Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

1

4.



4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ

PRZYPADKI SZCZEGÓLNE

4.1. Wpływ temperatury

Przy   obliczaniu   układów   statycznie   niewyznaczalnych   należy   pamiętać,   że   obciążenia   takie   jak

temperatura  (ogrzanie równomierne i nierównomierne), osiadanie podpór (liniowe i kątowe), czy też błędy
montażowe wywołują oprócz przemieszczeń konstrukcji także siły wewnętrzne. Wszystkie wpływy zewnętrzne
ujęte są w układzie  równań kanonicznych  w  symbolu   R

iP

. Wartości  współczynników   R

iP

  w  przypadku

działania   na   konstrukcję   temperatury   wyznaczamy   w   dwóch   etapach:   najpierw   analizujemy   wpływ
temperatury rozłożonej równomiernie na wysokości przekroju   t

0

, a  potem wpływ temperatury rozłożonej

nierównomiernie 

t .

Zajmijmy się przypadkiem, gdy pręt doznaje nierównomiernego ogrzania o temperaturę  

t=t

d

−t

g

.

Taka   sytuacja   występuje,   gdy  od  dołu  pręta   działa   inna   temperatura   niż   od  góry.   Na   początku   należy
wyznaczyć   wartości   przęsłowych,   przywęzłowych   momentów   zginających   dla   belek:   obustronnie
utwierdzonej, jednostronnie utwierdzonej i podpartej na podporze ślizgowej (rys. 4.1). 

i

k

i

k

t

g

t

d

t

g

t

d

i

k

t

g

t

d

Rys. 4.1. Układy statycznie niewyznaczalne obciążone temperaturą

Do  rozwiązania   belki  niewyznaczalnej  obciążonej  temperaturą   zastosujemy  znaną   nam  metodę  sił.

Obliczenia różnią się nieco w zależności od warunków brzegowych:

a) dla układu obustronnie utwierdzonego przyjmujemy układ podstawowy jak na rys. 4.2.

i

t

g

t

d

X 

1

X 

3

X 

2

Rys. 4.2. Układ podstawowy

Schemat podstawowy uzupełnia układ równań kanonicznych:

{



11

X

1



12

X

2



13

X

3



1 t

=0



21

X

1



22

X

2



23

X

3



2 t

=0



31

X

1



32

X

2



33

X

3



3 t

=0

(4.1)

w którym:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

2



it

=

∫

s



M

⋅

t

 t

h

ds

(4.2)

Wykonujemy wykresy momentów od nadliczbowych sił w stanach jednostkowych:

i

X 

1

=1 [-]

0

X 

2

=1 [-]

l

i

1

X 

3

=1 [-]

i

M

1

M

2

M

3

Rys. 4.3. Stany jednostkowe

W celu obliczenia całek z iloczynów momentów skorzystamy z metody Wereszczagina - Mohra.  Z

rysunku  4.3   widać,   że  działanie  siły   X

3

=1   nie wywołuje momentu  zginającego,  a   zatem  poszczególne

współczynniki z indeksem 

3 będą równe zeru.



11

=

1

EJ



1
2

⋅l⋅l⋅

2
3

⋅l



=

l

3

3 EJ



12

=

1

EJ



1
2

⋅l⋅l⋅1



=

l

2

2 EJ



22

=

1

EJ



1

⋅l⋅1



=

l

EJ

Przyjmując założenie, że dolne włókna ogrzane są wyższą temperaturą 

t

d

t

g

  otrzymujemy:



1 t

=

1
2

⋅l⋅l⋅



t

 t

h



2 t

=l⋅1⋅



t

 t

h

Układ równań kanonicznych zmniejsza swój wymiar 



3 i

=0 :

{



11

X

1



12

X

2



1 t

=0



21

X

1



22

X

2



2 t

=0

(4.3)

Podstawiając wyznaczone współczynniki 



ik

 i 



it

 otrzymujemy:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

3

{

l

3

3 EJ

⋅X

1



l

2

2 EJ

⋅X

2

=−

l

2

⋅

t

 t

2 h

l

2

2 EJ

⋅X

1



l

EJ

⋅X

2

=−

l

⋅

t

t

2 h

(4.4)

Z drugiego równania układu (4.4) wyznaczamy:

X

2

=

EJ

l



−

l

⋅

t

t

h

−

l

2

2 EJ

⋅X

1



(4.5)

Następnie podstawiamy otrzymaną zależność na  X

2

 do pierwszego równania i obliczamy równanie z jedną

niewiadomą.

l

3

3 EJ

⋅X

1



l

2

2 EJ

⋅EJ



−



t

t

h

−

l

2 EJ

⋅X

1



=−

l

2

⋅

t

 t

2 h

(4.6)

l

3

3 EJ

⋅X

1

−

l

2

⋅

t

t

2 h

−

l

3

4 EJ

⋅X

1

=−

l

2

⋅

t

t

2 h

l

3

12 EJ

⋅X

1

=0

X

1

=0

Podstawiając  X

1

=0  do jednego z równań układu (4.4) ostatecznie otrzymujemy:

X

2

=−

l

⋅

t

 t

h

⋅

EJ

l

=−



t

 t EJ

h

(4.7)

Wykres momentu zginającego dla belki obustronnie utwierdzonej obciążonej różnicą temperatur  

t

przedstawiono na rys. 4.4.

i

k

M

t

(n)

t

t EJ

h

Δ

α

t

g

t

d

4.4. Wykres momentu zginającego w belce obustronnie utwierdzonej

Warto   zauważyć,   że  wykres  momentów  w  układzie  niewyznaczalnym  jest  po  stronie  “zimniejszej”



t

d

t

g



. 

