MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
1
ROZWIĄZANIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
Ramę pokazaną na rysunku rozwiązać
metodą przemieszczeń. Dokonać kontroli
rozwiązania.
1. WYZNACZENIE STOPIENIA GEOMETRYCZNEJ NIEWYZNACZALNOŚCI
WYZNACZENIE LICZBY STOPNI
SWOBODY OBROTU WĘZŁÓW
ϕ
n
.
W celu wyznaczenia
ϕ
n
dokonujemy podziału układu na elementy,
dla których dane są wzory transformacyjne,
co pokazano na rysunku obok.
Z przyjętego podziału na elementy
wynika, że
dla pręta 1-2 (sztywno-sztywny) stosować
będziemy wzory transformacyjne w postaci
(
)
o
M
L
EI
M
12
12
21
12
12
12
12
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
o
M
L
EI
M
21
12
12
21
12
12
21
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
dla pręta 2-3 (sztywno-sztywny) stosować będziemy wzory transformacyjne w postaci
(
)
o
M
L
EI
M
23
23
32
23
23
23
23
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
o
M
L
EI
M
32
23
23
32
23
23
32
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
dla pręta 1-4 (sztywno-przegubowy) stosować będziemy wzory transformacyjne w postaci
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
14
14
14
14
14
14
14
14
14
14
14
3
3
0
3
+
−
⋅
⋅
=
+
⋅
−
+
⋅
⋅
=
ψ
ϕ
ψ
ϕ
,
0
41
=
M
,
dla pręta 1-5 (sztywno-łyżwa) stosować będziemy wzory transformacyjne w postaci
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
15
51
15
15
15
15
15
51
15
15
15
15
0
1
1
+
−
⋅
=
+
⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
=
ϕ
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
51
15
51
15
15
51
15
15
51
15
15
51
0
1
1
+
−
⋅
=
+
⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
=
ϕ
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
.
Uwzględniając warunki podparcia i połączenia elementów (
,
0
32
51
=
=
ϕ
ϕ
,
1
15
14
12
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
=
2
23
21
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
) widzimy, że wszystkie kąty obrotu końców przyjętych elementów określone są przez
kąty obrotu dwóch węzłów
2
1
ϕ
ϕ
i
. Liczba stopni swobody obrotu węzłów wynosi więc n
ϕ
=
2 .
4 m
q = 0.25 F/m
2E
I
EI
EI
1.5 m
1.5 m
2 m
EI
F
F
M = 2 Fm
1
2EI
EI
EI
EI
ϕϕϕϕ
1111
ϕϕϕϕ
2222
5
4
3
2
ϕϕϕϕ
3333
= 0
ϕϕϕϕ
5555
= 0
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
2
WYZNACZENIE LICZBY STOPNI
SWOBODY PRZESUWU WĘZŁÓW n
δ
W celu wyznaczenia n
δ
tworzymy
przegubowy model układu (rysunek obok) w
ten sposób, że wszystkie węzły zamieniamy na
przegubowe i eliminujemy przesuwy dla
elementów, w których wzorach
transformacyjnych nie występują kąty obrotu
cięciw (
ij
ψ
) dodając więzi prostopadłe do osi
prętów na końcach łyżwowych elementów
sztywno-łyżwa i na wolnych końcach
elementów wspornikowych. W
rozwiązywanym zadaniu dodano więź
zaznaczoną linią przerywaną w węźle 5.
Liczba stopni swobody przesuwu
układu przegubowego spełnia warunek
r
p
w
n
−
−
⋅
≥
2
δ
=2*8 -7 - 8 = 1,
gdzie w - liczba węzłów, p - liczba prętów,
r - liczba więzi podporowych.
Wynika
stąd, że aby układ był
geometrycznie niezmienny należy dodać, co
najmniej 1 więź. Należy dokonać analizy
możliwych przesuwów węzłów i sprawdzić czy dodanie 1 więzi wystarczy. Jak widać na rysunku obok
dodanie 1 więzi (nr I) przekształciło przyjęty model w układ geometrycznie niezmienny.
Oznacza to, że liczba stopni swobody przesuwu wynosi
1
=
δ
n
.
Stopień geometrycznej niewyznaczalności
wynosi więc
=
+
=
δ
ϕ
n
n
n
g
2 + 1.
2. UKŁAD PODSTAWOWY
Układ podstawowy tworzymy z układu
danego przez dodanie n
ϕ
więzi rotacyjnych
i n
δ
więzi translacyjnych (w naszym
przykładzie 2 więzi rotacyjnych i 1
translacyjnej), co przekształca dany układ w
układ geometrycznie wyznaczalny
pokazany na rysunku obok.
3. ROZWIĄZANIA UKŁADU
PODSTAWOWEGO
OD
SKŁADOWYCH STANÓW OBCIĄŻEŃ
3.1 DANE
m
F
q
/
25
.
