Układ podstawowy metody przemieszczeń.

Jako niewiadome przyjęto kąt obrotu węzła „B” : φ_B i pionowy przesuw węzła „B” : _B .

Układ równań kanonicznych ma postać:

$$\left\{ \begin{matrix} r_{11}\varphi_{B} + r_{12}_{B} + R_{1P} = 0 \\ r_{21}\varphi_{B} + r_{22}_{B} + R_{2P} = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

Stan φ_B = 1

Przęsłowe momenty przywęzłowe w poszczególnych prętach ramy wynoszą:

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }M_{\text{AB}} = - \frac{\text{EI}}{L_{\text{AB}}} = - \frac{2 \times EI}{4} = - \frac{\text{EI}}{2}\ \ \ \ ;\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ M_{\text{BA}} = \frac{\text{EI}}{L_{\text{BA}}} = \frac{2 \times EI}{4} = \frac{\text{EI}}{2}\text{\ \ \ }$$

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }M_{\text{BC}} = \frac{4EI}{L_{\text{BC}}} = \frac{4 \times 2 \times EI}{6} = \frac{4EI}{3}\ \ \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ \ \ \ \ M_{\text{CB}} = \frac{2EI}{L_{\text{CB}}} = \frac{2 \times 2 \times EI}{6} = \frac{2EI}{3}$$

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }M_{\text{BD}} = \frac{3EI}{L_{\text{BD}}} = \frac{3EI}{5}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ \ \ \ \ M_{\text{DB}} = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $$

Wykres momentów zginających wywołanych obrotem φ_B = 1 .

Moment utwierdzenia w węźle „B”.

$$r_{11} = M_{\text{BA}} + M_{\text{BC}} + M_{\text{BD}} = \frac{\text{EI}}{2} + \frac{4EI}{3} + \frac{3EI}{5} = \frac{73}{30}\text{EI}$$

Stan _B = 1 .

W celu znalezienie wykresu momentów zginających nadano węzłowi „B” przesuw pionowy _B = 1.

Równanie łańcucha kinematycznego:

AB  →                      0 × ψ_AB = 0

ψ_AB = 0

BC  ↓                        6 × ψ_BC = −1

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\psi_{\text{BC}} = - \frac{1}{6}$$

ABD  ↓                     4 × ψ_AB + 3 × ψ_BD = −1

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\psi_{\text{BD}} = - \frac{1}{3}$$

Obrotom prętów ψ_ik odpowiadają następujące przywęzłowe momenty podporowe:

M_AB = M_BA = M_DB = 0

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }M_{\text{BC}} = M_{\text{CB}} = - \frac{6EI}{L_{\text{BC}}} \times \psi_{\text{BC}} = - \frac{6 \times 2 \times EI}{6} \times \left( - \frac{1}{6} \right) = \frac{\text{EI}}{3}\ $$

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }M_{\text{BD}} = - \frac{3EI}{L_{\text{BD}}} \times \psi_{\text{BD}} = - \frac{3EI}{5} \times \left( - \frac{1}{3} \right) = \frac{\text{EI}}{5}$$

Wykres momentów zginających wywołanych obrotem Δ_B = 1 .

Moment utwierdzenia w węźle „B”.

$$\mathbf{r}_{\mathbf{12}} = M_{\text{BA}} + M_{\text{BC}} + M_{\text{BD}} = 0 + \frac{\text{EI}}{3} + \frac{\text{EI}}{5} = \frac{\mathbf{8}}{\mathbf{15}}\mathbf{\text{EI}}$$

Obliczenie reakcji r₂₁ i r₂₂ przy wykorzystaniu równania pracy wirtualnej.

$$r_{21} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( M_{\text{AB}} + M_{\text{BA}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{AB}} + \left( M_{\text{BC}} + M_{\text{CB}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{BC}} + \left( M_{\text{BD}} + M_{\text{DB}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{BD}} = 0$$

$$0 = r_{21} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right)EI \times \overset{\overline{}}{0} + \left( \frac{4}{3} + \frac{2}{3} \right)EI \times \left( - \frac{\overset{\overline{}}{1}}{6} \right) + \left( 0 + \frac{3}{5} \right)EI \times \left( - \frac{\overset{\overline{}}{1}}{3} \right)$$

$$\mathbf{r}_{\mathbf{21}}\mathbf{=}\mathbf{r}_{\mathbf{12}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{8}}{\mathbf{15}}\mathbf{\text{EI}}$$

$$r_{22} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( M_{\text{AB}} + M_{\text{BA}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{AB}} + \left( M_{\text{BC}} + M_{\text{CB}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{BC}} + \left( M_{\text{BD}} + M_{\text{DB}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{BD}} = 0$$

$$0 = r_{22} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( 0 + 0 \right)EI \times \overset{\overline{}}{0} + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right)EI \times \left( - \frac{\overset{\overline{}}{1}}{6} \right) + \left( 0 + \frac{1}{5} \right)EI \times \left( - \frac{\overset{\overline{}}{1}}{3} \right)$$

$$\mathbf{r}_{\mathbf{22}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{8}}{\mathbf{45}}\mathbf{\text{EI}}$$

Stan „P”.

