Część 2

7. METODA MIESZANA

1

7.



7. METODA MIESZANA

Metoda mieszana polega na jednoczesnym wykorzystaniu metody sił i metody przemieszczeń przy

rozwiązywaniu układów statycznie niewyznaczalnych. Nawiązuje ona do twierdzenia o wzajemności reakcji i
przemieszczeń. Jej celem jest ograniczenie liczby niewiadomych. Układ dzieli się na część, którą korzystniej
jest rozwiązać metodą sił i część, którą łatwiej rozwiązać metodą przemieszczeń.

W celu zobrazowania zastosowania metody mieszanej rozwiążmy następujące zadania:

Zadanie 1

Znajdź siły wewnętrzne w prętach ramy statycznie niewyznaczalnej:

P

a

q

a

a

b

b

b

Rys. 7.1. Rama statycznie niewyznaczalna

Zauważmy, że rozwiązując powyższą ramę klasycznie metodą sił liczba nadliczbowych niewiadomych
wynosiłaby 4, natomiast analizując dany przykład w metodzie przemieszczeń liczba niewiadomych wzrosłaby
do 7 (rys. 7.2).

P

q

a)

X

1

X

2

X

3

X

4

φ

1

φ

2

φ

3

φ

4

u

5

u

7

u

6

P

q

b)

Rys. 7.2. Liczba niewiadomych dla a) metody sił b) dla metody przemieszczeń

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

2

Rozwiązanie powyższego układu znacznie uprości odpowiednie połączenie metody przemieszczeń z metodą
sił. W metodzie mieszanej najkorzystniejszy będzie następujący układ podstawowy:

P

q

X

1

φ

2

A

B

b

b

b

a

a

a

Rys. 7.3. Układ podstawowy w metodzie mieszanej

W tak przyjętym schemacie statyczna zgodność z układem rzeczywistym zachowana została przez
wprowadzenie siły

X

1

, ale zakłócona przez wprowadzenie wewnętrznego utwierdzeniem. Kinematyczna

zgodność została zakłócona odrzuceniem podpory w punkcie

A.

Układy podstawowy i rzeczywisty będą identyczne jeśli spełnimy następujące warunki:



A

=0

M

B

=0

Po ich rozpisaniu uzyskujemy układ równań kanonicznych

{



11

X

1



12



2



1 P

=0

r

21

X

1

r

22



2

R

2 P

=0

W metodzie mieszanej ważna jest interpretacja niektórych współczynników:

-



12

jest przemieszczeniem pionowym punktu

A wywołanym jednostkowym obrotem podpory B (o kąt

φ

2

=

1),

- r

21

jest reakcją (momentem) w punkcie

B wywołaną jednostkową siłą przyłożoną w punkcie A (X

1

=

1).

Kolejnym etapem jest wykonanie wykresów momentów w poszczególnych stanach.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

3

Stan dla pierwszej niewiadomej, czyli

X

1

=

1

X

1

A

B

b

b

b

a

a

a

0

0

0

a

a

2a

2a

M

1

[m]

Rys. 7.4. Wykres momentów dla stanu X

1

= 1

Stan dla drugiej zmiennej, czyli

φ

2

=

1

b

b

b

a

a

a

φ

2

=1

M

2

[m]

4EJ

b

4EJ

a

2EJ

b

2EJ

a

0

0

0

0

Rys. 7.5. Wykres momentów dla stanu φ

2

= 1

Stan

P

b

b

b

a

a

a

0

0

M

P

[kNm]

qa

2

12

qa

2

12

Pa

Pa

0

Rys. 7.6. Wykres momentów dla stanu P

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

4

Obliczmy współczynniki układu równań kanonicznych. W celu obliczenia współczynnika

δ

11

korzystamy z

równania pracy wirtualnej (jak w klasycznej metodzie sił):



11

=

∫

s

M

1

2

EJ

ds

(7.1)



