1. Wyznaczenie stopnia kinematycznej niewyznaczalności

\begin{aligned} &SKN=\sum \varphi +\sum \Delta\\ &SKN=2+1=3\\ \end{aligned}

2. Wybranie układu podstawowego metody przemieszczeń (UPMP)

(na rysunku obok)

Układ równań kanonicznych metody przemieszczeń:

(W tym przykładzie współczynniki i wyrazy wolne będzie podpisywali literką "K" zamiast "r")
\begin{array}{l} K_{11} \cdot \varphi_1+K_{12} \cdot \varphi_2+K_{13} \cdot \Delta_3+K_{1 p}=0 \\ K_{21} \cdot \varphi_1+K_{22} \cdot \varphi_2+K_{23} \cdot \Delta_3+K_{2 p}=0 \\ K_{31} \cdot \varphi_1+K_{32} \cdot \varphi_2+K_{33} \cdot \Delta_3+K_{3 p}=0 \end{array}

3. Wykresy i wyznaczenie współczynników i wyrazów wolnych równania

stan \( \varphi_1 =\overline{1} \)

stan \( \varphi_2 =\overline{1} \)

stan \( \Delta_3 =\overline{1} \)

\( \sin \alpha=0,8 \\ \cos \alpha=0,6 \\ \)

Odstęp

\begin{array}{ll} \frac{a}{1}=\sin \alpha & a=0,8 \\ \frac{b}{1}=\cos \alpha & b=0,6 \\ \end{array}
\( \frac{c}{a}=\operatorname{tg} \alpha=\frac{8}{6} \\ c=\frac{4}{3} \cdot 0,8=\frac{16}{15} \)

stan P

Wyznaczenie współczynników UPMP

Reakcje od pierwszej blokady obrotu (równowaga wyciętego węzła)

\begin{aligned} & k_{11}-\frac{3 EI}{8}-\frac{4 EI}{6}=0 \\ & k_{11}=\frac{25}{24} EI \end{aligned}

Odstęp Ods

\begin{aligned} & k_{12}=0 \end{aligned}

Odstęp

\( k_{13}=\frac{1}{6} EI \)

Odstęp Odstęp

\begin{aligned} & k_{1 p}-16+12=0 \\ & k_{1 p}=4 \end{aligned}

Reakcje od drugiej blokady obrotu (równowaga wyciętego węzła)

\begin{aligned} & k_{21}=0 \end{aligned}

Odstęp Ods

\begin{aligned} & k_{22}-\frac{3 EI}{10}-\frac{4 EI}{10}=0 \\ & k_{22}=0,7 EI \end{aligned}

Odstęp

\begin{aligned} & k_{23}+0,05 EI-0,06 EI=0 \\ & k_{23}=0,01 EI \end{aligned}

Odstęp Odstęp

\( k_{2 p}=-9 \)

Reakcje od blokady przesuwu

W tym przykładzie policzymy z zasady prac wirtualnych.
Łańcuch kinematyczny

	\begin{aligned} & k_{31} \cdot 1-\frac{2 EI}{6} \cdot \frac{1}{6}- \\ & -\frac{4 EI}{6} \cdot \frac{1}{6}=0 \\ & k_{31}=\frac{1}{6} EI \end{aligned}
	\begin{aligned} & k_{32} \cdot 1-0,2 EI \cdot \frac{1}{10}- \\ & -0,4 EI \cdot \frac{1}{10}+0,3 EI \cdot \frac{1}{6}=0 \\ & K_{32}=0,01 EI \end{aligned}
	\begin{aligned} & K_{33} \cdot 1-(0,06 EI \cdot \frac{1}{10} ) \cdot 2- \\ & -0,05 EI \cdot \frac{1}{6}-( \frac{1}{6} EI \cdot \frac{1}{6} ) \cdot 2=0\\ & K_{33}=\frac{683}{9000} EI \end{aligned}
	Dzielimy przemieszczenie pręta skośnego w łańcuchu kinematycznym na składowe pionowe i poziome. Wyznaczamy pionowe przemieszczenie w połowie pręta skośnego. \begin{aligned} & k_{3 p} \cdot 1-9 \cdot \frac{1}{6}-2 \cdot 6 \cdot 0,5= 0\\ & k_{3 p}=7,5 \end{aligned}