Z uwagi na fakt, że  X

1

=0  można przypuszczać, że działanie temperatury w belce z podporą ślizgową

wywoła taki sam moment zginający.

b) dla układu jednostronnie utwierdzonego z przegubem należy rozwiązać zadanie dwukrotnie niewyznaczalne

X 

2

i

X 

1

t

g

t

d

Rys. 4.5. Układ podstawowy

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

4

Układ podstawowy uzupełniają warunki na przemieszczenia:

{



11

X

1



12

X

2



1 t

=0



21

X

1



22

X

2



2 t

=0

(4.8)

w których wyrazy wolne liczymy jak poprzednio:



it

=

∫

s



M

⋅

t

 t

h

ds

(4.9)

Wykonujemy wykresy momentów  w stanach jednostkowych:

0

X 

2

=1 [-]

i

i

X 

1

=1 [-]

l

M

1

M

2

Rys. 4.6. Stany jednostkowe

W  celu  obliczenia  współczynników  skorzystamy  z  metody  Wereszczagina  -  Mohra.   Z  rysunku  4.6

wynika, że działanie siły  X

2

=1  nie wywołuje momentu zginającego, a zatem poszczególne współczynniki z

indeksem 

2 będą równe zeru. Natomiast:



11

=

1

EJ



1
2

⋅l⋅l⋅

2
3

⋅l



=

l

3

3 EJ

a dla  t

d

t

g

:



1 t

=

1
2

⋅l⋅l⋅



t

 t

h

Układ równań kanonicznych ogranicza się do jednego równania 





2i

=0



:



11

X

1



1 t

=0

X

1

=−



1 t



11

(4.10)

Podstawiając wyznaczone wcześniej współczynniki otrzymujemy wartość nadliczbowej reakcji:

X

1

=−

l

2

⋅

t

 t

2 h

⋅

3 EJ

l

3

=−

3
2

⋅



t

t EJ

l h

(4.11)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

5

Wykres   momentu   zginającego   dla   belki   jednostronnie  utwierdzonej  obciążonej   różnicą   temperatur

przedstawiono na rys. 4.7.

i

3 
2 

t

t EJ

l h

Δ

α

3 
2 

t

t EJ

h

Δ

α

Rys. 4.7. Wykres momentu zginającego w belce jednostronnie utwierdzonej

Korzystając  z  metody  sił  wyznaczyliśmy rozkład  momentów  zginających,  a   co  za tym  idzie  wzory

transformacyjne na przęsłowe, przywęzłowe momenty zginające powstałe od nierównomiernego ogrzania 

t .

Ostateczne   wyniki   zestawiono   w   tabeli   4.1,   gdzie   podano   wykresy   momentów   po   stronie   włókien
rozciąganych, a znaki we wzorach podano zgodnie z zasadami metody przemieszczeń.

Tabela 4.1. Wzory transformacyjne od nierównomiernego ogrzania (t

d

 > t

g

)

Schemat belki

M

t

Wzór transformacyjny

i

k

t

g

t

d

t

t EJ

h

Δ

α

i

k

M

ik

 t 

=−EJ⋅



t

 t

h

M

ki

t 

=EJ⋅



t

 t

h

i

t

g

t

d

k

t

t EJ

h

Δ

α

i

k

M

ik

 t 

=−EJ⋅



t

 t

h

M

ki

t 

=EJ⋅



t

 t

h

i

k

t

g

t

d

3 
2 

t

t EJ

h

Δ

α

i

k

M

ik

 t 

=−

3
2

EJ

⋅



t

t

h

M

ki

 t 

=0

Układ   prętowy   obciążony   termicznie   o   dowolnym  rozkładzie   temperatur   na   wysokości   przekroju

podzieliliśmy   na   przypadek   działania  

t   i   t

0

.   Ponieważ   określiliśmy   już   wpływ  

t   zajmiemy  się

działaniem  temperatury   t

0

.   Z  założeń  metody  przemieszczeń  wynika,  że  gdy  na   układ  prętowy  działają

bodźce   zewnętrzne,   mogą   wystąpić   jedynie   przemieszczenia   liniowe   prostopadłe   do   osi   pręta   lub
przemieszczenia  kątowe.  Jednak  ogrzanie  równomierne  powoduje  wydłużenia  prętów,  a   co  za   tym  idzie,
powstanie dodatkowych reakcji i momentów. Taki wpływ musi zostać koniecznie uwzględniony.

Aby wyznaczyć wartości  tych momentów musimy znaleźć  relację  pomiędzy kątami obrotów cięciw

prętów  



ik

t

0



,   a   wywołującą   je   temperaturą.   Zależności   te   wyznaczymy  w   oparciu   o   zasady   łańcucha

kinematycznego.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

6

y

x

α

i

'

l

i

α

i

l

i

'

0

n

l

i

y

l

i

x

S

y

S

x

S

Rys. 4.8. Łańcuch kinematyczny dla obciążenia termicznego

 Równania łańcucha kinematycznego mogą być zapisane dla dowolnej liczby prętów pod warunkiem, że

podobnie jak w przypadku obciążenia zewnętrznego, skrajne węzły nie doznają przemieszczeń. Zgodnie z
rys. 4.8  wskutek działania temperatury nastąpi wydłużenie pręta  l

i

. Nowy wymiar pręta wynosi:

l

i

'

=l

i

l

i

t

0



(4.12)

gdzie:

 l

i

t

0



=

t

⋅l

i

⋅t

0

(4.13)

Łańcuch   kinematyczny  tworzony  jest   dla   układu   podstawowego,  bez   wprowadzenia   wymuszonych

przesuwów   jednostkowych  w   podporach.   Po   myślowej   zamianie   układu   prętowego   na   układ   wektorów
możemy zapisać:

∑

l

i

=S

(4.14)

Skoro suma wektorów jest równa pewnej wartości wypadkowej, to sumy rzutów tych wektorów na

każdą z osi będą równe wektorom składowym tej wypadkowej. Mamy zatem podstawowe równania łańcucha
kinematycznego przed obciążeniem temperaturą:

∑

l

i

x

=S

x

⇒

∑

i

l

i

cos



i

=S

x

(4.15)

∑

l

i

y

=S

y

⇒

∑

i

l

i

sin



i

=S

y

(4.16)

W wyniku działania temperatury układ prętowy doznaje przemieszczeń, powstają nowe kąty nachylenia

prętów do poziomu 



i

' .



i

'

=

i

−

i

t

0



(4.17)

Znak ujemny przy kącie obrotu cięciwy pręta 



i

t

0



 wynika z tego, że ma on przeciwną skrętność niż kąt

  mierzony w układzie prawoskrętnym. Kąt    jest dodatni, gdy obraca pręt zgodnie z ruchem wskazówek

zegara.

