1. Wyznaczenie stopnia kinematycznej niewyznaczalności

\begin{aligned} &SKN=\sum \varphi +\sum \Delta\\ &SKN=2+1=3\\ \end{aligned}

2. Wybranie układu podstawowego metody przemieszczeń (UPMP)

(na rysunku obok)

Układ równań kanonicznych metody przemieszczeń:

(W tym przykładzie współczynniki i wyrazy wolne będzie podpisywali literką "K" zamiast "r")
\begin{array}{l} K_{11} \cdot \varphi_1+K_{12} \cdot \varphi_2+K_{13} \cdot \Delta_3+K_{1 p}=0 \\ K_{21} \cdot \varphi_1+K_{22} \cdot \varphi_2+K_{23} \cdot \Delta_3+K_{2 p}=0 \\ K_{31} \cdot \varphi_1+K_{32} \cdot \varphi_2+K_{33} \cdot \Delta_3+K_{3 p}=0 \end{array}

3. Wykresy i wyznaczenie współczynników i wyrazów wolnych równania

stan \( \varphi_1 =\overline{1} \)

stan \( \varphi_2 =\overline{1} \)

stan \( \Delta_3 =\overline{1} \)

\(\begin{array}{llll}\frac{a}{1}=\cos \alpha & a=0,8 & \quad \frac{a}{d}=\sin \alpha & d=\frac{4}{3} \\ \frac{b}{1}=\sin \alpha & b=0,6 & \quad \frac{c}{d}=\cos \alpha & c=\frac{16}{15}\end{array}\)

stan P

Wyznaczenie współczynników UPMP

Reakcje od pierwszej blokady obrotu (równowaga wyciętego węzła)

\(\begin{aligned} & \Sigma M=0 \\ & k_{11}-\frac{4 EI}{5}-\frac{3 EI}{6}=0 \\ & k_{11}=1,3 EI\end{aligned}\)

Odstęp Odstęp

\begin{aligned} & k_{12}=\frac{2EI}{5} \end{aligned}

Odstęp

\(\begin{aligned} & k_{13}+0,4 EI+\frac{1}{12} E J=0 \\ & k_{13}=-\frac{29}{60} EI \\ & \end{aligned}\)

Odstęp Odstęp

\begin{gathered} k_{1 p}+4-22,5=0 \\ k_{1 p}=18,5 \end{gathered}

Reakcje od drugiej blokady obrotu (równowaga wyciętego węzła)

\begin{aligned} & \Sigma M=0 \\ & k_{21}=\frac{2 EI}{5} \end{aligned}

Odstęp Ods

\begin{aligned} & k_{22}-\frac{4 E I}{3}-\frac{4 E I}{5}=0 \\ & k_{22}=\frac{32}{15} E I \end{aligned}

Odstęp

\begin{aligned} & K_{23}+\frac{8}{9} E J+0,4 E I=0 \\ & K_{23}=-\frac{58}{45} E I \end{aligned}

Odstęp Odst

\begin{aligned} & K_{2 p}+18-4=0 \\ & K_{2 p}=-14 \end{aligned}

Reakcje od blokady przesuwu

W tym przykładzie policzymy z zasady prac wirtualnych.

Łańcuch kinematyczny

Odstęp

Dzielimy przemieszczenie pręta skośnego w łańcuchu kinematycznym na składowe pionowe i poziome.
Wyznaczamy pionowe przemieszczenie w połowie pręta skośnego.

	\begin{aligned} & k_{31} \cdot 1+\frac{3 E I}{6} \cdot \frac{1}{6}+\frac{4 E I}{5} \cdot \frac{1}{3}+ \\ & +\frac{2 E I}{5} \cdot \frac{1}{3}=0 \\ & k_{31}=-\frac{29}{60} E I \end{aligned}
	\begin{aligned} & k_{32}-1+\frac{2 E I}{5} \cdot \frac{1}{3}+\frac{4 E I}{5} \cdot \frac{1}{3}+ \\ & +\frac{4 E I}{3} \cdot \frac{4}{9}+\frac{2 E I}{3} \cdot \frac{4}{9}=0 \\ & k_{32}=-\frac{58}{45} E I \end{aligned}
	\begin{aligned} & k_{33} \cdot 1-\frac{1}{12} E I \cdot \frac{1}{6}-0,4EI \cdot \frac{1}{3} \cdot 2- \\ & -\frac{8}{9} E I \cdot \frac{4}{9} \cdot 2=0 \\ & k_{33}=\frac{3469}{3240} E I \end{aligned}
	\begin{aligned} & k_{3 p} \cdot 1+22,5 \cdot \frac{1}{6}-4 \cdot \frac{1}{3}+4 \cdot \frac{1}{3}+ \\ & +20 \cdot \frac{1}{2}+12 \cdot \frac{d}{2}=0 \\ & k_{3 p}=-21,75 \end{aligned}

4. Rozwiązanie układu równań kanonicznych

\( \left\{\begin{array}{l} 1,3 E I \cdot \varphi_1+\frac{2 E I}{5} \cdot \varphi_2-\frac{29}{60} E I \cdot \Delta_3+18,5=0 \\ \frac{2 E I}{5} \cdot \varphi_1+\frac{32}{15} E I \cdot \varphi_2-\frac{58}{45} E I \cdot \Delta_3-14=0 \\ -\frac{29}{60} E I \cdot \varphi_1-\frac{58}{45} E I \cdot \varphi_2+\frac{3469}{3240} E I \cdot \Delta_3-21,75=0 \end{array}\right. \)
\( \left\{\begin{array}{l} \varphi_1=\frac{3,784}{E J} \\ \varphi_2=\frac{70,253}{E J} \\ \Delta_3=\frac{106,594}{E J} \end{array}\right. \)