11

=

1

EJ

⋅

[

1
2

⋅



a

2

b

2

⋅a⋅

2
3

⋅a

1
2

⋅



a

2

b

2

⋅2 a



2
3

⋅2 a

1
3

⋅a





1
2

⋅



a

2

b

2

⋅a



2
3

⋅a

1
3

⋅2 a



b⋅2 a⋅2 a

]

=

=

1

EJ

⋅



a

2

3

⋅



a

2

b

2



5 a

2

3

⋅



a

2

b

2



2 a

2

3

⋅



a

2

b

2

4 a

2

b



=

1

EJ

⋅



8
3

a

2

l

4 a

2

b



gdzie l=



a

2

b

2

Do wyznaczenia współczynnika

r

21

potrzebna jest głębsza analiza. Moment zginający w podporze

B wywołany

działaniem siły

X

1

= 1 wyznaczamy zapisując równanie równowagi dla węzła B.

r

21

2a

2a

X

1

= 1

Rys. 7.7. Moment w podporze B wywołany jednostkową siłą

r

21

=−2 a

(7.2)

Podobnie współczynnik

δ

12

trzeba wyznaczyć inaczej niż w klasycznej metodzie sił (jest to przemieszczenie

wywołane przemieszczeniem). Przemieszczenie po kierunku niewiadomej

X

1

, wywołane obrotem węzła

B o kąt

φ

2

=

1.

a

a

b

b

φ

2

=1

δ

12

φ

2

=1

Przyjmując, że

tg φ

2

≈ φ

2

=

1 otrzymujemy:

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

5



12

2 a

=tg 

2



12

=2 a

(7.3)

W bardziej skomplikowanych przypadkach wykorzystujemy równanie pracy wirtualnej stosowane do
obliczania przemieszczeń w układach statycznie wyznaczalnych.

1⋅

i



=−

∑



R

i

⋅

i

W naszym przypadku



12

=−

∑

R

1

⋅

2

(7.3)

2a

X

1

= 1

φ

2

= 1



12

=−−2 a⋅1=2 a

(7.3)

Warto zauważyć, że zgodnie z twierdzeniem o wzajemności przemieszczeń i reakcji

r

21

= -

δ

12

.

Reakcję uogólnioną po kierunku niewiadomej

2 spowodowaną obrotem kąta φ

2

wyznaczymy z równania

równowagi węzła

B zgodnie z klasyczną metodą przemieszczeń (stan φ

2

=

1).

r

22

4EJ

b

4EJ

a

2EJ

b

2EJ

a

4EJ

b

4EJ

a

r

22

stąd:

r

22

=

4 EJ

a



4 EJ

b

(7.4)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

6

Przemieszczenie po kierunku niewiadomej

1 spowodowane obciążeniem zewnętrznym wyznaczymy stosując

równanie pracy wirtualnej, mnożąc wykres z rys. 7.4 przez wykres z rys. 7.6:



1 P

=

∫

s

M

1

⋅M

P

o

EJ

⋅ds=−

1
2

⋅P⋅a⋅l⋅



2
3

⋅2 a

1
3

⋅a



−P⋅a⋅b⋅2 a=−

5

6

Pa

2

l

−2 Pa

2

b

(7.5)

gdzie l=



a

2

b

2

Reakcję po kierunku niewiadomej

2 spowodowaną działaniem obciążenia zewnętrznego obliczymy z równania

równowagi zapisanego dla węzła

B w stanie P:

R

2P

Pa

qa

2

12

0

B

R

2 P

=−

qa

2

12

Pa

(7.6)

Dalsze obliczenia przeprowadzono przyjmując następujące wielkości liczbowe:

a = 4m, b = 3m, l = 5m,

q = 8 kN/m, P = 10 kN, EJ [kNm

2

].

