Politechnika Wrocławska

Wydział Budownictwa Lądowego i Wodnego

Instytut Inżynierii Lądowej

Zakład Dynamiki Budowli

Rok akademicki 2010/2011

Semestr III

Wrocław, 11.01.2011

Zadanie Projektowe

Podstawy Statyki Budowli

Prowadzący:

Dr inż. Monika Podwórna

Wykonał:

Kamil Gucwa

Nr indeksu 176946

Spis treści:

1. Belka wieloprzęsłowa2

   1. Warunek ilościowy GN, SW2

   2. Warunek geometryczny GN2

   3. Równania równowagi statycznej układu3

   4. Przepisy funkcyjne momentów4

   5. Przepisy funkcyjne sił tnących6

   6. Zasada prac przygotowanych – wybrana reakcja6

   7. Metoda kinematyczna – 2 wybrane siły przekroju α – α7

2. Rama8

   1. Warunek ilościowy GN, SW8

   2. Warunek geometryczny GN8

   3. Równania równowagi statycznej układu9

   4. Przepisy funkcyjne momentów10

   5. Przepisy funkcyjne sił tnących i osiowych11

   6. Przepisy funkcyjne momentów cd. 13

   7. Równowaga węzła15

   8. Zasada prac przygotowanych – wybrana reakcja16

   9. Metoda kinematyczna – 2 wybrane siły przekroju α – α17

3. Kratownica18

   1. Warunek ilościowy GN, SW18

   2. Warunek geometryczny GN18

   3. Równania równowagi statycznej układu19

   4. Metoda graficzna równoważenia węzłów (sposób Cremony) 20

   5. Równowaga węzła środkowego24

   6. Metoda Rittera – 3 wybrane pręty24

   7. Metoda kinematyczna – 3 wybrane pręty25

1. Belka wieloprzęsłowa

Dla belki wieloprzęsłowej przegubowej wyznaczyć reakcje i sporządzić wykresy sił przekrojowych. Zadanie rozwiązać analitycznie. Dodatkowo należy wyznaczyć wartości dowolnych 2 sił wewnętrznych w zaznaczonym przekroju metodą kinematyczną oraz wartość dowolnej reakcji zasadą prac przygotowanych.

1. Warunek ilościowy GN, SW

t = 3

3t = 9

e = 9

e = 3t

Wniosek: Układ może być SW o ile będzie GN.

1. Warunek geometryczny GN

   1. Z twierdzenia o 3 tarczach: tarcze: 0 (ostoja), 2, 3 są parami połączone za pomocą dwóch więzi elementarnych i środki wzajemnego obrotu tych tarcz nie leżą na jednej prostej z czego wynika, że tarcze te tworzą układ GN.

0, 2, 3 → 0₀₂₃

1. Z twierdzenia o 2 tarczach: swobodna tarcza 1 połączona jest z ostoją 0₀₂₃ za pomocą trzech niezbieżnych (również w nieskończoności) więzi elementarnych z czego wynika, że tarcze te tworzą układ GN.

1, 0₀₂₃ → 0₀₁₂₃

1. Z geometrycznej niezmienności układu oraz z warunku (1.1.) wynika, że układ jest GN, SW.

1. Równania równowagi statycznej układu

ΣM₂^L = 0 → V_A5 − 40 = 0 → V_A=8

ΣX = 0 → 12sin45 − H_B = 0 → H_B=8, 485

ΣM₅^L = V_A13 − 40 − 20 * 7 − 12cos45 * 5 + V_B3 = 0 → V_B=39, 475

ΣY = 0 → V_A + V_B + V_C − 20 − 12cos45 − 12 * 3 * 0, 5 = 0 → V_C= − 0, 990

ΣM₅ = ΣM₅^L + ΣM₅^P = 0 + ΣM₅^P = 0 → ΣM₅^P = 0→

→M_C + V_C3 − 12 * 3 * 1, 5 + 12 * 3 * 0, 5 * 1 = 0 → M_C=38, 970

Sprawdzenie:

ΣM₄ = V_A8 − 40 − 20 * 2 − 39, 475 * 2+

+12 * 3 * 0, 5 * 7 − V_C * 8 − M_C=

=64 − 40 − 40 − 78, 950 + 126 + 7, 920 − 38, 970 = 0

1. Przepisy funkcyjne momentów

M_(x)^A − 1;  x ∈ ⟨0;2⟩

M_(x)^A − 1 = 8x

M_(x)^1 − 3;  x ∈ ⟨0;4⟩

M_(x)^1 − 3 = 8(x+2) − 40

M_(x)^1 − 3 = 8x − 24

M_(x)^3 − 4;  x ∈ ⟨0;2⟩

M_(x)^3 − 4 = 8(x+6) − 40 − 20x

M_(x)^3 − 4 = −12x + 8

M_(x)^4 − B;  x ∈ ⟨0;2⟩

M_(x)^4 − B = 8(x+8) − 40 − 20(x+2) − 8, 485x

M_(x)^4 − B = −20, 485x − 16

M_(x)^B − 5;  x ∈ ⟨0;3⟩

M_(x)^B − 5 = 8(x+10) − 40 − 20(x+4) − 8, 485(x+2) + 39, 475x

M_(x)^B − 5 = 18, 99x − 56, 97

M_(x)^C − 5;  x ∈ ⟨0;3⟩

$$M_{(x)}^{C - 5} = 38,970 - 0,990x - 12x*0,5x + \frac{12}{3}x*0,5x*\frac{1}{3}x$$

$$M_{(x)}^{C - 5} = \frac{2}{3}x^{3} - 6x^{2} - 0,990x + 38,970$$

ekstrema funkcji M_(x)^C − 5:

$$\frac{dM_{(x)}^{C - 5}}{\text{dx}} = 0 = 2x^{2} - 12x - 0,990$$

$$\sqrt{} = 12,326$$

x_e1 = −0, 082

x_e2 = 6, 082

miejsca zerowe funkcji M_(x)^C − 5:

$$M_{(x)}^{C - 5} = \left( x - 3 \right)\left( \frac{2}{3}x^{2} - 4x - 12,99 \right)$$

x_o1 = 3

$$\sqrt{} = 7,116$$

x_o2 = −2, 337

x_o3 = 8, 337

1. Przepisy funkcyjne sił tnących: odcinek C-5

T_(x)^C − 5;  x ∈ ⟨0;3⟩

$$- \frac{dM_{(x)}^{C - 5}}{\text{dx}} = T_{(x)}^{C - 5} = - 2x^{2} + 12x + 0,990$$

ekstrema funkcji T_(x)^C − 5:

$$\frac{dT_{(x)}^{C - 5}}{\text{dx}} = 0 = - 4x + 12$$

x_e = 3

miejsca zerowe funkcji T_(x)^C − 5:

x_To1 = x_e1 = −0, 082

x_To2 = x_e2 = 6, 082

1. Zasada prac przygotowanych – reakcja V_C

$$\tan\varphi \cong \varphi = \frac{1}{5}$$

$$L = 0 = 40*\frac{1}{5} - 20*\frac{4}{5} - 12\cos{45}*\frac{2}{5} + 18*\frac{3}{5} - \mathbf{V}_{\mathbf{C}}\frac{3}{5}\mathbf{=}\frac{1}{5}\left( - 2,97 - 3\mathbf{V}_{\mathbf{C}} \right)$$

V_C= − 0, 990kN

1. Metoda kinematyczna – wybrane siły wewnętrzne w przekroju α – α

   1. Moment M_α

$$\tan\varphi_{1} \cong \varphi_{1} = \frac{1}{2}$$

$${\tan\varphi_{2} \cong \varphi_{2} = \frac{1}{3}}{L = 0 = \mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}\varphi_{1} + 40\varphi_{2} + \mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}\varphi_{2} + 20*0 + 12\cos{45}*0 + 18*0 = \mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}\frac{1}{2} + 40\frac{1}{3} + \mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}\frac{1}{3} = \mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}\frac{5}{6} + 40\frac{2}{6}}$$

