1. Wyznaczenie stopnia statycznej niewyznaczalności:

\begin{aligned} &SSN=5-3=2\\ \end{aligned}

2. Wybranie układu podstawowego:

Równanie kanoniczne metody sił dla SSN=2 \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}

3. Wykresy w stanach jednostkowych i w stanie P

4. Całkowanie graficzne wykresów:

Więcej informacji na temat całkowania znajdziesz w naszym Wstępie teoretycznym z tego tematu

\begin{aligned} &\delta_{11}=\int \frac{M_{1}\cdot M_{1}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( \frac{1}{3}\cdot 3\cdot 3\cdot 3 + 5\cdot 3\cdot 3\right)=\frac{54}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\delta_{12}=\delta_{21}=\int \frac{M_{1}\cdot M_{2}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -3\cdot 5 \cdot 4\right)= -\frac{60}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\delta_{22}=\int \frac{M_{2}\cdot M_{2}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( \frac{1}{3}\cdot 4\cdot 4\cdot 4+ 4\cdot 4\cdot 5\right)=\frac{304}{3EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\Delta_{1p}=\int \frac{M_{1}\cdot M_{p}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 90\cdot 3+\frac{1}{3}\cdot \frac{20\cdot 3^2}{8}\cdot 3\cdot 3- 3\cdot 5\cdot 85\right)= -\frac{2955}{2EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\Delta_{2p}=\int \frac{M_{2}\cdot M_{p}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot 5+ 4\cdot 5\cdot 85\right)=\frac{1660}{EJ}\\ \end{aligned}

Sprawdzenie lokalne:

Warunek:
\begin{aligned} &\delta_{ss}=\int \frac{M_{s}\cdot M_{s}}{EJ} dx=\delta_{11} +2\cdot \delta_{12} +\delta_{22} \\ \end{aligned} gdzie: \begin{aligned} &M_{s}=M_{1}+M_{2}\\ \end{aligned} oraz:
\begin{aligned} &\Delta_{sp}=\int \frac{M_{s}\cdot M_{p}}{EJ} dx=\Delta_{1p}+\Delta_{2p} \\ \end{aligned} Suma wykresów:

Całkowanie:

\begin{aligned} &\delta_{ss}=\int \frac{M_{s}\cdot M_{s}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( \frac{1}{3} \cdot 3\cdot 3\cdot 3 + \frac{1}{3}\cdot 4 \cdot 4\cdot 4 + 1 \cdot 5\cdot 1\right)=\frac{106}{3EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\delta_{ss}=\delta_{11} +2\cdot \delta_{12} +\delta_{22} \\ \end{aligned} Warunek spełniony

\begin{aligned} &\Delta_{sp}=\int \frac{M_{s}\cdot M_{p}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ} \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 90\cdot 3 +\frac{1}{3}\cdot \frac{20\cdot 3^2}{8}\cdot 3\cdot 3 -\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot 5+1\cdot 5\cdot 85 \right)=\frac{365}{2EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &&\Delta_{sp}=\Delta_{1p}+\Delta_{2p} \\ \end{aligned} Warunek spełniony

5. Układ równań kanonicznych:

\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} Rozwiązanie układu równań \begin{aligned} &54\cdot X_{1} -60\cdot X_{2}=\frac{2955}{2}\\ &-60\cdot X_{1} +\frac{304}{3}\cdot X_{2}=-1660\\ &X_{1}=26,773 \ kN\\ &X_{2}=-0,529 \ kN \\ \end{aligned} Rozpisanie momentów ostatecznych w punktach charakterystycznych:
\begin{aligned} &M_{ost}=M_{p}+M_{1} \cdot X_{1}+M_{2} \cdot X_{2}\\ &M_{A}=0\\ &M_{BA}=3\cdot 26,773-90=-9,681 \\ &M_{BC}=4\cdot(-0,529)-5=-7,116\\ &M_{C}=-5\\ &M_{BD}=M_{BD}=-3\cdot 26,773+4\cdot (-0,529)+85=2,565\\ \end{aligned}

(nie wiemy jeszcze czy będzie ekstremum pod obciążeniem ciągłym)

6. Sprawdzenie kinematyczne:

\begin{aligned} &\Delta_{1}=\int \frac{M_{ost}\cdot M_{1}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 9,681\cdot 3 +\frac{1}{3}\frac{20\cdot 3^2}{8}\cdot 3\cdot 3 -5\cdot 2,565\cdot 3\right)=\frac{-0,018}{EI}\sim =0\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &\Delta_{2}=\int \frac{M_{ost}\cdot M_{2}}{EJ} dx=\frac{1}{EJ}\\ \end{aligned}

\begin{aligned} &=\frac{1}{EJ}\left( -\frac{1}{3}\cdot 7,116\cdot 4\cdot 4 -\frac{1}{6}\cdot 5\cdot 4\cdot 4+5\cdot 2,565\cdot 4\right)=\frac{0,0147}{EI}\sim =0\\ \end{aligned}

7. Obliczenie sił tnących:

Obliczamy siły tnące z równowagi wyciętych elementów (znając momenty ostateczne)

Element AB:

\begin{aligned} &\sum{M_{A}}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &{Q_{BA}}\cdot 3+20\cdot 3\cdot \frac{3}{2}+9,681=0\\ &{Q_{BA}}=-33,227\\ \end{aligned} \begin{aligned} &\sum{M_{B}}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &{Q_{AB}}\cdot 3-20\cdot 3\cdot \frac{3}{2}+9,681=0\\ &{Q_{AB}}=26,773\\ \end{aligned}

Element BC:

\begin{aligned} &\sum{M_{B}}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &{Q_{CB}}\cdot 4-7,116+5=0\\ &{Q_{CB}}=0,529\\ \end{aligned} \begin{aligned} &\sum{Y}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &{Q_{BC}}=Q_{CB}=0,529\\ \end{aligned}

Element BD:

\begin{aligned} &\sum{M_{B}}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &Q=0\\ \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących

Ekstremum na wykresie momentów:
\begin{aligned} &\frac{26,773}{x}=\frac{33,227}{3-x}\\ &x=1,339 \ m\\ &M_{ex}=\frac{1}{2}\cdot 26,773\cdot 1,337=17,9245 \ kNm \end{aligned} Ekstremum można policzyć jako moment początkowy (równy 0)
plus pole trójkąta od lewej strony na wykresie Qost.

8. Obliczenie sił normalnych:

Węzeł B:

\begin{aligned} &\sum{Y}=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} &{-N_{BD}}-33,227-0,529=0\\ &{N_{BD}}=-33,756\\ \end{aligned}

Ostateczny wykres sił normalnych

Metoda sił

Mechanika budowli - Metoda sił - Przykład 3

Przykład 3