Ponieważ   skrajne   węzły   nie   doznają   przemieszczeń,   równania   łańcucha   kinematycznego   dla   układu

odkształconego przyjmują postać:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

7

∑

i

l

i

' cos



i

'

=S

x

(4.18)

∑

i

l

i

' sin



i

'

=S

y

(4.19)

Po podstawieniu wielkości (4.12) i (4.17) do równań skalarnych (4.18) i (4.19) otrzymujemy:

∑

i



l

i

l

i



⋅cos





i

−

i

t

0





=S

x

(4.20)

∑

i



l

i

 l

i



⋅sin





i

−

i

t

0





=S

y

(4.21)

Po wykorzystaniu zależności trygonometrycznych na różnicę kątów:

∑

i

l

i



cos



i

cos



i

t

0



sin 

i

sin



i

t

0







∑

i

 l

i



cos



i

cos



i

t

0



sin 

i

sin



i

t

0





=S

x

(4.22)

∑

i

l

i



sin



i

cos



i

t

0



−cos 

i

sin



i

t

0







∑

i

 l

i



sin



i

cos



i

t

0



−cos 

i

sin



i

t

0





=S

y

(4.23)

Ponieważ dla małych kątów:

sin



i

t

0



≈

i

t

0



cos



i

t

0



≈1

to:

∑

i

l

i



cos



i



i

t

0



sin



i





∑

i

 l

i



cos



i



i

t

0



sin



i



=

∑

i

l

i

⋅cos 

i

∑

i

l

i



sin



i

−

i

t

0



cos



i





∑

i

 l

i



sin



i

−

i

t

0



cos



i



=

∑

i

l

i

⋅sin 

i

Po wykreśleniu wielkości małych 



l

i

⋅

i

t

0





, zapis ulega skróceniu:

∑

i

l

i

sin



i

⋅

i

t

0





∑

i

l

i

cos



i

=0

(4.24)

−

∑

i

l

i

cos



i

⋅

i

t

0





∑

i

l

i

sin



i

=0

(4.25)

Podstawiając do powyższych równań wielkości (4.15) i (4.16) otrzymujemy zależności:

∑

i

l

i

y

⋅

i

t

0





∑

i

l

i

x

=0

(4.26)

−

∑

i

l

i

x

⋅

i

t

0





∑

i

 l

i

y

=0

(4.27)

w których zgodnie z (4.13):

l

i

x

=l

i

x

⋅

t

⋅t

 l

i

y

=l

i

y

⋅

t

⋅t

Ostatecznie otrzymujemy wzory, z których wyliczymy rzeczywiste wartości kątów obrotu cięciw dla

każdego pręta, w ramie poddanej działaniu równomiernego ogrzania.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

8

∑

i

l

i

y

⋅

i

t

0





∑

i

l

i

x

⋅

t

⋅t=0

(4.28)

−

∑

i

l

i

x

⋅

i

t

0





∑

i

l

i

y

⋅

t

⋅t=0

(4.29)

4.2. Wpływ osiadania podpór

Zajmijmy się teraz analizą układu, którego podpory uległy przemieszczeniu liniowemu, bądź kątowemu.

Wskutek osiadania podpór układ doznaje przemieszczeń, a co za tym idzie, pojawiają się siły wewnętrzne.
Aby wyznaczyć wartości momentów zginających, musimy znaleźć relację pomiędzy kątami obrotów cięciw
prętów  



ik



,   a   wywołującymi   je   przemieszczeniami   podpór.   Zależności   te   wyznaczymy   z   łańcucha

kinematycznego. Będzie to łańcuch nieco odmienny od tego, który zapisaliśmy dla obciążenia zewnętrznego
lub   termicznego.  Poprzednio  zakładaliśmy,   że  równania   łańcucha   kinematycznego  mogą   zostać   zapisane
jedynie dla układu prętowego, którego skrajne węzły nie doznają przemieszczeń. Teraz jednak przemieszczenia
skrajnych węzłów występują, dlatego też muszą zostać uwzględnione w równaniu łańcucha kinematycznego.

y

x

α

i

'

l

i

α

i

0

n

l

i

y

l

i

x

S

x

S

W

0

W

n

S

y

l

i

Rys. 4.9. Łańcuch kinematyczny dla osiadania podpór

Ponieważ łańcuch kinematyczny tworzony jest dla układu, którego podpory  

0  i  n  doznały przemieszczeń,

możemy zapisać po myślowej zamianie układu prętowego na układ wektorów:



W

0



∑

l

i

=S 

W

n

lub inaczej:

∑

l

i

 

W

0

− 

W

n

=S

(4.30)

Przyjmując   oznaczenie   u

i

  dla   współrzędnej  zgodnej  z   osią  

x  przemieszczenia   podporowego  i   v

i

  dla

współrzędnej   zgodnej   z   osią  

y,  możemy   zapisać   równanie   (4.30)   w   postaci   skalarnej,   posługując   się

współrzędnymi wektorów:

∑

i

l

i

cos



i

'

u

o

−u

n

=S

x

(4.31)

∑

i

l

i

sin



i

'

v

o

−v

n

=S

y

(4.32)

Po przemieszczeniu układu prętowego w wyniku osiadania podpór nowe kąty nachylenia prętów do poziomu

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

9



i

'  wynoszą:



i

'

=

i

−

i



(4.33)

Znak ujemny przy kącie obrotu cięciwy pręta 



i



 wynika z tego, że ma on przeciwną skrętność niż

przyjęty układ współrzędnych (prawoskrętny).

Po podstawieniu wielkości (4.33) do równań skalarnych (4.31) i (4.32) otrzymujemy:

∑

i

l

i

⋅cos





i

−

i





u

o

−u

n

=S

x

(4.34)

∑

i

l

i

⋅sin





i

−

i





v

o

−v

n

=S

y

(4.35)

Po wykorzystaniu zależności trygonometrycznych na różnicę kątów mamy:

∑

i

l

i



cos



i

cos



i



sin 

i

sin



i





u

o

−u

n

=S

x

(4.36)

∑

i

l

i



sin



i

cos



i



−cos 

i

sin



i





v

o

−v

n

=S

y

(4.37)

Ponieważ dla małych kątów:

sin



i



≈

i



cos



i



≈1

Ponadto dla konfiguracji początkowej obowiązuje (4.15) i (4.16), to

∑

i

l

i



cos



i



i



sin



i



u

0 

−u

n

=

∑

i

l

i

cos



i

∑

i

l

i



sin



i



i



cos



i



v

0 

−v

n

=

∑

i

l

i

sin



i

Po uproszczeniach otrzymujemy:

∑

i

l

i

sin



i

⋅

i



=u

n

−u

o

(4.38)

−

∑

i

l

i

cos



i

⋅

i



=v

n

−v

o

(4.39)

Podstawiając do powyższych równań wielkości (4.15) i (4.16) otrzymujemy zależności:

∑

i

l

i

y

⋅

i



=u

n

−u

o

(4.40)

−

∑

i

l

i

x

⋅

i



=v

n

−v

o

(4.41)

Ostatecznie otrzymaliśmy wzory, z których wyliczymy rzeczywiste wartości kątów obrotu cięciw dla

każdego pręta w układzie podstawowym w ramie, której podpory ulegną przemieszczeniu liniowemu. 