M_α= − 16kNm

1. Siła tnąca T_α

$$\tan\varphi \cong \varphi = \frac{1}{2}$$

$$_{2} = \frac{3}{2}$$

$$L = 0 = \mathbf{T}_{\mathbf{\alpha}} + 40\varphi + \mathbf{T}_{\mathbf{\alpha}}_{2} + 20*0 + 12\cos{45}*0 + 18*0 = \mathbf{T}_{\mathbf{\alpha}} + 40\frac{1}{2} + \mathbf{T}_{\mathbf{\alpha}}\frac{3}{2} = \mathbf{T}_{\mathbf{\alpha}}\frac{5}{2} + 40\frac{1}{2}$$

T_α= − 8kN

1. Rama

Ramę rozwiązać metodą analityczną i sporządzić wykresy sił przekrojowych. Sprawdzić równowagę węzła. Dodatkowo należy wyznaczyć wartości dowolnych 2 sił wewnętrznych w zaznaczonym przekroju metodą kinematyczną oraz wartość dowolnej reakcji zasadą prac przygotowanych.

1. Warunek ilościowy GN, SW

t = 3

3t = 9

e = 9

e = 3t

Wniosek: Układ może być SW o ile będzie GN.

1. Warunek geometryczny GN

   1. Z twierdzenia o 3 tarczach: tarcze: 1, 2, 3 są parami połączone za pomocą dwóch więzi elementarnych i środki wzajemnego obrotu tych tarcz nie leżą na jednej prostej z czego wynika, że tarcze te tworzą układ GN.

1, 2, 3 → A₁₂₃

1. Z twierdzenia o 2 tarczach: swobodna tarcza A₁₂₃ połączona jest z ostoją 0 za pomocą trzech niezbieżnych (również w nieskończoności) więzi elementarnych z czego wynika, że tarcze te tworzą układ GN.

0, A₁₂₃ → 0_0A

1. Z geometrycznej niezmienności układu oraz z warunku (2.1.) wynika, że układ jest GN, SW.

1. Równania równowagi statycznej układu

ΣM_B = 0 → 5V_A − 5 * 20 − 4 * 20sin30 − 1 * 2 * 5 + 1, 5 * 3 * 5=

=5V_A − 100 − 40 − 10 + 22, 5 = 5V_A − 127, 5 = 0 → V_A=25, 500

ΣX = 0 → H_B − 20sin30 = H_B − 10 = 0 → H_B=10

ΣM₇ = 0 → 5 * 20cos30 − 4 * 20sin30 + 5, 5 * 5 * 5 − 5V_B=

=86, 60 − 40 + 137, 5 − 5V_B = 184, 1 − 5V_B = 0 → V_B=36, 820

Sprawdzenie:

ΣM₁ = 3V_A − 3 * 20 + 2 * 20cos30 + 2, 5 * 5 * 5 − 2V_B − 4H_B=

=3 * 25, 500 − 60 + 34, 64 + 62, 5 − 2 * 36, 820 − 4 * 10=

=76, 5 − 60 + 34, 64 + 62, 5 − 73, 64 − 40 = 0

1. Przepisy funkcyjne momentów

M_(x)^A − 1;  x ∈ ⟨0;3⟩

M_(x)^A − 1 = 25, 5x − 20x

M_(x)^A − 1 = 5, 5x

M_(x)^4 − 5;  x ∈ ⟨0;6⟩

M_(x)^4 − 5 = −V₄x

M_(x)^5 − B;  x ∈ ⟨0;3⟩

M_(x)^5 − B = −V₄(x+6) − 5x * 0, 5x

M_(x)^5 − B = −V₄(x+6) − 2, 5x²

$$\frac{\text{dM}_{\left( x \right)}^{5 - B}}{\text{dx}} = 0 = - \mathbf{V}_{\mathbf{4}} - 5x \rightarrow x_{e} = - 0,6658 \notin \left\langle 0;3 \right\rangle$$

M_(x)^B − 6;  x ∈ ⟨0;2⟩

M_(x)^B − 6 = −V₄(x+9) − 5 * 3 * (1,5+x) + 36, 82x − 5x * 0, 5x

M_(x)^B − 6 = −V₄(x+9) − 22, 5 + 21, 82x − 2, 5x²

$$\frac{\text{dM}_{\left( x \right)}^{B - 6}}{\text{dx}} = 0 = - \mathbf{V}_{\mathbf{4}} + 21,82 - 5x \rightarrow x_{e} = 3,6982 \notin \left\langle 0;2 \right\rangle$$

