Liczymy stopień statycznej niewyznaczalności SSN
i dobieramy układ podstawowy metody sił UPMS.

SSN=6-3-1=2

UPMS

Rysujemy wykresy jednostkowe i wykres od obciążenia zewnętrznego.

Stan X1=1	\begin{array}{ll} \Sigma M_P^P=0 & V_D=0 \\ \Sigma y=0 & V_B=0 \\ \Sigma x=0 & 1+H_B=0 \\ & H_B=-1 \\ \sum M_B=0 & -M_B+1 \cdot 7=0 \\ & M_B=7 \end{array}
Stan X2=1	\begin{aligned} & \Sigma M_p^P=0 \\ & -V_D \cdot 2-1 \cdot 3=0 \\ & V_D=-1,5 \\ & \Sigma y=0 \quad V_B=1,5 \\ & \Sigma x=0 \quad H_B=1 \\ & \Sigma M_B=0 \\ & -M_B-V_D \cdot 2-1 \cdot 7=0 \\ & M_B=-4 \end{aligned}
Stan P	\begin{aligned} & \Sigma M_P^P=0 \\ & -2-V_D \cdot 2+6 \cdot 4+4 \cdot 2 \cdot 3=0 \\ & V_D=23 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & V_B+V_D-6-4 \cdot 2=0 \\ & V_B=-9 k N \\ & \Sigma x=0 \\ & 1-8+H_B=0 \\ & H_B=7 \mathrm{kN} \\ & \Sigma M_B=0 \\ & -M_B+5-8 \cdot 2+ \\ & +1 \cdot 5,5-2-V_D \cdot 2+ \\ & +6\cdot 4+4\cdot 2 \cdot 3=0 \\ & M_B=-5,5 \mathrm{kNm} \\ \end{aligned} Momenty w punktach charakterystycznych \begin{aligned} & M_B = -5,5 \ kNm \\ & M_{3 d}=-5,5+7 \cdot 2=8,5 \ kNm \\ & M_{3 g}=M_{3 d}-5=3,5 \ kNm \\ & M_2=1 \cdot 1,5 \ kNm \\ & M_{D_p}= -6 \cdot 2-4 \cdot 2 \cdot 1=-20 \ kNm\\ & M_{D_l}=M_{D p}+2=-18 \ kNm \end{aligned}

Jeśli masz problem z rysowaniem wykresów momentów, zachęcamy do zapoznania się z tym kursem wideo (KLIK)

Obliczamy współczynniki i wyrazy wolne równania kanonicznego metody sił

W tym zadaniu często korzystam ze wzoru do całkowania na trapez z trapezem, korzystam również ze wzoru trapez-trapez paraboliczny.
Więcej informacji na temat całkowania znajdziesz w naszym Wstępie teoretycznym z tego tematu
(tablica ze wspomnianymi wzorami znajdziesz na samym dole tego wstępu).
Oczywiście możesz przecałkować te figury inaczej, grunt żeby wynik był taki sam :)

\( \delta_{11}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{3 \sqrt{2}}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 3)+\frac{4}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 3+2 \cdot 7 \cdot 7+3 \cdot 7+7 \cdot 3)\right]= \frac{59.031}{\mathrm{EI}} \\ \)

długość pręta CD: \( l_{CD} = \sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13} \)
\( \delta_{22}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{4}{6} \cdot(2 \cdot 4 \cdot 4)\right]+\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{2}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 3)+\frac{\sqrt{13}}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 3)\right]= \frac{27.483}{\mathrm{EI}} \\ \)

\(\delta_{12}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{-4}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 0+2 \cdot 7 \cdot 4+3 \cdot 4+7 \cdot 0)\right]= \frac{-22.667}{\mathrm{EI}} \quad \delta_{21}=\delta_{12} \\ \)

\( \delta_{1 \mathrm{p}}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{1.5 \sqrt{2}}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 1.5+1.5 \cdot 1.5)+\frac{2}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 1.5+2 \cdot 5 \cdot 3.5+3 \cdot 3.5+5 \cdot 1.5)\right. \\ \left.+\frac{2}{6} \cdot[2 \cdot 5 \cdot 8.5+2 \cdot 7 \cdot(-5.5)+5 \cdot(-5.5)+7 \cdot 8.5]\right]= \frac{18.989}{\mathrm{EI}}\ \\ \)

\( \delta_{2 \mathrm{p}}= \frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{-2}{6} \cdot(2 \cdot 2 \cdot 3.5+2 \cdot 1.5)+\frac{2}{6} \cdot(-2 \cdot 2 \cdot 8.5+2 \cdot 4 \cdot 5.5+2 \cdot 5.5-4 \cdot 8.5)\right] + \\ +\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{-2}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 18)-\frac{\sqrt{13}}{6} \cdot[3 \cdot(20+2 \cdot 8)]\right] = \frac{-105.9}{\mathrm{EI}} \)

Rozwiązujemy układ równań kanonicznych i wyliczamy X1 i X2.