0
⋅
=
,
Fm
M
⋅
=
2
,
Fm
M
M
o
⋅
=
=
2
1
,
0
2
=
o
M
,
m
L
4
12
=
,
m
L
L
3
23
14
=
=
,
m
L
2
15
=
,
EI
EI
EI
EI
⋅
=
=
=
1
15
23
12
,
EI
EI
2
14
=
1
5
4
3
2
I
4 m
q = 0.25 F/m
2EI
EI
EI
1.5 m
1.5 m
2 m
EI
F
F
M = 2 Fm
I
1
5
4
3
2
1
5
4
3
2
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
3
3.2 ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA DANEGO
Należy pamiętać, że poszczególne stany obciążeń rozpatrujemy rozłącznie, to jest, że stanowi
obciążeń danych towarzyszy
0
2
1
=
=
=
I
δ
ϕ
ϕ
. Oznacza to, że do wzorów transformacyjnych
podstawiamy w tym stanie wszystkie
0
=
=
ij
ij
ψ
ϕ
.
Dla elementów przyjętych w punkcie 1 momenty brzegowe odczytujemy z tablic lub
otrzymujemy w wyniku rozwiązania metodą sił. Obciążenia działające na poszczególne elementy i
wykresy momentów zginających pokazano na rysunku poniżej. Pokazano także siły równoważne
działającym obciążeniom sprowadzone do punktów, których przemieszczenia łatwo określić.
q = 0.25 F/m
5
M = 2 Fm
F
4
M
51
M
15
2
F
3
1
M
14
M
41
=0
M
23
M
32
M
12
=0
M
21
=0
P
1
P
2
P
3
P
5
P
4
Moment M nie stanowi obciążenia żadnego pręta, gdyż obciąża węzeł nr 1.
Fm
M
M
o
2
1
=
=
.
Węzeł nr 2 nie jest obciążony, więc
0
2
=
o
M
.
Momenty brzegowe dla prętów obliczamy z odpowiednich wzorów:
=
⋅
=
6
)
2
(
2
51
m
q
M
o
0.1667 F m,
=
⋅
=
3
)
2
(
2
15
m
q
M
o
0.3333 F m,
=
+
o
o
M
M
15
51
0.5 Fm,
=
⋅
=
−
=
8
3
23
32
m
F
M
M
o
o
0.375 Fm,
0
32
23
=
+
o
o
M
M
,
0
21
12
=
=
o
o
M
M
,
M
M
o
o
12
21
0
+
=
,
=
⋅
⋅
=
16
3
3
14
m
F
M
o
0.5625Fm,
0
41
=
o
M
,
=
+
o
o
M
M
14
14
0.5625 Fm.
Siły równoważne mają wartości
F
m
m
F
P
5
.
0
2
/
25
.
0
1
=
⋅
=
,
F
F
P
P
P
P
5
.
0
2
/
5
4
3
2
=
=
=
=
=
.
3.3 OBCIĄŻENIE
ϕ
1
1
=
(
0
2
=
=
I
δ
ϕ
,
0
=
F
)
W tym stanie obciążenia do wzorów transformacyjnych podstawiamy:
,
1
1
1
15
1
14
1
12
1
1
=
=
=
=
=
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
j
pozostałe
,
0
1
=
ij
ϕ
,
0
=
ij
ψ
0
=
o
ij
M
,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów o postaci
(
)
1
1
1
ji
ij
ij
ij
ij
ij
ij
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
Momenty brzegowe wynoszą:
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
1
0
2
1
4
4
2
4
21
12
12
12
1
12
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
5
.
0
1
2
0
4
4
2
4
12
21
21
21
1
21
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
5
.
1
2
21
2
12
,
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
4
( )
( )
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
2
1
3
2
3
3
14
14
14
1
14
ϕ
,
0
1
41
=
M
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
2
1
41
1
14
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
−
⋅
=
−
⋅
=
5
.
0
0
1
3
2
51
15
15
15
1
15
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
−
=
−
⋅
=
−
⋅
=
5
.
0
1
0
3
2
15
51
15
15
1
51
ϕ
ϕ
,
0
1
51
1
15
=
+
M
M
,
(
)
(
)
0
0
2
0
4
3
2
4
32
23
23
23
1
23
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
0
0
2
0
4
3
2
4
23
32
23
23
1
32
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
0
1
23
1
32
=
+
M
M
.
3.4 OBCIĄŻENIE
1
2
=
ϕ
(
0
1
=
=
I
δ
ϕ
,
0
=
F
)
W tym stanie obciążenia do wzorów transformacyjnych podstawiamy:
,
1
2
2
2
23
2
21
=
=
=
ϕ
ϕ
ϕ
pozostałe
,
0
2
=
ij
ϕ
,
0
=
ij
ψ
0
=
o
ij
M
,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów o postaci
(
)
2
2
2
ji
ij
ij
ij
ij
ij
ij
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
Momenty brzegowe wynoszą:
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
5
.
0
1
2
0
4
4
2
4
21
12
12
12
2
12
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
1
0
2
1
4
4
2
4
12
21
21
21
2
21
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
5
.
1
2
21
2
12
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
3333
.
1
0
2
1
4
3
2
4
32
23
23
23
2
23
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
6667
.
