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}{cc} \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 9=0 \\ M_B=9 \end{array}
Stan X2=1	\begin{aligned} & \Sigma M_p^p=0 \\ & -V_D \cdot 6-1 \cdot 3=0 \\ & V_D=-0,5 \\ & \Sigma y=0 \quad V_B=0,5 \\ & \Sigma x=0 \quad H_B=1 \\ & \Sigma M_B=0 \\ & -M_B-V_D \cdot 6-1 \cdot 9=0 \\ & M_B=-6 \end{aligned}
Stan P	\begin{aligned} & \Sigma M_p^p=0 \\ & -2 \cdot 3-6 \cdot 9-7-1 \cdot 3 \cdot 7,5- \\ & -V_D \cdot 6=0 \\ & V_D=-14,917 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & V_B+V_D+2+6+1 \cdot 3=0 \\ & V_B=3,917 \mathrm{kN} \\ & \Sigma_t=0 \\ & -8+H_B=0 \\ & H_B=8 \mathrm{kN} \\ & \sum M_p^L=0 \\ & -M_B-H_B \cdot 6-8 \cdot 1,5-3=0 \\ & M_B=-63 \mathrm{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 :)

\begin{aligned} & \delta_{11}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \sqrt{2}+\frac{6}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 3+2 \cdot 9 \cdot 9+3 \cdot 9+3 \cdot 9)\right]= \frac{123.364}{\mathrm{EI}} \\ & \delta_{22}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6\right)+\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 6+\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \sqrt{2}\right)= \frac{66.728}{\mathrm{EI}} \\ & \delta_{12}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{-6}{6} \cdot(2 \cdot 9 \cdot 6+3 \cdot 6)\right]= \frac{-63}{\mathrm{EI}} \quad \delta_{21}=\delta_{12} \\ & \delta_{1 \mathrm{p}}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[ \left.-\frac{1.5 \sqrt{2}}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 1.5+3 \cdot 1.5)-\frac{1.5 \sqrt{2}}{6} \cdot(2 \cdot 1.5 \cdot 3+2 \cdot 3 \cdot 15+1.5 \cdot 15+3 \cdot 3)+\right] \\ +\frac{-6}{6} \cdot(2 \cdot 3 \cdot 15+2 \cdot 9 \cdot 63+3 \cdot 63+15 \cdot 9)\right] \end{aligned} \begin{aligned} & \delta_{1 p}= \frac{-799.456}{E I} \\ & \delta_{2 \mathrm{p}}=\frac{1}{2 \mathrm{EI}} \cdot\left[\frac{6}{6} \cdot(2 \cdot 6 \cdot 63+15 \cdot 6)\right]+ \\ & +\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left[\begin{array}{l} \frac{1}{3} \cdot 1.5 \cdot 11.75 \cdot 3+\frac{3}{6} \cdot(2 \cdot 1.5 \cdot 11.75+2 \cdot 3 \cdot 29.5+1.5 \cdot 29.5+3 \cdot 11.75)+ \\ +\frac{3 \sqrt{2}}{6} \cdot[3 \cdot(29.5+2 \cdot 17.125)] \end{array}\right] \\ & \delta_{2 p}= \frac{721.734}{E I} \\ & \end{aligned}

Rozwiązujemy układ równań kanonicznych i wyliczamy X1 i X2.

\begin{aligned} \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 \\ \\ \frac{123,364}{EI} \cdot x_1-\frac{63}{EI} \cdot x_2-\frac{799,456}{EI}=0 \\ \frac{-63}{EI} \cdot x_1+\frac{66,728}{EI} \cdot x_2+\frac{721,734}{EI}=0 \\ \\ x_1=1,848 \mathrm{kN} \\ x_2=-9,072 \mathrm{kN} \\ \end{aligned}

Obliczenie reakcji ostatecznych ze wzoru superpozycyjnego

(najlepiej byłoby żeby zwroty wszystkich reakcji w każdym stanie były przyjmowane z tym samym zwrotem)

\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}_1-0.5 \cdot \mathrm{x}_2-14.917=-10.381 \ kN \\ & \mathrm{~V}_{\mathrm{B}}=0 \cdot \mathrm{x}_1+0.5 \cdot \mathrm{x}_2+3.917=-0.619 \ kN \\ & \mathrm{H}_{\mathrm{B}}=-1 \cdot \mathrm{x}_1+1 \cdot \mathrm{x}_2+8=-2.919 \ kN \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{B}}=9 \cdot \mathrm{x}_1-6 \cdot \mathrm{x}_2-63=8.059 \ kN \\ & \mathrm{H}_{\mathrm{A}}=\mathrm{x}_1=1.848 \ kN \\ & \mathrm{H}_{\mathrm{C}}=\mathrm{x}_2=-9.072 \ kN \\ \end{aligned}

Równowaga całej ramy (sprawdzenie globalne/statyczne)