\begin{cases} \delta_{11} \cdot x_1+\delta_{12} \cdot x_2+\delta_{1 p}=0 \\ \delta_{21} \cdot x_1+\delta_{22} \cdot x_2+\delta_{2 p}=0 \\ \end{cases} \begin{cases} \frac{59,031}{EI} \cdot x_1-\frac{22,667}{EI} \cdot x_2+\frac{18,989}{EI}=0 \\ \frac{-22,667}{EI} \cdot x_1+\frac{27,483}{EI} \cdot x_2-\frac{105,9}{EI}=0 \end{cases} \begin{cases}x_1=1,695 \mathrm{kN} \\ x_2=5,251 \mathrm{kN}\end{cases}

Obliczenie reakcji ostatecznych ze wzoru superpozycyjnego

(najlepiej byłoby żeby zwroty wszystkich reakcji w każdym stanie były przyjmowane w tą samą stronę)

\begin{aligned} & R_{\text {ost }}=R_1 \cdot x_1+R_2 \cdot x_2+R_P \\ \mathrm{V}_{\mathrm{D}} & =0 \cdot \mathrm{x}_1-1.5 \cdot \mathrm{x}_2+23=15.123 \\ \mathrm{~V}_{\mathrm{B}} & =0 \cdot \mathrm{x}_1+1.5 \cdot \mathrm{x}_2-9=-1.123 \\ \mathrm{H}_{\mathrm{B}} & =-1 \cdot \mathrm{x}_1+1 \cdot \mathrm{x}_2+7=10.556 \\ \mathrm{M}_{\mathrm{B}} & =7 \cdot \mathrm{x}_1-4 \cdot \mathrm{x}_2-5.5=-14.639 \\ \mathrm{H}_{\mathrm{A}} & =\mathrm{x}_1=1.695 \\ \mathrm{H}_{\mathrm{C}} & =\mathrm{x}_2=5.251 \end{aligned}

Równowaga całej ramy (sprawdzenie globalne/statyczne)

\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{x}=0 \quad 1.695+1-8+10.556-5.251=0 \\ & \Sigma \mathrm{y}=0-1.123+15.123-6-4 \cdot 2=0 \\ & \Sigma \mathrm{M}_4=0 \quad 1.695 \cdot 3+1 \cdot 1.5-2-15.123 \cdot 1+6 \cdot 3-5.251 \cdot 3+ \\ & +4 \cdot 2 \cdot 2+5+8 \cdot 2+14.639-1.123 \cdot 1-10.556 \cdot 4=0.001 \approx 0 \\ \end{aligned}

Obliczamy moment ostateczny ze wzoru superpozycyjnego

\begin{aligned} &M_{OST}=M_1\cdot{X_1}+M_2\cdot{X_2} + M_P\\ \end{aligned} \begin{aligned} & M_1=1.5 \cdot x_1=2.542 \ kNm \\ & M_2=3 \cdot x_1+1.5=6.585 \ kNm \\ & M_{3 g}=5 \cdot x_1-2 \cdot x_2+3.5=1.473 \ kNm \\ & M_{3 d}=5 \cdot x_1-2 \cdot x_2+8.5=6.473 \ kNm \\ & M_B=7 \cdot x_1-4 \cdot x_2-5.5=-14.639 \ kNm \\ & M_{D p}=3 \cdot x_2-20=-4.247 \ kNm \\ & M_{D 1}=3 \cdot x_2-18=-2.247 \ kNm \end{aligned}

Wykres Most

Oczywiście my na tą chwilę nie znamy przebiegu paraboli pod obciążeniem ciągłym,
kompletny wykres jesteśmy w stanie narysować po obliczeniu sił tnących i sprawdzenia czy jest ekstremum.

Obliczenia do wykresu sił tnących

Tym razem postąpimy inaczej niż w poprzednim przykładzie.
Skoro znamy już wartości wszystkich reakcji to w zasadzie możemy narysować wykresy sił tnących i normalnych metodą podstawową.
Potrzebujemy tylko zrzutować siły które działają na pręty skośne na składowe normalne i tnące.

Nanieśmy reakcje i obciążenie na ramę, zaznaczmy kąty nachylenia prętów skośnych

\begin{aligned} & \sin \alpha=\cos \alpha=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & \sin \beta=\frac{3}{\sqrt{13}}=0,832 \\ & \cos \beta=\frac{2}{\sqrt{13}}=0,555 \end{aligned}

Rzutowanie sił na pręt CD (pręt A2 jest trywialny - kąt 45 stopni)

Ostateczne wykresy sił normalnych (po lewej) i tnących (po prawej) [kN]

Pozostaje jeszcze obliczenie ekstremum na wykresie momentów na pręcie CD
(ta wartość została już wcześniej naniesiona na wykres Most, ale obliczamy ją dopiero teraz).

Ekstremum
\( \frac{1,039}{x}=\frac{3,401}{\sqrt{13}-x} \quad \Rightarrow \quad x=0,844 \ m \)

\begin{aligned} & \frac{x^{\prime}}{0,844}=\cos \beta \quad x^{\prime}=0,464 \ m \\ & \frac{y^{\prime}}{0,844}=\sin \beta \quad y^{\prime}=0,702 \ m \end{aligned}

\( M_{e x}^P=-6 \cdot x^{\prime}+5,251 \cdot y^{\prime}-4 \cdot x^{\prime} \cdot \frac{x^{\prime}}{2}= 0,472 \ kNm \)

Metoda sił

Mechanika budowli - Metoda sił - Przykład 10

Przykład 10