0
1
2
0
4
3
2
4
23
32
23
23
1
32
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
2
2
32
2
23
,
( )
( )
0
0
3
2
3
3
14
14
14
2
14
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
,
0
1
41
=
M
,
0
2
41
2
14
=
+
M
M
,
(
)
(
)
0
0
0
3
2
51
15
15
15
2
15
=
−
⋅
=
−
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
0
0
0
3
2
15
51
15
15
2
51
=
−
⋅
=
−
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
, 0
2
51
2
15
=
+
M
M
.
3.5 OBCIĄŻENIE
δ
I
=
1
(
0
2
1
=
=
=
F
ϕ
ϕ
)
W tym stanie obciążenia do wzorów transformacyjnych podstawiamy:
,
0
=
ij
ϕ
0
=
o
ij
M
oraz kąty obrotu cięciw prętów
( )
ψ
ij
I
określone od przemieszczenia
δ
I
=
1
,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów o
postaci
I
ij
ij
ij
ij
I
ij
L
EI
c
M
ψ
⋅
⋅
−
=
W celu wyznaczenia szukanych kątów obrotu
cięciw prętów oraz przemieszczeń w
miejscach przyłożenia sił równoważnych
rozpatrujemy przegubowy model układu
podstawowego (rysunek obok) bez przegubu
1
5
4
3
2
δδδδ
I
= 1
P
1
P
2
P
3
P
4
P
5
1
1
=
I
δ
0
5
4
3
2
=
=
=
=
I
I
I
I
δ
δ
δ
δ
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
5
na końcu łyżwowym elementu sztywno-łyżwa i wymuszamy przesunięcie o wartości 1 w miejscu i
kierunku dodanej więzi I. Wartości wzajemnych przesunięć końców prętów wynoszą:
0
15
=
∆
I
,
0
14
=
∆
I
,
0
23
=
∆
I
,
1
12
−
=
∆
I
(znak „-” gdyż obrót pręta 1-2 nastąpił w lewo).
Wartości kątów obrotów cięciw wynoszą:
0
15
15
15
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
0
14
14
14
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
0
23
23
23
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
m
L
I
I
4
1
12
12
12
−
=
∆
=
ψ
.
Wartości przemieszczeń w miejscach przyłożenia sił równoważnych wynoszą:
1
1
=
I
δ
,
0
5
4
3
2
=
=
=
=
I
I
I
I
δ
δ
δ
δ
.
W celu sprawdzenia wartości kątów obrotu
cięciw prętów wykorzystamy związki
kinematyczne w postaci
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
0
ψ
,
i
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Ly
0
ψ
, które muszą być
spełnione dla każdego zamkniętego
ukierunkowanego ciągu prętów.
W rozwiązywanym zadaniu
otrzymujemy (po uwzględnieniu
fundamentu) 2 zamknięte ciągi prętów
(rysunek obok), co daje 4 równania.
Wykorzystując dane
m
Lx
Lx
2
15
51
=
−
=
,
0
15
51
=
−
=
Ly
Ly
,
0
41
14
=
−
=
Lx
Lx
,
m
Ly
Ly
3
41
14
=
−
=
,
m
Lx
Lx
4
21
12
=
−
=
,
0
21
12
=
−
=
Ly
Ly
,
0
32
23
=
−
=
Lx
Lx
,
m
Ly
Ly
3
32
23
=
−
=
,
4
4
A
A
Lx
Lx
−
=
,
0
4
4
=
−
=
A
A
Ly
Ly
,
56
65
Lx
Lx
−
=
,
0
56
65
=
−
=
Ly
Ly
,
0
3
3
6
6
=
=
=
=
A
A
A
A
ψ
ψ
ψ
ψ
,
A
A
A
I
A
A
Lx
Lx
L
4
4
4
4
4
/
1
/
1
/
=
−
=
−
=
=
δ
ψ
ψ
,
,
1
4
4
−
=
⋅
A
A
Lx
ψ
1
4
4
=
⋅
A
A
Lx
ψ
.
otrzymujemy:
dla ciągu pierwszego
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
A
Lx
Lx
Lx
Lx
4
4
14
14
51
51
65
65
ψ
ψ
ψ
ψ
0
1
0
0
2
0
65
65
=
−
⋅
+
⋅
+
⋅
m
Lx
ψ
(wynika stąd, że
1
65
65
=
⋅
Lx
ψ
),
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Ly
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
A
Ly
Ly
Ly
Ly
4
4
14
14
51
51
65
65
ψ
ψ
ψ
ψ
0
0
3
0
0
0
0
4
65
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
m
ψ
ψ
,
dla ciągu drugiego
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
23
23
12
12
41
41
4
4
Lx
Lx
Lx
Lx
A
A
ψ
ψ
ψ
ψ
0
0
0
4
/
25
.
0
0
0
1
=
⋅
+
⋅
−
⋅
+
m
m
,
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
23
23
12
12
41
41
4
4
Ly
Ly
Ly
Ly
A
A
ψ
ψ
ψ
ψ
0
3
0
0
/
25
.
0
)
3
(
0
0
4
=
⋅
+
⋅
−
−
⋅
+
⋅
m
m
m
A
ψ
.
Wszystkie równania są spełnione, więc kąty obrotu cięciw prętów wyznaczono poprawnie.
Momenty brzegowe wynoszą:
2
12
12
12
12
375
.