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

10

Jeżeli natomiast mamy do czynienia z osiadaniem kątowym, to wartość tego przemieszczenia należy

podstawić wprost do wzoru transformacyjnego pręta, który dochodzi do podpory.

Wartości   przęsłowych,   przywęzłowych   momentów   zginających   możemy   obliczyć   ze   wzorów

transformacyjnych wykorzystując wyznaczone kąty 



ik



.

4.3. Symetria w metodzie przemieszczeń

Jeżeli   układ   o   dużej   liczbie   niewiadomych   jest   ustrojem   o   symetrycznej   budowie,   to   obciążenie

zewnętrzne tego układu można rozbić na dwie grupy: obciążenie symetryczne względem osi symetrii układu
oraz antysymetryczne względem tej osi. Takie podejście znaczenie upraszcza rozwiązanie niektórych zadań.

oś

 

sy

m

et

rii

P

M

M

2

M

2

P

2

P

2

P

2

P

2

M

2

M

2

DOWOLNE OBCIĄŻENIE   =  OBCIĄŻENIE  SYMETRYCZNE  +  ANTYSYMETRYCZNE 

=

+

Rys. 4.10. Podział obciążenia

W  celu  pokazania  zależności  pomiędzy  odpowiednimi  przemieszczeniami  wywołanymi  jedną  z  tych

dwóch grup obciążeń rozwiążemy nieskomplikowany przykład.

Przykład 1

Wyznaczenie przemieszczeń w symetrycznej ramie przedstawionej na rys. 4.11.

P

M

2

4

2

4

[m]

Rys. 4.11. Schemat układu

2

4

2

4

φ

1

φ

2

M

2

M

2

P

2

P

2

P

2

P

2

M

2

M

2

- symetryczne

- antysymetryczne

obciążenie:

[m]

Rys. 4.12. Układ podstawowy z podzielonym obciążeniem

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

11

Narysujmy wykresy od obrotów jednostkowych:

2

4

2

4

φ

1

=1

2EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

2

EJ

2

[m]

Rys. 4.13. Stan 

 

φ

1

 = 1

2

4

2

4

φ

2

=1

2EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

2

EJ

2

[m]

Rys. 4.14. Stan

 

 φ

2

 = 1

Obliczmy reakcje 

r

ik

 od przemieszczeń jednostkowych

r

11 

=2 EJ EJ EJ =4 EJ

r

22 

=EJ 2 EJ EJ =4 EJ

r

12 

=r

21 

=

EJ

2

Obciążenie zewnętrzne podzielone na symetryczne i antysymetryczne daje różne wykresy momentów:

M

2

M

2

P

2

P

2

φ

1

S

φ

2

S

P

8

P

8

P

8

P

8

Rys. 4.15. Wykresy momentów od obciążenia symetrycznego

P

2

P

2

M

2

M

2

P

8

φ

1

A

φ

2

A

P

8

P

8

P

8

Rys. 4.16. Wykresy momentów od obciążenia antysymetrycznego

r

1 P

S

=

P

8



M

2

r

1 P

A

=

P

8

−

M

2

r

2 P

S

=−

P
8

−

M

2

r

2 P

A

=

P

8

−

M

2

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

12

Układ równań kanonicznych dla obciążenia symetrycznego

{

4 EJ



1 

S



EJ

2



2 

S

=

P

8



M
2

EJ

2



1 

S

4 EJ 

2 

S

=−

P

8

−

M
2

prowadzi do zależności

4 EJ



1 

S



EJ

2



2

S

=−

EJ

2



1 

S

−4 EJ 

2

S

⇔ 

1

S

=−

2

S

Dla obciążenia antysymetrycznego

{

4 EJ



1 

A



EJ

2



2 

A

=

P

8

−

M
2

EJ

2



1 

A

4 EJ 

2 

A

=

P

8

−

M
2

otrzymujemy

4 EJ



1 

A



EJ

2



2

A

=

EJ

2



1 

A

−4 EJ 

2

A

⇔ 

1

A

=

2

A

Po zaznaczeniu otrzymanych zależności na schemacie ramy można sformułować wnioski.

M

2

M

2

P

2

P

2

P

2

P

2

M

2

M

2

w

s

=0

φ

s

1

φ

s

2

φ

s

1 

= - φ

s

2

φ

A

1

φ

A

2

φ

A

1

=φ

A

2

φ

s

=0

S

S

Rys. 4.17. Przemieszczenia ramy od danych grup obciążeń

Przemieszczenia   otrzymane  w   ramie   obciążonej  w   sposób   symetryczny  są   symetryczne  względem

przyjętej osi symetrii (deformacja układu jest symetryczna). Natomiast obciążenie antysymetryczne wywołuje
przemieszczenia o tych samych wartościach lecz przeciwnych znakach (deformacja antysymetryczna):

•

przemieszczenia pionowe z jednej strony w górę, z drugiej w dół (rygle boczne),

•

obroty z jednej strony do środka ramy, z drugiej na zewnątrz,

•

przemieszczenia poziome w stronę osi symetrii lub na zewnątrz (słupy).

Warto zauważyć, że obrót przekroju w osi symetrii (węzeł 

S) przy obciążeniu symetrycznym wynosi

zero,   a   przy   obciążeniu   antysymetrycznym  przekrój   ten   nie   przemieszcza   się   w   pionie.   Zależności   te
wykorzystamy w celu uproszczenia obliczeń zawartych w następnym przykładzie.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

13

Przykład 2

Uproszczenie  modelu  obliczeniowego  w  symetrycznej  ramie  kinematycznie  niewyznaczalnej  obciążonej  w

sposób dowolny (rys. 4.18).

q

M

Rys. 4.18. Schemat układu

q

M

φ

2

φ

3

φ

1

'

φ

2

'

φ

3

'

φ

1

Δ

1

Δ

1

'

Δ

2

Rys. 4.19. Układ podstawowy

Układ   jest   9-cio   krotnie   kinematycznie   niewyznaczalny.   Rozwiązanie   układu   9   równań   z   9

niewiadomymi byłoby dość kłopotliwe. Aby uprościć rozwiązanie rozbijmy ramę na dwa schematy: obciążony
symetrycznie i obciążony antysymetrycznie (jest to możliwe, ponieważ geometria układu posiada oś symetrii).