Obliczenie momentów zginających w układzie podstawowym wywołanych obciążeniem zewnętrznym.

A – B

$$M_{\text{AB}} = \frac{ql^{2}}{6} = \frac{4 \times 4^{2}}{6} = \frac{32}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{\text{BA}} = \frac{ql^{2}}{3} = \frac{4 \times 4^{2}}{3} = \frac{64}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

B – C

$$M_{\text{BC}} = - \frac{ql^{2}}{12} = - \frac{4 \times 6^{2}}{12} = - 12\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{CB} = \frac{ql^{2}}{12} = \frac{4 \times 6^{2}}{12} = 12\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

Wykres momentów zginających od obciążenie zewnętrznego.

Wartość momentu w węźle „B” wynosi :

$$\mathbf{R}_{\mathbf{1}\mathbf{P}} = M_{\text{BA}} - M_{\text{BC}} = \frac{64}{3} - 12 = \frac{\mathbf{28}}{\mathbf{3}}\mathbf{\ }\left\lbrack \mathbf{\text{kNm}} \right\rbrack$$

Z łańcuch kinematycznego obliczono wartości _i :

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }_{x} = \overset{\overline{}}{1}$$

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }_{z} = - \overset{\overline{}}{1}$$

$$B^{'}BD \downarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ - 3 \times \left( - \frac{1}{6} \right) + 3 \times \left( - \frac{1}{3} \right) = -_{y}$$

$$\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }_{y} = \frac{1}{2} \times \overset{\overline{}}{1}$$

Równanie pracy wirtualnej dla stanu „P” :

$$R_{2P} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( M_{\text{AB}} + M_{\text{BA}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{AB}} + \left( M_{\text{BC}} + M_{\text{CB}} \right){\overset{\overline{}}{\psi}}_{\text{BC}} + Q_{A} \times {\overset{\overline{}}{}}_{x} + Q_{B} \times {\overset{\overline{}}{}}_{y} + P \times {\overset{\overline{}}{}}_{z} = 0$$

$$R_{2P} \times \overset{\overline{}}{1} + \left( \frac{32}{3} + \frac{64}{3} \right) \times \overset{\overline{}}{0} + \left( - 12 + 12 \right) \times \left( - \frac{\overset{\overline{}}{1}}{6} \right) + 16 \times \overset{\overline{}}{1} + 24 \times \frac{1}{2} \times \overset{\overline{}}{1} + 60 \times \left( - \overset{\overline{}}{1} \right) = 0$$

R_2P=32 [kN]

Układ równań kanonicznych metody przemieszczeń ma postać:

$$\left\{ \begin{matrix} \frac{73}{30}EI \times \varphi_{B} + \frac{8}{15}EI \times_{B} + \frac{28}{3} = 0\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\left( 1 \right) \\ \frac{5}{15}EI \times \varphi_{B} + \frac{8}{45}EI \times_{B} + 32 = 0\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\left( 2 \right) \\ \end{matrix} \right.\ $$

Po rozwiązaniu układu równań otrzymano :

$$\left\{ \begin{matrix} \mathbf{\varphi}_{\mathbf{B}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{104\ kN}\mathbf{\times m}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{\text{EI}}} \\ \mathbf{}_{\mathbf{B}}\mathbf{= -}\frac{\mathbf{492\ kN}\mathbf{\times m}^{\mathbf{3}}}{\mathbf{\text{EI}}} \\ \end{matrix} \right.\ $$

Sprawdzenie

(1)

$$\frac{73}{30}EI \times \varphi_{B} + \frac{8}{15}EI \times_{B} + \frac{28}{3} = 0\ \ \ $$

$$\frac{73}{30}EI \times \frac{104}{\text{EI}} + \frac{8}{15}EI \times \left( - \frac{492}{\text{EI}} \right) + \frac{28}{3} = 0\ \ \ $$

0, 000 = 0, 000

(2)

$$\frac{5}{15}EI \times \varphi_{B} + \frac{8}{45}EI \times_{B} + 32 = 0\ \ $$

$$\frac{5}{15}EI \times \frac{104}{\text{EI}} + \frac{8}{45}EI \times \left( - \frac{492}{\text{EI}} \right) + 32 = 0\ \ $$

0, 000 = 0, 000

Z zasady superpozycji obliczono przywęzłowe momenty przęsłowe :