M_(x)^6 − 7;  x ∈ ⟨0;3⟩

M_(x)^6 − 7 = −V₄(x+11) + 36, 82(x+2) − 5 * 5 * (2, 5 + x)

M_(x)^6 − 7 = −V₄(x+11) + 11, 82x + 11, 14

M₍₃₎^6 − 7 = 0 = −V₄(14) + 46, 6

V₄≅3, 329

M_(x)^6 − 7 = −3, 329(x+11) + 11, 82x + 11, 14

M_(x)^6 − 7 = 8, 491x − 25, 479

Równanie paraboli 4-3 w układzie x_4‑3, y_4‑3

f(x)^4 − 3 = ax² + bx + c

x_o1 = 0

x_o2 = 12

f(x)^4 − 3 = a(x−x_o1)(x − x_o2)

f(x)^4 − 3 = ax(x − 12)

f(6)^4 − 3 = a6(6−12) = −36a = 4

$a = - \frac{1}{9}$

$y = {f(x)}^{4 - 3} = - \frac{1}{9}x\left( x - 12 \right) = - \frac{1}{9}x^{2} + \frac{4}{3}x$

M_(x)^4 − 3;  x ∈ ⟨0;6⟩

M_(x)^4 − 3 = 3, 329x + H₄y

$$M_{(x)}^{4 - 3} = \mathbf{3,329}x + \mathbf{H}_{\mathbf{4}}\left( - \frac{1}{9}x^{2} + \frac{4}{3}x \right)$$

$M_{\left( 6 \right)}^{4 - 3} = \mathbf{3,329}*6 + \mathbf{H}_{\mathbf{4}}\left( - \frac{1}{9}*6^{2} + \frac{4}{3}*6 \right) = 0$

H₄≅ − 4, 993

$$M_{(x)}^{4 - 3} = \mathbf{3,329}x\mathbf{- 4,993}\left( - \frac{1}{9}x^{2} + \frac{4}{3}x \right)$$

M_(x)^4 − 3 = 0, 555x² − 3, 329x

ekstremum funkcji M_(x)^4 − 3:

$$\frac{dM_{(x)}^{4 - 3}}{\text{dx}} = 0 = 1,110x - 3,329$$

x_e = 3

1. Przepisy funkcyjne sił tnących i osiowych

T_(x)^A − 1 = 5, 5

N_(x)^A − 1 = 0

T_(x)^4 − 5 = 3, 329

N_(x)^4 − 5 = 4, 993

T_(x)^5 − B = 3, 329 + 5x

N_(x)^5 − B = 4, 993

T_(x)^B − 6 = −18, 491 + 5x

N_(x)^B − 6 = 14, 993

T_(x)^6 − 7 = −8, 491

N_(x)^6 − 7 = 14, 993

T_(x)^7 − 1 = −(−8,491)cosβ − (14, 993)sinβ

T_(x)^7 − 1 = −6, 900

N_(x)^7 − 1 = (−8,491)sinβ − (14, 993)cosβ

N_(x)^7 − 1 = −15, 789

Siły tnące i osiowe pręta zakrzywionego 4-3

równanie stycznej do paraboli:

$$y^{'} = \frac{d{f\left( x \right)}^{4 - 3}}{\text{dx}} = \frac{d\left( - \frac{1}{9}x^{2} + \frac{4}{3}x \right)}{\text{dx}} = - \frac{2}{9}x + \frac{4}{3} = \tan \propto$$

$$\tan \propto = \frac{y^{'}}{1}$$

$$\sqrt{\left( y^{'} \right)^{2} + 1^{2}} = \sqrt{\left( y^{'} \right)^{2} + 1}$$

$$\sin \propto = \frac{y^{'}}{\sqrt{\left( y^{'} \right)^{2} + 1}} = \frac{- \frac{2}{9}x + \frac{4}{3}}{\sqrt{\left( - \frac{2}{9}x + \frac{4}{3} \right)^{2} + 1}}$$

$$\cos \propto = \frac{1}{\sqrt{\left( y^{'} \right)^{2} + 1}} = \frac{1}{\sqrt{\left( - \frac{2}{9}x + \frac{4}{3} \right)^{2} + 1}}$$