M

2

M

2

q
2

q
2

Rys. 4.20. Obciążenie symetryczne

M

2

M

2

q
2

q
2

Rys. 4.21. Obciążenie antysymetryczne

Z poprzedniego przykładu wiemy, że przy tych schematach obciążeń zachodzą pewne relacje pomiędzy

odpowiednimi przemieszczeniami:

Tabela 4.2. Relacje pomiędzy przemieszczeniami

dla obciążenia symetrycznego

dla obciążenia antysymetrycznego



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=−

2

'

S



2 

A

=

2

'

A



3 

S

=−

3

'

S



3 

A

=

3

'

A

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

14

dla obciążenia symetrycznego

dla obciążenia antysymetrycznego



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=0



2  

A

≠0

Wykorzystując   te   zależności   w   obu   przypadkach   możemy   rozwiązać   tylko   połowę   ramy   przy

zachowaniu odpowiednich warunków brzegowych na osi symetrii. Teraz wystarczy obliczyć przemieszczenia
w ramach o schematach pokazanych na rys. 4.22 i 4.23.

M

2

q
2

Rys. 4.22. Schemat układu dla obciążenia symetrycznego

M

2

q
2

Rys. 4.23. Schemat układu dla obciążenia

antysymetrycznego

Przemieszczenia dla drugiej połowy ramy w obu przypadkach (wartości z primami) wyznaczamy z

warunków z tabeli 4.2. Dysponując wszystkimi wartościami przemieszczeń tworzymy wykresy momentów dla
obciążenia symetrycznego i antysymetrycznego w całych ramach, a następnie sumujemy oba rozwiązania aby
uzyskać ostateczny wykres momentów.

Przedstawiony w przykładzie 2 sposób rozwiązania ram o budowie symetrycznej (obciążenie może być

dowolne)   będzie   zawsze   taki   sam.   Odmienne  lub   problematyczne   może   być   tylko   przyjęcie   warunków
podparcia przekroju leżącego na osi symetrii w zależności od budowy ramy. Przedstawimy ten problem w
dwóch następnych przykładach.

Przykład 3

Przyjęcie modelu obliczeniowego dla połowy ramy gdy na osi symetrii ramy znajduje się słup (rys. 4.24).

2P

EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

EJ

Rys. 4.24. Schemat ramy

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

15

Obciążenie przedstawimy jako sumę obciążenia symetrycznego i antysymetrycznego.

P

P

Rys. 4.25. Schemat układu obciążonego symetrycznie

P

P

Rys. 4.26. Schemat układu obciążonego antysymetrycznie

Z układu podstawowego (rys. 4.27) wiemy, że należy obliczyć 10 przemieszczeń.

2P

φ

1

φ

4

φ

2

φ

3

φ

3

'

Δ

2

φ

2

'

φ

1

'

Δ

1

'

Δ

1

Rys. 4.27. Układ podstawowy

Zgodnie  z   zasadą   superpozycji  przemieszczenia  są   sumą   wielkości  powstałych  od  poszczególnych

obciążeń.



i

=

i

A



i

S

Ponadto muszą być spełnione związki pomiędzy przemieszczeniami:

Tabela 4.3. Relacje pomiędzy przemieszczeniami

dla obciążenia symetrycznego

dla obciążenia antysymetrycznego



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=−

2

'

S



2 

A

=

2

'

A



3 

S

=−

3

'

S



3 

A

=

3

'

A



4 

S

=0



4  

A

≠0

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

16

dla obciążenia symetrycznego

dla obciążenia antysymetrycznego



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=0



2  

A

≠0

Z   uwagi   na   symetryczne   obciążenie   przekrój   środkowy  nie   może  się   obrócić   ani   przemieścić   w

poziomie, ponadto słup uniemożliwia pionowe przemieszczenie, dlatego przyjmujemy pełne utwierdzenie na
osi   symetrii.   Wtedy  słup   środkowy  można   pominąć   w   obliczeniach.   Przy   obciążeniu  antysymetrycznym
przekroje leżące na osi symetrii mogą się obracać i przemieszczać w poziomie. Ponadto słup środkowy ma
wpływ na te przemieszczenia. Analizując połowę ramy przy obciążeniu antysymetrycznym, trzeba uwzględnić
jedną drugą sztywności pręta środkowego.

Przemieszczenia obliczymy dla ram o następujących schematach:

P

Rys. 4.28. Schemat układu dla obciążenia symetrycznego

P

EJ

1
2

Rys. 4.29. Schemat układu dla obciążenia

antysymetrycznego

Przykład 4

Analiza schematu obliczeniowego ramy z przegubem na osi symetrii (rys. 4.30).

2P

Rys. 4.30. Schemat ramy

Analizie poddamy układ obciążony kolejno symetrycznie i antysymetrycznie.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

17

P

P

Rys. 4.31. Schemat układu obciążonego symetrycznie

P

P

Rys. 4.32. Schemat układu obciążonego antysymetrycznie

Układ podstawowy uzyskujemy po wprowadzeniu 10 więzów (10 niewiadomych).

2P

φ

1

φ

2

φ

3

φ

3

'

Δ

2

φ

2

'

φ

1

'

Δ

1

'

Δ

1

Δ

3

Rys. 4.33. Układ podstawowy

Jednak związki pomiędzy przemieszczeniami w układach symetrycznych (tabela 4.4)

Tabela 4.4. Relacje pomiędzy przemieszczeniami

dla obciążenia symetrycznego

dla obciążenia antysymetrycznego



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=−

2

'

S



2 

A

=

2

'

A



3 

S

=−

3

'

S



3 

A

=

3

'

A



1 

S

=−

1

'

S



1 

A

=

1

'

A



2 

S

=0



2  

A

≠0



3 

S

≠0



3  

A

=0

pozwalają rozwiązać dwie ramy (połowy ram) z pięcioma niewiadomymi każda:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

18

P

Rys. 4.34. Schemat układu dla obciążenia symetrycznego

P

Rys. 4.35. Schemat układu dla obciążenia

antysymetrycznego

Na osi symetrii znajduje się przegub, dlatego nie można blokować obrotu środkowego przekroju. Gdy

siły   działają   symetrycznie  na   całą   ramę   przekrój   środkowy  przemieszcza   się   tylko   w   pionie,   zaś   przy
obciążeniu antysymetrycznym przemieszcza się tylko w poziomie.