0
4
1
4
6
6
m
EI
m
m
EI
L
EI
M
I
⋅
=
−
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
ψ
,
2
12
12
12
21
375
.
0
4
1
4
6
6
m
EI
m
m
EI
L
EI
M
I
⋅
=
−
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
ψ
,
2
21
12
75
.
0
m
EI
M
M
I
I
⋅
=
+
,
0
0
3
6
6
23
23
23
23
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
1
3
2
4
5
x
y
1
2
A
6
4
δ
I
A
ψ
4A
L
4A
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
6
0
0
3
6
6
23
23
23
32
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
0
32
23
=
+
I
I
M
M
,
0
0
3
2
3
3
14
14
14
14
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
0
41
=
I
M
,
0
41
14
=
+
I
I
M
M
0
51
15
=
=
I
I
M
M
,
0
51
15
=
+
I
I
M
M
.
4. UKŁAD RÓWNAŃ
4.1 POSTAĆ OGÓLNA UKŁADU RÓWNAŃ STOSOWNA DO PRZYJĘTEGO UKŁADU
PODSTAWOWEGO
0
,
0
,
0
2
2
1
1
2
2
2
22
1
21
1
1
2
12
1
11
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
Io
I
II
I
I
o
I
I
o
I
I
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
4.2 WSPÓŁCZYNNIKI UKŁADU RÓWNAŃ
=
+
+
+
=
+
=
∑
0
1
15
1
14
1
12
1
1
1
11
M
M
M
k
M
k
j
j
ϕ
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
+
5
.
3
)
5
.
0
2
1
(
,
k
M
12
12
2
=
=
=
⋅
m
EI
5
.
0
1
21
M
,
=
+
+
=
=
∑
I
I
I
j
I
j
I
M
M
M
M
k
15
14
12
1
1
2
2
375
.
0
)
0
0
375
.
0
(
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
+
,
=
−
+
+
=
−
=
∑
o
o
o
o
o
j
o
j
o
M
M
M
M
M
M
k
1
15
14
12
1
1
1
Fm
Fm
⋅
−
=
⋅
−
+
+
1042
.
1
)
2
3333
.
0
5625
.
0
0
(
,
k
M
21
21
1
=
=
=
⋅
m
EI
5
.
0
2
12
M
,
=
+
+
=
+
=
∑
0
2
23
2
21
2
2
2
22
M
M
k
M
k
j
j
ϕ
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
3333
.
2
)
3333
.
1
1
(
,
=
+
=
=
∑
I
I
j
I
j
I
M
M
M
k
23
21
2
2
(
)
2
2
375
.
0
0
375
.
0
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
,
=
+
+
=
−
=
∑
0
23
21
2
2
2
o
o
o
j
o
j
o
M
M
M
M
k
(
)
Fm
Fm
⋅
−
=
⋅
−
375
.
0
375
.
0
0
,
(
)
=
⋅
+
−
=
∑
I
ij
ij
ji
ij
I
M
M
k
ψ
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
I
I
I
I
M
M
M
M
M
M
M
M
23
1
32
1
23
15
1
51
1
15
14
1
41
1
14
12
1
21
1
12
ψ
ψ
ψ
ψ
2
375
.
0
0
0
0
25
.
0
5
.
1
m
EI
m
m
EI
⋅
=
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
=
k
I
1
,
(
)
=
⋅
+
−
=
∑
I
ij
ij
ji
ij
I
M
M
k
ψ
2
2
2
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
I
I
I
I
M
M
M
M
M
M
M
M
23
2
32
2
23
15
2
51
2
15
14
2
41
2
14
12
2
21
2
12
ψ
ψ
ψ
ψ
2
375
.
0
0
0
0
25
.
0
5
.
1
m
EI
m
m
EI
⋅
=
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
=
I
k
2
,
(
)
=
⋅
+
−
=
∑
I
ij
ij
I
ji
I
ij
II
M
M
k
ψ
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
M
M
M
M
M
M
M
M
23
32
23
15
51
15
14
41
14
12
21
12
ψ
ψ
ψ
ψ
3
2
1875
.
0
0
0
0
25
.
0
75
.
0
m
EI
m
m
EI
⋅
=
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
,
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
7
(
)
=
⋅
⋅
−
⋅
+
−
=
∑
∑
p
I
p
p
I
ij
ij
o
ji
o
ij
Io
P
M
M
k
δ
ψ
(
)
(
)
(
)
+
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
=
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
+
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
0
0
0
5
.
0
0
5625
.
0
24
.
0
0
)
(
5
5
4
4
3
3
2
2
1
1
23
32
23
15
51
15
14
41
14
12
21
12
Fm
Fm
m
P
P
P
P
P
M
M
M
M
M
M
M
M
I
I
I
I
I
I
o
o
I
o
o
I
o
o
I
o
o
δ
δ
δ
δ
δ
ψ
ψ
ψ
ψ
F
F
F
F
F
F
5
.
0
0
5
.
0
0
5
.
0
0
5
.
0
0
5
.
0
1
5
.
0
−
=
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
.
4.3 POSTAĆ SZCZEGÓŁOWA UKŁADU RÓWNAŃ I JEGO ROZWIĄZANIE
0
5
.
