Treść

Narysować wykresy sił wewnętrznych M,Q,N.

Rozwiązanie

Ponieważ zarówno rama jak i obciążenie jest symetryczne rozpatruję wyłącznie układ połówkowy dla symetrii.

Jak widać dla tego układu SKN=2

Stan \varphi_1

Z równowagi węzła B dla momentów

\begin{aligned} &r_{11}-\frac{3EI}{l}-\frac{2\sqrt2}{l}EI=0\\ &r_{11}=5,828\frac{EI}{l}\\ \end{aligned}

Z równowagi węzła C dla sił

\begin{aligned} &\sum{F_Y=0}\\ &-N_1\cdot sin\alpha-\frac{3}{l^2}\cdot cos\alpha=0\\ &N_1=-\frac{3}{l^2}\\ \end{aligned}
\begin{aligned} &\sum{F_X=0}\\ &-\frac{3}{l^2}EI+r_{21}-\frac{3}{l^2}EI\cdot\sin{\alpha}+N_1\cdot cos\alpha=0\\ &r_{21}=7,243\frac{EI}{l^2}\\ \end{aligned}

Stan \Delta_2

Zauważmy, że z rysunku: sin\alpha=\frac{a}{1}, stąd a=\frac{1}{sin\alpha}=\sqrt2
Z równowagi węzła B dla momentów:

\begin{aligned} &r_{12}-3\frac{EI}{l^2}-4,243\frac{EI}{l^2}=0\\ &r_{12}=7,243\frac{EI}{l^2}\\ \end{aligned}

Wynik zgodny z wynikiem dla stanu \varphi_1

Z równowagi węzłów C oraz B dla sił:

\begin{aligned} &\sum{F_Y=0}\\ &-N_1\cdot sin\alpha-6\frac{EI}{l^3}=0\\ &N_1=-6\frac{EI}{l^3}\\ \end{aligned}
\begin{aligned} &\sum{F_X=0}\\ &-3\frac{EI}{l^3}+r_{22}-6\frac{EI}{l^3}sin\alpha+N_1\cdot cos\alpha=0\\ &r_{22}=11,486\frac{EI}{l^3}\\ \end{aligned}

Stan P

Z równowagi węzła B dla momentów:

\begin{aligned} &r_{1p}+\frac{ql^2}{12}=0\\ &r_{1p}=-\frac{ql^2}{12}\\ \end{aligned}

Z równowagi węzłów B oraz C dla sił

\begin{aligned} &\sum{F_Y=0}\\ &-N_1\cdot sin\alpha+\frac{ql\sqrt2}{4}\cdot cos\alpha=0\\ &N_1=\frac{\sqrt2}{4}ql\\ \end{aligned}

Uwaga – ze względu na obciążenie ciągłe nieprostopadłe do osi pręta mamy:

\begin{aligned} &N_3=N_1-ql\cdot sin\alpha\\ &\sum{F_X=0}\\ &r_{2p}+N_3\cdot cos\alpha+\frac{ql\sqrt2}{4}\cdot sin\alpha=0\\ &r_{2p}=\frac{1}{2}ql\\ \end{aligned}

Podstawiamy do równania kanonicznego

\begin{aligned} &r_{11}\varphi_1+r_{12}\Delta_2+r_{1p}=0\\ &r_{21}\varphi_1+r_{22}\Delta_2+r_{2p}=0\\ &5,828\frac{EI}{l}\varphi_1+7,243\frac{EI}{l^2}\Delta_2-\frac{ql^2}{12}=0\\ &7,243\frac{EI}{l^2}\varphi_1+11,486\frac{EI}{l^3}\Delta_2+\frac{1}{2}ql=0\\ \end{aligned}

Stąd:

\begin{aligned} &\varphi_1=0,316\frac{ql^3}{EI}\\ &\Delta_2=-0,243\frac{{ql}^4}{EI}\\ \end{aligned}

Z zasady superpozycji

\begin{aligned} &M_{ost}=M_1\varphi_1+M_2\Delta_2+M_p\\ &M_B^A=3\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2+3\frac{EI}{l^2}\cdot\varphi_1=0,22ql^2\\ &M_B^C=4,243\cdot\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2+2\sqrt2\cdot\frac{EI}{l}\cdot\varphi_1-\frac{1}{12}ql^2=-0,22ql^2\\ &M_C=-4,243\cdot\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2-\sqrt2\cdot\frac{EI}{l}\cdot\varphi_1-\frac{1}{12}ql^2=0,5ql^2\\ \end{aligned}

Stąd wykres M_{ost}

Z równowagi elementu BC

\begin{aligned} &\sum{M_C=0}\\ &T_{BC}\cdot l\sqrt2-0,22ql^2-0,5ql^2-q\cdot l\cdot\frac{l}{2}=0\\ &T_{BC}=0,86ql\\ &\sum{M_B=0}\\ &-T_{CB}\cdot l\sqrt2-0,22ql^2-0,5ql^2+q\cdot l\cdot\frac{l}{2}=0\\ &T_{BC}=0,16ql\\ \end{aligned}

Stąd wykres Q_{ost}

Z równowagi węzłów B oraz C

\begin{aligned} \sum F_y=0 &-N_{CB}\ sin\alpha+0,16ql\cdot cos\alpha=0\\ &N_{CB}=0,16ql\\ \end{aligned}

Ze względu na obciążenie ciągłe

\begin{aligned} &N_{BC}=N_{CB}-qlsin\alpha=-0,55ql\\ &\sum{F_Y=0}\\ &N_{BA}-0,86\cdot cos\alpha+N_{BC}\cdot sin\alpha=0\\ &N_{BC}=ql\\ \end{aligned}

Stąd wykres N_{ost}

Na koniec dokonujemy złożenia wykresów ze stanu symetria, pamiętając o tym, że dla symetrii:
– momenty gnące odbijamy symetrycznie (znaki bez zmian)
– siły tnące odbijamy antysymetrycznie (dla odbicia zmieniamy znaki na przeciwne)
– siły normalne odbijamy symetrycznie (znaki bez zmian)

Subscribe
Powiadom o
0 komentarzy
Inline Feedbacks
View all comments