M_ik⁽ⁿ⁾ = M_ik⁽⁰⁾ + M_ik⁽¹⁾ × φ_B + M_ik⁽²⁾×_B

Otrzymano :

$$M_{\text{AB}}^{\left( n \right)} = \frac{32}{3} - \frac{\text{EI}}{2} \times \frac{104}{\text{EI}} + 0 = - \frac{124}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{BA}^{\left( n \right)} = \frac{64}{3} + \frac{\text{EI}}{2} \times \frac{104}{\text{EI}} + 0 = \frac{220}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{BC}^{\left( n \right)} = - 12 + \frac{4\text{EI}}{3} \times \frac{104}{\text{EI}} + \frac{\text{EI}}{3} \times \left( - \frac{492}{\text{EI}} \right) = - \frac{112}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{\text{CB}}^{\left( n \right)} = 12 + \frac{2EI}{3} \times \frac{104}{\text{EI}} + \frac{\text{EI}}{3} \times \left( - \frac{492}{\text{EI}} \right) = - \frac{248}{3}\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

$$M_{\text{BD}}^{\left( n \right)} = 0 + \frac{3EI}{5} \times \frac{104}{\text{EI}} + \frac{\text{EI}}{5} \times \left( - \frac{492}{\text{EI}} \right) = - 36\ \left\lbrack \text{kNm} \right\rbrack$$

M_DB⁽ⁿ⁾ = 0 [kNm]

Wykres momentów zginających w układzie rzeczywistym ma postać :

Sprawdzenie równowagi w węźle „B” :

$$\Sigma M_{B} = \frac{112}{3} + 36 - \frac{220}{3} = 0,000$$

Na podstawie wykresów momentów zginających wyznaczono rozkład sił poprzecznych i normalnych w rami z równań równowagi momentów myślowo wyciętych prętów.

Pręt A – B

Równanie równowagi ma postać :

$$\Sigma M_{A} = 0\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ - T_{\text{BA}} \times 4 + 4 \times 4 \times \frac{4}{2} + M_{\text{BA}} + M_{\text{AB}} = 0$$

Z równań równowagi otrzymano : T_BA = 16 [kN].

Pręt B – C

Równanie równowagi ma postać :

$$\Sigma M_{B} = 0\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ - T_{\text{CB}} \times 6 + 4 \times 6 \times \frac{6}{2} + M_{\text{CB}} + M_{\text{BC}} = 0$$

$$\Sigma M_{c} = 0\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ T_{\text{BC}} \times 6 + 4 \times 6 \times \frac{6}{2} + M_{\text{BC}} + M_{\text{CB}} = 0$$

Z równań równowagi otrzymano : T_BC = 32 [kN] ,   T_CB = −8 [kN].

Pręt B – D

Równanie równowagi ma postać :

ΣM_B = 0     ⇒     − T_CB × 5 + 60 × 4 + M_BD = 0

ΣM_D = 0     ⇒    T_BD × 5 + M_BD = 0

Z równań równowagi otrzymano : T_BD = 7, 2 [kN] ,   T_DB = 40, 8 [kN].

Otrzymano następujący wykres sił poprzecznych

Za pomocą równań równowagi wyciętych myślowo węzłów ramy i wykorzystując powyższe wartości przywęzłowych sił poprzecznych, wyznaczono siły normalne.

Węzeł „B”

$$sin\alpha = \frac{4}{5} = 0,8\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ cos\alpha = \frac{3}{5} = 0,6$$

ΣY = 0     ⇒     16 + 32 + cosα7, 2 + sinαN_BD = 0

N_BD = −65, 4 [kN]

ΣX = 0     ⇒     N_BA + N_BC − sinα7, 2 + cosαN_BD = 0

(1) N_BA = N_BC + 45                                        

(2) N_BC = N_BA − 45                             

Pręt B – D

ΣM_D = 0     ⇒     48 × 3 + N_BC × 4 − N_BA × 4 = 0

 (3) N_BA = N_BA − 36                             

Pręt B - D

ΣX = 0     ⇒     N_BD − N_DB − cosα60 = 0

N_DB = −101, 4 [kN]

(3) → (1) N_BA = N_BA − 36 + 45

(4) N_BA = 0 [kN]

(4) → (1) 0 = N_BC + 45

N_BC = −45 [kN]

Otrzymano następujący wykres sił normalnych

Sprawdzenie kinematyczne

Układ podstawowy

Wykres wirtualnych momentów zginających.

$$\overset{\overline{}}{1} \times \delta_{A} = \sum_{}^{}{\int_{s}^{}{\frac{M_{p}^{\left( 0 \right)} \times {\overset{\overline{}}{M}}_{B}}{\text{EI}}\text{ds}}}$$

δ_A = 0, 000 [m]