23 ; η=η=η

81

21

34 ; η=η

=ψ361

93

3 ;

η=ψ=η1213 35

012130

8160

8130

21120T2 =

⋅+⋅−⋅−⋅−⋅η ε−

Pentru η≠0 rezultă T2-ε=−68,75kN

Forţa tăietoare este negativă.

- 124 -

Problema 7.3 (fig.7.3) Momentul încovoietor Mi, forţele tăietoare T2-ε şi T5-ε.

- Fig.7.3 -

1 2

3 43 644 2 3

75kN

5 6

5

20kN/m

(1,2)

(2)

I II

Grinda fixa

η

ψ II

η2

ψ I

η1 η3

(1,2)

∞

Mi

T2-ε

III

(2,3) (3)(1)

ψ III

(2)

I II

Grinda fixa

η

ψ II

η2

ψ I

η1 η3

III

(2,3) (3)(1)

ψ III

(2)

∞

T5-ε

II

Grinda fixa

η

η2

ψ I

η1

I

(1,2)(1)Grinda fixa

T5-ε

T2-ε

Mi

η3

- 125 -

Calculul momentului încovoietor Mi

0L =δ ; 0620320MM 312i1i =η⋅⋅−η⋅⋅−ψ⋅−ψ⋅−

12 ψ=ψ ; 21 5,1 ψ=η ; 22 3ψ=η ; 223 23

21

ψ=η=η ;

( ) 05,11205,1602Mi2 =⋅−⋅−⋅−⋅ψ

Pentru ψ2 ≠ 0 rezultă 135kNmMi −= Momentul încovoietor Mi real întinde fibra superioară. Calculul forţei tăietoare T2-ε. Centrul relativ (1,2) fiind la infinit pe orizontală, cele două corpuri sunt

paralele în poziţia deplasată.

0L =δ ; 0620320T 312 =η⋅⋅+η⋅⋅+η⋅ε−

21 ψ=ψ -corpurile fiind paralele

η=ψ81

1 ; η=ψ=η85,15,1 21 ; η=ψ=η

833 22 ; η=η=η

163

21

23 ;

0163120

85,160T2 =

⋅+⋅+⋅η ε−

Pentru η≠0 rezultă kN75,33T -2 −=ε Calculul forţei tăietoare T5-ε

0L =δ ; 0620220T 32 =η⋅⋅+η⋅⋅+η⋅ε−

η=η21

3 ;

02112040T5 =

⋅++⋅η ε−

Pentru η≠0 rezultă kN100T -2 −=ε

- 126 -

Problema 7.4 (fig.7.4) Momentul încovoietor Mi şi reacţiunea orizontală H2.

- Fig.7.4 - Calculul momentului încovoietor Mi

)3(),3,2(),2()1(),2,1(),2(

)2(

0L =δ ; 0230330MM75 433i2i1 =η⋅⋅+η⋅⋅+ψ⋅+ψ⋅+η⋅

31 ψ=ψ ; 11 6ψ=η ; 12 5ψ=η ; 12

2 35

3ψ=

η=ψ ;

123 5,221

ψ=η=η ; 134 1 ψ=ψ=η ;

01605,290M35M675 ii1 =

⋅+⋅++⋅+⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezulta 275,625kNmMi −=

2

235

30kN/m

3

1

i

6

75kN

III

ψ II

ψ I

η1Mi

III

ψ I =ψ III

(3)

(1,2)

(1)

(2)

η2

η3η4

ψ IIIψ II

I

ψ II

ψ I

IIψ I

(1,2)

(1)

(2)

η3

η4

η5ψ II

η2

η1

H2

(2,3)

- 127 -

Calculul reacţiunii orizontale H2

0L =δ ; 0230330H75 54221 =η⋅⋅−η⋅⋅+η⋅−η⋅

11 6ψ=η ; 13 5ψ=η ; 13

2 35

3ψ=

η=ψ ; 122 166,9 ψ=ψ=η ;

134 5,221

ψ=η=η ; 135 351 ψ=ψ=η ;

035605,29016H675 21 =

⋅−⋅+⋅−⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă 35,94kNH2 −= Problema 7.5 (fig.7.5) Momentul încovoietor Mi.

