Liczymy stopień statycznej niewyznaczalności SSN i dobieramy układ podstawowy metody sił UPMS. SSN=6-3-1=2 Pod względem stopnia statycznej niewyznaczalności ten przykład jest trochę specyficzny, ponieważ mamy dwie pionowe reakcje wzdłuż pręta AC. Jest to więc osiowa niewyznaczalność, której metodą sił nie rozwiążemy, ale rozwiążemy ją dopiero na etapie obliczania sił normalnych z warunku geometrycznego. Mimo to rozwiążemy ten układ jako dwukrotnie niewyznaczalny, jednak jak się za chwilę przekonamy, jeden stan jednostkowy wyjdzie zerowy, więc tak jakbyśmy liczyli układ z SSN=1.

UPMS

Rysujemy wykresy jednostkowe i wykres od obciążenia zewnętrznego.

Stan X1=1

Stan X2=1

Stan P

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

Więcej informacji na temat całkowania znajdziesz w naszym Wstępie teoretycznym z tego tematu
\begin{aligned} & \delta_{11}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot(0) \\ & \delta_{22}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4+\frac{12}{7} \cdot \frac{12}{7} \cdot 8+\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot \frac{12}{7} \cdot 3+\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3\right)=\frac{1929}{49} \frac{1}{\mathrm{EI}} \\ & \delta_{12}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot(0) \quad \delta_{21}=\delta_{12} \\ & \Delta_{1P}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot(0) \\ \end{aligned} \( \Delta_{2P}= \)
\begin{aligned} & \Delta_{2 P}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 36+\frac{1}{6} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 20-\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 16+\frac{1}{2} \cdot \frac{12}{7} \cdot 8 \cdot 36-\frac{1}{2} \cdot \frac{12}{7} \cdot 8 \cdot 60-\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 3 \cdot 60\right) \\ & \Delta_{2 P}=-\frac{1392}{7} \frac{1}{\mathrm{EI}} \end{aligned}

Rozwiązujemy układ równań kanonicznych i wyliczamy X1 i X2.

\begin{aligned} &\delta_{11}\cdot{x_1}+\delta_{12}\cdot{x_2}+\delta_{1P}=0 \\ &\delta_{21}\cdot{x_1}+\delta_{22}\cdot{x_2}+\delta_{2P}=0 \\ \end{aligned} \begin{aligned} & \left\{\begin{array}{l} 0 \cdot x_1+0 \cdot x_2+0=0 \\ 0 \cdot x_1+\frac{1929}{49 EI} \cdot x_2-\frac{1392}{7 EI}=0 \end{array}\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} 0=0 \\ x_2=5,05 \mathrm{kN} \end{array}\right. \end{aligned}

Obliczamy moment ostateczny ze wzoru superpozycyjnego

\begin{aligned} &M_{OST}=M_P+M_1\cdot{X_1}+M_2\cdot{X_2}\\ \end{aligned} Sumujemy wykresy

Wykres Most

Obliczenia do wykresu sił tnących

\begin{aligned} & \Sigma M_A=0 \\ & -20+44,657+8 \cdot 4 \cdot 2+ \\ & +Q_B \cdot 4=0 \\ & Q_B=-22,164 \mathrm{kN} \\ & \Sigma x=0 \\ & Q_B+8 \cdot 4-Q_A=0 \\ & Q_A=9,836 \mathrm{kN} \end{aligned} Ekstremum na wykresie momentów \begin{aligned} \frac{9,836}{x} & =\frac{22,164}{4-x} \\ x & =1,23 \mathrm{~m} \end{aligned} \begin{aligned} \text { Mex }=-20+Q_A \cdot x-8 \cdot \frac{x^2}{2}=-13,953 \mathrm{kNm} \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & Q_C \cdot 3+15,15=0 \\ & Q_C=-5,05 \mathrm{kN} \\ & \Sigma X=0 \\ & Q_B=Q_C \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & -44,657-51,343+ \\ & +Q_D \cdot 8=0 \\ & Q_D=12 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & Q_B=Q_D \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_D=0 \\ & 51,343+Q_E \cdot 3=0 \\ & Q_E=-17,114 \mathrm{kN} \\ & \Sigma x=0 \\ & Q_D=Q_E \end{aligned}

