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.