- Fig.7.5 - Calculul momentului încovoietor Mi

0L =δ ; 018080MM610 423i2i1 =ϕ⋅+η⋅−ψ⋅−ψ⋅−η⋅⋅

42 ψ=ψ ; 11 12ψ=η ; 122 5,43 ψ=ψ=η ;

12 5,1 ψ=ψ ; 1243 5,1 ψ=ψ=ψ=ψ ;

( ) 05,11805,4805,1M5,1M1260 ii1 =⋅+⋅−⋅−⋅−⋅⋅ψ Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă Mi =210kNm

4,5 3

i80kN

63

180kNm

10kN/m

4,5 4,5I

II

ψ I

Mi

III

(4)

(1,2)

(2)

η2

ψ IIIψ II

(3,4)

IV

(2,3)

(3)

ψ IV

(1)

9

9ψ I

ψ II =ψ IV

η1

ψ III

- 128 -

Problema 7.6 (fig.7.6) Momentul încovoietor Mi

- Fig.7.6 -


)3(),3,2(),2()1(),2,1(),2(

)2(

0L =δ ; 060MM620320 42i1i21 =η⋅+ψ⋅−ψ⋅−η⋅⋅−η⋅⋅−

32 ψ=ψ ; 21 5,135,7 ψ=ψ ; 12 555,0 ψ=ψ ;

11 5,1 ψ=η ; 122 665,13 ψ=ψ=η ; 134 1625,45,7 ψ=ψ=η ;

( ) 01625,460555,0MM665,11205,160 ii1 =⋅+⋅−−⋅−⋅−⋅ψ Pentru ψ1 ≠ 0 rezulta 25,75kNmMi −=

I

II

ψ II

ψ I

η4

Mi

IIIψ I

(3)

(2,3)

(1)

(2)

η2

η1

ψ III

ψ II

3 66

30kN/m

i

6

75kN3

(1,2)ψ III

η3

10,5

- 129 -

Problema 7.7 (fig.7.7) Momentul încovoietor Mi

- Fig.7.7 -


)3(),3,2(),2()1(),2,1(),2(

)2(

⊥ reazem )4()3(),4,3(),4(

)4(

0L =δ ;

0MM41521531575 3i2i4321 =ψ⋅+ψ⋅+η⋅⋅+η⋅⋅+η⋅⋅+η⋅

12 35ψ=ψ ; 34 2

1ψ=ψ ; 31 ψ=ψ 11 5ψ=η ; 122 5,25,1 ψ=ψ=η ;

133 1 ψ=ψ=η ; 344 2 ψ=ψ=η ;

01M35M1601305,245575 ii1 =

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezulta kNm563,216Mi −=

5 3 2

15kN/m

i75kN

53

I

II

ψ IV

ψ I

η1

Mi

III

ψ I =ψ III(3)

(1,2)

(1)

(2)

η2η4

ψ IIIψ II

(3,4)

η3

16

4

IV

4,8

(2,3) η

(4)

ψ II

ψ IV

- 130 -

Problema 7.8 (fig.7.8) Să se determine eforturile din barele 3-5 şi 4-5 Calculul efortului N35

⊥ reazem )2()1(),2,1(),2(

)2(

0L =δ ;0N409060 135432 =η⋅−η⋅+η⋅+η⋅

21 ψ=ψ ; 12 2ψ=η ; 13 6ψ=η ;

121 44 ψ=ψ=η ;

( ) 04N240690260 351 =⋅−⋅+⋅+⋅⋅ψ Pentru ψ1 ≠ 0 rezulta N35=185 kN Calculul efortului N45

)2,4(),1,4(),2,1()2,3(),1,3(),2,1(

)2,1(

⊥ reazem )2()1(),2,1(),2(

)2(

)2(),3,2(),3()1(),3,1(),3(

)3(

0L =δ ; 22cossin =α=α

0sinNcosNsinN409060

645145

345432

=η⋅α+η⋅α++η⋅α+η⋅−η⋅+η⋅

21 ψ=ψ ; 11 2ψ=η ; 12 2ψ=η ;

13 6ψ=η ; 14 2ψ=η ; 15 4ψ=η ; 26 4ψ=η ;

- Fig.7.8 -

01222N240690260 451 =

⋅+⋅−⋅+⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă kN 68,354N45 −=

12

3 5

4 2

4 4 4

6

7

60 90 40

(1,2)

(1) III

N35

(2)

η4

η3

η2

ψ1 ψ2

η1

ψ1

ψ2

(1,3)

(1) III N45 (2)

η4

η3η2

ψ1ψ2

η1

IV(1,4)

(3)

III

(2,4)

(2,3)

ψ1

η5

η6ψ3

ψ4

(1,2)