T_(x)^4 − 3 = (−T_V) + (−T_H) = −T_V − T_H

N_(x)^4 − 3 = (−N_V) + (N_H) = −N_V + N_H

T_(x)^4 − 3 = −3, 329 cos ∝ −(−4, 993)sin∝

N_(x)^4 − 3 = −3, 329 sin ∝ +(−4, 993)cos∝

T_(x)^3 − 2 = −3, 329

N_(x)^3 − 2 = −4, 993

T_(x)^2 − 1 = −3, 329 + 20cos30

T_(x)^2 − 1 = 13, 991

N_(x)^2 − 1 = −4, 993 − 20sin30

N_(x)^2 − 1 = −14, 993

1. Przepisy funkcyjne momentów cd.

M_(x)^3 − 2;  x ∈ ⟨0;3⟩

M_(x)^3 − 2 = 3, 329 (6+x) + (−4, 993) * 4

M_(x)^3 − 2 = 3, 329 x

M_(x)^2 − 1;  x ∈ ⟨0;2⟩

M_(x)^3 − 2 = 3, 329 (3+x) − (20cos30)x

M_(x)^3 − 2 = −13, 992x + 9, 987

M_(x)^7 − 1;  x ∈ ⟨0;3⟩

$$M_{(x)}^{7 - 1} = 8,491x - 14,993y = 8,491x - 14,993\left( \frac{4}{3}x \right)$$

M_(x)^7 − 1 = −11, 500x

1. Równowaga węzła „1”

M₁ = 16, 500 + 17, 997 − 34, 500

M₁=0, 003 ≅ 0 [kNm]

P_1 pionowe = 5, 500 − 13, 991 + 15, 789sinβ − 6, 900cosβ

P_1 pionowe=0, 0002 ≅ 0[kN]

P_1 poziome=0, 0004 ≅ 0[kN]

Wszystkie wyniki obarczone są pewnym błędem wynikającym z przyjętych zaokrągleń. Stąd też w węźle „1” siły oraz momenty nie sumują się do zera, lecz są w przybliżeniu równe zero.

1. Zasada prac przygotowanych – reakcja V_A

1. Metoda kinematyczna – wybrane siły wewnętrzne w przekroju α – α

   1. Moment M_α

$$L = 0 = 1,5617*20\cos{30} - 1,2494*20\sin{30} + 4,3729\frac{\mathbf{M}_{\mathbf{\alpha}}}{3}$$

14, 5554 = −1, 4576M_α

M_α= − 9, 986kNm

1. Siła tnąca T_α

L = 0 = 1, 7218 * 20cos30 − 1, 3774 * 20sin30 + 4, 8209T_α

16, 0485 = −4, 8209T_α

T_α= − 3, 329kN

1. Kratownica

Dla kratownicy wyznaczyć siły we wszystkich prętach metodą graficzną równoważenia węzłów (sposób Cremony), siły w 3 wybranych prętach metodą analityczną. Dodatkowo sprawdzić analitycznie równowagę wybranego środkowego węzła. Metodą kinematyczną należy wyznaczyć wartości sił w 3 wybranych prętach.

1. Warunek ilościowy GN, SW

r = 3

p = 25

w = 14

r + p = 2w

Wniosek: Układ może być SW o ile będzie GN.

1. Warunek geometryczny GN

1. Tarcze 1, 2, 3 mają typową budowę trójkątną.

2. Z twierdzenia o 2 tarczach: tarcze: 1, 2 połączone są za pomocą trzech niezbieżnych więzi elementarnych z czego wynika, że tworzą jedną tarczę A₁₂.

3. Z twierdzenia o 2 tarczach: tarcze: 3, A₁₂ połączone są za pomocą trzech niezbieżnych więzi elementarnych z czego wynika, że tworzą jedną tarczę A₁₂₃.