4. Rozwiązanie układu równań kanonicznych

\( \left\{\begin{array}{l} \frac{25}{24} EI \cdot \varphi_1+0 \cdot \varphi_2+\frac{1}{6} EI-\Delta_3+4=0 \\ 0 \cdot \varphi_1+0,7 EI \cdot \varphi_2+0,01 EI \cdot \Delta_3-9=0 \\ \frac{1}{6} EI \cdot \varphi_1+0,01 EI \cdot \varphi_2+\frac{683}{9000} EI \cdot \Delta_3+7,5=0 \\ \end{array}\right. \)
\( \left\{\begin{array}{l} \varphi_1=\frac{18,943}{E I} \\ \varphi_2=\frac{14,891}{E I} \\ \Delta_3=\frac{-142,393}{E I} \end{array}\right. \)

5. Wykres ostateczny momentów [kNm] ze wzoru superpozycyjnego

\begin{aligned} & \mathrm{M}_{\mathrm{ost}}=\mathrm{M}_1 \cdot \varphi_1+\mathrm{M}_2 \cdot \varphi_2+\mathrm{M}_3 \cdot \Delta_3+\mathrm{M}_{\mathrm{P}} \\ \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{A}}=\frac{2 \mathrm{EI}}{10} \cdot \varphi_2+0.06 \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=-5.565 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{B} \cdot \mathrm{A}}=\frac{-4 \mathrm{EI}}{10} \cdot \varphi_2-0.06 \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=2.587 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{B} \cdot \mathrm{C}}=\frac{3 \mathrm{EI}}{10} \cdot \varphi_2-0.05 \mathrm{EI} \cdot \Delta_3-9=2.587 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{F}}=\frac{1}{2} \cdot \frac{3 \mathrm{EI}}{8} \cdot \varphi_1+10=13.552 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{E} \cdot \mathrm{F}}=\frac{3 \mathrm{EI}}{8} \cdot \varphi_1-12=-4.896 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{E} . \mathrm{D}}=\frac{-4 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1-\frac{1}{6} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=11.103 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=\frac{2 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1+\frac{1}{6} \mathrm{EI} \cdot \Delta_3=-17.418 \end{aligned}

Obliczenia do wykresu sił poprzecznych

Element AB:

\begin{aligned} & \Sigma M_A=0 \\ & -5,565-2,587+Q_B \cdot 10=0 \\ & Q_B=0,815 \ kN \\ & \Sigma y=0 \quad Q_A=Q_B \end{aligned}

Element BC:

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & 2,587+2 \cdot 6 \cdot 3+Q_C \cdot 10=0 \\ & Q_C=-3,859 \ kN \\ & \Sigma M_C=0 \\ & 2,587-2 \cdot 6 \cdot 3+a_B \cdot 10=0 \\ & Q_B=3,341 \ kN \end{aligned} Współrzędna ekstremalnej wartości momentu
w elemencie BC:
\begin{aligned} \frac{3,341}{x} & =\frac{3,859}{10-x} \\ 3,859 x & =33,41-3,341 x \\ 7,2 x & =33,41 \\ x & =4,64 \ m \end{aligned}

Znamy długość "po pręcie" w którym jest ekstremalny moment,
znajdujemy składową poziomą tej długości (jest to długość działania obciążenia ciągłego)

Odstęp

\begin{aligned} & \frac{x^{\prime}}{x}=\cos \alpha \\ & x^{\prime}=2,784 \ m \end{aligned}

Odstęp

\begin{aligned} & \operatorname{Mex}=Q_B \cdot x- \\ & -2 \cdot x^{\prime} \cdot \frac{x^{\prime}}{2}+2,587= \\ & =10,339 \ kNm \end{aligned}

Element BE:	Odstęp Odstęp	\begin{aligned} & \sum M_B=0 \\ & -4,896-8 \cdot 4+Q_E \cdot 8=0 \\ & Q_E=4,612 \ kN\\ & \sum x=0 \\ & Q_B+8-Q_E=0 \\ & Q_B=-3,388 \ kN \end{aligned}
Element DE:	Odstęp Odstęp	\begin{aligned} & \Sigma M_D=0 \\ & -17,418-11,104+Q_E \cdot 6=0 \\ & Q_E=4,754 \ kN \\ & Q_D=Q_E \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących [kN]

Obliczenia do wykresu sił podłużnych

Odstęp Odstęp

\begin{aligned} & \text { 3) } \Sigma y=0 \quad 0,815-N_{B E} \\ & -N_{B C} \cdot 0,8-3,341 \cdot 0,6=0 \\ & N_{B C}=4,456 \ kN\\ \\ & \text { 4) } \Sigma x=0 \quad -N_{A B}+3,388+ \\ & +N_{B C} \cdot 0,6-3,341 \cdot 0,8=0 \\ & N_{A B}=3,389 \ kN \\ \end{aligned}
\begin{array}{ll} \text { 1) } \Sigma x=0 & 4,612-N_{D E}=0 \\ \\ \text { 2) } \Sigma y=0 & N_{D E}=4,612 \ kN \\ & N_{B E}=-4,754 \ kN \end{array}

Element BC:

\begin{aligned} & \Sigma x=0 \\ & N_{C B}-N_{B C}+12 \cdot 0,8=0 \\ & N_{C B}=-5,144 \ kN \end{aligned}

Wykres sił osiowych [kN]

6. Sprawdzenie kinematyczne

Przyjmujemy układ wyznaczalny i rysujemy wykres momentów od siły jednostkowej.
(stopień statycznej niewyznaczalności SSN=7-3-1=3)
Rozcinamy układ w przegubie i w miejsce sił tam występujących
przyjmujemy siły jednostkowe x1 oraz x2, dodatkowo zabieramy podporę przegubową (x3).

Niekoniecznie musimy rysować wykresy jednostkowe od wszystkich sił hiperstatycznych,
jeśli działanie jednej siły spowoduje wykresy na wszystkich prętach, to wystarczy wykres
od tej jednej siły, grunt żeby wykonać całkowanie łącznie ze wszystkimi prętami.
W tym przypadku zrobimy stan x2 oraz stan x3.

Stan \( x_2=\overline{1} \)

Odstęp

\(=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\begin{array}{l}\frac{-1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{2}{3} \cdot 13.552+\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4 \cdot \frac{2}{3} \cdot 4.896-\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4 \cdot \frac{1}{3} \cdot 13.552+\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{1}{3} \cdot 4.896 \ldots \\ +\frac{-1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{2}{3} \cdot 13.552+8 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot 17.418-8 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2} \cdot 11.104\end{array}\right)=-0.016 \frac{1}{\mathrm{EI}}\approx 0 \)

Stan \( x_3=\overline{1} \)

Odstęp

\(=\frac{1}{\mathrm{EI}} \cdot\left(\begin{array}{l}\frac{-1}{2} \cdot 16 \cdot 10 \cdot \frac{2}{3} \cdot 5.565+\frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 10 \cdot \frac{1}{3} \cdot 2.587-\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 10 \cdot \frac{1}{3} \cdot 5.565+\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 10 \cdot \frac{2}{3} \cdot 2.587 \ldots \\ +\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 10 \cdot \frac{2}{3} \cdot 2.587+\frac{2}{3} \cdot 9 \cdot 10 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6\end{array}\right)=0.017 \frac{1}{\mathrm{EI}} \approx 0 \)

Metoda przemieszczeń

Mechanika budowli - Metoda przemieszczeń - Przykład 10

Przykład 10