∞

- 131 -

Problema 7.9 (fig.7.9) Să se determine eforturile din barele 10-16 şi 8-15 Calculul efortului N10-16

)2,4(),1,4(),2,1()2,3(),1,3(),2,1(

)2,1(

⊥ reazem )2()1(),2,1(),2(

)2(

)2(),4,2(),4()1(),4,1(),4(

)4(

0L =δ ; 22cossin =α=α

0cosNsinNcosNsinN

8012060

1161061610

2161051610

643

=η⋅α−η⋅α++η⋅α+η⋅α+

+η⋅−η⋅+η⋅

−−

−−

21 ψ=ψ ; 11 6ψ=η ; 12 8ψ=η ;

13 2ψ=η ; 14 4ψ=η ; 15 6ψ=η ; 126 44 ψ=ψ=η ;

(

0)1022N

4804120260

1610

1

=⋅+

+⋅−⋅+⋅⋅ψ

−

Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă kN 9,3983N 16-10 −=

Calculul efortului N8-15

)2,4(),1,4(),2,1()2,3(),1,3(),2,1(

)2,1(

⊥ reazem )2()1(),2,1(),2(

)2(

)2(),4,2(),4()1(),4,1(),4(

)4(

)2(),3,2(),3()1(),3,1(),3(

)3(

- Fig.7.9 -

2 2

22

22

2 2 2 2

12

II

1

32

4

6 8

1614

97

5

13

10 11

15 17 18

120kN 80kN

60kN

(1)

(1,3) (2,3)

(1,4)(2,4)

N10,16

(2)

(1,2)

∞

(3)

IIII

IV

η3

ψ1 ψ2

η4

η6

η5

ψ3

η2

η1

ψ1=ψ2

η2

ψ1=ψ2(1) (2)

III

(1,2)

∞

(1,3) (2,3)

(1,4)(2,4)

(4)

IV

III

η1

ψ1ψ2

η3η4

η2

ψ4

- 132 -

0L =δ ; 0NN8012060 31582158431 =η⋅+η⋅+η⋅−η⋅−η⋅ −−

21 ψ=ψ ; 11 2ψ=η ; 12 4ψ=η ; 123 88 ψ=ψ=η ; 124 44 ψ=ψ=η ;

( ) 08N4N4808120260 1581581 =⋅+⋅+⋅−⋅−⋅⋅ψ −− Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă kN 99,66N 15-8 =

Problema 7.10 (fig.7.10) Să se determine eforturile din barele 4-6 şi 5-6

Calculul efortului N46

0L =δ ;

0N2030 34621 =η⋅−η⋅+η⋅

11 2ψ=η ; 12 4ψ=η ; 13 1ψ=η

( ) 01N420230 461 =⋅−⋅+⋅⋅ψ

Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă

N46=140 kN

Calculul efortului N56

0L =δ ;

03040N 21156 =η⋅+η⋅+η⋅

31 42 ψ=ψ ; 13 21ψ=ψ

11 2ψ=η ; 132 2 ψ=ψ=η ;

( ) 0302402N561 =+⋅+⋅⋅ψ Pentru ψ1 ≠ 0 rezultă

kN 55N56 −=

- Fig.7.10 -

2

20kN

13

2 4 8 9

5

30kN

2 2

2

6

7

40kN50kN

2

(1)

N46

Corpfix

I

η3

ψ1

ψ1

η2η1

(2)

N56Corpfix

III

ψ1

η2

η1

(1)

II

I

(2,3)

(1,3)(3)

ψ2 ψ3

- 133 -

CAPITOLUL VIII

LINII DE INFLUENŢĂ În studiul structurilor din capitolele precedente s-a presupus că forţele aplicate

au poziţie fixă şi în consecinţă eforturile dintr-o secţiune şi reactiunile au o valoare unică.

În practică există construcţii, care prin destinaţia lor, sunt acţionate de forţe mobile. Forţele sunt de mărime constantă dar îşi schimbă poziţia permanent sau la anumite intervale de timp. În consecinţă, are loc modificarea mărimii reacţiunilor şi a eforturilor. Variaţia mărimii reacţiunilor şi a eforturilor se poate studia cu ajutorul liniilor de influenţă.

Linia de influenţă este o diagramă care reprezintă variaţia unei mărimi statice - reacţiune sau efort - când o forţă mobilă, egală cu unitatea, având direcţie dată, parcurge structura (deplasându-se pe cale).