Wykres sił tnących

Obliczenia do wykresu sił normalnych

Węzeł B \begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & -5,05+22,164+ \\ & +N_{B D}=0 \\ & N_{B D}=-17,114 \mathrm{kN} \\ & \sum y=0 \\ & N_{B C}-12-N_{A B}=0 \\ & * N_{B C}=12+N_{A B} \\ \end{aligned} tutaj mamy tą osiową niewyznaczalność o której pisaliśmy na początku

Węzeł D \begin{gathered} \sum x=0(\text { spr.) } \\ -N_{B D}-17,114=0 \\ 0=0 \\ \Sigma y=0 \\ 12+N_{D E}-12=0 \\ N_{D E}=0 \mathrm{kN} \end{gathered}

Rozwiązanie osiowej niewyznaczalności (warunek geometryczny)

Siła tnąca 12kN i jej zwrot mówi nam o tym w którą stronę się przemieści węzeł B, a więc który pręt będzie rozciągany a który ściskany.
Wydłużenie pręta BC jest równe skróceniu pręta AB - i taki jest warunek geometryczny.
Przypomnijmy sobie wzór na wydłużenie/skrócenie pręta: \( \Delta_L = \frac{N\cdot L}{EA} \)

\begin{aligned} & \Delta L_{A B}=\Delta L_{B C} \\ & \frac{-N_{A B} \cdot 4}{E A}=\frac{N_{B C} \cdot 3}{E A} \\ & -4 N_{A B}=3 N_{B C} \\ & N_{A B}=-0,75 N_{B C} \\ & * N_{B C}=12-0,75 N_{B C} \\ & \left\{\begin{array}{l} N_{B C}=6,857 \mathrm{kN} \\ N_{A B}=-5,143 \mathrm{kN} \end{array}\right. \\ & \end{aligned}

Ostateczny wykres sił normalnych

Sprawdzenie kinematyczne

\( \delta_i=\int \frac{Most \cdot \overline{M_i}}{EI} d S=0 \)

\begin{aligned} & \delta_2=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\begin{array}{l} \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 15 \cdot 15+\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 44.657+\frac{1}{6} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 20-\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 4 \cdot 16+\frac{1}{2} \cdot \frac{12}{7} \cdot 8 \cdot 44.657- \\ -\frac{1}{2} \cdot \frac{12}{7} \cdot 8 \cdot 51.343-\frac{1}{3} \cdot \frac{12}{7} \cdot 3 \cdot 51.343 \end{array}\right) \\ & \delta_2=-0.055 \frac{1}{\mathrm{EI}} \end{aligned} Błąd względny
\( \left|\frac{\delta_2}{\Delta_{2 p}}\right|=0.027 \% \quad<1,5 \% \)

Sprawdzenie statyczne

Odczytujemy reakcje (wartości i poprawne zwroty) z wykresów sił normalnych, tnących i momentów gnących.
Następnie zapisujemy równania równowagi statycznej i sprawdzamy czy dla tak odczytanych reakcji wszystkie równania są spełnione.
\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{x}=0 \\ & -5.05-17.114+8 \cdot 4-9.836=-0 \\ & \Sigma \mathrm{y}=0 \\ & 5.143+6.857-12=0 \\ & \Sigma \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=0 \\ & -17.114 \cdot 3-5.05 \cdot 3+6.857 \cdot 8+15.15-8 \cdot 4 \cdot 2+9.836 \cdot 4+5.143 \cdot 8-20=0.002 \sim 0 \end{aligned}