Analizując   połowę   ramy   dla   każdego   schematu   obciążenia   wystarczy   wprowadzić   tylko   jeden   więz
odpowiednio w poziomie lub w pionie.

4.4. Zmienna sztywność prętów

Bardzo   często   w   konstrukcjach   ramowych   spotyka   się   układy   zbudowane   z   prętów   o   różnych

sztywnościach. Sztywność może się zmieniać również na długości pręta, przy czym zmiana ta może być ciągła
lub skokowa. 

J

1

J

2

J

3

Rys. 4.36. Rama złożona z prętów o różnych sztywnościach

Jeżeli mamy do czynienia z prętem, którego sztywność zmienia się na długości skokowo, to połączenie

elementów o różnych sztywnościach traktujemy jako dodatkowy węzeł wewnętrzny. 

ii

k

J

1

J

2

a

b

Rys. 4.37. Pręt o zmiennej skokowo sztywności

W takim węźle mamy dwa niewiadome przemieszczenia: kąt obrotu przekroju oraz przesuw. Aby utworzyć
układ podstawowy metody przemieszczeń należy oba te przemieszczenia zablokować (rys. 4.38).

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

19

ii

k

J

1

J

2

a

b

Δ

φ

Rys. 4.38. Układ podstawowy dla pręta o zmiennej sztywności

Jeżeli natomiast sztywność zmienia się w sposób ciągły na długości pręta (rys. 4.39), to musimy w

obliczeniach zastosować pewne przybliżenia.

ii

k

J

1

J

2

Rys. 4.39. Pręt o ciągłej zmianie sztywności

Pręt   taki   dzielimy   na   odcinki   (im   jest   ich   więcej,   tym   obliczenia   będą   dokładniejsze).   Każdy   odcinek

traktujemy jak osobny pręt, o uśrednionej sztywności. 

ii

k

J

śr1

J

śr2

J

śr3

J

śr4

Rys. 4.40. Podział pręta na odcinki o różnej sztywności

Na   styku  poszczególnych  odcinków  mamy,  podobnie  jak  dla  pręta   o  sztywności  zmiennej  skokowo,  dwa

niewiadome przemieszczenia. 

4.5. Wzory transformacyjne dla prętów podpartych sprężyście

Zastanówmy się jaki wpływ ma podparcie sprężyste układu na wartość przęsłowych, przywęzłowych

momentów zginających. Możemy wyróżnić podatność liniową 

  i kątową    podpory.

χ [Nm/rad]

χ [N/m]

χ [Nm/rad]

lub

κ [N/m]

i

Rys. 4.41. Podpory sprężyste

Spróbujmy zatem wyznaczyć wartości momentów przywęzłowych wywołane działaniem kąta obrotu 

φ

i

w podporze 

i dla belki z rys. 4.42. W obliczeniach można zastosować dwa podejścia: metodę sił oraz zasadę

superpozycji skutków.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

20

4.5.1. Metoda sił

i

k

M

ik

 κ 

φ

i

EJ

l

Rys. 4.42. Belka jednostronnie utwierdzona podparta sprężyście

Do  obliczenia  wartości  momentu   M

ik

  powstałego  w  wyniku  obrotu  podpory  

i  (



i

)  zastosujemy

metodę  sił.   Ponieważ  belka  jest  jednokrotnie  statycznie  niewyznaczalna,   przyjmujemy  układ  podstawowy
przedstawiony na rys. 4.43.

i

k

κ 

X 

1

Rys. 4.43. Układ podstawowy

Układ podstawowy uzupełnia równanie kanoniczne:



11

X

1



1



=0

(4.42)

Wykonujemy wykres momentu od nadliczbowej reakcji w stanie jednostkowym  X

1

=1 :

X 

1

=1[-]

l

1[-]

1

l

1

κ 

Rys. 4.44. Stan X

1

 = 1

W celu obliczenia całek we wzorach na przemieszczenia skorzystamy z metody Wereszczagina - Mohra.



11

=

∫

s

M

1

⋅M

1

EJ

ds



R

1

⋅R

1



(4.43)



11

=

1

EJ



1
2

⋅1⋅l⋅

2
3

⋅1





1

l

⋅

1

l



=

l

3 EJ



1

l

2



(4.44)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

21

Tylko podpora 

i doznaje obrotu, dlatego:



1



=−

∑

R

i

=−



1

⋅

i



=−

i

(4.45)

Podstawiając  powyższe  wyniki do  równania  kanonicznego możemy  obliczyć wartość nadliczbowej reakcji

X

1

.



l

3 EJ



1

l

2





⋅X

1

−

i

=0

(4.46)

Wprowadzając do zapisu współczynnik

K

=

⋅l

3

EJ

(4.47)

otrzymujemy:



l

3 EJ



1

l

2

⋅

EJ

⋅K

l

3



⋅X

1

=

i



l

3 EJ



l

K EJ



⋅X

1

=

i

Po przekształceniu możemy zapisać wartość nadliczbowej

X

1

=



i

l

EJ



1
3



1

K



a ostatecznie dla 



i

=1  nadliczbowa, która jest równa momentowi przywęzłowemu wynosi:

X

1

=M

ik

=

3 EJ

l

⋅

K

K

3

(4.48)

gdzie:

K

=

⋅l

3

EJ

4.5.2. Zasada superpozycji

Spróbujmy rozwiązać ten sam problem korzystając z zasady superpozycji skutków.

Wartość przęsłowego, przywęzłowego momentu zginającego możemy zapisać jako wartość momentu

określonego dla podpory niepodatnej uzupełnionej o stan, który powstanie w wyniku sprężystego podparcia.

M

ik

=M

ik

'

M

ik

' '





ik



(4.49)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

22

Zajmijmy się najpierw składnikiem równania obliczonym dla podpory niepodatnej. Skorzystamy przy

tym ze znanych nam wzorów transformacyjnych, przyjmując, że tylko podpora  

i  doznaje obrotu  





i

=1 ,



ik

=0



:

M

ik

'

=

3 EJ

l

⋅





i

−

ik



=

3 EJ

l

(4.50)

Następnie obliczmy wartość momentu, który powstanie w wyniku podparcia sprężystego.