Pentru a întelege noţiunea de linie de influenţă este necesar să se definească noţiunea de coeficient de influenţă. În acest sens se consideră o grindă simplu rezemată (fig.VIII.1,a) şi două forţe mobile P1 şi P2, aflate la o distanţă dată (distanţa dintre roţile unui automobil). Considerând că la un moment dat forţele P1 şi P2 s-ar afla în poziţia din figura VIII.1,b, un efort oarecare din secţiunea i se poate exprima astfel

2ib1ia)1(

i PsPsS ⋅+⋅= (VIII.1) unde sia reprezintă mărimea efortului Si în cazul în care în secţiunea ‘a’ ar acţiona o forţă egală cu unitatea, iar sib reprezintă mărimea aceluiaşi efort în cazul în care în secţiunea ‘b’ ar acţiona o forţă egală cu unitatea.

- Fig.VIII.1 -

P2P1

i

i

i

a b

c

P2P1

d1

P2P1

d

b)

a)

c)

- 134 -

Considerând o nouă poziţie a celor două forţe (fig.VIII.1,c), efortul Si se exprimă astfel:

2id1ic)2(

i PsPsS ⋅+⋅= (VIII.2) unde sic şi sid au aceeaşi semnificaţie ca şi sia sau sib.

Mărimile sia, sib, sic şi sid se numesc coeficienţi de influenţă şi reprezintă efortul din secţiunea i când o forţă egală cu unitatea acţionează în secţiunile a, b, c sau d. Coeficienţii de influenţă depind numai de caracteristicile structurii şi nu depind de forţele reale ce se aplică pe structură.

Dacă s-ar calcula coeficienţii de influenţă ai efortului din secţiunea i pentru un număr mare de poziţii ale forţei egale cu unitatea şi dacă aceşti coeficienţi ar fi reprezentaţi la o anumită scară, în raport cu o axă, s-ar obţine o diagramă care reprezintă linia de influenţă a efortului din secţiunea i.

Din cele de mai sus se desprinde concluzia că o ordonată din diagrama denumită linie de influenţă reprezintă valoarea (mărimea) efortului sau reacţiunii, când forţa egală cu unitatea se află în dreptul ordonatei respective.

Pentru diferite reacţiuni sau diferite eforturi se trasează linia de influenţă proprie.

Liniile de influenţă se trasează (se construiesc) utilizând metoda analitică sau metoda cinematică.

Prin metoda analitică, linia de influenţă se trasează scriind expresia mărimii statice pentru care se realizează linia de influenţă şi punând condiţiile la limită asupra variabilei.

În metoda cinematică se utilizează principiul lucrului mecanic virtual, cu următoarele precizări:

- se transformă structura static determinată în mecanism cu un grad de libertate cinematică, suprimând legătura corespunzătoare reacţiunii sau efortului, pentru care se realizează linia de influenţă;

- asupra mecanismului acţionează echivalentul mecanic al legăturii suprimate – notat cu S – şi forţa mobilă egală cu unitatea;

- se imprimă o deplasare virtuală mecanismului şi se trasează diagrama de deplasări virtuale, având direcţia forţei mobile;

- diagrama de deplasări virtuale astfel obţinută este transformată în linie de influenţă dacă i se ataşează o scară şi un semn.

Exprimând condiţia de echilibru static cu ajutorul lucrului mecanic virtual se obţine:

0p1sS =δ⋅+δ⋅ (VIII.3) unde δs este deplasarea pe direcţia mărimii statice S iar δp este deplasarea pe direcţia forţei mobile P=1.

Alegând 1s −=δ (prin convenţie), din (VIII.3) rezultă

sp1Sδδ⋅−= sau pS δ= (VIII.4)

- 135 -

Relaţia (VIII.4) exprimă faptul că, în convenţia admisă, mărimea statică este egală cu deplasarea punctului de aplicaţie al forţei mobile P=1, indiferent de poziţia acesteia pe structură, şi are acelaţi semn cu această deplasare.

Pentru structurile care au numai bare orizontale – cazul grinzilor Gerber – scara liniei de influenţă se stabileşte usor.

Pentru grinzile cu zăbrele, unde barele au poziţii variate, deplasarea egală cu unitatea nu apare totdeauna în diagrama de deplasări virtuale şi de aceea trebuie găsită o altă modalitate. Se constată că rotirea relativă dintre cele două părţi ale grinzii cu zăbrele ce erau legate de bara suprimată pentru a obţine mecanismul cu un grad de libertate apare totdeauna în diagrama de deplasări. Utilizând această rotire relativă se poate stabili scara liniei de influenţă.

