Obliczenie reakcji \(V_{A} \)

Tutaj będziemy mieli już trochę trudniejszy podział na tarcze: tarcza AD, tarcza DE, tarcza EC, tarcza BD, oraz tarcza - pręt kratowy pionowy, nie opisany punktami charakterystycznymi, znajdujący się nad siłą 4kN. Analiza:
- tarcza BD ma środek obrotu w punkcie B, wobec tego znamy prędkość dopuszczalną punktu D,
- wiemy też że tarcza CE albo porusza się translacją w poziomie albo nie porusza się w ogóle, jeżeli przyjmiemy że porusza się translacją, to punkty C i E mają mieć prędkości poziome, mamy więc informacje o ruchu dwóch punktów tarczy DE,
– przecinamy prostopadłe do tych możliwości ruchu, przecinają się one w punkcie C i jest to środek obrotu tarczy DE z zaznaczoną na rysunku prędkością kątową omega 3,
- tarcza CE porusza się więc poziomo założymy ten ruch w prawo, a w zasadzie to zaczynając od narzucenia prędkości kątowej na tarczy BD prawoskrętnie - zaznaczone jako omega 2, wynika z tego wartość i zwrot prędkości w punkcie D, z tego wynika prędkość kątowa omega 3, a także poziome prędkości punktu D i E
- jak znaleźć środek obrotu tarczy pierwszej? Zauważmy że znamy prędkość poziomą i pionową punktu D, a także punktu styku z pionowym prętem kratowym, prędkość punktu D znamy ponieważ jest to punkt tarczy BD dla której narzuciliśmy prędkość kątową, a prędkość na styku z prętem kratowym: poziomą znamy, ponieważ jeżeli znamy poziomą prędkość punktu D to każdy punkt na prawo i lewo od tego punktu będzie poruszał się z tą samą prędkością w osi pręta, tak samo jest z prędkością pionową która przechodzi po pręcie pionowym kratowym, jeżeli pod siłą 4 mamy określoną prędkość, to przy górnym węźle tego samego pionowego pręta będzie ta sama prędkość liniowa, a więc znamy w tym punkcie prędkość poziomą i pionową, a więc mamy informację o ruchu dwóch punktów tarczy pierwszej, z tego możemy znaleźć środek jej obrotu, które wypada w punkcie B
\begin{aligned} & 1=2 \omega_1 \quad->\quad \omega_1:=\frac{1}{2} \\ & \omega_2:=\omega_1=0.5 \\ & 2 \omega_3=2 \omega_2 \quad->\quad \omega_3:=\omega_2=0.5 \\ & \delta_4:=2 \omega_3=1 \\ & V_A \cdot 1+2 \cdot 2 \omega_1+6 \cdot \omega_1-4 \cdot 2 \omega_2+6 \omega_2+4 \cdot 2 \omega_3-3 \cdot \delta_4=0 \\ & V_A:=-\left(2 \cdot 2 \omega_1+6 \cdot \omega_1-4 \cdot 2 \omega_2+6 \omega_2+4 \cdot 2 \omega_3-3 \cdot \delta_4\right)=-5 \end{aligned}

Obliczenie reakcji \(V_{B} \)

- tarcza 4 bez obrotu, przesuw poziomy dopuszczalny, pionowy nie,
- 1 wymuszenie w górę o „1”,
- Na pionowej od A musi być obrót tarczy 2, a obrót tarczy 1 musi być na tej samej, bo pręt kratowy nie może się wydłużać, więc w1=w2 a środek obrotu obu tarcz na przecięciu pionowej od A i poziomej od B,
- zostaje w3 ale znając przemieszczenia D i E jest oczywiste
\begin{aligned} & 1=2 \omega_2 \quad->\quad \omega_2:=\frac{1}{2} \\ & \omega_1:=\omega_2=0.5 \\ & 6 \omega_2=4 \omega_3->\quad \omega_3:=\frac{6}{4} \omega_2=0.75 \\ & \delta_4:=\frac{4}{3} \omega_3=1 \\ & V_B \cdot 1+4 \cdot 4 \cdot \omega_2-6 \omega_2-2 \cdot 2 \omega_1-6 \cdot 3 \omega_1-4 \cdot 2 \omega_3+3 \delta_4=0 \\ & V_B:=-1\left(4 \cdot 4 \cdot \omega_2-6 \omega_2-2 \cdot 2 \omega_1-6 \cdot 3 \omega_1-4 \cdot 2 \omega_3+3 \delta_4\right)=9 \end{aligned}