0
1875
.
0
375
.
0
375
.
0
,
0
375
.
0
375
.
0
3333
.
2
5
.
0
,
0
1042
.
1
375
.
0
5
.
0
5
.
3
3
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
F
m
EI
m
EI
m
EI
Fm
m
EI
m
EI
m
EI
Fm
m
EI
m
EI
m
EI
I
I
I
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
ϕ
1
=
0.00203
EI
Fm
2
⋅
,
ϕ
2
=
-0.3944
EI
Fm
2
⋅
,
δ
I
=
3.4514
EI
Fm
3
⋅
5. RZECZYWISTE SIŁY PRZEKROJOWE
5.1 MOMENTY BRZEGOWE
Momenty brzegowe (znakowane wg umowy statycznej) określono w tabeli poniżej na
podstawie wzoru:
o
ij
I
I
ij
ij
ij
ij
M
M
M
M
M
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
δ
ϕ
ϕ
2
2
1
1
M
1
ϕ
1
M
2
ϕ
2
M
I
δ
Ι
M
O
M
Mnożnik EI/m
Fm
2
/EI
EI/m
Fm
2
/EI
EI/m
2
Fm
3
/EI
Fm
Fm
M
51
=
-0.50 * 0.00203 +
0
* ( -0.3944 ) +
0
* 3.4514 + 0.1667 = 0.166
M
15
=
0.50 * 0.00203 +
0
* ( -0.3944 ) +
0
* 3.4514 + 0.3333 = 0.334
M
12
=
1.00 * 0.00203 + 0.50 * ( -0.3944 ) + 0.375 * 3.4514 +
0
= 1.099
M
21
=
0.50 * 0.00203 + 1.00 * ( -0.3944 ) + 0.375 * 3.4514 +
0
= 0.901
M
14
=
2.00 * 0.00203 +
0
* ( -0.3944 ) +
0
* 3.4514 + 0.5625 = 0.567
M
23
=
0
* 0.00203 + 1.3333 * ( -0.3944 ) +
0
* 3.4514 - 0.3750 = -0.901
M
32
=
0
* 0.00203 + 0.6667 * ( -0.3944 ) +
0
* 3.4514 + 0.3750 = 0.112
Momenty brzegowe można też wyznaczyć na podstawie wzorów transformacyjnych,
po
uprzednim określeniu rzeczywistych wartości kątów obrotów cięciw prętów na podstawie związku:
α
α
α
δ
ψ
ψ
⋅
=
∑
ij
ij
i rzeczywistych wartości obrotów końców prętów na podstawie związku
i
ij
ϕ
ϕ
=
.
Np. dla pręta 1-2
1
12
ϕ
ϕ
=
,
2
21
ϕ
ϕ
=
,
=
⋅
=
I
I
δ
ψ
ψ
12
12
EI
Fm
EI
Fm
m
2
3
8628
.
0
4514
.
3
4
1
−
=
⋅
−
,
(
)
=
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
o
M
L
EI
M
12
12
2
1
12
12
12
6
2
4
ψ
ϕ
ϕ
Fm
EI
Fm
EI
Fm
EI
Fm
m
EI
099
.
1
0
)
8628
.
0
(
6
)
3944
.
0
(
2
00203
.
0
4
4
2
2
2
=
+
−
⋅
−
−
⋅
+
⋅
=
Jak widać otrzymano identyczny wynik jak poprzednio. Analogicznie można obliczyć pozostałe
momenty brzegowe.
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
8
5.2 SIŁY TNĄCE I OSIOWE ORAZ KONTROLA RÓWNAŃ RÓWNOWAGI
Siły tnące i osiowe wyznaczamy z równań równowagi prętów i węzłów.
W tym celu układ dzielimy na pręty i węzły oraz obciążamy wydzielone elementy obciążeniem danym
i na brzegach siłami przekrojowymi (określonymi już momentami i szukanymi siłami osiowymi i
tnącymi). Przedstawiono to na rysunku poniżej. Na rysunku zaznaczono liniami przerywanymi włókna
wyróżnione do znakowania momentów zginających. Wyróżnienie to zostanie wykorzystane w punkcie
następnym.
q = 0.25 F/m
5
M = 2 Fm
F
4
M
51
M
15
2
F
3
1
M
14
M
41
=0
M
23
M
32
M
12
M
21
V
51
=0
N
51
V
15
N
15
M
15
V
15
N
12
V
12
V
14
N
14
V
14
M
14
V
41
N
41
=0
M
12
V
12
M
21
V
21
N
21
V
21
M
23
V
23
N
23
V
23
V
32
N
32
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
Dla sił działających na każdy element wypisujemy 3 równania równowagi. Z sum momentów
względem końców prętów wyznaczamy siły tnące a z pozostałych równań wyznaczamy siły osiowe i
część z nich stanowi kontrolę. W obliczeniach wykorzystujemy obliczone już wartości momentów oraz
wynikające z warunków podparcia wartości sił osiowych i tnących 0
N
51
41
=
=
V
.