În acest scop se consideră trei bare ale unei grinzi cu zăbrele (fig.VIII.2,a).

a b - Fig.VIII.2 -

Se secţionează o bară, se introduce echivalentul său mecanic - efortul axial S –

şi se imprimă o deplasare 1s −=δ , pe direcţia acestui efort (fig.VIII.2,b), 1NN2 −= ,considerând corpul I fix. Corpul II se roteşte cu rotirea ψ12 iar punctul N

descrie un arc de cerc ajungând în N1. Cu notaţiile din figura VIII.2,b se poate scrie: 121 ONNN ψ⋅= ; hcosON =α ; α= cosNNNN 12

Deoarece 1sNN2 −=δ= rezultă 12h1 ψ⋅= (VIII.5)

Observaţii: - Deoarece forţele mobile sunt forţe gravitaţionale, liniile de influenţă se

construiesc în raport cu o axă orizontală, ordonatele fiind verticale; - Liniile de influenţă – pentru structuri static determinate – au numai variaţii

liniare; - La grinzile cu zăbrele unghiul de rotire relativă ψ12 apare în diagrama de

deplasări. În interiorul acestui unghi se măsoară pe orizontală distanţa h, de la centrul relativ (1,2), iar pe verticală, între laturile unghiului, se obţine scara liniei de influenţă

- Metoda analitică este utilizată pentru elemente de rezistenţă simple. În cazul structurilor dezvoltate volumul de calcule este foarte mare;

- Metoda cinematică este eficientă indiferent de complexitatea structurii.

S S

h

N2

N1

N

O

M NIII

(1,2)O

M

ψ12

αα

- 136 -

APLICAŢII A. METODA ANALITICĂ. Să se traseze liniile de influenţă specificate la

fiecare element sau structură, utilizând metoda analitică. Problema 8.1 (fig.8.1). Liniile de influenţă ale reacţiunilor V1 şi V2, a

momentului încovoietor Mi şi a forţei tăietoare Ti . Linia de influenţă LV1. Forţa P=1 fiind mobilă rezultă că

abscisele a şi b sunt variabile. Scriind o ecuaţie de momente în raport cu

punctul 2 rezultă

0b1LV1 =⋅−⋅ Lb1V1

⋅=

Din condiţiile la limită asupra variabilei ‘b’ rezultă:

- pentru b=0; V1=0 - pentru b=L; V1=1 Deoarece b este la puterea întâia rezultă

că linia de influenţă este reprezentată printr-o variaţie liniară.

Semnul plus (+) indică faptul că oriunde s-ar afla forţa P=1, reacţiunea are sensul indicat.

Linia de influenţă LV2. Scriind o ecuaţie de momente în raport cu

punctul 1 rezultă

0LVa1 2 =⋅−⋅ La1V2

⋅=

- pentru a=0; V2=0 - pentru a=L; V2=1 Linia de influenţă LMi. Se consideră două situaţii corespunzătoare

poziţiei forţei mobile P=1 faţă de secţiunea i a) forţa P=1 se află în intervalul i-2

ii1i xLb1xVM ⋅⋅

=⋅=

pentru b=0; Mi=0

pentru 'ixb = ;

LxxM

'ii

i

⋅=

- Fig.8.1 -

+η=1

LV2

1 2P=1

a b

V1 V2

L

1

LV1

+ η=1

1 2P=1

a b

L

xi xi’i

LMi

Lxx '

ii ⋅

+η=xi η=x’

i

Lxi

+

LTi-

Lx'

i

η=1

η=1

- 137 -

b) forţa P=1 se află în intervalul 1-i 'ii2i x

La1'xVM ⋅⋅

=⋅=

pentru a=0; Mi=0

pentru 'ixa = ;

Lxx

M'ii

i

⋅=

Ordonata L

xx 'ii ⋅ reprezintă scara liniei de influenţă

Observaţie: - deoarece poziţia secţiunii i este fixă, abscisele xi şi '

ix sunt fixe. Linia de influenţă LTi.

a) forţa P=1 se află în intervalul i-2

Lb1VT 1i

⋅==

pentru b=0; Ti=0

pentru 'ixb = ;

Lx

T'i

i =

b) forţa P=1 se află în intervalul 1-i

La1VT 2i

⋅−=−=

pentru a=0; Ti=0

pentru ixa = ; Lx

T ii −=

Suma ordonatelor 1Lx

Lx i

'i =η=+ reprezintă scara liniei de influenţă.

