Metoda trzech momentów, znana również jako metoda Clapeyrona, jest techniką stosowaną do rozwiązywania belek ciągłych (belki wieloprzęsłowe) statycznie niewyznaczalnych. Metoda ta bazuje na równaniach równowagi momentów zginających, sformułowanych dla trzech kolejnych podpór w belce ciągłej.
Podstawowym założeniem metody trzech momentów jest wykorzystanie zależności geometrycznych i statycznych między momentami zginającymi na trzech kolejnych podporach oraz obciążeniami działającymi na sąsiadujące przęsła belki. Metoda ta pozwala na wyznaczenie wartości momentów podporowych bez konieczności szczegółowego analizowania wszystkich sił reakcji.
Korzystając z metody trzech momentów, formułuje się równania opisujące warunki ciągłości ugięć i kątów obrotu na podporach pośrednich. Dla belki o wielu przęsłach powstaje układ równań liniowych, w którym niewiadomymi są momenty podporowe. Rozwiązanie tego układu umożliwia dalsze określenie rozkładu momentów, sił poprzecznych oraz ugięć w całej belce.
Zaletą metody trzech momentów jest jej stosunkowo prosta i systematyczna procedura obliczeniowa, szczególnie efektywna dla belek wieloprzęsłowych o dowolnej liczbie przęseł i różnorodnych schematach obciążeń.
Dla belek o stałej sztywności
\begin{aligned} M_{n-1} l_{n}+2 M_{n}\left(l_{n}+l_{n+1}\right)+M_{n+1} l_{n+1}=-6\left(R_{N l}+R_{N} p\right) \end{aligned}Dla belek o zmiennej sztywności
\begin{aligned} c M_{n-1} l_{n}+2 M_{n}\left(c l_{n}+l_{n+1}\right)+M_{n+1} l_{n+1}=-6\left(c R_{N l}+R_{N} p\right) \end{aligned}Można również spotkać zapis postaci
\begin{aligned} c M_{n-1} l_{n}+2 M_{n}\left(c l_{n}+l_{n+1}\right)+M_{n+1} l_{n+1}=-6 c \frac{\Omega_{n} a_{n}}{l_{n}}-6 \frac{\Omega_{n+1} b_{n+1}}{l_{n+1}} \end{aligned} Legenda do wzorów:a także zapis w takiej postaci jak poniżej
\[ \mathrm{x}_{\mathrm{k}-1} \cdot \mathrm{l}_{\mathrm{k}^{\prime}}+2 \cdot \mathrm{x}_{\mathrm{k}} \cdot\left(\mathrm{l}_{\mathrm{k}^{\prime}}+\mathrm{l}_{\mathrm{k}+1^{\prime}}\right)+\mathrm{x}_{\mathrm{k}+1^{-1}} \mathrm{l}_{\mathrm{k}+1^{\prime}}=\mathrm{N}_{\mathrm{k}} \mathrm{P} \]Rys1. Temat zadania
Redukcja części wyznaczalnej, określenie momentów brzegowych
Rys2. Określenie momentów brzegowych
Jeżeli \( I = \text{const} \), to \( l_k' = l_k \)
Dane:
\[ x_{k-1} \cdot l_k' + 2 \cdot x_k \cdot (l_k' + l_{k+1}') + x_{k+1} \cdot l_{k+1}' = N_k P \]
\[ x_0 \cdot l_1' + 2 \cdot x_1 \cdot (l_1' + l_2') + x_2 \cdot l_2' = N_1 P \]
\[ -3 \cdot 6 + 2 \cdot x_1 \cdot (6 + 5) + 0 \cdot 5 = N_1 P \]
\[ 22 \cdot x_1 = N_1 P + 18 \]
\[ = \frac{1}{EI} \left( 3 \cdot 0{,}5 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 9 + \frac{3}{6} \left( 0{,}5 \cdot 9 + 1\cdot 0 + 4\cdot 4,5 \cdot 0{,}75 \right) \right) = \frac{13{,}5}{EI} \]
\[ = \frac{1}{EI} \left( \frac{5}{6} \left( 1\cdot 0 + 0 \cdot 0 + 4 \cdot 0{,}5 \cdot 6{,}25 \right) \right) = \frac{125}{12EI} \]
\[ N_{1P} = -6EI \cdot (\varphi_{1L} + \varphi_{1P}) = -6EI \cdot \left( \frac{13{,}5}{EI} + \frac{125}{12EI} \right) \]
\[ N_{1P} = -143{,}5 \]
\[ 22x_1 = N_{1P} + 18 = -143{,}5 + 18 \]
\[ x_1 = -5{,}7\ \text{kNm} \]
\[ M_{\text{ost}} = M_1 \cdot x_1 + M_P \]
\[ \sum M_0 = 0 \quad \curvearrowright \] \[ -3 + 6 \cdot 3 + 5{,}7 - R_{1L} \cdot 6 = 0 \] \[ R_{1L} = 3{,}45\ \text{kN} \] \[ \sum Y = 0 \] \[ R_0 - 6 + R_{1L} = 0 \] \[ R_0 = 2{,}55\ \text{kN} \] |
\[ \sum M_1 = 0 \] \[ -5{,}7 + 2{,}5 \cdot 2{,}5 - R_2 \cdot 5 = 0 \] \[ R_2 = 3{,}86\ \text{kN} \] \[ \sum Y = 0 \] \[ R_{1P} - 2{,}5 + R_2 = 0 \] \[ R_{1P} = 6{,}14\ \text{kN} \] |
sprawdzenie
\[ R_1=R_{1L}+R_{1P}=9,59 \ kN \\ \sum y=0 \ \ R_0+R_1+R_2-6-2\cdot 5=0 \\ 0=0 \\ \] Ostateczny wykres sił tnących\[\frac{3,86}{x} = \frac{6,14}{5-x}\]
\[6,14x = 3,86 \cdot (5-x)\]
\[6,14x = 19,3 - 3,86x\]
\[10x = 19,3 \quad (:10)\]
\[x = 1,93\text{m}\]
\[M_{ex} = R_z \cdot x - 2 \cdot x \cdot \frac{x}{2} = 3,72\text{ kNm}\]