1. Schemat układu

1. Geometryczna niezmienność i statyczna wyznaczalność układu

1. Sta) a) Statyczna wyznaczalność

Aby układ był statycznie wyznaczalny, musi spełnić warunek ilościowy

S = e_wewn + e_zewn = 3 t

gdzie: s - ilość wszystkich więzi

e_wewn - ilość więzi wewnętrznych

e_zewn - ilość więzi zewnętrznych

t - ilość tarcz

W tym przypadku : e_wewn - 8

e_zewn - 4

t - 4

zatem s = 8+4 = 3 x 4

12 = 12

Warunek ilościowy jest spełniony, czyli układ jest statycznie wyznaczalny.

1. Geometryczna niezmienność

Tarcza numer 1 jest połączona z ostoją za pomocą więzi oraz łyżwy pionowej, czyli trzema więziami, które jak widać na rysunku są niezbieżne i nierównoległe, zatem na mocy twierdzenia o dwóch tarczach można stwierdzić, że tarcze „1” i „0” tworzą jedną tarczę.

Układ 0-1 jest geometrycznie niezmienny.

Tarcze numer 2, 3 i 4 są ze sobą połączone trzema przegubami, zatem korzystając z twierdzenia o 3 tarczach możemy stwierdzić, że tworzą one jedną tarczę. Powstała w ten sposób tarcza 2-3-4 łączy się przegubem z tarczą 0-1 oraz za pomocą podpory nieprzesuwnej połączona jest z podłożem. Wynika z tego, że jest ona połączona z podłożem za pomocą trzech niezbieżnych i nierównoległych więzi, zatem korzystając z twierdzenia o 3 tarczach można stwierdzić, że tarcza 2-3-4 tworzy z podłożem i tarczą 1 jedną tarczę.

Układ 0-1-2-3-4 jest geometrycznie niezmienny.

1. Rozwiązanie

1. Wyznaczenie reakcji

Schematyczne oznaczenia łyżwy i podpór zastąpiono reakcjami. Kolorem czerwonym zaznaczono siłę skupioną wywołaną przez obciążenie po trójkącie. Wynosi ona

$$Q = \frac{1}{2} \times q \times a = \frac{1}{2} \times 8 \times 7 = 28\ kN$$

i jest skupiona w środku ciężkości trójkąta.

Wyznaczenie niewiadomych:

• $\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{1}}^{\mathbf{P}}\mathbf{= 0}}$

−M + Q × 1, 67 − V_C × 7 = 0

−60 + 28 × 1, 67 − V_C × 7 = 0

V_C × 7 = −13, 33

V_C= − 1, 9 kN

• $\sum_{}^{}\mathbf{X = 0}$

H_A + P₂ − Q = 0

H_A + 18 − 28 = 0

H_A=10 kN

• $\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{1}}^{\mathbf{L}}\mathbf{= 0}}$

M_A − P₁ × 5 − P₂ × 4 = 0

M_A − 26 × 5 − 18 × 4 = 0

M_A=202 kNm

• $\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{A}}^{}\mathbf{= 0}}$

M_A − V_B × 5 − P₂ × 4 − M − V_C × 12 + Q × 1, 67 = 0

202 − V_B × 5 − 18 × 4 − 60 − 1, 9 × 12 + 28 × 1, 67 = 0

V_B × 5 = 202 − 72 − 60 − 22, 8 + 46, 67

V_B × 5 = 139, 47

V_B=27, 89 kN

Ostatecznie otrzymano ramę obciążoną tak jak pokazano na rysunku:

Sprawdzenie:

$$\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{S}}^{}\mathbf{= 0}}$$

M_A − M + H_A × 2 − P₁ × 2 − P₂ × 2 − V_B × 3 + V_C × 10 − Q × 0, 33 = 0

202 − 60 + 10 × 2 − 26 × 2 − 18 × 2 − 27, 89 × 3 + 1, 9 × 10 − 28 × 0, 33 = 0

0 = 0

1. Otwarcie komory zamkniętej

Aby umożliwić wyznaczenie sił przekrojowych i narysowanie ich wykresów należy otworzyć komorę zamkniętą. W tym celu przecinany będzie odcinek oznaczony jako 1-3.

Jest to element nieobciążony żadnymi siłami, dlatego wystąpią w nim jedynie siły osiowe, oznaczone jako „s”.

$$\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{2}}^{\mathbf{D}}\mathbf{= 0}}$$

3 × s + Q × 4, 67 = 0

3 × s + 28 × 4, 67 = 0

3 × s = −130, 67

s = −43, 56 kN

Aby ułatwić sobie uzyskanie rozwiązania i wyznaczenie sił wewnętrznych przecięto ramę w przegubie w punkcie „2” i otrzymano dwie części: pierwsza to A-1-B-2 a druga – 2-3-C. W miejscu przecięcia powstały równoważące się dwie pary sił, oznaczone jako „V₂” i „H₂”.