- 138 -

Problema 8.2 (fig.8.2) Liniile de influenţă LV2 şi LM2

Linia de influenţă LV2 Cât timp forţa egală cu unitatea

se află pe deschiderea 1-2, linia de influenţă a reacţiunii V2 este identică cu aceea a grinzii simplu rezemate.

Când forţa P=1 se află pe grinda secundară 3-4 rezultă:

6b1V3

⋅= şi 3

32 V

23

6V9V =⋅

=

pentru b=0; V3=0 şi V2=0 pentru b=6; V3=1 şi V2=1,5 Linia de influenţă LM2 Când forţa mobilă P=1 se află

pe grinda secundară 3-4

2b3

6b13VM 32 −=⋅⋅

−=⋅−=

pentru b=0; 0M2 = pentru b=6; 3M2 −= Cand forţa P=1 se află pe

consolă, ( )c31M2 −⋅−= pentru c=0; 3M2 −= pentru c=3; 0M2 =

- Fig.8.2 - Când forţa P=1 se află pe grinda principală 1-2, M2=0

6

1kN

1 2 3 4

+LV2

3 6

a b

1kN

1

-LM2

c

η=1

3

1,5

- 139 -

B. METODA CINEMATICĂ. Sa se traseze liniile de influenta specificate la fiecare structura, utilizand metoda cinematica.

Problema 8.3 (fig.8.3) Liniile de influenţă LV2, LT4-ε şi LM2.

Linia de influenţă LV2 Se transformă grinda

Gerber în mecanism eliminând reazemul simplu 2 şi punând în evidenţă reacţiunea V2.

Se imprimă mecanismului format o deplasare virtuală pe direcţia reacţiunii V2 în sens invers sensului acesteia.

Diagrama de deplasări este transformată în linie de influenţă prin punerea în evidenţă a scării şi prin marcarea semnelor, plus în sensul de acţiune al forţei egale cu unitatea şi minus în sens invers.

Linia de influenţă LT4-ε Grinda principală 1-2-3

este fixă. Mecanismul are numai trei corpuri. Centrul relativ (1,2) fiind la infinit, corpurile I şi II vor fi paralele în diagrama de deplasări virtuale. Aceasta este de fapt cheia problemei.

Linia de influenţă LM2. Grinda 1-2 este fixă.

Întreaga rotire va fi preluată de corpul I, deci ψ1=1 reprezintă scara liniei de influenţă.

- Fig.8.3 -

6

1kN

1 2 3 4

+

LV2

3 5

1kN

LT4-ε

η=11,5

5 6

52

(1) (1,2)I

V2

II III(2) (2,3) (3)

-0,6

η=1

Grinda fixa (1)

I II III(2) (2,3) (3)

-0,6

1kN

-

LM2

ψI=1

Grinda fixa

(1)I II III

(2) (2,3) (3)

+1,2

1kN

-

(1,2)

(1,2)

∞

M2

T4-ε

3

- 140 -

Problema 8.4 (fig.8.4) Liniile de influenţă LV3, LT3-ε, LM4 şi LMi.

- Fig.8.4 -

6

1 2 3 4

+

LV2

2 3

1kN

LT4-ε

η=1

0,5

5 6

(1) (1,2)

IV2

II III

(2) (2,3) (3)

-

1,33

η=1

LM 4ψI=1

Parte fixa

3

(2)

∞

T3-ε

3

i

3 6

1kN

(1) (1,2)

I

1kN

II

-

(1)

(1,2)I

1kN

II

(2)M 4

-

+LM i

η1=3

1,5

(1) (1,2)

I II IV

(3) (3,4) (4)

-1

1kNM i(2)

III(2,3)

1,5ψ23=1

Parte fixa

- 141 -

Problema 8.5 (fig.8.5) Liniile de influenţă LV1, LM1 şi LMi.

Linia de influenţă LV1 Suprimând legătura

corespunzătoare reacţiunii V1, încastrarea reală se transformă în încastrare glisantă – care blochează translaţia pe orizontală şi rotirea şi lasă liberă numai translaţia pe verticală.

Centrul absolut al corpului I se află la infinit pe orizontală (pe direcţie normală la direcţia translaţiei posibile).

În deplasarea virtuală corpul I se translatează.