PRĘT 5-1
( )
0
2
2
2
2
15
15
51
5
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
q
m
V
M
M
M
⇒
F
m
m
F
m
Fm
m
m
m
q
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
⋅
⋅
−
⋅
+
−
=
⋅
⋅
−
+
−
=
5
.
0
4
4
25
.
0
2
166
.
0
334
.
0
2
2
4
2
2
2
51
15
15
( )
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
2
2
2
2
51
15
51
1
m
q
m
V
M
M
M
0
2
/
25
.
0
0
166
.
0
334
.
0
=
⋅
−
+
⋅
+
m
m
F
Fm
(spełnione tożsamościowo)
0
15
51
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
15
51
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
PRĘT 1-2
0
4
21
21
12
1
=
⋅
+
+
=
∑
m
V
M
M
M
⇒
F
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
+
−
=
+
−
=
5
.
0
4
901
.
0
099
.
1
4
21
12
21
,
0
4
12
21
12
2
=
⋅
+
+
=
∑
m
V
M
M
M
⇒
F
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
+
−
=
+
−
=
5
.
0
4
901
.
0
099
.
1
4
21
12
12
,
0
21
12
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
21
12
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
PRĘT 4-1
0
5
.
1
3
14
41
14
4
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
9
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
−
⋅
+
−
=
⋅
−
+
−
=
689
.
0
5
.
0
3
0
567
.
0
3
5
.
1
3
41
14
14
0
5
.
1
3
41
41
14
1
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
=
⋅
+
⋅
+
−
=
⋅
+
+
−
=
311
.
0
5
.
0
3
0
567
.
0
3
5
.
1
3
41
14
41
,
0
14
41
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
0
41
14
=
=
N
N
(zgodnie z warunkami podparcia).
PRĘT 2-3
0
5
.
1
3
32
32
23
2
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
−
⋅
+
−
−
=
⋅
−
+
−
=
237
.
0
5
.
0
3
112
.
0
901
.
0
3
5
.
1
3
32
23
32
,
0
5
.
1
3
23
32
23
3
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
=
⋅
+
⋅
+
−
−
=
⋅
+
+
−
=
763
.
0
5
.
0
3
112
.
0
901
.
0
3
5
.
1
3
32
23
23
,
0
32
23
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
23
32
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
WĘZEŁ 2
0
))
901
.
0
(
901
.
0
(
23
21
2
=
⋅
−
−
−
=
−
−
=
∑
Fm
M
M
M
(spełnione tożsamościowo)
0
)
5
.
0
(
23
23
21
=
+
⋅
−
−
=
+
−
=
∑
N
F
N
V
Y
⇒
F
N
⋅
−
=
5
.
0
23
,
0
763
.
0
21
23
21
=
⋅
−
−
=
−
−
=
∑
F
N
V
N
X
⇒
F
N
⋅
−
=
763
.
0
21
,
Z trzeciego równania dla pręta 1-2 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
763
.
0
21
12
,
Z trzeciego równania dla pręta 2-3 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
5
.
0
23
32
,
WĘZEŁ 1
0
)
2
334
.
0
567
.
0
099
.
1
(
15
14
12
1
=
⋅
+
−
−
−
=
+
−
−
−
=
∑
Fm
M
M
M
M
M
(spełnione tożsamościowo)
0
F
(-0.5))
-
0
5
.
0
(
12
14
15
=
⋅
+
−
=
−
−
=
∑
V
N
V
Y
(spełnione tożsamościowo)
0
)
689
.
0
(
763
.
0
15
14
12
15
=
⋅
−
−
⋅
−
−
=
−
+
−
=
∑
F
F
N
V
N
N
X
⇒
F
F
F
N
⋅
−
=
⋅
−
−
⋅
−
=
074
.
0
)
689
.
0
(
763
.
0
15
,
Z trzeciego równania dla pręta 5-1 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
074
.
0
15
51
.
Siły tnące można też wyznaczyć na podstawie wzorów transformacyjnych
analogicznie jak
momenty brzegowe jednak po uprzednim wyznaczeniu wartości brzegowych sił tnących w układzie
podstawowym od obciążenia danego
o
ij
V (analogicznie jak
o
ij
M , np. dla pręta 1-2
0
12
=
o
V
(
)
=
+
⋅
+
⋅
−
⋅
−
=
o
V
L
EI
V
12
12
2
1
2
12
12
12
12
6
6
ψ
ϕ
ϕ
F
EI
Fm
EI
Fm
EI
Fm
m
EI
5
.
0
0
)
8628
.
0
(
12
)
3944
.
0
(
6
00203
.
0
6
16
2
2
2
2
−
=
+
−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
−
=
.
5.3 MOMENTY ZGINAJĄCE
Otrzymane z obliczeń wartości momentów brzegowych są momentami statycznymi znakowanymi
zgodnie z zasadą prawoskrętny „+”, lewoskrętny „-”. Nie są, więc bezpośrednio momentami
zginającymi, gdyż momenty zginające znakujemy zgodnie z zasadą: „+”, gdy rozciąga włókna
wyróżnione a „-” gdy rozciąga włókna przeciwne niż wyróżnione, czyli gdy ściska włókna wyróżnione.