5. Wykres ostateczny momentów [kNm] ze wzoru superpozycyjnego

\begin{aligned} & \mathrm{M}_{\mathrm{ost}}=\mathrm{M}_1 \cdot \varphi_1+\mathrm{M}_2 \cdot \varphi_2+\mathrm{M}_3 \cdot \Delta_3+\mathrm{M}_{\mathrm{P}} \\ \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{B}}=\frac{-1}{2} \cdot \frac{3 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3+18.75=22.245 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{C} . \mathrm{D}}=\frac{-3 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1+\frac{1}{12} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3-22.5=-15.509 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{C} . \mathrm{P}}=\frac{4 \mathrm{EI}}{5} \varphi_1+\frac{2 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_2-0.4 \mathrm{EI} \cdot \Delta_3-4=-15.509 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D} . \mathrm{G}}=\frac{-2 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1-\frac{4 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_2+0.4 \mathrm{EI} \cdot \Delta_3-4=-19.078 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D} \cdot \mathrm{L}}=\frac{-4 \mathrm{EI}}{3} \cdot \varphi_2+\frac{8}{9} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=1.08 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{E}}=\frac{2 \mathrm{EI}}{3} \cdot \varphi_2-\frac{8}{9} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=-47.915 \end{aligned}

Obliczenia do wykresu sił poprzecznych

Element AC:

\begin{array}{ll} \Sigma M_C=0 \quad & 15,509-20 \cdot 3+Q_A \cdot 6=0 \\ & Q_A=7,415 \ kN\\ \Sigma x=0 & Q_C+20-Q_A=0 \\ & Q_C=-12,585 \ kN \end{array}

Element CD:

\begin{aligned} & \sum M_C=0 \\ & -15,509+19,078+3 \cdot 4 \cdot 2+ \\ & +Q_D \cdot 5=0 \\ & Q_D=-5,514 \ kN\\ & \sum M_D=0 \\ & -15,509+19,078-3 \cdot 4 \cdot 2+ \\ & +Q_C \cdot 5=0 \\ & Q_C=4,086 \ kN \end{aligned} Współrzędna ekstremalnej wartości momentu
\begin{aligned} \frac{4,086}{x} & =\frac{5,514}{5-x} \\ x & =2,128 \ m \end{aligned}

Znamy długość "po pręcie" w którym jest ekstremalny moment,
znajdujemy składową poziomą tej długości (jest to długość działania obciążenia ciągłego)

Odstęp

\begin{aligned} & \frac{x_1}{x}=\cos \alpha \\ & x_1=1,702 \end{aligned}

moment ekstremalny
\( M_{e x}=Q_C \cdot x-3 \cdot x_1 \cdot \frac{1}{2} \cdot x_1-15,509=-11,759 \ kNm \)

Element DE:

Odstęp Odstęp

\begin{aligned} & \Sigma M_E=0 \\ & -47,915-1,08+Q_D \cdot 3=0 \\ & Q_D=16,332 \ kN \\ & \Sigma y=0 \quad Q_E=Q_D \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących [kN]

Obliczenia do wykresu sił podłużnych

Odstęp Odstęp

\begin{aligned} & C: \sum x=0 \\ & 12,585+N_{CD} \cdot \cos \alpha- \\ & -4,086 \cdot \sin \alpha=0 \\ & N_{C D}=-12,667 \ kN\\ & \Sigma y=0 \\ & -N_{A C}-N_{C D} \cdot \sin \alpha- \\ & -4,086 \cdot \cos \alpha=0 \\ & N_{A C}=4,331 \ kN \\ \\ \end{aligned} \begin{aligned} D: \Sigma y=0 \quad & 16,332+N_{D C} \cdot \sin \alpha- \\ & -5,514 \cdot \cos \alpha=0 \\ & N_{D C}=-19,869 \ kN\\ \Sigma x=0 \quad & -N_{D_E}-N_{D_C} \cdot \cos \alpha-5,514 \sin \alpha= 0\\ & N_{D_E}=12,587 \ kN \end{aligned}

Wykres sił osiowych [kN]

6. Sprawdzenie kinematyczne

Przyjmujemy układ wyznaczalny i rysujemy wykres momentów od siły jednostkowej.
(stopień statycznej niewyznaczalności SSN=5-3=2)
Wykresy od sił jednostkowych:

Całkowanie:

\begin{gathered} =\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\begin{array}{c} \frac{-1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{1}{3} \cdot 15.509-\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 19.079+\frac{2}{3} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot 4+\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 3 \cdot \frac{2}{3} \cdot 47.914 + \\ +\frac{-1}{2} \cdot 1 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot 1.079+\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot 47.914-\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac{2}{3} \cdot 1.079 \end{array}\right) \\ \delta_1=-0.003 \frac{1}{\mathrm{EI}} \approx 0 \end{gathered}

\begin{gathered} =\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\begin{array}{l} \frac{-1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \frac{2}{3} \cdot 22.245-\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \frac{2}{3} \cdot 22.245+\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot 15.509-\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot 22.245 + \\ +\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 3 \cdot \frac{2}{3} \cdot 15.509+\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 15.509+\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{1}{3} \cdot 19.079-\frac{2}{3} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6 + \\ +\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \frac{1}{3} \cdot 15.509+\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 19.079-\frac{2}{3} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3-3 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 47.914 + \\ +3 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1.079 \end{array}\right) \\ \delta_2=0.007 \frac{1}{\mathrm{EI}} \approx 0 \end{gathered}

Metoda przemieszczeń

Mechanika budowli - Metoda przemieszczeń - Przykład 12

Przykład 12