- Fig.8.5 -

4

1 i

+

LV1

2

1kN

η=1

5

(1,2)

I

V1

II III(2) (2,3) (3)

-0,5

ψ12=1

Corp fix

(1)

∞

M i

4

2 3

2 4

6

2

1kN

M 1(1)

+LM 1

ψ1=1

(1,2)

I II III(2) (2,3) (3)

-

3

1kN

1,5

0,25

(1,2)

I II III(2) (2,3) (3)

1kN

(1)

+LM i -

0,5

0,25η=2

- 142 -

Problema 8.6 (fig.8.6) Liniile de infuenţă LN46, LN11-13, şi LN69

Linia de influenţă LN46

În cazul grinzilor cu zăbrele trebuie precizată calea pe care se deplasează forţa P=1kN (aşa cum se vede în fig.8.6).

Distanţa h, de la centrul relativ (1,2) la direcţia efortului este chiar înălţimea grinzii cu zăbrele.

Efortul N46 este efort de compresiune pentru orice poziţie a forţei mobile pe grinda cu zăbrele.

Linia de influenţă LN11-13

Distanţa h, de la

centrul relativ (1,2) la direcţia efortului este chiar înălţimea grinzii cu zăbrele.

Efortul N11-13 este efort de întindere pentru orice poziţie a forţei mobile.

-Fig.8.6 -

η=1 h

+

(1)

(1,2)

I II

(2)

N11-13LN11-13

h=3

LN69

η=1 h

-

+

(1)

(1,3)

I II(2)

III

IV

(2,3)

(1,4) (2,4)

(3)

(4)

4

1

3

2 6 8

75

3

101 kN

9 11

12 14

13 15

16

2 2 2 2 2 2 2 2

LN46

η=1h

-

(1)

(1,2)

I II(2)

N46

h=3

(1,2)∞

- 143 -

Linia de influenţă LN69 Centrul relativ (1,2) se află la infinit pe orizontală

⎩⎨⎧

)2,4)(1,4)(2,1()2,3)(1,3)(2,1(

)2,1(

Centrele absolute (3) şi (4) se află pe aceeaşi verticală. Efortul din diagonală schimbă semnul. Scara se construieşte ducând distanţa h

din vârful unghiului format de două corpuri parcurse de forţa mobilă şi care corespunde centrului relativ în jurul căruia se rotesc cele două eforturi, centru relativ ce apare în diagrama de deplasări. În acest caz centrul relativ este (1,4).

Pentru calculul efortului N69, în cazul unui convoi de forţe mobile, este necesar să se determine poziţia centrului absolut (4), respectiv punctul de anulare în diagrama de deplasări.

Din figura 8.7,care reproduce poziţia centrelor instantanee (1), (2), (3) şi (4) se obţine:

- Fig.8.7 - - din asemănarea triunghiurilor (1)-(1,3)-(1,4) şi (1)-(3)-(4)

x6x

3yy

+=

+

- din asemănarea triunghiurilor (2)-(2,3)-(2,4) şi (2)-(3)-(4)

x10x2

3yy

−−

=+

- din egalitatea ultimelor rapoarte

x10x2

x6x

−−

=+

rezultă x=0,857m

(2)

(2,3)

(1,4) (2,4)

(3)

(4)

6 8

(1,3)

x

3y

2-x(1)

- 144 -

Problema 8.7 (fig.8.8) Liniile de influenţă LN47 şi LN67. Linia de influenţă LN47

În acest caz –

deoarece grinda cu zăbrele are formă triunghiulară, centrul relativ (1,2) se află în vârful consolei.

În diagrama de deplasări, corpurile I şi II au, în dreptul centrului relativ (1,2), deplasare comună. Linia de influenţă LN67

Scara liniei de

influenţă a fost construită în interiorul unghiului al cărui vârf corespunde centrului relativ (2,4).

- Fig.8.8 -

73

5

24

9

10

11

12

16

8

1

1kN2a

6

14

13 15

a a a a a a a a

(2)II

I

(1)(2,4)

(1,3) (2,3)

(1,4)

III

IV(4)

LN47

η=1 h

+-

(1,2)

(3)

+

(2)III

(1)

(2,4)

(1,3) (2,3)

(1,4)

III

IV(4)

LN67

η=1

h=a

--

(1,2)

(3)

+

(3,4)

- 145 -

Problema 8.8 (fig.8.9) Liniile de influenţă LN46 şi LN56.