$$\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{C}}^{}\mathbf{= 0}}$$

−H₂ × 7 + s × 4 − Q × 2, 67 = 0

−H₂ × 7 + 43, 56 × 4 − 28 × 2, 67 = 0

H₂ × 7 = 108, 90

H₂=15, 56 kN

$$\sum_{}^{}{\mathbf{M}_{\mathbf{1}}^{\mathbf{P}}\mathbf{= 0}}$$

H₂ × 3 + V₂ × 7 − M = 0

15, 56 × 3 + V₂ × 7 − 60 = 0

V₂ × 7 = 13, 32

V₂=1, 9 kN

1. Siły wewnętrzne

1. Przepisy funkcyjne

• Odcinek A-1

T(x) = −P₁ = −26kN

N(x) = −H_A = −10kN

M(x) = 202 − P₁ * x   = >M(5) = 202 − 26 * 5 = 72kNm

• Odcinek B-1

T(x) = −P₂ = −18kN

N(x) = −V_B = −27, 89kN

M(x) = P₂ * x   = >M(4) = 18 * 4 = 72kNm

• Odcinek 2-C

Dla x€(0,3)

$$T\left( x \right) = - H_{2} - \frac{q*x^{2}}{2l} = > \ T\left( 0 \right) = - 15,56kN$$

T(3) = −15, 56 − 5, 14 = −20, 7kN

Dla x€(3,7)

$$T\left( x \right) = - H_{2} - \frac{q*x^{2}}{2l} + s = > T\left( 3 \right) = 22,86kN$$

T(7) = 0

N(x) = V₂ = 1, 9kN

Dla x€(0,3)

$$M\left( x \right) = - H_{2}*x - \frac{q*x^{3}}{6l} = > M\left( 3 \right) = - 51,82kNm$$

Dla x€(3,7)

$$M\left( x \right) = - H_{2}*x - \frac{q*x^{3}}{6l} + s*\left( x - 3 \right) = > M\left( 7 \right) = 0kNm$$

• Odcinek 1-3

N(x) = s = 43, 56kN

• Odcinek 2-1

M(x)

Dla x€(0,3)

M(x) = 60 − V₂ * x     = >M(0) = 60kNm

M(3) = 60 − 1, 9 * 3 = 54, 3kN

Dla x€(3,7) – na paraboli

Równanie paraboli: $y\left( x \right) = \frac{4f}{l^{2}}*x*(l - x)$

M(x)=60−V₂*x −  H₂*[3 − y(7 − x)]

Dla x=4 => $y(7 - x) = y(3) = \frac{45}{16}$

$$M\left( 4 \right) = 60 - 1,9*4 - \ 15,56*\left\lbrack 3 - \frac{45}{16} \right\rbrack = 49,48\ kNm$$

Dla x=5 => $y(7 - x) = y(2) = \frac{9}{4}$

$$M\left( 5 \right) = 60 - 1,9*5 - \ 15,56*\left\lbrack 3 - \frac{9}{4} \right\rbrack = 38,83\ kNm$$

Dla x=6 => y(7−x) = y(1) = 1, 31 

M(6) = 60 − 1, 9 * 6 −  15, 56 * [3−1,31] = 22, 30 kNm

Dla x=7 => y(7−x) = y(0) = 0

M(7) = 60 − 1, 9 * 7 −  15, 56 * [3−0] = 0, 02 ≈ 0 kNm

T(x) oraz N(x)

Dla x€(0,3)

T(x) = V₂ = 1, 9 kN

N(x) = H₂ = 15, 56 kN

Dla x€(0,4) – na paraboli

T(x) = V₂ * cosφ + H₂ * sinφ

N(x) = H₂ * cosφ − V₂ * sinφ

tgφ = y′(4 − x)

$$cos\varphi = \frac{1}{\sqrt{1 + \text{tgφ}^{2}}}$$

$$sin\varphi = \frac{\text{tgφ}}{\sqrt{1 + \text{tgφ}^{2}}}$$

x	4 − x	tgφ	cosφ	sinφ	T(x) [kN]	N(x)[kN]
0	4	0	1	0	1,9	15,56
1	3	0,375	0,93	0,35	7,21	13,81
2	2	0,75	0,8	0,6	10,86	11,31
3	1	1,125	0,66	0,74	12,77	8,86
4	0	1,5	0,55	0,83	13,96	6,98

1. Wykresy

• Wykres momentów zginających M

• Wykres sił tnących T

• Wykres sił osiowych N

1. Równowaga węzłów

1. Węzeł nr 1

W węźle 1 działają przedstawione na rysunku obok siły. Po rozłożeniu sił tnących i osiowych działających na końcu paraboli na składowe X i Y uzyskano siły o przedstawionych wartościach (siła tnąca dała składowe o wartościach 7,68 kN i 11,59 kN, a osiowa- 5,79 kN i 3,84 kN).

Po zrzutowaniu wszystkich sił przedstawionych na rysunku na osie X i Y okazuje się, że sumy odpowiednich rzutów wynoszą 0.

Również momenty działające w tym węźle równoważą się, co przedstawione jest na rysunku obok.

1. Węzeł nr 2

Po zrzutowaniu przedstawionych na rysunku węzła nr 2 sił na osie X i Y okazuje się, że ich sumy są równe 0, zatem węzeł ten jest w równowadze.

W miejscu węzła znajduje się przegub, więc momenty po na końcu każdego pręta w nim występującego są równe 0.

1. Węzeł nr 3

Również w przestawionym węźle nr 3 po zrzutowaniu wszystkich działających sił na osie układu współrzędnych otrzymujemy sumy tych rzutów równe 0.

W tym miejscu podobnie jak w węźle nr 2 znajduje się przegub, umiejscowiony po lewej stronie pręta pionowego, dlatego też moment zginający w tym pręcie nie jest brany pod uwagę w sprawdzeniu równowagi węzła. Z kolei w pręcie poziomym nie istnieją siły tnące, a w konsekwencji moment zginający.