Stopień statycznej niewyznaczalności

SSN=8-3=5

Stopień kinematycznej niewyznaczalności

\( \mathrm{SKN}=\varphi+\Delta=2+0=2 \)

Liczba stopni swobody dynamicznej

LSSD=2
\( m_1=3m\\ m_2=m\)

Przypadki obciążenia od sił jednostkowych przyłożonych w miejscu swobód dynamicznych

Z uwagi na to, że układ jest niewyznaczalny rozwiążemy ramę METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

Układ podstawowy metody przemieszczeń

Rozwiązanie metody przemieszczeń od obciążenia siłą jednostkową w miejscu pierwszej swobody dynamicznej

Wspólne stany jednostkowe

Dwa słowa o tym jak obliczyć w stanie φ2=1 wartość momentu na słupie w punkcie, który nie znajduje się w połowie jego długości.
- obliczyć wartość siły tnącej na słupie, zaznaczyć go od dołu albo od góry,
- zrobić przekrój myślowy (w tym przypadku od dołu),

- nanieść na przekrój myślowy moment i siłę tnącą z pręta (tutaj D-F od dołu),
- na podstawie momentu i siły tnącej obliczyć moment w szukanej odległości od dolnej podpory,

koniec dygresji, rozwiązujmy dalej zadanie.

Równanie kanoniczne metody przemieszczeń
\begin{aligned} &\mathrm{r}_{11} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{12} \cdot \varphi_2+\mathrm{r}_{1 \mathrm{p}}=0 \\ &\mathrm{r}_{21} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{22} \cdot \varphi_2+\mathrm{r}_{2 \mathrm{p}}=0 \end{aligned}
Obliczenie reakcji ze stanów jednostkowych

W poprzednim zadaniu równolegle robiliśmy stan P dla obydwóch przypadków obciążenia; tym razem rozwiążemy najpierw stan P(q1), doliczymy do końca do momentu ostatecznego, następnie to samo ze stanem P(q2).

Rysujemy wykresy M1 przemnożony przez φ1 oraz wykres M2 przemnożony przez φ2 czyli : M1*φ1 oraz M2*φ2, które następnie połączymy ze sobą według wzoru superpozycyjnego powyżej, do nich dodamy wykres Mp(q1) i w wyniku narysujemy moment ostateczny pierwszy.

następnie chcemy to samo zrobić od siły jednostkowej w miejscu drugiej swobody dynamicznej, a więc robimy stan P(q2)

Tym razem mamy trudniejszy przypadek jeśli chodzi o obciążenie i tablice z metody przemieszczeń, po prostu jeśli siła skupiona jest przyłożona NIE-w połowie to wzory na momenty i siły tnące są nieco bardziej skomplikowane niż w podstawowych przypadkach.
Dodatkowo w tablicy nie jest podana na wykresie wartość momentu w miejscu przyłożenia siły, a jedynie w utwierdzeniach. Aby obliczyć tą wartość, a będzie nam dalej potrzebna, musimy obliczyć, na przykład od dołu, wartość momentu (MF) oraz sił tnącą (QF), następie od dołu obliczamy moment w punkcie E

Rysujemy wykresy M1 przemnożony przez nową wartość φ1 oraz wykres M2 przemnożony przez nową wartość φ2 czyli : M1*φ1 oraz M2*φ2, które następnie połączymy ze sobą według wzoru superpozycyjnego powyżej, do nich dodamy wykres Mp(q2) i w wyniku narysujemy moment ostateczny drugi.

Kolejny krok to obliczenie delt dynamicznych (czyli przecałkowanie między sobą wykresów ostatecznych) do wzoru na częstości drgań własnych.
Zwróćmy uwagę na podpisanie wykresów ostatecznych, oprócz Most1 i Most2 w nawiasie mamy (M1N) oraz (M2N), tym razem jednak (w odróżnieniu od dwóch poprzednich dwóch przykładów) na wykresach w stanie P NIE mamy M1W oraz M2W, ponieważ nie były to wykresy w układach statycznie wyznaczalnych, były to wykresy z tablicy do metody przemieszczeń.
W takim przypadku (zawsze przy rozwiązywaniu zadania metodą przemieszczeń) jeśli chcemy skorzystać z twierdzenia redukcyjnego musimy w tym momencie przyjąć dowolny (geometrycznie niezmienny) układ statycznie wyznaczalny i obciążyć go siłami jednostkowymi takimi, jak te które obciążają dwa powyższe układy niewyznaczalne.

Stopień statycznej niewyznaczalności SSN=8-3=5
Można oczywiście dla dwóch przypadków obciążenia przyjąć różne układy podstawowe, tak żeby wykres od tej siły wyszedł jak najłatwiejszy, co nam uprości całkowanie.

