Kolendowicz&5

Th = K^cosa — //_Msina — wh sina — qx cosa dla 0 ^ x ^

—    dla x = 0 Tu = K^cosa — H _Asina — n-Asina = 36-0,958 — 2,46 0,287 — 4-4-0,287 =

= 29,18 kN,

— dla x = ^ = 4,0 m    7j, = + 29,19-10-4-0,958 = -9,13kN,

r_m = — K_Bcosa + //_Bsina + qx cosa:

—    dla X = 0    7j„ = — Kg cos a + //_Bsina = -44-0,958 + 18,46-0,287 = -36,85 kN,

—    dla x = ^ = 4,0 m 7i„ = -36,85 + 10-4-0,958 = +1,47 kN,

r_lv= +H„= +18,46 kN.

5. Siły podłużne    «

Ni = - V_A = -36 kN,

Nu = — Kasina — H _A cosa — u-A cosa + ęxsina:

—    dla x = 0    7V|| = -36-0,287 - 2,46-0,958 -4-4-0,958 = -28,01 kN,

—    dla x = - = 4,0 m N„ = -28,01 + 10-4-0,287 = -16,53 kN.

2

Nm = — Kg sina — H_B cosa + ijxsina:

—    dla x = 0    N„, = -44-0,287 - 18,46-0,958 = -30,31 kN,

—    dla x = - = 4,0 m •    N,» ^ -30,31 + 10-4-0,287 = -18,83 kN,

2

N,_v = - K_fl = - 44 kN.

Wykresy momentów zginających sil poprzecznych i podłużnych pokazano na rys. 12-8c, d i e, a na rys. 12-8f— poprawny kształt ramy wynikający z przebiegu momentów zginających, które są czynnikiem zasadniczym przy wymiarowaniu przekrojów ramy.

12.3. Ramy statycznie niewyznaczalne o węzłach nieprzesuwnych

Jak już powiedzieliśmy wyżej, rozwiązanie ram o węzłach nieprzesuwnych ma taki sam przebieg jak rozwiązywanie belek. Różnica może polegać na tym, że na podporach belek zbiegają się dwa pręty przęseł sąsiadujących, a w węzłach ram mogą się zbiegać dwa, trzy lub cztery pręty, przy czym węzły należy traktować tak jak podpory w belkach.

Przykład 12-3. Znaleźć momenty zginające dla ramy obciążonej jak na rysunku 12-9a. Stosunki momentów bezwładności poszczególnych prętów ramy /,.- /₂: /₃ = 3:2:1.

■ Wszystkie pręty są wykonane z tego samego materiału, a więc moduł sprężystości podłużnej E jest jednakowy.

Rozwiązanie

1. Współczynnik sprężystego utwierdzenia (wzory (11-68) i (11-17)); £ pomijamy, gdyż w dalszych obliczeniach upraszcza się

4/,    4-2

%ba — ~r ⁼ ~r~ = 1.6,

t!±

li

4-3

= 1,5 = Kr

265