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

SSN=5-3=2

Rysujemy wykresy jednostkowe i wykres od obciążenia zewnętrznego.

Stan x1=1

Stan x2=1

Stan P

Obliczamy współczynniki i wyrazy wolne równania kanonicznego.

\(\Delta{_1}{_P}=\)

\begin{aligned} &\Delta{_1}{_P}=\frac{1}{EI}(-\frac{1}{3}\cdot54\cdot3\cdot3+\frac{1}{3}\cdot3\cdot3\cdot\frac{12\cdot3^{2}}{8})+ \frac{1}{2EI}(-\frac{1}{3}\cdot54\cdot3\cdot2+\frac{1}{6}\cdot3\cdot2,8\cdot2+\frac{1}{3}\cdot1,8\cdot2,8\cdot2-\frac{1}{6}\cdot54\cdot1,8\cdot2\\ &+\frac{1}{3}\frac{12\cdot2^{2}}{8}\cdot(3+1,8)\cdot2)+\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}\cdot1,8\cdot2,8\cdot3-\frac{1}{6}\cdot32\cdot1,8\cdot3+\frac{1}{3}\cdot1,8\cdot3\cdot\frac{12\cdot3^{2}}{8})=\frac{-178,48}{EI}\\ \end{aligned} \(\Delta{_2}{_P}=\)

\begin{aligned} &\Delta{_2}{_P}=\frac{1}{EI}(-\frac{1}{2}\cdot54\cdot1\cdot3+\frac{2}{3}\cdot3\cdot1\cdot\frac{12\cdot3^{2}}{8})+ \frac{1}{2EI}(-\frac{1}{3}\cdot54\cdot1\cdot2+\frac{1}{6}\cdot1\cdot2,8\cdot2+\frac{1}{3}\cdot0,6\cdot2,8\cdot2-\frac{1}{6}\cdot54\cdot0,6\cdot2\\ &+\frac{1}{3}\frac{12\cdot2^{2}}{8}\cdot(1+0,6)\cdot2)+\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}\cdot0,6\cdot2,8\cdot3-\frac{1}{6}\cdot32\cdot0,6\cdot3+\frac{1}{3}\cdot0,6\cdot3\cdot\frac{12\cdot3^{2}}{8})=\frac{-72,993}{EI}\\ \end{aligned} \(\delta_{{_1}{_1}}=\)

\begin{aligned} &\delta_{{_1}{_1}}=\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}\cdot3\cdot3\cdot3)+\frac{1}{2EI}(\frac{1}{3}\cdot3\cdot3\cdot2+\frac{1}{2}\cdot1,8\cdot1,8\cdot2+\frac{1}{6}\cdot3\cdot1,8\cdot2\cdot2)+\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}\cdot1,8\cdot1,8\cdot3)=\frac{18,12}{EI}\\ \end{aligned} \(\delta_{{_2}{_2}}=\)

\(\delta_{{_2}{_2}}=\frac{1}{EI}(1^2\cdot3)+\frac{1}{2EI}(\frac{1}{3}1^2\cdot2+\frac{1}{3}0,6^2\cdot2+\frac{1}{6}\cdot1\cdot0,6\cdot2\cdot2)+\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}0,6^2\cdot3)=\frac{4,013}{EI}\) \(\delta_{{_1}{_2}}=\)

\(\delta_{{_1}{_2}}=\frac{1}{EI}(\frac{1}{2}\cdot1\cdot3\cdot3)+\frac{1}{2EI}(\frac{1}{3}\cdot2\cdot3\cdot1+\frac{1}{6}\cdot3\cdot0,6\cdot2+\frac{1}{3}\cdot0,6\cdot1,8\cdot2+\frac{1}{6}\cdot1,8\cdot1\cdot2)+\frac{1}{EI}(\frac{1}{3}\cdot1,8\cdot0,6\cdot3)=\frac{7,54}{EI}\)