Widzimy o ile prostsze są wykresy w układach wyznaczalnych od wykresów w układach niewyznaczalnych, czyli ostatecznych (od obciążenia tą samą siłą jednostkową).
Twierdzenie redukcyjne, które uprości nam całkowanie można zapisać tak:
\begin{aligned} &\delta_{11}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{1 \mathrm{~W}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ &\delta_{12}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_2 \mathrm{~W}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~W}} \cdot \mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ &\delta_{22}=\int \frac{\mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS}=\int \frac{\mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_2 \mathrm{~W}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \end{aligned}
Co oznacza, że zamiast całkować wykresy ostateczne ze sobą, możemy przecałkować wykresy ostateczne z wykresami w układach statycznie wyznaczalnych, oszczędzi nam to sporo pracy.
$$ $$ \begin{aligned} &\delta_{11}=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{1 \mathrm{~W}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ &\delta_{11}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2+\frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 4-\frac{1}{6} \cdot \frac{53}{71} \cdot 2 \cdot 4\right)=7.0047 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \\ &\delta_{22}=\int \frac{\mathrm{M}_{\mathrm{N} 2} \cdot \mathrm{M}_2 \mathrm{~W}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ &\delta_{22}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 0.5043 \cdot 2.5 \cdot 2.5-\frac{1}{6} \cdot 0.5731 \cdot 2.5 \cdot 2.5\right)=0.4536 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \end{aligned} $$ \text{δ12 i δ21 obliczymy na dwa sposoby dla sprawdzenia} \\ $$ \begin{aligned} \delta_{12} &=\int \frac{\mathrm{M}_{1 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{2 \mathrm{~W}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ \delta_{12} &=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 2.5 \cdot 2 \cdot 5 \cdot \frac{3}{71}-\frac{1}{6} \cdot 2 \cdot 5 \cdot 2 \cdot 5 \cdot \frac{21}{568}\right)=0.0495 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \\ \delta_{21} &=\int \frac{\mathrm{M}_{2 \mathrm{~N}} \cdot \mathrm{M}_{1 \mathrm{~W}}}{\mathrm{EI}} \mathrm{dS} \\ \delta_{21} &=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{6} \cdot 0.0371 \cdot 4 \cdot 2\right)=0.0495 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \quad \delta_{21}=\delta_{12} \\ \mathrm{~m}_1 &=3 \cdot \mathrm{m} \quad \mathrm{m}_2=1 \cdot \mathrm{m} \end{aligned}

Częstości drgań (uwaga, podejść do obliczania częstości drgań jest kilka, więcej we wstępie teoretycznym - LNK)

\begin{aligned} &\left|\left(\begin{array}{cc} \delta_{11} \cdot \mathrm{m}_1-\frac{1}{\omega^2} & \delta_{12} \cdot \mathrm{m}_2 \\ \delta_{21} \cdot \mathrm{m}_1 & \delta_{22} \cdot \mathrm{m}_2-\frac{1}{\omega^2} \end{array}\right)\right|=0\\ &\text { przemnażam macierz przez } \frac{\text { EI }}{\mathrm{m}} \text { i podstawiam } \quad \mathrm{x}=\frac{1}{\omega^2} \cdot \frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}\\ \end{aligned} \begin{aligned} &\left|\left(\begin{array}{cc} \delta_{11} \cdot \mathrm{m}_1-\mathrm{x} & \delta_{12} \cdot \mathrm{m}_2 \\ \delta_{21} \cdot \mathrm{m}_1 & \delta_{22} \cdot \mathrm{m}_2-\mathrm{x} \end{array}\right)\right|=0 \rightarrow\left|\left(\begin{array}{cc} 7.0047 \cdot 3-\mathrm{x} & 0.0495 \\ 0.0495 \cdot 3 & 0.4536-\mathrm{x} \end{array}\right)\right|=0\\ &\left|\left(\begin{array}{cc} 21.0141-\mathrm{x} & 0.0495 \\ 0.1485 & 0.4536-\mathrm{x} \end{array}\right)\right|=0\\ &(21.0141-\mathrm{x}) \cdot(0.4536-\mathrm{x})-0.0495 \cdot 0.1485=0\\ &x^2-21.4677 \cdot x+9.5246 \end{aligned}
Rozwiązanie równania: $$ \begin{aligned} &x_1=21.0145 \\ &x_2=0.4532 \end{aligned} $$ Częstości drgań własnych $$ \mathrm{x}=\frac{1}{\omega^2} \cdot \frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}} \quad \omega=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}}} \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}} $$ $$ \omega_1=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_1}} \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}}=0.2181 \cdot \sqrt{\frac{\text { EI }}{\mathrm{m}}} $$ $$ \omega_2=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}_2}} \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}}=1.4854 \cdot \sqrt{\frac{\text { EI }}{\mathrm{m}}} $$
Oszacowanie podstawowej częstości drgań
Oszacowanie z dołu (metoda Dunkerlay-a)
$$ \omega_{\min }=\sqrt{\frac{1}{\mathrm{~m}_1 \cdot \delta_{11}+\mathrm{m}_2 \cdot \delta_{22}}}=0.2158 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}} $$
Oszacowanie z góry (metoda Rayleigh-a)
$$ \delta_{11}=7.0047 \cdot \frac{1}{\text { EI }}>\delta_{22}=0.4536 \cdot \frac{1}{\text { EI }} $$ jeżeli \( \delta_{11}>\delta_{22} \) $$ \omega_{\max }=\sqrt{\frac{\delta_{11}}{\mathrm{~m}_1 \cdot \delta_{11}{ }^2+\mathrm{m}_2 \cdot \delta_{12}{ }^2}}= 0.2181 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{EI}}{\mathrm{m}}} $$ \( \omega_{\min }<\omega_1<\omega_{\max } \)
\( 0.2158 \sqrt{\frac{E I}{m}}<0.2181 \sqrt{\frac{E I}{m}}<0.2181 \sqrt{\frac{E I}{m}} \)