Odpowiedniość brzegowych momentów statycznych i momentów zginających na końcach prętów
zilustrowano na szkicach poniżej.
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
10
Momenty statyczne
dodatnie
Moment rozciąga włókna
przeciwne, więc
wytrzymałościowo jest
ujemny
Moment rozciąga włókna
wyróżnione, więc
wytrzymałościowo jest
dodatni
ij
M
ji
M
i
j
ij
zgin
ij
ij
i
M
M
M
=
=
,
,
ji
zgin
ji
ij
j
M
M
M
−
=
=
,
,
ij
M
ji
M
i
j
Momenty statyczne
dodatnie
Moment rozciąga włókna
wyróżnione, więc
wytrzymałościowo jest
dodatni
Moment rozciąga włókna
przeciwne, więc
wytrzymałosciowo jest
ujemny
ij
zgin
ij
ij
i
M
M
M
−
=
=
,
,
ji
zgin
ji
ij
j
M
M
M
=
=
,
,
Obliczając momenty zginające (
,
,ij
i
M
ij
j
M
,
) należy oczywiście uwzględniać znaki momentów
statycznych (
,
ij
M
ji
M
).
Uwzględniając powyższe zasady określimy momenty zginające w przekrojach poszczególnych prętów.
q = 0.25 F/m
5
M
51
M
15
2m
V
51
=0
V
15
1
F
4
M
41
=0
V
14
M
14
V
41
1.
5m
1
1.
5m
3
M
32
M
23
V
23
V
32
2
1.
5m
1.
5m
F
PRĘT 5-1
=
=
51
51
,
5
M
M
Fm
166
.
0
,
=
−
=
15
51
,
1
M
M
Fm
334
.
0
−
Pręt jest obciążony obciążeniem równomiernie rozłożonym, więc wykres momentów jest parabolą.
Aby ją narysować niezbędna jest znajomość trzeciej rzędnej np. w środku rozpiętości pręta
=
⋅
⋅
⋅
−
⋅
+
=
4
2
2
51
51
51
51
51
51
,
L
L
q
L
V
M
M
S
Fm
m
m
m
F
m
Fm
041
.
0
5
.
0
1
/
25
.
0
1
0
166
.
0
=
⋅
⋅
−
⋅
+
PRĘT 1-2
=
=
12
12
,
1
M
M
Fm
099
.
1
,
=
−
=
21
12
,
2
M
M
Fm
901
.
0
−
PRĘT 4-1
=
=
41
41
,
4
M
M
0
,
=
−
=
14
41
,
1
M
M
Fm
567
.
0
−
Pręt jest obciążony siłą skupioną. Należy, więc doliczyć rzędną pod siłą skupioną.
=
⋅
+
=
2
41
41
41
41
,
L
V
M
M
F
Fm
m
F
467
.
0
5
.
1
311
.
0
0
=
⋅
+
PRĘT 2-3
=
=
23
23
,
2
M
M
Fm
901
.
0
−
,
=
−
=
23
23
,
3
M
M
Fm
112
.
0
−
.
Pręt jest obciążony siłą skupioną. Należy, więc doliczyć rzędną pod siłą skupioną.
=
⋅
+
=
2
23
23
23
23
,
L
V
M
M
F
Fm
m
F
Fm
244
.
0
5
.
1
763
.
0
901
.
0
=
⋅
+
−
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
11
5.4 WYKRESY SIŁ PRZEKROJOWYCH
Sporządzając wykresy momentów zginających należy pamiętać, że ich rzędne odkłada się po stronie
włókien rozciąganych, co jest równoznaczne z tym, że rzędne dodatnie odkłada się po stronie włókien
wyróżnionych a ujemne po stronie przeciwnej.
M
0.
166 Fm
0.334 Fm
0.567 Fm
1.099 Fm
+
-
+
-
-
+
+
-
0.901 Fm
0.244 Fm
0.112 Fm
0.04
1 Fm
0.467 Fm
+
-
V
+
+
-
-
-
-
0.
5 F
0.763 F
0.689 F
0.311 F
0.237 F
0.5 F
N
0.
074
F
-
-
-
0.7
63 F
0.5 F
6. KONTROLA KINEMATYCZNEJ DOPUSZCZALNOŚCI ROZWIĄZANIA
Aby mieć pewność, że rozwiązanie jest poprawne należy wykazać, że jest ono statycznie i
kinematycznie dopuszczalne.
Pierwszy warunek oznacza, że siły muszą spełniać równania równowagi. Warunek ten
został sprawdzony w trakcie wyznaczania sił tnących i osiowych.
Sprawdzenie drugiego warunku polega na sprawdzeniu czy wynikające z rozwiązania
przemieszczenia w poszczególnych punktach spełniają warunki podparcia i ciągłości. Wystarczy
sprawdzenie tylu składowych przemieszczeń ile wynosi stopień statycznej niewyznaczalności.
Rozwiązywane zadanie jest
3-krotnie statycznie niewyznaczalne.
Należy, więc sprawdzić 3 przemieszczenia.
