Oznaczamy punkty charakterystyczne i spody, w przypadku tego zadania można łatwo zauważyć, że SKN=2, ale dla pewności narysujemy łańcuch kinematyczny

Jedyna blokada na obrót która jest nam niezbędna wystąpi w punkcie B, ponieważ blokady na obrót w węzłach brzegowych nie są nam potrzebne do rozwiązania zadania
Jak widać po łańcuchu kinematycznym blokada przesuwu w B wystarczy, aby unieruchomić układ.
Niejako przy okazji obliczyliśmy obroty osi prętów które w tym przypadku były dość proste - pręt BE przesunie się równolegle w prawo (np. z twierdzenia o chwilowym środku obrotu), więc punkt B przesuwa się jedynie w prawo o wartość 1, co pozwala nam od razu wyliczyć \(\psi_{AB}=-1/2\) oraz \(\psi_{BC}=1/3\).

W zadaniu skorzystamy z ujęcia metody przemieszczeń polegającego na obliczeniu reakcji od przesuwów narzuconych na zadanych blokadach oraz z układu równań metody przemieszczeń postaci

\begin{aligned} &r_{11} \cdot \Delta_1+r_{21} \cdot \varphi_2+r_{1 p}=0 \\ &r_{21} \cdot \Delta_1+r_{22} \cdot \varphi_2+r_{2 p}=0 \end{aligned}

Za niewiadome przyjmujemy przesuw oraz obrót węzła B:

\begin{aligned} q=\left[\begin{array}{l} \Delta_1 \\ \varphi_2 \end{array}\right] \end{aligned}

Oczywiście zapis dla równań równowagi i niewiadomych w postaci obrotu cięciwy jednego z prętów oraz obrotu węzła B dałby równania rówoważne (choć nieco innej postaci), więcej na ten temat możesz poczytać tutaj -> Dwie wersje metody przemieszczeń - jak nie oszaleć

Przejdźmy do obliczeń reakcji od przesuwu \(\Delta_1=1\)

Wykresy wykonujemy na podstawie tablic lub wzorów transformacyjnych i dla uproszczenia możemy przedstawić na schemacie (część sił wewnętrznych została pominięta ponieważ nie korzystamy z nich na tym etapie a rysunek zystał na czytelności):

Reakcje \(r_{21}\) najprościej wyliczyć z równowagi węzła B

\begin{aligned} &\Sigma M=0 \\ &r_{21}-\frac{3}{4} E I+\frac{4}{3} E I=0 \\ &r_{21}=\frac{3}{4} E I-\frac{4}{3} E I =-\frac{7}{12} E I \end{aligned}

Reakcja \(r_{11}\) jest ciekawsza, możemy ją wyliczyć sprytnie wycinając element

\begin{aligned} &\Sigma X=0 \\ &r_{11}-\frac{3}{8} E I-\frac{8}{9} E I=0 \\ &r_{11}=\frac{3}{8} E I+\frac{8}{9} E I = \frac{91}{72} EI \end{aligned}

Lub z zasady prac wirtualnych

\begin{aligned} &r_{11} \cdot 1-\frac{3}{4} E I \cdot \frac{1}{2}-\left(\frac{4}{3} E I+\frac{4}{3} E I\right) \cdot \frac{1}{3}=0 \\ &r_{11}=\frac{3}{4} E I \cdot \frac{1}{2}+\left(\frac{4}{3} E I+\frac{4}{3} E I\right) \cdot \frac{1}{3} = \frac{91}{72} E I \end{aligned}

Oczywiście rozwiązania są zgodne

Następnie obliczamy stan od obrotu \(\varphi_1=1\), wykresy ponownie na podstawie tablic lub wzorów transformacyjnych

Reakcja \(r_22\) z równowagi węzła B

\begin{aligned} &\Sigma M=0 \\ &r_{22}-\frac{3}{2} E I-\frac{8}{3} E I-\frac{3}{5} EI=0 \\ &r_{22}=\frac{3}{2} E I+\frac{8}{3} E I+\frac{3}{5} EI = \frac{143}{30}EI \end{aligned}

Reakcja \(r_12\) ponownie dwiema metodami - z równowagi elementu:

\begin{aligned} &\Sigma X=0 \\ &r_{12}-\frac{3}{4} E I+\frac{4}{3} E I=0 \\ &r_{12}=\frac{3}{4} E I-\frac{4}{3} E I =-\frac{7}{12} E I \end{aligned}

oraz z zasady prac wirtualnych

\begin{aligned} &r_{12} \cdot 1+\left(\frac{8}{3} E I+\frac{4}{3} E I\right) \cdot \frac{1}{3}-\frac{3}{2} E I \cdot \frac{1}{2}=0 \\ &r_{12}=-\left(\frac{8}{3} E I+\frac{4}{3} E I\right) \cdot \frac{1}{3}+\frac{3}{2} E I \cdot \frac{1}{2} =-\frac{7}{12} E I \end{aligned}

Stan od obciążenie zewnętrznego - wykresy na podstawie tablic

Obliczenia reakcji analogicznie do poprzednich

\begin{aligned} &\Sigma M=0 \\ &r_{2 p}+12-3+\frac{15}{2}=0 \\ &r_{2 p}=-12+3-\frac{15}{2} =-\frac{33}{2} \end{aligned}