M

ik

' '

=

3 EJ

l

⋅



−

ik



(4.51)

gdzie kąt obrotu cięciwy pręta 



ik

 wynosi:



ik

=



k

l

(4.52)



k

 to przemieszczenie końca belki, które powstanie z uwagi na podparcie w punkcie 

k podporą sprężystą o

sztywności 

 .



k

=R

k

⋅

1



(4.53)

Podstawiając wartości (4.52) i (4.53) do równania (4.51) otrzymujemy:

M

ik

' '

=

3 EJ

l

⋅



−

ik



=−

3 EJ

l

⋅



k

l

=−

3 EJ

l

2

⋅

R

k



(4.54)

Zapisując równanie sumy momentów względem punktu 

i otrzymujemy wartość reakcji w podporze k:

∑

M

i

=0

R

k

=

M

ik

l

(4.55)

Po podstawieniu równania (4.55) do (4.54) otrzymujemy:

M

ik

' '

=−

3 EJ

l

2

⋅

M

ik

l

⋅

1



=−

3 EJ

l

3

⋅M

ik

⋅

1


Wprowadzając podstawienie:

K

=

⋅l

3

EJ

otrzymujemy:

M

ik

' '

=−

3 M

ik

K

(4.56)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

23

Następnie możemy wykonać sumowanie momentów zgodnie z równaniem (4.49).

M

ik

=

3 EJ

l

−

3 M

ik

K

(4.58)

Przekształcenia prowadzą do zapisu

M

ik

⋅



1



3

K



=

3 EJ

l

z którego otrzymujemy ostateczną wartość przęsłowego, przywęzłowego momentu zginającego  M

ik

.

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

K

K

3

(4.59)

Po przeprowadzeniu obliczeń z wykorzystaniem dwóch różnych metod otrzymaliśmy identyczne wyniki.

Obliczenia  możemy  przeprowadzić  analogicznie  dla  różnych  typów  podparcia   sprężystego  (liniowego  lub
kątowego)   w   jednej   lub   obydwóch   podporach.   Kilka   z   nich,   z   wykorzystaniem   zasady   superpozycji,
przedstawiono w poniższych przykładach.

Przykład 5

Wyznaczenie  wartości   momentów  przywęzłowych  

M

ik

  i  

M

ki

  dla   belki   z   rys.   4.45   doznającej   obrotu   w

podporze 

i.

φ

i

i

k

l

EJ

 κ 

Rys. 4.45. Belka utwierdzona z podporą ślizgową podparta sprężyście

Rozwiązujemy zadanie korzystając z zasady superpozycji:

M

ik

=M

ik

'

M

ik

' '





ik



M

ki

=M

ki

'

M

ki

' '





ik



Pierwsze składniki obu równań to wartości obliczone z wzorów transformacyjnych dla podpór niepodatnych.
Ponieważ tylko podpora 

i doznaje obrotu, przyjmiemy 



ik

=0 .

M

ik

'

=

4 EJ

l

⋅

i

(4.60)

M

ki

'

=

2 EJ

l

⋅

i

(4.61)

Następnie wyznaczamy wartości momentów, które powstaną w wyniku obecności podpory sprężystej.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

24

M

ik

' '

=M

ki

' '

=

6 EJ

l

⋅−

ik



(4.62)

gdzie kąt obrotu cięciwy pręta 



ik

 wynosi podobnie jak poprzednio:



ik

=



k

l

=

1

l

⋅R

k

⋅

1



(4.63)

Wartość reakcji 

R

k

 w podporze sprężystej obliczymy zapisując równanie sumy momentów względem punktu 

i.

i

k

M

ik

M

ki

R

k

 κ 

Rys. 4.46. Reakcja R

k  

w podporze sprężystej

∑

M

i

=0

R

k

=

M

ik

M

ki

l

(4.64)

Po podstawieniu równania (4.64) do (4.63) otrzymamy wartość



ik

=

M

ik

M

ki

⋅l

2

którą podstawiamy do równania (4.62):

M

ik

' '

=M

ki

' '

=−

6 EJ

⋅l

3

⋅M

ik

M

ki



Wprowadzając podstawienie

K

=

⋅l

3

EJ

otrzymamy:

M

ik

' '

=M

ki

' '

=−

6

K

⋅M

ik

M

ki



(4.65)

Następnie sumujemy odpowiednie momenty zgodnie z zasadą superpozycji.

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

i

−

6

K

⋅M

ik

M

ki



(4.66)

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

i

−

6

K

⋅M

ik

M

ki



(4.67)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

25

Po dodaniu obu równań stronami otrzymamy:

M

ki

M

ik

=

6 EJ

l

⋅

i

−

12

K

⋅M

ik

M

ki



Dalsze przekształcenia prowadzą do równania:

M

ki

M

ik

=

6 EJ

l

⋅

i

⋅

K

K

12

które podstawiamy do równań (4.66) i (4.67)

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

i

−

6

K

⋅



6 EJ

l

⋅

i

⋅

K

K

12



M

ki

=

2 EJ

l

⋅

i

−

6

K

⋅



6 EJ

l

⋅

i

⋅

K

K

12



i ostatecznie:

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

i

⋅



1

−

9

K

12



=

4 EJ

l

⋅

i

⋅

K

3

K

12

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

i

⋅



1

−

18

K

12



=

2 EJ

l

⋅

i

⋅

K

−6

K

12

Podstawiając 

φ

i

 = 1, otrzymamy szukane wartości momentów przywęzłowych:

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

K

3

K

12

(4.68)

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

K

−6

K

12

(4.69)

Przykład 6

Wyznaczenie wartości momentu przywęzłowego 

M

ik

(

φ

i

) dla belki z rys. 4.47.

i

k

χ

φ

i

l

EJ

 

Rys. 4.47. Belka jednostronnie utwierdzona z podporą o podatności kątowej

Rozwiązujemy zadanie korzystając z zasady superpozycji:

M

ik

=M

ik

'

M

ik

' '





i

'



Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

26

Pierwszy składnik równania obliczamy z wzorów transformacyjnych dla podpory niepodatnej. Ponieważ tylko
podpora 

i doznaje obrotu, przyjmiemy 



ik

=0 .

M

ik

'

=

3 EJ

l

⋅

i

(4.70)

Następnie wyznaczamy wartość momentu powstałego w wyniku obecności podpory o podatności kątowej:

M

ik

' '

=

3 EJ

l

⋅−

i

'



(4.71)

Wymuszony kąt obrotu  

φ

i

'   podpory  i  przedstawiono na rysunku 4.48. Obrót podpory o kąt  φ

i

'  zgodny z

ruchem wskazówek zegara daje ujemny moment przywęzłowy.