Obliczenie reakcji \(H_{B} \)

- wszystkie podpory w układzie mają możliwość ruchu poziomego, mamy translację całego układu, narzucamy prędkość "1" w prawo
\begin{aligned} & H_B \cdot 1+2 \cdot 1-3 \cdot 1=0 \\ & H_B:=-2+3=1 \end{aligned}

Obliczenie reakcji \(V_{C} \)

- układ tarczy BD (z podporą nieprzesuwną) połączonej prętem kratowym z tarczą AD, podpartą podporą przegubową przesuwną sam w sobie się unieruchamia (jest nieruchomy), dlaczego?
przeanalizujmy to:

- tarcza czerwona (dolna) ma środek obrotu na podporze przegubowe, znamy dopuszczalną prędkość na styku (w przegubie po prawej stronie),
- tarcza pozioma ma podporę, gdzie dopuszczalny ruch jest poziomo, mamy więc informację o ruchu dwóch punktów tarczy poziomej, na przecięciu prostopadłych do tych możliwości ruchu znajdujemy środek obrotu tarczy O1
- na punkcie styku z uwagi na poziome odległości od O1 i od O2 wypadają pionowe prędkości 6w1 oraz 4w2, które mają być sobie równe, z tego wynika w2=1,5w1,
- weźmy pod uwagę teraz pręt kratowy, w którym prędkość pionowa na jednym końcu musi być taka sama jak na drugim końcu, a jedną (górną) wyznaczamy z tarczy poziomej, drugą (dolną) z tarczy skośnej,
- z uwagi na odległości poziome od O1 do pręta kratowego, wychodzi że mają być w nim prędkości 4*w1 oraz 2*w2, jednak kiedy za w2 podstawimy w2=1,5w1 to mamy sprzeczność, bo 4*w1 nie równa się 2*(1,5w1)=3*w1,
- a więc taki plan jest niemożliwy, gdyby nie było pręta kratowego pomiędzy tymi tarczami, to byłoby ok, jednak pręt kratowy blokuje możliwość ruchu tego mechanizmu.

Wobec tego wracając do zadania, układ tarczy po lewej stronie jest nieruchomy, tarcza DE ma środek obrotu w nieruchomym punkcie D, przekazuje prędkość na tarczę CE, która to musi poruszać się translacyjnie, bo ma więź w postaci blokady obrotu
\begin{aligned} & 4 \omega_3=1 \quad \omega_3:=\frac{1}{4} \\ & V_C \cdot 1-4 \cdot 2 \omega_3=0 \\ & V_C:=8 \quad \omega_3=2 \end{aligned}

Obliczenie reakcji \(M_{Cu} \)

- jak wykazano w poprzednim przypadku - układ tarczy BD (z podporą nieprzesuwną) połączonej prętem kratowym z tarczą AD, podpartą podporą przegubową przesuwną sam w sobie się unieruchamia (jest nieruchomy),
- tarcza DE mogłaby mieć środek obrotu w punkcie D, jednak wtedy punkt E musiałby się poruszać na kierunku pionowym, a ten ruch jest niemożliwy, ponieważ niemożliwy jest ruch pionowy punktu C, a ona muszą być sobie równe,
- wobec tego tarcza DE jest nieruchoma, a tarcza CE ma środek obrotu w punkcie E
\begin{aligned} & M_{C u} \cdot 1+5 \cdot 1=0 \\ & M_{C u}:=-5 \end{aligned}

Obliczenie siły w pręcie: \( N \)

– tarcza BD ma środek obrotu w w punkcie B, narzucamy jej prędkość kątową omega2 - może być lewoskrętnie, zaznaczamy dopuszczalne prędkości liniowe: poziomą i pionową w punkcie D z podaniem ich wartości,
- tarcza AD ma możliwość poziomego ruchu w punkcie A oraz znamy dopuszczalny ruch punktu D, który jest prostopadły do prostej łączącej punkt B i D; na przecięciu prostopadłych do tych dopuszczalnych możliwości ruchu znajdujemy środek obrotu tarczy pierwszej (AD),
- nanosimy prędkość kątową omega1, która musi mieć zwrot lewoskrętny, żeby punkt D poruszał się w tą stronę w którą wyznaczyliśmy z tarczy BD,
- wyznaczam prędkość kątową omega1, na przykład porównując pionowe prędkości w punkcie D które muszą wynikać tak samo z tarczy 1 i tarczy 2,
- mamy informacje o ruchu dwóch punktów tarczy DE: punkt E może się poruszać jedynie w poziomie, co wynika z podparcia tarczy CE (znamy też dopuszczalny ruch punktu D), przecinamy prostopadłe do tych możliwości ruchu i znajdujemy środek obrotu O3, który wypada w punkcie C,
- nanosimy prędkości w punktach charakterystycznych tarczy trzeciej, ponownie z porównania prędkości liniowych w punkcie D możemy obliczyć prędkość kątową omega3, a jej zwrot również wynika z dopuszczalnego ruchu w punkcie D,
- znamy więc tym samym prędkość poziomą punktu E i będzie to stała prędkość dla całej tarczy CE, ponieważ ta tarcza może poruszać się tylko ruchem liniowym
\begin{aligned} & 2 \omega_2=1 \quad \omega_2:=\frac{1}{2} \\ & 6 \omega_1=4 \omega_2 \quad \omega_1:=\frac{4}{6} \omega_2=0.333 \\ & \omega_3:=\omega_2=0.5 \\ & \delta_4:=2 \omega_3=1 \\ & N \cdot 1-N \cdot 4 \omega_1+4 \cdot 1-6 \omega_2-2 \cdot 3 \omega_1-6 \cdot 3 \omega_1-4 \cdot 2 \omega_3+3 \delta_4=0 \\ & N:=-\frac{4 \cdot 1-6 \omega_2-2 \cdot 3 \omega_1-6 \cdot 3 \omega_1-4 \cdot 2 \omega_3+3 \delta_4}{1-4 \omega_1}=-24 \end{aligned}

Sprawdzenie - obliczenie reakcji z równań statyki

\begin{array}{lll} \Sigma X=0 & H_B+2-3=0 & H_B:=-2+3=1 \\ \Sigma M_{E g}=0 & M_{C u}+5=0 & M_{C u}:=-5 \\ \Sigma M_{D p}=0 & 4 \cdot 2+5+M_{C u}-V_C \cdot 4=0 & V_C:=\frac{1}{4}\left(8+5+M_{C u}\right)=2 \\ \Sigma M_B=0 & V_A \cdot 2+2 \cdot 2+6 \cdot 1-4 \cdot 2+6+4 \cdot 6+M_{C u}+5-3 \cdot 2-V_C \cdot 8=0 & V_A:=\frac{-1}{2}\left(2 \cdot 2+6 \cdot 1-4 \cdot 2+6+4 \cdot 6+M_{C u}+5-3 \cdot 2-V_C \cdot 8\right)=-5 \\ \Sigma Y=0 & V_A+V_B+V_C-6-4+4=0 & V_B:=-\left(V_A+V_C-6-4+4\right)=9 \\ \Sigma M_{D l}=0 & V_A \cdot 6-6 \cdot 3-N \cdot 2=0 & N:=\frac{1}{2}\left(V_A \cdot 6-6 \cdot 3\right)=-24 \end{array}

Statyka - Zasada prac przygotowanych (wirtualnych)

Mechanika techniczna - Statyka - Zasada prac przygotowanych (wirtualnych) - Przykład 3

Przykład 3