4. Z twierdzenia o 2 tarczach: swobodna tarcza A₁₂₃ połączona jest z ostoją 0 za pomocą trzech niezbieżnych więzi elementarnych z czego wynika, że tarcze te tworzą układ GN.

0, A₁₂₃ → 0_0A

1. Z geometrycznej niezmienności układu oraz z warunku (2.1.) wynika, że układ jest GN, SW.

1. Równania równowagi statycznej układu

ΣX = 0 → H_A − 15 = 0 → H_A=15

ΣM_A = 0 → 4 * 10 + 5 * 10 − 2 * 15 − 6V_B = 0 → V_B=10

ΣM_B = 0 → 6V_A − 6 * 15 − 2 * 10 − 1 * 10 − 2 * 15 = 0 → V_A=25

Sprawdzenie:

ΣM_X = 4V_A − 2H_A − 4 * 15 + 1 * 10 − 2V_B=

=4 * 25 − 2 * 15 − 60 + 10 − 2 * 10 = 0

1. Metoda graficzna równoważenia węzłów (sposób Cremony) - wyznaczenie sił we wszystkich prętach

Wielobok sił zewnętrznych

Skala: 1cm – 4kN

Lp.	Długość na planie Cremony [cm]	Siła w pręcie [kN]
		Pręty rozciągane
1	6.250
2	2.500
3	3.536	14.14
4	0.000
5	2.500
6	0.000
7	3.536	14.14
8	3.750
9	2.500
10	5.000
11	3.536	14.14
12	1.250
13	0.000
14	0.000
15	3.536	14.14
16	1.250
17	2.500
18	5.000
19	0.000
20	1.250	5.00
21	2.500	10.00
22	1.768	7.07
23	1.768
24	1.250	5.00
25	1.250

1. Równowaga wybranego węzła środkowego

$$\Sigma X = 10 - 20 + \frac{\sqrt{2}}{2}14,14 \cong 0$$

$$\Sigma Y = 10 - \frac{\sqrt{2}}{2}14,14 \cong 0$$

1. Metoda Rittera wyznaczania sił w prętach (3 wybrane pręty)

M_OD = 0 → 2D₁₂ + 2 * 10 + 3 * 10 − 4 * V_B = 0 → D₁₂= − 5kN

M_OG = 0 → −2G₁₀ + 1 * 10 − 2 * 15 − 2 * V_B = 0 → G₁₀= − 20kN

$$M_{\text{XII}} = 0 \rightarrow 2\mathbf{D}_{\mathbf{12}}\mathbf{+}2\sqrt{2}\mathbf{K}_{\mathbf{11}} - 2*10 - 1*10 = 2\sqrt{2}K - 40 = 0 \rightarrow \mathbf{K}_{\mathbf{11}}\mathbf{= 14,14}\mathbf{\text{kN}}$$

1. Metoda kinematyczna wyznaczania sił w prętach (3 wybrane pręty)

   1. Pręt nr 10

L = 0 = 0 − 0, 5512G₁₀ − 1, 1025G₁₀ − 1, 1025 * 10−

−0, 5512 * 10 − 1, 1025 * 15=

= − 1, 6536G₁₀ − 33, 0745

D₁₂ = −20, 0015 ≅ −20, 00kN

1. Pręt nr 11

$$L = 0 = 1,5591\mathbf{K}_{\mathbf{11}} + 1,6537\mathbf{K}_{\mathbf{11}}\frac{\sqrt{2}}{2}\ - 0,5512\mathbf{K}_{\mathbf{11}}\frac{\sqrt{2}}{2} -$$

−1, 1025 * 10 − 0, 5512 * 10 − 1, 1025 * 15=

=2, 3387K₁₁ − 33, 0745 = 0

K₁₁ = 14, 1423 ≅ 14, 14kN

1. Pręt nr 12

L = 0 = 0 + 0 − 1, 6537D₁₂ + 0, 5512 * 10 + 0, 2756 * 10 − 1, 1025 * 15 = −1, 6537D₁₂ − 8, 2695 = 0

D₁₂ = −5, 0006 ≅ −5, 00kN