warunek spełniony
Amplitudy drgań własnych $$ \left(\begin{array}{cc} 21.0141-\mathrm{x} & 0.0495 \\ 0.1485 & 0.4536-\mathrm{x} \end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c} \mathrm{A}_1 \\ \mathrm{~A}_2 \end{array}\right)=0 $$ Zamiana na układ równań liniowych $$ \begin{aligned} &(21.0141-\mathrm{x}) \cdot \mathrm{A}_1+0.0495 \cdot \mathrm{A}_2=0 \\ &0.1485 \cdot \mathrm{A}_1+(0.4536-\mathrm{x}) \cdot \mathrm{A}_2=0 \end{aligned} $$
Taki układ równań zawsze ma nieskończenie wiele rozwiązań. W zasadzie mamy dwa układy równań, ponieważ raz podstawiamy x1, raz podstawiamy x2.
Mamy za zadanie pokazać jedno przykładowe rozwiązanie (dla obu układów równań),
najczęściej przyjmując po prostu za jedną z niewiadomych wartość równą \( 1(\mathrm{np} . \mathrm{A} 1=1) \mathrm{i} \) obliczając ile wychodzi druga niewiadoma.
Po rozwiązaniu tego problemu np. z pierwszego równania, możemy sprawdzić rozwiązanie podstawiając \( \mathrm{A} 1 oraz \mathrm{A} 2 \) do drugiego równania.

\( Dla \quad \mathrm{x}_1=21.0145 \quad zakładam \quad \mathrm{A}_{11}=1 \) $$ \left(21.0141-\mathrm{x}_1\right) \cdot \mathrm{A}_{11}+0.0495 \cdot \mathrm{A}_{21}=0 \quad \mathrm{~A}_{21}=0.0073 $$ sprawdzenie $$ 0.1485 \cdot \mathrm{A}_{11}+\left(0.4536-\mathrm{x}_1\right) \cdot \mathrm{A}_{21}=-0.002 \sim 0 $$ \( Dla \quad \mathrm{x}_2=0.4532 \quad zakładam \quad \mathrm{A}_{12}=1 \) $$ \left(21.0141-\mathrm{x}_2\right) \cdot \mathrm{A}_{12}+0.0495 \cdot \mathrm{A}_{22 .}=0 \quad \mathrm{~A}_{22}=-415.371 $$ sprawdzenie $$ 0.1485 \cdot \mathrm{A}_{12}+\left(0.4536-\mathrm{x}_2\right) \cdot \mathrm{A}_{22}=-0.001 \sim 0 $$
Warunek ortogonalności $$ \mathrm{A}_{11} \cdot \mathrm{A}_{12} \cdot \mathrm{m}_1+\mathrm{A}_{21} \cdot \mathrm{A}_{22} \cdot \mathrm{m}_2=0 $$ $$ \begin{array}{r} 1 \cdot 1 \cdot 3\cdot \mathrm{m}+0,0073 \cdot (-415,371) \cdot 1 \mathrm{~m}=0 \\ -0,032 \mathrm{~m} \sim 0 \end{array} $$

Postacie drgań

Dynamika

Mechanika budowli - Dynamika - Przykład 9

Przykład 9