χ 

M

ik

φ

i

'

Rys. 4.48. Zależność między momentem przywęzłowym a obrotem podpory sprężystej

Jego wartość



i

'

=

M

ik



(4.72)

podstawiamy do równania (4.71)

M

ik

' '

=−

3 EJ

l

⋅

M

ik



(4.73)

a następnie sumujemy równania (4.70) i (4.73) zgodnie z zasadą superpozycji:

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

i

−

3 EJ

l

⋅

M

ik



Wprowadzając podstawienie

K '

=

⋅l

EJ

(4.74)

otrzymujemy

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

i

−

3  M

ik

K '

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

27

Dalsze przekształcenia prowadza do zapisu

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

i

⋅

K '

K '

3

(4.75)

Jeśli przyjmiemy, że 

φ

i

 = 1, otrzymamy ostateczną wartość momentu przywęzłowego:

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

K '

K '

3

(4.76)

Przykład 7

Wyznaczenie wartości momentu przywęzłowego 

M

ik

  dla belki z rys. 4.49 wywołanego obrotem podpory w

węźle 

i.

EJ

l

φ

i

i

k

χ

 

Rys. 4.49. Belka obustronnie utwierdzona z podporą o podatności kątowej

Rozwiążmy zadanie ponownie korzystając z zasady superpozycji:

M

ik

=M

ik

'

M

ik

' '





k

'



M

ki

=M

ki

'

M

ki

' '





k

'



Momenty  M

ik

'  i  M

ki

'

 

to momenty wyznaczone dla belki o niepodatnych podporach:

M

ik

'

=

4 EJ

l

⋅

i

(4.77)

M

ki

'

=

2 EJ

l

⋅

i

(4.78)

natomiast momenty  M

ik

' '  i  M

ki

' '  to dodatkowe momenty spowodowane obecnością podpory sprężystej. 

M

ik

' '

=

2 EJ

l

⋅

k

'

(4.79)

M

ki

' '

=

4 EJ

l

⋅

k

'

(4.80)

gdzie wymuszony kąt obrotu 

φ

k

' w podporze k wynosi:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

28



k

'

=−

M

ki



(4.81)

Znak “-” w równaniu (4.81) wynika z tego, że moment 

M

ki

  ma przeciwny zwrot do kąta obrotu  

φ

k

'. Jest to

wyjaśnione na rys. 4.48. na przykładzie węzła lewego.

Po zsumowaniu równań (4.77) i (4.79), oraz (4.78) i (4.80) zgodnie z zasadą superpozycji, otrzymamy:

M

ik

=

4 EJ

l



i

−

2 EJ

l

M

ki



(4.82)

M

ki

=

2 EJ

l



i

−

4 EJ

l

M

ki



(4.83)

Ze wzoru (4.83) wyznaczamy wartość momentu 

M

ki

:

M

ki



1



4 EJ

l



=

2 EJ

l



i

M

ki

=

2 EJ

l



i



l

l4 EJ



Dokonując podstawienia

K '

=

⋅l

EJ

⇒

⋅l=K ' EJ

upraszczamy zapis:

M

ki

=

2 EJ

l



i



K ' EJ

K ' EJ

4 EJ



Ostatecznie, po skróceniu przez 

EJ, otrzymujemy wartość momentu przywęzłowego M

ki

:

M

ki

=

2 EJ

l



i

K '

K '

4

(4.84)

Teraz podstawmy wyrażenie (4.84) do wzoru na 

M

ik 

 (4.82).

M

ik

=

4 EJ

l



i

−

2 EJ

K ' EJ

M

ki

=

4 EJ

l



i

−

2

K '

M

ki

M

ik

=

4 EJ

l



i

−

2 EJ

K ' EJ

M

ki

=

4 EJ

l



i

−

2

K '

2 EJ

l



i



K '

K '

4



M

ik

=

4 EJ

l



i



1

−

1  

K '

4



ostatecznie

M

ik

=

4 EJ

l



i

K '

3

K '

4

(4.85)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

29

Jeśli podstawimy wartość 

φ

i

 = 1 do wzorów (4.84) i (4.85), otrzymamy wzory transformacyjne:

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

K '

3

K '

4

(4.86)

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

K '

K '

4

(4.87)

Zastanówmy się jeszcze nad jednym przykładem. Belka o identycznym schemacie statycznym jak na

rysunku 4.49, tym razem doznaje obrotu o kąt 

φ

k

.

EJ

l

φ

k

i

k

χ

 

Zauważmy,   że   rozwiązanie   tego   zadania   będzie   analogiczne   jak   poprzedniego,   dlatego   nie   wykonamy
ponownie obliczeń, a jednie zaprezentujemy ostateczne wzory transformacyjne.

M

ik

=

2 EJ

l



k

K '

K '

4

M

ki

=

4 EJ

l



k

K '

K '

4

Jeśli przyjmiemy 

φ

k

 

 

= 1, otrzymamy:

M

ik

=

2 EJ

l

⋅

K '

K '

4

(4.88)

M

ki

=

4 EJ

l

⋅

K '

K '

4

(4.89)

W tabeli 4.3. zestawiono wartości przywęzłowych momentów zginających, w zależności od sposobu

podparcia belki, wywołane jednostkowymi przemieszczeniami węzłów podporowych.

Tabela 4.3. Wzory transformacyjne dla podparcia sprężystego

Schemat belki

Wzór transformacyjny

i

k

 κ 

φ

i

 = 1

EJ

l

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

K

K

3

M

ki

=0

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater

Część 2 4. RAMY OBCIĄŻONE TERMICZNIE, OSIADANIEM PODPÓR ORAZ PRZYPADKI...

30

Schemat belki

Wzór transformacyjny

φ

i

 = 1

i

k

l

EJ

 κ 

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

K

3

K

12

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

K

−6

K

12

i

k

χ

φ

i

 = 1

l

EJ

M

ik

=

3 EJ

l

⋅

K

'

K

'

3

M

ki

=0

EJ

l

φ

i 

 = 1

i

k

χ

M

ik

=

4 EJ

l

⋅

K '

3

K '

4

M

ki

=

2 EJ

l

⋅

K '

K '

4

W powyższych wzorach współczynniki  K  i  K

'

 oznaczają:

K

=

⋅l

3

EJ

K

'

=

⋅l

EJ

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A. 

AlmaMater