Untitled Scanned 42 (3)

■wzdłuż kierunków X₂:

A₂a=-^R₂A=-(la-la)=0.

Wykresy momentów od obciążeń jednostkowych przedstawiają się jak na rys. 13.42c, d. Wartości przemieszczeń jednostkowych wynoszą:

EJS_ll=2-ł-3,0-3,0-Ś-3,0=18 m³;

EJS₂₂ = 2-ł-3,0-3,0-i-3,0 + 3,0-6,0-6,0=126 m³ ;

JEJ 2 — JEJ $21 =0.

Po podstawieniu do równań kanonicznych otrzymamy:

18 X₁—2aEJ=0 ;    126^2 = 0,

a po rozwiązaniu

X_l=-aEJ N;    Jf₂=0.

Wynikowy wykres momentów, sporządzony zgodnie ze wzorem (B) z przykładu 13.5, jest identyczny z wykresem na rys. 13.41f, tak samo wykresy sił poprzecznych i podłużnych (rys. 13.41g, h) ■oraz sprawdzenie niczym się nie różnią od przedstawionych w poprzednim przykładzie. W powyższym przykładzie, w związku z symetrią konstrukcji i obciążenia, można było nie uciekać się do stosowania niewiadomych grupowych, tylko od razu uwzględnić równość reakcji w punktach A i E.

Przykład 13.7. Rozwiązać ramę pokazaną na rys. 13.43a. Długości prętów l—h = 3,0 m; EJ— = constN-m², obciążenie układu stanowi wmontowanie rygla CD krótszego od zaprojektowanej długości o A — a m.

Rama jest trzykrotnie statycznie niewyznaczalna. Przyjmijmy układ podstawowy jak na rys. 13.43b. Jedna z niewiadomych nadliczbowych (X₂) działa wzdłuż przemieszczenia montażowego.

Zgodnie ze wzorem (13.35) równania kanoniczne przybierają postać:

Sn Xi 4-<5i2 X₂ + <5i3 X₃ + zf₁,=0 ;

S₂i X₂+S₂₂ X₂+S₂3 X3 +A_2a = 0

<?3l 2^14-^32 X₂ -f* 633 X₂ -\-A3_a — 0 .

Podczas „montowania” układu podstawowego, przy użyciu za krótkiego rygla CD, powstałaby luka pomiędzy węzłem C i końcem rygla CD, czyli przemieszczenie zgodne ze zwrotem R₂, a więc A_2a= — a. Pozostałe przemieszczenia w układzie podstawowym wyniosłyby Ai_a = A_3a = 0. Wykresy jednostkowe pokazane są na rys. 13.43c, d, e. Obliczenie wartości przemieszczeń przedstawia się następująco:

£/<Sii = 2- i¹3,0- 3,0 -    3,0+ 3,0- 3,0- 3,0 = 45 m³ ;

EJ d₂₂ = EJ 6u=45 m³ ;

EJ633 — 2-3,0'3,0■ f-.3,0 = 18 m³;

EJd_i2 = EJS₂₁= - 3,0- 3,0- ^ - 3,0= —9 m³ ;

EJ633 —EJó₃i= —i- 3,0- 3,0- 3,0= -13,5 m³ ;

EJS₂₃ = EJ632 = EJd_i3= -13,5 m³.

Po podstawieniu omówionych wartości do równań (A) i rozwiązaniu otrzymujemy:

=0,02249aEJ N ;    = 0,04100aEJ N ;    X₃ = 0,04762a£/ N.

Wynikowe wartości momentów zginających (rys. 13.43f) otrzymujemy zgodnie ze wzorem (13.4), który w tym przypadku przybiera postać:

M=MiX_l + M₂X₂ + M₃X₃.    (B)

480