Po ich podstawieniu otrzymano następujący układ równań kanonicznych metody przemieszczeń:

{

1

EJ

1216

3

⋅X

1

8 

2

−

1

EJ

4480

3

=0

−8 X

1



7

3

EJ



2



88

3

=0

Rozwiązanie tego układu prowadzi do wartości nadliczbowej reakcji

X

1

i nieznanego przemieszczenia w węźle

B:

•

X

1

= 3,991197183 [kN]

•

EJφ

2

= 1,112676056

Ostateczne wykresy sił wewnętrznych uzyskamy obciążając układ obliczonymi zmiennymi lub z zasady
superpozycji przez zsumowanie wykresów jednostkowych przemnożonych przez wartości zmiennych

X

1

i

φ

2

.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

7

4

4

4

3

3

3

M

[kNm]

0

15,965

8,070

11,223

9,554

1,484

0,742

[m]

Rys. 7.9. Wykres momentów w układzie niewyznaczalnym

T [kN]

0

3,193

16,417

15,583

0,742

0,742

3,193

-

4,807

4,807

+

0

-

+

-

[m]

3

3

3

4

4

4

Rys. 7.10. Wykres sił tnących

-

-

-

[m]

3

3

3

4

4

4

N [kN]

0,742

9,574

3,991

3,605

6,009

+

-

-

2,394

Rys. 7.11. Wykres sił normalnych

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

8

Zadanie 2

Wyznaczyć wykres momentów rzeczywistych dla ramy o następującym schemacie, (

EJ = const.):

3

3

3

3kN/m

EJ = const

3

B

A

C

[m]

Rys. 7.12. Schemat ramy

Żeby rozwiązanie tego układu było jak najprostsze, górną część ramy wraz z dolnym lewym ryglem należy
rozwiązać metodą sił, natomiast prawy rygiel i słup dolny rozwiązać metodą przemieszczeń. W tym celu
górną część zamieniamy na układ trójprzegubowy przez wprowadzenie przegubu w sztywne naroże ramy przy
podporze

C. Pociąga to za sobą konieczność wprowadzenia niewiadomej w postaci momentu X

1

. Natomiast w

miejscu zbiegania się trzech prętów wprowadzamy utwierdzenie blokujące obrót co wiąże się z potrzebą
uwzględnienia niewiadomej

φ

2

. (Rys. 7.13).

3

3

3

φ

2

3kN/m

3

[m]

X

1

X

1

Rys. 7.13. Układ podstawowy

Otrzymaliśmy zatem układ dwukrotnie niewyznaczalny z tym, że jedną niewiadomą jest siła, a drugą
przemieszczenie. Napiszmy zatem układ równań kanonicznych:

{



11

X

1



12



2



1 P

=0

r

21

X

1

r

22



2

R

2 P

=0

(7.7)

Aby otrzymać odpowiednie przemieszczenia i reakcje narysujmy wykresy momentów w stanach

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

9

jednostkowych poszczególnych niewiadomych.

3

3

3

3

[m]

X

1

X

1

B

A

C

Rys. 7.14. Stan X

1

= 1

3

3

3

3

[m]

B

A

C

φ

2

=1

Rys. 7.15. Stan φ

2

=1

Aby otrzymać wykres od

X

1

=

1 rozwiążmy najpierw układ trójprzegubowy obciążony momentem

jednostkowym działającym powyżej przegubu

C.

1

1
6

1
6

1
6

1
6

0,5

1,0

0,5

Rys. 7.16. Wykres momentów w statycznie wyznaczalnej części układu podstawowego (układ trójprzegubowy)

Analizując działanie momentu jednostkowego z drugiej strony przegubu

C okazuje się, że obciąża on część

ramy statycznie niewyznaczalną. Aby wyznaczyć wykres momentów od tego obciążenia rozwiążemy belkę jak
na poniższym schemacie.

1

l

l

1

Rys. 7.17. Belka utwierdzona z jednej strony i podparta przegubowo z drugiej

Rozwiążemy kolejne, nowe zadanie metodą sił dlatego dla odróżnienia symboli będziemy używać oznaczeń z
(*).