W tym celu przyjmujemy dowolny
statycznie wyznaczalny model układu
(układ podstawowy jak w metodzie sił),
sporządzamy wykresy momentów
zginających od jednostkowych wartości sił
hiperstatycznych i na podstawie
odpowiednich wzorów obliczamy
przemieszczenia, które powinny być
zgodne z rzeczywistymi. Na rysunku obok
pokazano układ podstawowy metody sił.
q = 0.25 F/m
2EI
EI
EI
EI
F
F
M = 2 Fm
X
1
X
2
X
3
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
12
Rozwiązania układu statycznie wyznaczalnego od jednostkowych wartości sił hiperstatycznych.
Od
1
1
=
X
X
1
=1
1
M
3 m
-
+
Od
1
2
=
X
X
2
=1
2
M
-
1
Od
1
3
=
X
X
3
=1
3
M
1
-
-
Sprawdzenie przemieszczeń rzeczywistych w miejscach przyjętych sił hiperstatycznych.
(
)
+
⋅
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
∆
∫
m
Fm
EI
m
dx
EI
M
M
F
)
3
(
334
.
0
)
3
(
041
.
0
4
)
3
(
166
.
0
6
2
1
1
(
)
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
⋅
+
m
Fm
EI
m
5
.
1
467
.
0
25
.
2
05
.
0
4
3
567
.
0
2
6
5
.
1
(
)
0
005
.
0
0
0
75
.
0
2335
.
0
4
5
.
1
467
.
0
2
6
5
.
1
3
≈
⋅
−
=
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
EI
Fm
m
Fm
EI
m
(
)
+
⋅
⋅
+
−
⋅
−
⋅
+
⋅
−
⋅
⋅
+
=
⋅
⋅
=
∆
∫
Fm
EI
m
dx
EI
M
M
F
5
.
0
244
.
0
)
25
.
0
(
)
3285
.
0
(
4
0
)
901
.
0
(
6
5
.
1
2
2
(
)
0
0
0
)
25
.
0
(
122
.
0
4
)
5
.
0
(
244
.
0
6
5
.
1
=
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
∆
∫
Fm
EI
m
dx
EI
M
M
F
)
1
(
334
.
0
)
1
(
041
.
0
4
)
1
(
166
.
0
6
2
3
3
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
)
1
(
901
.
0
)
1
(
1
.
0
4
)
1
(
099
.
1
6
4
(
)
+
⋅
−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
)
5
.
0
(
244
.
0
)
75
.
0
(
)
3285
.
0
(
4
)
1
(
901
.
0
2
6
5
.
1
MP-przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej – rozwiązanie bez wykorzystania bppo
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
13
(
)
0
02
.
0
0
0
)
25
.
0
(
122
.
0
4
)
5
.
0
(
244
.
0
2
6
5
.
1
2
≈
⋅
−
=
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
EI
Fm
Fm
EI
m
Uwaga:
Otrzymane wartości powinny być bliskie wartościom wynikającym z warunków podparcia i
ciągłości układu. W rozpatrywanym przypadku powinny być bliskie zeru. Aby to oszacować
porównamy otrzymane wyniki z przemieszczeniami rzeczywistymi otrzymanymi z rozwiązania z
metody przemieszczeń.
Porównując przesunięcie
=
∆
F
1
-0.005
EI
Fm
3
⋅
z rzeczywistym przesunięciem
=
I
δ
3.4514
EI
Fm
3
⋅
otrzymujemy
%
14
.
0
0014
.
0
4514
.
3
005
.
0
=
=
. Widzimy, że błąd względny wynosi tylko
0.0014 co przy obliczaniu momentów z dokładnością do 0.001 jest wynikiem zaokrągleń. Możemy,
więc uznać, że spełniony jest warunek
0
1
≈
∆
F
.
Analogicznie porównując kąt obrotu
=
∆
F
3
-0.002
EI
Fm
2
⋅
z rzeczywistym kątem obrotu
=
2
ϕ
0.3944
EI
Fm
2
⋅
otrzymujemy
%
5
.
0
005
.
0
3944
.
0
002
.
0
=
=
co przy stosowanej dokładności obliczeń
oznacza spełnienie warunku
0
3
≈
∆
F
. Wartość kąta obrotu
0
2
=
∆
F
. Więc rozwiązanie spełnia
warunki kinematyczne.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
MP przyk5 id 309053 Nieznany
mp cw2 id 309046 Nieznany
MP przyk5 id 309053 Nieznany
MP 1987 029 0228 id 318265 Nieznany
MP rama ort1 id 309054 Nieznany
MP 1987 029 0227 id 318264 Nieznany
MP 1988 025 0219 id 318266 Nieznany
MP CONF 3 35 id 308925 Nieznany
projekt 7 MP KL nr 7 id 832557 Nieznany
mp 5 id 574949 Nieznany
GW MP uczniowie % odp id 19790 Nieznany
MP rama ort2 id 309055 Nieznany
MP 1987 029 0228 id 318265 Nieznany
MP rama ort1 id 309054 Nieznany
MP 1987 029 0227 id 318264 Nieznany
Abolicja podatkowa id 50334 Nieznany (2)
4 LIDER MENEDZER id 37733 Nieznany (2)
katechezy MB id 233498 Nieznany
metro sciaga id 296943 Nieznany
więcej podobnych podstron