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	\( \delta_{11}=\frac{1}{EI}\left(\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4+4 \cdot 3 \cdot 4+\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4+\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4\right)=\frac{112}{EI} \)
Stan X2=1	\begin{aligned} & \delta_{12}=\frac{1}{EI}\left(\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 12 \cdot 4\right)=\frac{64}{EI} \quad \delta_{21}=\delta_{12} \\ & \delta_{22}=\frac{1}{EI}\left(\frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 12 \cdot 12+\frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 12 \cdot 4\right)=\frac{768}{EI} \end{aligned}

Stan P

Reakcje dla lewej strony:
\begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & H_C=16 \cdot 3=48 \ \mathrm{kN} \\ & \Sigma M_A=0 \\ & M_A+16 \cdot 3 \cdot 1 \cdot 5-48 \cdot 7=0 \\ & M_A=264 \ \mathrm{kNm} \\ & \Sigma y=0 \\ & V_A=0 \end{aligned}

Reakcje dla prawej strony:
\begin{aligned} & \Sigma M_F=0 \\ & -18+10 \cdot 4-V_E \cdot 4=0 \\ & V_E=5,5 \ \mathrm{kN} \\ & \Sigma x=0 \\ & H_F=14 \ \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & V_F+V_E=0 \\ & V_F=-5,5 \ \mathrm{kN} \end{aligned}

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

Wyrazy wolne równania kanonicznego

\begin{aligned} & \Delta_{1 \mathrm{p}}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 192 \cdot 4 \cdot 4+\frac{1}{2} \cdot 264 \cdot 3 \cdot 4+\frac{1}{2} \cdot 192 \cdot 3 \cdot 4+\frac{2}{3} \cdot 18 \cdot 3 \cdot 4+\frac{1}{3} \cdot 56 \cdot 4 \cdot 4+\frac{1}{3} \cdot 36 \cdot 4 \cdot 4\right) \\ & \Delta_{1 \mathrm{p}}=\frac{12704}{3 \mathrm{EI}} \end{aligned}

\begin{aligned} & \Delta_{2 \mathrm{p}}=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left( -\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18+\frac{1}{3} \cdot 22 \cdot 4 \cdot 12\right)=-\frac{944}{EI} \end{aligned}

Rozwiązujemy układ równań kanonicznych i wyliczamy X1 i X2.

\begin{aligned} & \left\{\begin{array}{l} \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{array}\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} \frac{112}{\mathrm{EI}} \cdot x_1+\frac{64}{\mathrm{EI}} \cdot \mathrm{x}_2+\frac{12704}{3 \mathrm{EI}}=0 \\ \frac{64}{\mathrm{EI}} \cdot \mathrm{x}_1+\frac{768}{\mathrm{EI}} \cdot \mathrm{x}_2-\frac{944}{\mathrm{EI}}=0 \end{array}\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} \mathrm{x}_1=-40,4375 \ \mathrm{kN} \\ \mathrm{x}_2=4,6 \ \mathrm{kN} \end{array}\right. \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} Sumujemy wykresy

Wykres Most [kNm]

Obliczenia do wykresu sił tnących

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & 30,25+Q_C \cdot 4=0 \\ & Q_C=-7,5625 \mathrm{kN} \\ & \Sigma X=0 \\ & Q_B=Q_C \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & -18-37,2+ \\ & +Q_D \cdot 12=0 \\ & Q_D=4,6 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & Q_B=Q_D \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_D=0 \\ & -84,55+Q_E \cdot 4=0 \\ & Q_E=21,1375 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & Q_D=Q_E \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma M_D=0 \\ & 121,75+Q_F \cdot 4=0 \\ & Q_F=-30,4375 \mathrm{kN} \\ & \Sigma x=0 \\ & Q_D=Q_F \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących [kN]

Obliczenia do wykresu sił normalnych

\begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & -7,5625+48+N_2=0 \\ & N_2=40,4375 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & N_1=-4,6 \mathrm{kN} \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & -30,4375-N_2-10=0 \\ & N_2=-40,4375 \mathrm{kN} \\ & \Sigma y=0 \\ & -21,1375+N_3+4,6=0 \\ & N_3=16,5375 \mathrm{kN} \end{aligned}

Ostateczny wykres sił normalnych

Sprawdzenie kinematyczne

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

\begin{aligned} & \delta_1=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 30.25+\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \cdot 30.25+\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \cdot 102.25+\frac{2}{3} \cdot 18 \cdot 3 \cdot 4-\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 121.75-\frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 4 \cdot 84.55\right) \\ & \delta_1=0.067 \frac{1}{\mathrm{EI}} \quad \text { błąd względny } \quad\left|\frac{\delta_1}{\Delta_{1 \mathrm{p}}}\right|=\frac{0.067}{\frac{12704}{3}} \cdot 100 \%=0.0016 \% \leq 1.5 \% \end{aligned}

\( \delta_2=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\frac{-1}{6} \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18+\frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 12 \cdot 37.2-\frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 4 \cdot 84.55\right)=0.8 \frac{1}{\mathrm{EI}} \\ \) błąd względny \(\left|\frac{\delta_2}{\Delta_{2 p}}\right|=\frac{0.8}{944} \cdot 100 \%=0.085 \% \leq 1.5 \%\)

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{array}{lll} \Sigma \mathrm{x}=0 & 16 \cdot 3-7.5625-30.4375-10=0 \quad 0=0 & \\ \Sigma \mathrm{y}=0 & 4.6+16.5375-21.1375=0 \quad 0=0 \\ \Sigma \mathrm{M}_{\mathrm{K}}=0 & 4.6 \cdot 6+102.25-16 \cdot 3 \cdot 1.5-18-7.5625 \cdot 4-16.5375 \cdot 6-30.4375 \cdot 4+21.1375 \cdot 10=0 \\ & & 0=0 \end{array}

Metoda sił

Mechanika budowli - Metoda sił - Przykład 12

Przykład 0