Metoda 1

\begin{aligned} &\Sigma X=0 \\ &r_{1 p}+5-\frac{15}{2}=0 \\ &r_{1 p}=-5+\frac{15}{2} = \frac{5}{2} \end{aligned}

Metoda 2

\begin{aligned} &r_{1 p} \cdot 1-3 \cdot \frac{1}{2}-6 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} 1+5 \cdot 1=0 \\ &r_{1 p}=-\left(-3 \cdot \frac{1}{2}-6 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} 1+5 \cdot 1\right) = \frac{5}{2} \end{aligned}

Podstawiamy obliczone wyniki do układu równań i obliczamy przemieszczenia

\begin{aligned} &r_{11} \cdot \varphi_1+r_{12} \cdot \Delta_2+r_{1 p}=0 \\ &r_{21} \cdot \varphi_1+r_{22} \cdot \Delta_2+r_{2 p}=0 \\ &{\left[\begin{array}{ll} r_{11} & r_{12} \\ r_{21} & r_{22} \end{array}\right] =\left[\begin{array}{rr} \frac{91}{72} & -\frac{7}{12} \\ -\frac{7}{12} & \frac{143}{30} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{rr} 1.264 & -0.583 \\ -0.583 & 4.767 \end{array}\right]} \\ &{\left[\begin{array}{l} r_{1 p} \\ r_{2 p} \end{array}\right] =\left[\begin{array}{c} \frac{5}{2} \\ -\frac{33}{2} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{r} 2.5 \\ -16.5 \end{array}\right]} \\ &{\left[\begin{array}{l} \Delta_1 \\ \varphi_2 \end{array}\right]=-\left[\begin{array}{ll} r_{11} & r_{12} \\ r_{21} & r_{22} \end{array}\right]^{-1} \cdot\left[\begin{array}{l} r_{1 p} \\ r_{2 p} \end{array}\right] =\left[\begin{array}{c} -\frac{2475}{6139} \\ \frac{5985}{1754} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{r} -0.403 \\ 3.412 \end{array}\right]} \\ & \end{aligned}

Obliczamy wartości momentów w punktach charakterystycznych metodą superpozycji:

\begin{aligned} &M_{B A}=\frac{-3}{4} E I \cdot \Delta_1-\frac{3}{2} \cdot E I \cdot \varphi_2-3=-7.816 \\ &M_{B C}=\frac{-4}{3} E I \cdot \Delta_1+\frac{8}{3} E I \cdot \varphi_2=9.637 \\ &M_C=\frac{4}{3} E I \cdot \Delta_1-\frac{4}{3} E I \cdot \varphi_2=-5.087 \\ &M_{B E}=\frac{3}{5} E I \cdot \varphi_2-\frac{15}{2}=-5.453 \\ &M_D=\frac{3}{10} E I \cdot \varphi_2+\frac{25}{4}=7.274 \end{aligned}

Żeby narysować na tej podstawie wykresów momentów potrzebujemy wartości sił tnących, najlepiej przedstawiać to od razu na schemacie jak poniżej:

\begin{aligned} &A B \\ &\Sigma M_B=0 \\ &T_{A B} \cdot 2+7.816-6 \cdot 2 \cdot 1=0 \\ &T_{A B}=\frac{1}{2}(12-7.816)=2.092 \\ &\Sigma X=0 \\ &T_{A B}-T_{B A}-6 \cdot 2=0 \\ &T_{B A}=T_{A B}-12=-9.908 \\ &x_{\text {max }}=\frac{2.092}{6}=0.349 \\ &M_{m a x}=\frac{1}{2} T_{A B} \cdot x_{\text {max }}=0.365 \end{aligned} \(B C\) \begin{align*} \begin{aligned} &\Sigma M_C=0 \\ &T_{B C} \cdot 3+9.637+5.087=0 \\ &T_{B C}=\frac{1}{3}(-9.637-5.087)=-4.908 \\ &\Sigma X=0 \\ &T_{C B}=T_{B C}=-4.908 \end{aligned} \end{align*} \begin{aligned} &B E \\ &\Sigma M_E=0 \\ &T_{B E} \cdot 5-10 \cdot 2-5.453=0 \\ &T_{B E}=\frac{1}{5}(20+5.453)=5.091 \\ &\Sigma T=0 \\ &T_{B E}-T_{E B}-10 \cdot \cos \alpha=0 \\ &T_{E B}=T_{B E}-10 \cdot \cos \alpha=-2.909 \end{aligned} \begin{aligned} &E \\ &\Sigma X=0 \\ &-N_4 \cdot \cos \alpha+5+T_{E B} \cdot \sin \alpha=0 \\ &N_4=\frac{1}{\cos \alpha} \cdot\left(5+T_{E B} \cdot \sin \alpha\right)=4.068 \end{aligned} \(B E\) \begin{align*} \Sigma N=0 \end{align*} \begin{align*} N_3-N_4-10 \cdot \sin \alpha=0 \end{align*} \begin{align*} N_3=N_4+10 \sin \alpha=10.068 \end{align*} \begin{aligned} &B \\ &\Sigma Y=0 \\ &-N_2-N_3 \cdot \sin \alpha-T_{B E} \cdot \cos \alpha=0 \\ &N_2=-N_3 \cdot \sin \alpha-T_{B E} \cdot \cos \alpha=-10.113 \end{aligned}

Metoda przemieszczeń

Mechanika budowli - Metoda przemieszczeń - Przykład 13

Przykład 13