-Fig.8.9 - Problema 8.9 (fig.8.10) Liniile de influenţă LN13-14 şi LN14-22 Linia de influenţă LN14-22

⎩⎨⎧

)3)(3,2)(2()1)(2,1)(2(

)2( centrul absolut (2) se confundă cu (3)

⎩⎨⎧

)2)(5,2)(5()1)(5,1)(5(

)5(

1

2

3 5

4

2

4 4 4

6

7

1kN

(1,2)(1) (2)III

LN46

η=1h

-

h=2

8

9

4

N46

(1,4)

(2)III(1)

(2,4)

(1,3) (2,3)(3)

III

IV (4)

(1,2)∞

(3,4)∞

LN56 η=1 h

+-

- 146 -

- Fig.8.10 -

a a

aa

aa

a a a a

17

1

43

7

1113

2321

1412

8

20

15 16

22

18

241 kN

2625 27

2

6

109

5

19

a a

II

(1,2)

(2,3)

(1)

IIII

(3), (2)

(2)

η=1 h=a

+

(1,2)

∞ II

(1,4)

(2,3)

(1)

III

η=1

I

(3)

(5)

h

+

IV

(1,5)

(2,4)

(2,5)V

-

LN13-14

LN14-22

22ah =

- 147 -

Problema 8.10 (fig.8.11) Să se calculeze efortul maxim N57 produs de convoiul de forţe din figură utilizând linia de influenţă a efortului.

- Fig.8.11 - Scara liniei de influenţă, pentru h=3m, rezultă η=1. Trecerea de la scară la

ordonatele liniei de influenţă se realizează în modul următor: - se calculează ordonata η1

361 η=

η deci η1=2

- se calculează ordonata η2 din vârful liniei de influenţă

161012 η

=η de unde

45

2 =η

Cunoscând ordonata η2 se determină rotirile celor două corpuri ψ1 şi ψ2 şi apoi orice ordonată din linia de influenţă

245

62

1 =η

=ψ ; 81

102

2 =η

=ψ ; 654 13 =ψ=η ;

18 24 =ψ=η ; 1252 15 =ψ=η ;

436 26 =ψ=η

Pentru a obţine valoarea maximă a efortului din bară se aduce convoiul de forţe în zona cu ordonate mari ale liniei de influenţă:

η=1 h+

(1)

(1,2)

I II

(2)

N57LN57

h=3

4

1

3

2 6 8

75

3

1060 kN

9 11

12 14

13 15

16

2 2 2 2 2 2 2 2

90 kN 90 kN

2 2

η1

η5 η3 η2 η4 η6

- 148 -

- poziţia 1, forţele sunt aplicate în nodurile 5-7-9

kN5,252909060N 42357 =η⋅+η⋅+η⋅= - pozitia 2 forţele sunt aplicate în nodurile 7-9-11

kN5,232909060N 64257 =η⋅+η⋅+η⋅= - pozitia 3, forţele sunt aplicate în nodurile 3-5-7

kN5,212909060N 23557 =η⋅+η⋅+η⋅=

Rezultă că efortul maxim se obţine în poziţia 1 a convoiului de forţe mobile.

- 149 -

BIBLIOGRAFIE

[1]. Bănuţ, V. - Statica, Stabilitatea şi Dinamica Construcţiilor”. Curs, ICB, 1988

[2] Bănuţ, V., Socină, G. - Statica, Stabilitatea şi Dinamica Construcţiilor”. Aplicaţii, Vol. 1 şi 2, ICB, 1979

[3] Gheorghiu, Al. - Statica, Stabilitatea şi Dinamica Construcţiilor”. Editura Didactică şi Pedagogică, 1974

[4] Răutu, S., Bănuţ, V. - Statica Construcţiilor”. Editura Didactică şi Pedagogică, 1972

[5] Teodorescu, M.E. - Statica Construcţiilor”. Editura Matrix-Rom, 2002

- 150 -

CUPRINS

PREFAŢĂ 3INTRODUCERE 5CAPITOLUL I Calculul reacţiunilor 13CAPITOLUL II Grinda dreaptă 26CAPITOLUL III Grinzi Gerber 50CAPITOLUL IV Cadre static determinată 63CAPITOLUL V Grinzi cu zăbrele 85CAPITOLUL VI Arce static determinate 104CAPITOLUL VII Utilizarea principiului lucrului mecanic virtual

în calculul structurilor static determinate 119CAPITOLUL VIII Linii de influenţă 133BIBLIOGRAFIE 149CUPRINS 150

statica-structuri static determinate-aplicatii

Documents

articulaii simple i

calcul pentru

iar n numrul nodurilor

grinzile cu zbrele

knm pentru fore

iar dac n

unde c reprezint numrul

b unde b reprezint numrul