Rozwiązanie równania kanonicznego metody sił i obliczenie niewiadomych x1 i x2:

\begin{aligned} &\delta_{{_1}{_1}}\cdot{X_1}+\delta_{{_1}{_2}}\cdot{X_2}+\Delta{_1}{_P}=0\Longrightarrow X_1=10,456\\ &\delta_{{_1}{_2}}\cdot{X_1}+\delta_{{_2}{_2}}\cdot{X_2}+\Delta{_2}{_P}=0\Longrightarrow X_2=-1,456\\ \end{aligned}

Korzystając z metody superpozycji liczymy wartości momentu na wykresie ostatecznym i rysujemy ostateczny wykres momentu gnącego

\begin{aligned} &M_{OST}=M_P+M_1\cdot{X_1}+M_2\cdot{X_2}\\ &M_A=0+0\cdot{X_1}+1\cdot(-1,456)=-1,456\\ &M_B=-54+3\cdot10,456+1\cdot(-1,456)=-24,089\\ &M_C=2,8+1,8\cdot10,456+0,6\cdot(-1,456)=20,747\\ &M_D=-32+0\cdot{X_1}+0\cdot{X_2}=-32\\ &M_E=0 \end{aligned}

Żeby powiedzieć czy pod obciążeniem ciągłym na wykresie momentów parabola osiągnie między punktami charakterystycznymi wartość ekstremalną, należy wyznaczyć wykres sił tnących na tym odcinku i stwierdzić czy na wykresie sił tnących wykres się zeruje.

Jeśli się zeruje, to w tym miejscu na wykresie momentów będzie ekstremum.

Obliczenia do sił tnących.

Z równowagi elementów belki obliczamy siły tnące

Element [A-B]

\begin{aligned} &\sum{M_{A}}=0&Q_{B}\cdot3+12\cdot3\cdot1,5-1,456+24,089=0& \Longrightarrow Q_{B}=-25,54\ kN\\ &\sum{M_{B}}=0&Q_{A}\cdot3-12\cdot3\cdot1,51,456+24,089=0&\Longrightarrow Q_{A}=10,45\ kN\\ &Ekstremum:\\ &\frac{10,456}{x}=\frac{25,544}{3-x}\\ &x=0,871 [m]\\ &M_{extr}=Q_A\cdot x-1,456-12\cdot x\cdot \frac{x}{2}\\ \end{aligned}

Element [B-C]

\begin{aligned} &\sum{M_{B}}=0&Q_{C}\cdot2-24,089-20,747+12\cdot2\cdot1=0&\Longrightarrow Q_{C}=10,418\ kN\\ &\sum{M_{C}}=0&Q_{B}\cdot2-24,089-20,747-12\cdot2\cdot1=0&\Longrightarrow Q_{B}=34,418\ kN\\ \end{aligned}

Element [C-D]

\begin{aligned} &\sum{M_{C}}=0&Q_{D}\cdot3+20,747+32+12\cdot3\cdot1,5=0&\Longrightarrow Q_{D}=-35,582\ kN\\ &\sum{M_{D}}=0&Q_{C}\cdot3+20,747+32-12\cdot3\cdot1,5=0&\Longrightarrow Q_{C}=0,418\ kN\\ &Ekstremum:\\ &\frac{0,416}{x}=\frac{35,582}{3-x}\\ &x=0,035 [m]\\ &M_{extr}=Q_C\cdot x+20,747-12\cdot x\cdot \frac{x}{2}\\ \end{aligned}

Element [D-E]

\begin{aligned} &\sum{M_{D}}=0&Q_{E}\cdot2-32=0&\Longrightarrow Q_{E}=16\ kN\\ &\sum{M_{E}}=0&Q_{D}\cdot2-32=0&\Longrightarrow Q_{D}=16\ kN\\ \end{aligned}

Metoda sił

Mechanika budowli - Metoda sił - Przykład 3

Przykład 3