\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{x}=0 \\ & \mathrm{H}_{\mathrm{A}}-8-\mathrm{H}_{\mathrm{C}}+\mathrm{H}_{\mathrm{B}}=0 \\ & \Sigma \mathrm{y}=0 \\ & \mathrm{~V}_{\mathrm{B}}+2+\mathrm{V}_{\mathrm{D}}+6+1 \cdot 3=0 \\ & \Sigma \mathrm{M}_4=0 \\ & -3+\mathrm{H}_{\mathrm{A}} \cdot 3-8 \cdot 1.5-\mathrm{H}_{\mathrm{B}} \cdot 6+\mathrm{V}_{\mathrm{B}} \cdot 3-\mathrm{M}_{\mathrm{B}}-\mathrm{V}_{\mathrm{D}} \cdot 3-1 \cdot 3 \cdot 4.5-7-6 \cdot 6-\mathrm{H}_{\mathrm{C}} \cdot 3=0.002 /sim 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} & \mathrm{M}_{\mathrm{A}}=-3 \ kNm\\ & \mathrm{M}_1=1.5 \cdot \mathrm{x}_1-3=-0.228 \ kNm\\ & \mathrm{M}_2=3 \cdot \mathrm{x}_1-15=-9.457 \ kNm\\ & \mathrm{M}_{\mathrm{B}}=9 \cdot \mathrm{x}_1-6 \cdot \mathrm{x}_2-63=8.059 \ kNm\\ & \mathrm{M}_4=1.5 \cdot \mathrm{x}_2+11.75=-1.857 \ kNm\\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=3 \cdot \mathrm{x}_2+29.5=2.285 \ kNm\\ & \mathrm{M}_{\mathrm{C}}=7 \ kNm \end{aligned}

Wykres Most

Obliczenia do wykresu sił tnących

\begin{aligned} & \Sigma M_D=0 \\ & 2,285-1 \cdot 3 \cdot 1,5-7+Q_C \cdot 3 \sqrt{2}=0 \\ & Q_C=2,172 \ kN\\ & \Sigma M_C=0 \\ & 2,285+1 \cdot 3 \cdot 1,5-7+Q_D \cdot 3 \sqrt{2}=0\\ & Q_D=0,051 \ kN \end{aligned} Obie siły tnące są tego samego znaku - nie ma ekstremum na wykresie momentów.

Pozostałe siły tnące obliczymy w uproszczony sposób.
Jeżeli moment zmienia się liniowo, to siła tnąca ma wartość stałą: \(Q=\frac{\Delta M}{L}\)
Zwrot siły tnącej jest zawsze zwrócony "do wykresu".
Zwróćmy uwagę na zwroty sił tnących zaznaczone na wykresie Most:
- na elemencie A1 wykres jest trójkątny, zwrot u góry "do trójkąta", drugi zawsze w stronę przeciwną,
- element 12 analogicznie, tylko trójkąt jest w drugą stronę,
zauważmy na tym etapie, że para sił tnących \( Q_{A1} \) jest prawoskrętna, a para sił \( Q_{12} \) jest lewoskrętna.
Od tego będzie zależał znak siły tnącej -> prawoskrętna para sił to znak dodatni.
Na elemencie 4D mamy taki trapez który przechodzi z góry na dół, tutaj zwroty z jednej i drugiej strony do trójkąta,
to samo na elemencie 2B

Skoro znamy już zwroty, a więc też znaki sił tnących to obliczmy ich wartości: \begin{aligned} & \mathrm{Q}_{\mathrm{A} 1}=\frac{3-0.228}{1.5 \sqrt{2}}=1.307 \ kN\\ & \mathrm{Q}_{12}=-\frac{9.457-0.228}{1.5 \sqrt{2}}=-4.351 \ kN \\ & \mathrm{Q}_{2B}=\frac{9.457+8.059}{6}=2.919 \ kN\\ & \mathrm{Q}_{24}=-\frac{1.857}{3}=-0.619 \ kN \\ & \mathrm{Q}_{4 \mathrm{D}}=\frac{1.857+2.285}{3}=1.381 \ kN \end{aligned}

Wykres sił tnących

Obliczenia do wykresu sił normalnych

\begin{aligned} & 3) \Sigma x=0 \\ & -N_1 \frac{\sqrt{2}}{2}-4,351 \frac{\sqrt{2}}{2}+ \\ & +N_3-2,919=0 \\ & N_1=4,35 \ kN \\ & 4) \Sigma y=0 \\ & N_1 \frac{\sqrt{2}}{2}-4,351 \frac{\sqrt{2}}{2}- \\ & -\mathrm{N}_2+0,619=0 \\ & N_2=0,619 \ kN \\ \end{aligned}

\begin{aligned} & 1) \Sigma y=0 \\ & 1,381-0,051 \frac{\sqrt{2}}{2}-10,381+ \\ & +N_4 \frac{\sqrt{2}}{2}=0 \\ & N_4=12,778 \ kN \\ & 2) \Sigma x=0 \\ & -N_3+0,051 \frac{\sqrt{2}}{2}+N_4 \frac{\sqrt{2}}{2}=0 \\ & N_3=9,072 \ kN \end{aligned}

Jeśli na elemencie jest siła normalna, albo siła która ma składową normalną do pręta to musimy rozważyć również element, bo wartość siły normalnej na elemencie nie będzie stała.
Przy obciążeniu siłą skupioną będzie skok w tym miejscu na wykresie, a przy obciążeniu ciągłym wykres będzie się zmieniał liniowo.

siłę na końcu "1" znamy \begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & N_1-N_A-8 \frac{\sqrt{2}}{2}=0 \\ & N_A=-1,307 \ kN \end{aligned}

siłę na końcu "4" znamy \begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & N_4-N_C-1 \cdot 3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=0 \\ & N_C=10,657 \ kN \end{aligned}

Ostateczny wykres sił normalnych

Metoda sił

Mechanika budowli - Metoda sił - Przykład 7

Przykład 7