1. Wyznaczenie stopnia kinematycznej niewyznaczalności:

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

2. Wybranie układu podstawowego metody przemieszczeń (UPMP):

(po lewej stronie)

Układ równań kanonicznych metody przemieszczeń:
\( r_{11}\cdot\varphi_{1} +r_{12}\cdot\Delta_{2}+r_{1p}=0\\ r_{21}\cdot\varphi_{1} +r_{22}\cdot\Delta_{2}+r_{2p}=0\\ \)

3. Wykresy i wyznaczenie współczynników i wyrazów wolnych równania:

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

stan \( \Delta_2 =\overline{1} \)

stan P

Wyznaczenie współczynników UPMP

Reakcje od blokady obrotu (równowaga wyciętego węzła)

\( \Sigma M=0 \\ r_{11}=1,3 EI \hspace{4cm} r_{12}=\frac{1}{9}EI-0,4EI=\frac{-13}{45}EI \hspace{2cm} r_{1 p}=-6-18=-24\\ \)

Reakcje od blokady przesuwu

W tym przykładzie obliczymy te reakcje dwiema metodami

Metoda I - równowaga wyciętej części ramy

	\begin{aligned} & \Sigma M_K=0 \\ & -r_{21} \cdot 4,5+1,3 EI-0,8 EI- \\ & -0,24 EI \cdot 7,5=0 \\ & r_{21}=-\frac{13}{45} EI \end{aligned}
	\begin{aligned} & \Sigma M_K=0 \\ & -r_{22} \cdot 4,5+\frac{1}{9} EI \cdot 4,5- \\ & -\frac{13}{45} EI+0,4 EI+ \\ & +0,16 EI \cdot 7,5=0 \\ & r_{22}=\frac{163}{405} EI \end{aligned}
	\begin{aligned} & \Sigma M_K=0 \\ & -r_{2 p} \cdot 4,5-2,5 \cdot 4,5- \\ & -4 \cdot 6 \cdot 3-24+6=0 \\ & r_{2 p}=-22,5 \end{aligned}

Metoda II - zasada prac wirtualnych

Łańcuch kinematyczny

	\begin{gathered} r_{21} \cdot 1+0,4 EI \cdot \psi_1+\\ +0,8 E Y \cdot \psi_1-0,5 EI \cdot \psi_2= 0\\ r_{21}=-\frac{13}{45} EI=0 \end{gathered}
	\begin{aligned} & r_{2 2} \cdot 1-0,4 EI \cdot \frac{1}{3}- \\ & -0,4 EI \cdot \frac{1}{3}-\frac{1}{9} EI \cdot \frac{2}{9}- \\ & -\frac{1}{3} EI \cdot \frac{1}{3}=0 \\ & r_{22}=\frac{163}{405} EI \end{aligned}
	\begin{aligned} & r_{2 p} \cdot 1+18 \cdot \frac{2}{9}-4,5 \cdot \frac{1}{3}+ \\ & +24 \cdot \frac{2}{3}+8 \cdot 0,5=0 \\ & r_{2 p}=-22,5 \end{aligned}

4. Rozwiązanie układu równań:

\begin{aligned} &1,3 EI \cdot \varphi_{1}-\frac{13 EI}{45} \cdot \Delta_{2}=24 \\ &-\frac{13 EI}{45} \cdot \varphi_{1}+\frac{163 EI}{405} \cdot \Delta_{2}=22,5 \\ \\ &\varphi_{1}=\frac{36,75}{E I} \\ &\Delta_{2}=\frac{82,28}{E I} \end{aligned}

5. Wykresy ostateczne sił przekrojowych w ramie:

Wykres momentów [kNm]

\begin{aligned} M_{o s t}=M_{1} \cdot \varphi_{1}+M_{2} \cdot \Delta_{2}+M_p \end{aligned}

\begin{aligned} & M_A=\frac{2}{5} EI \cdot {\varphi_1}+0,4 EI \cdot \Delta_2=-18.21 \ \mathrm{kNm} \\ & M_{B A}=\frac{-4}{5} E J \varphi_1+0,4 E J \cdot \Delta_2=3.52 \ kNm\\ & M_{B C}=\frac{1}{9} E J \cdot \Delta_2-18+\frac{1}{2} E J \cdot \varphi_1=9.52 \ kNm \\ & M_E=\frac{1}{6} E J \cdot \Delta_2-3.75=9.964 \ kNm\\ & M_D=\frac{1}{3} E J \cdot \Delta_2+4.5=31.93 \ kNm \end{aligned}

Nie znamy jeszcze przebiegu paraboli pod obciążeniem ciągłym.
Przebieg poznamy po obliczeniu sił tnących na tym elemencie.

Obliczenia do wykresu sił poprzecznych

Jeżeli wykres momentów zmienia się liniowo, to siłę tnącą można obliczyć jako
zmianę na wykresie momentów przez długość pręta
\begin{aligned} & \mathrm{Q}=\frac{\Delta \mathrm{M}}{\mathrm{L}} \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{AB}}=\frac{18.21+3.52}{5}=4.35 \mathrm{kN} \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{CE}}=\frac{9.96}{1.5}=6.65 \mathrm{kN} \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{DE}}=\frac{31.93-9.96}{1.5}=14.65 \mathrm{kN} \end{aligned}

Element BC:

\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{M}_{\mathrm{B}}=0 \\ & 9.52+4 \cdot 6 \cdot 3+\mathrm{Q}_{\mathrm{C}} \cdot 6=0 \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{C}}=\frac{-81.52}{6}=-13.59 \ \mathrm{kN} \\ & \Sigma \mathrm{y}=0 \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{B}}-4 \cdot 6-\mathrm{Q}_{\mathrm{C}}=0 \\ & \mathrm{Q}_{\mathrm{B}}=10.41 \ \mathrm{kN} \\ \\ & \frac{10.41}{\mathrm{x}}=\frac{13.59}{6-\mathrm{x}} \\ \\ & \quad \mathrm{x}=2.6 \mathrm{~m} \\ \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{ex}}=\mathrm{Q}_{\mathrm{B}} \cdot \mathrm{x}+9.52-4 \cdot \frac{\mathrm{x}^2}{2}=23.07 \mathrm{kNm} \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących [kN]

Obliczenia do wykresu sił podłużnych

\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{y}=0 \\ & -\mathrm{N}_{\mathrm{AB}} \cdot \sin \alpha+4.35 \cdot \cos \alpha-10.41=0 \\ & \mathrm{~N}_{\mathrm{AB}}=\frac{-6.93}{0.6}=-11.55 \mathrm{kN} \\ & \Sigma \mathrm{x}=0 \\ & -\mathrm{N}_{\mathrm{AB}} \cdot \cos \alpha-4.35 \cdot \sin \alpha+\mathrm{N}_{\mathrm{BC}}=0 \\ & \mathrm{~N}_{\mathrm{BC}}=-6.63 \mathrm{kN} \end{aligned}

\begin{aligned} & \Sigma \mathrm{x}=0 \text { (sprawdzenie) } \\ & -\mathrm{N}_{\mathrm{BC}}-6.65=0 \\ & -(-6.63)-6.65=-0.02 \sim 0 \\ & \Sigma \mathrm{y}=0 \\ & \mathrm{~N}_{\mathrm{CD}}=-13.59 \mathrm{kN} \end{aligned}

Wykresy sił osiowych [kN]

Metoda przemieszczeń

Mechanika budowli - Metoda przemieszczeń - Przykład 6

Przykład 6