X

1

*

l

X

2

*

Rys. 7.18. Układ podstawowy

Siła

X

2

* nie wywołuje momentów zginających, co w konsekwencji ogranicza układ dwóch równań

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

10

kanonicznych do jednej równości:



11

*

X

1

*



1 P

*

=0

(7.8)

1

M

1

*

1

M

P

*

Rys. 7.19. Wykresy momentów dla belki od X

1

* = 1 i od obciążenia zewnętrznego

Po wyznaczeniu współczynników



11

*

=

l

3 EJ



1 P

*

=−

l

6 EJ

Wyliczamy wartość nadliczbowej

X

1

*

=

l

2

(7.9)

i tworzymy wykres momentów w belce niewyznaczalnej z rys. 7.17.

1

0,5

M

(n)

Rys. 7.20. Wykresy momentów rzeczywistych dla belki

Na podstawie rys. 7.16 i 7.20 oraz wzorów transformacyjnych (patrz wykład 1) otrzymaliśmy wykresy

od poszczególnych stanów jednostkowych.

X

1

= 1

1
6

1
6

1
6

1
6

0,5

1,0

0,5

1
6

1,0

0,5

0,5

M

1

r

21

X

1

= 1

Rys. 7.21. Wykres momentów w stanie X

1

= 1

EJ

M

2

EJ

φ

2

=1

r

22

Rys. 7.22. Wykres momentów w stanie φ

2

= 1

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

11

Teraz możemy wyznaczyć współczynniki równania kanonicznego metody mieszanej:

•

według zasad metody sił:



11

=

∫

M

1

M

1

EJ

ds



11

=

1

EJ

⋅

[

4

⋅

1
2

⋅0,5 ⋅3 ⋅

2
3

⋅0,5 

1
2

⋅1,0 ⋅3 ⋅



2
3

⋅1,0 

1
3

⋅0,5





1
2

⋅0,5 ⋅3 ⋅



1
3

⋅1,0 

2
3

⋅0,5







1
2

⋅1,0 ⋅3 ⋅



2
3

⋅1,0 −

1
3

⋅0,5





1
2

⋅0,5 ⋅3 ⋅



2
3

⋅0,5 −

1
3

⋅1,0



]



11

=

1

EJ

⋅

[

1



3
2

⋅



2
3



1

6





3
4

⋅



2

6



1
3





3
2

⋅

1
2

0

]

=

3,5

EJ

•

według zasad metody przemieszczeń

r

22

=EJ EJ =2 EJ

•

reakcję w węźle

B w stanie X

1

= 1 (z równowagi węzła):

r

21

0,5

0,5

r

21

=1,0

•

przemieszczenie (wzajemny obrót) po kierunku

1 w stanie φ

2

=

1 (z równania pracy wirtualnej):

1⋅

i



=−

∑



R

i

⋅

i



∫

s



M M



EJ

ds

zapisujemy:



12

=−

∑



R

2

⋅

1



∫

s

M

1

M

2

EJ

ds



12

=−r

21

⋅

1
2

⋅EJ⋅3 ⋅



2
3

⋅0,5 −

1
3

⋅1,0



⋅

1

EJ



12

=−1 ⋅1 =−1,0

Żeby rozwiązać zadanie potrzebujemy jeszcze wykres od obciążenia zewnętrznego w układzie podstawowym.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

12

B

A

C

3kN/m

Rys. 7.23. Stan P

4,5

0,5

1,0

13,5

27,0

4,5

9,0

9,0

9,0

4,5

13,5

M

P

(o)

r

2p

Rys. 7.24. Wykres momentów M

P

(o)

Na podstawie rys. 7.21 i rys. 7.24 wyznaczamy współczynniki

δ

1P

oraz r

2P

. Przemieszczenie po kierunku 1,

czyli wzajemny obrót przekrojów przy przegubie

C od obciążenia zewnętrznego wynosi:



1 P

=

∫

M

1

M

P

EJ

ds



1 P

=

1

EJ

⋅

[

1
2

⋅13,5 ⋅3 ⋅

2
3

⋅0,5 

1
2

⋅13,5 ⋅3 ⋅



−

2
3

⋅0,5 −

1
3

⋅1,0





1
2

⋅27 ⋅3 ⋅

2
3

⋅0,5

]

=

6,75

EJ

Reakcję po kierunku

2 obliczamy z równowagi węzła B:

r

2 P

=27 [kNm]

Równania kanoniczne będą miały postać:

{

3,5

⋅X

1

−1,0 ⋅

2

⋅EJ =−6,75

1,0

⋅X

1

2,0 ⋅

2

⋅EJ =−27

(7.10)

Z nich wyznaczamy niewiadome

X

1

=−5,0625 [kNm]

EJ



2

=−10,96875

Korzystając z zasady superpozycji wyznaczamy wykres momentów rzeczywistych (rys. 7.25).

M

n

=M

P

o

M

1

⋅X

1

M

2

⋅

2

(7.11)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

13

10,96875

10,96875

24,46875

16,03125

5,0625

13,5

M

(n)

[kNm]

Rys. 7.25. Wykres momentów rzeczywistych

Zadanie 3

Wyznaczyć wykres momentów rzeczywistych dla ramy o następującym schemacie (

EJ = const, k

=

EJ

9

).

3

3

2

6 kN

2

6 kN

1

[m]

EJ = const

k=

A

B

EJ

1
9

Rys. 7.26. Schemat ramy niewyznaczalnej

Na początek przyjmujemy układ podstawowy metody mieszanej.

3

3

2

X

1

6 kN

2

6 kN

1

φ

2

[m]

Rys. 7.27. Układ podstawowy metody mieszanej

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

14

Przemieszczenie po kierunku odrzuconej podpory

A oraz reakcja w punkcie B od wszystkich wpływów muszą

być równe zeru:

{



1

=

11

X

1



12



2



1 P

=0

r

2

=r

21

X

1

r

22



2

R

2 P

=0

(7.12)

Narysujmy wykresy od siły jednostkowej i od przemieszczenia jednostkowego w układzie podstawowym:

X

1

=1

3

3

M

1

r

21

δ

22

Rys. 7.28. Stan X

1

= 1

φ

2

=1

EJ

EJ

2EJ

M

2

δ

12

r

22

Rys. 7.29. Stan φ

2

= 1

Na podstawie powyższych wykresów (rys. 7.28 i rys. 7.29) obliczamy odpowiednie przemieszczenia i reakcje:



11

=

∫

M

1

M

1

EJ

ds



R

1

2

k

=

1

EJ

⋅



2

⋅

1
2

⋅3 ⋅3 ⋅

2
3

⋅3 3 ⋅3 ⋅3





9

EJ

=

54

EJ

r

22

=2 EJ EJ =3 EJ

r

21

=

12

=0

Następnie rysujemy wykres momentów od stanu

P:

18

12

M

P

(o)

r

2P

r

2P

12

18

Rys. 7.30. Stan P

i obliczamy wyrazy wolne:



1 P

=

∫

s

M

1

M

P

o

EJ

ds

=

1

EJ

⋅



−

1
2

⋅18 ⋅3 ⋅3 −

1
2

⋅3 ⋅3 ⋅18



=−

162

EJ

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

7. METODA MIESZANA

15

r

2 P

=1218 =30 [kNm]

Jeśli przemnożymy pierwsze równanie przez

EJ, to układ uzyska postać:

{

54

⋅X

1

=162

3

⋅

2

⋅EJ =−30

A zatem niewiadome wynoszą:

X

1

=3 [kN ]

EJ



2

=−10

Na postawie tych wyników, zgodnie z zasadą superpozycji możemy wyznaczyć momenty rzeczywiste w
ramie.

M

n

=M

P

o

M

1

⋅X

1

M

2

⋅

2

18

12 20

10

9

9

10

M

(n)

[kNm]

Rys. 7.31. Wykres momentów rzeczywistych

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater