05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

1

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

K1B.1 Wiadomości ogólne

Kolokwium odbyło się w dniu 16 listopada 2005 r. Obejmowało ono następujący materiał z ćwiczeń 

audytoryjnych:

1. analizę kinematyczną płaskich układów tarcz sztywnych,

2. analizę kinematyczną i statyczną kratownic płaskich,

3. wyznaczanie reakcji oraz wykresów sił przekrojowych w belkach,

4. wyznaczanie reakcji oraz wykresów sił przekrojowych w ramach płaskich.

K1B.2 Zadanie 1

Dokonać  analizy kinematycznej (sprawdzić warunek konieczny i warunki dostateczne geometrycznej 

niezmienności) układów prętowych przedstawionych na rysunku K1B.1.

a)

b)

c)

Rys. K1B.1. Płaskie układy prętowe.

K1B.3 Rozwiązanie zadania 1

Rysunek K1B.2 przedstawia płaski układ prętowy z zaznaczonymi tarczami sztywnymi oraz więzami. 

Jak widać składa się on z trzech tarcz sztywnych, które posiadają razem dziewięć stopni swobody. Podparte 
one są za pomocą podpory przegubowo-nieprzesuwnej (A), która odbiera dwa stopnie swobody, trzech podpór 
przegubowo-przesuwnych (B, D i F), które odbierają razem trzy stopnie swobody oraz dwóch przegubów (C i 
E), które razem odbierają cztery stopnie swobody. Wszystkie więzy odbierają razem dziewięć stopni swobody. 
Został więc spełniony warunek konieczny geometrycznej niezmienności.

I

II

III

A

B

C

D

E

F

Rys. K1B.2. Płaski układ prętowy.

Tarcza numer  I  jest podparta trzema prętami podporowymi, których kierunki nie przecinają się w jednym 
punkcie. Został więc spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy. Jest ona więc 
układem geometrycznie niezmiennym i stanowi podłoże dla tarczy numer  II. Tarcza numer  II  jest podparta 
prętem podporowym i przegubem i ponadto przegub nie znajduje się na kierunku pręta podporowego. Został 
więc   spełniony  warunek  dostateczny  geometrycznej   niezmienności   dla   tej   tarczy.   Jest   ona   więc   układem 

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

2

geometrycznie niezmiennym i stanowi podłoże dla tarczy numer  III. Tarcza numer  III  jest podparta prętem 
podporowym i przegubem i ponadto przegub nie znajduje się na kierunku pręta podporowego. Został więc 
spełniony   warunek   dostateczny   geometrycznej   niezmienności   dla   tej   tarczy.   Jest   ona   więc   układem 
geometrycznie niezmiennym. Cały układ jest więc układem geometrycznie niezmiennym.

Rysunek K1B.3 przedstawia płaski układ prętowy z zaznaczonymi tarczami sztywnymi oraz więzami. 

Jak widać składa się on z trzech tarcz sztywnych, które posiadają razem dziewięć stopni swobody. Podparte 
one są za pomocą dwóch podpór przegubowo-nieprzesuwnych (A i C), które razem odbierają cztery stopnie 
swobody,   jednej  podpory   przegubowo-przesuwnej  (E),   która   odbiera   jeden  stopień  swobody  oraz   dwóch 
przegubów (B i D), które razem odbierają cztery stopnie swobody. Wszystkie więzy odbierają razem dziewięć 
stopni swobody. Został więc spełniony warunek konieczny geometrycznej niezmienności.

A

B

C

D

E

I

II

III

Rys. K1B.3. Płaski układ prętowy.

Tarcze numer I i II stanowią układ trójprzegubowy, w którym przeguby A, B oraz C nie znajdują się na jednej 
prostej. Tarcze numer I i II są więc geometrycznie niezmienne i mogą stanowić podłoże dla tarczy III. Tarcza 
numer  III  jest  podparta przegubem i prętem podporowym  lecz przegub D  znajduje się na  kierunku  pręta 
podporowego E. Nie został więc spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy. 
Jest ona więc układem geometrycznie zmiennym. Cały układ jest więc układem geometrycznie zmiennym.

Rysunek K1B.4 przedstawia kratownicę płaską, która składa się z dziesięciu węzłów, które razem mają 

dwadzieścia  stopni swobody. Kratownica składa się z siedemnastu prętów kratownicy oraz trzech prętów 
podporowych, które razem odbierają dwadzieścia stopni swobody. Został więc tym samym spełniony warunek 
konieczny geometrycznej niezmienności dla tej kratownicy.

1

2

3

4

5=B

6

7

8

9

1

2

3

4

5

14

15

17

16

A=6

10

7

8

9

10

11

12

13

Rys. K1B.4. Kratownica płaska.

Kratownica jest zbudowana z trójkątów stanowi więc tarczę sztywną, która posiada trzy stopnie swobody. 
Tarcza sztywna jest przymocowana do podłoża za pomocą trzech prętów podporowych, które odbierają jej 
wszystkie   stopnie   swobody.   Został   więc   tym   samym   spełniony   warunek   konieczny   geometrycznej 
niezmienności. Kierunki wszystkich trzech prętów podporowych nie przecinają się w jednym punkcie. Został 
więc   spełniony   warunek   dostateczny   geometrycznej   niezmienności.   Kratownica   jest   więc  układem 
geometrycznie niezmiennym. 

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

3

K1B.4 Zadanie 2

Narysować wykresy siły poprzecznej i momentu zginającego dla belki na rysunku K1B.5. Wymiary 

belki podane są w metrach. Wartość 32,0 kN/m dotyczy obciążenia trójkątnego natomiast wartość 24,0 kN/m 
dotyczy obciążenia równomiernie rozłożonego.

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

16,0 kNm

3,0

2,0

A

B

C

D

K1B.5. Belka złożona.

K1B.5 Rozwiązanie zadania 2

Belka złożona składa się z dwóch tarcz sztywnych, które posiadają sześć stopni swobody. Podpora 

przegubowo-nieprzesuwna  A  odbiera   dwa   stopnie  swobody,   dwie  podpory  przegubowo-przesuwne  B  i  D 
odbierają razem dwa stopnie swobody natomiast przegub C odbiera dwa stopnie swobody. Razem wszystkie 
więzy   odbierają   sześć   stopni   swobody.   Został   więc   spełniony   warunek   konieczny   geometrycznej 
niezmienności. Belka AC podparta jest trzema prętami podporowymi, których kierunki nie przecinają się w 
jednym  punkcie  został   więc   spełniony  warunek  dostateczny  geometrycznej  niezmienności.   Belka  AC   jest 
geometrycznie niezmienna i może stanowić podłoże dla belki CD. Belka CD jest podparta przegubem C oraz 
prętem podporowym D i ponadto przegub C nie znajduje się na kierunku pręta podporowego D. Został więc 
spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności. Belka CD jest geometrycznie niezmienna. Jeżeli 
obie belki proste są geometrycznie niezmienne to i cała belka złożona jest geometrycznie niezmienna.

Rysunek K1B.6 przedstawia belkę złożoną rozłożoną na dwie belki proste z zaznaczonymi zwrotami 

reakcji podporowych.

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

3,0

2,0

A

B

C

16,0 kNm

C

D

H

A

V

A

V

B

V

C

H

C

V

C

H

C

V

D

Rys. K1B.6. Założone zwroty reakcji podporowych.

Ponieważ na belce nie działa obciążenie czynne poziome obie poziome reakcje H

A

  oraz H

C

  wynoszą zero. 

Wyznaczanie   pionowych   reakcji   zaczniemy   od   belki   CD.   Reakcję   V

C

  wyznaczymy   z   warunku   sumy 

momentów wszystkich sił działających na belkę CD względem punktu D.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

4

 M

D

CD 

=0

V

C

⋅2,016,0=0

V

C

=−8,0 kN

.

(K1B.1)

Minus oznacza, że reakcja V

C

 ma przeciwny zwrot do założonego. Reakcję V

D

 wyznaczymy z warunku sumy 

momentów wszystkich sił działających na belkę CD względem punktu C.

 M

C

CD 

=0

−V

D

⋅2,016,0 =0

V

D

=8,0 kN

.

(K1B.2)

Reakcja ma więc zwrot zgodny z założonym. W celu sprawdzenia obliczeń zastosujemy warunek sumy rzutów 
wszystkich sił działających na belkę CD na oś pionową Y.

Y

CD

=0

V

C

V

D

=−8,08,0 =0

.

(K1B.3)

Wszystkie siły działające na belkę CD znajdują się w równowadze. Reakcję V

A

 wyznaczymy z warunku sumy 

momentów wszystkich sił działających na belkę AC względem punktu B.

 M

B

 AC

=0

V

A

⋅4,0V

C

⋅3,0

1
2

⋅32,0⋅3,0⋅

1
3

⋅3,0 −24,0⋅4,0⋅

1
2

⋅4,0 =0

V

A

⋅4,0



−8,0



⋅3,0

1
2

⋅32,0⋅3,0⋅

1
3

⋅3,0−24,0⋅4,0⋅

1
2

⋅4,0=0

V

A

=42,0 kN

.

(K1B.4)

Reakcja   ma   więc   zwrot   zgodny   z   założonym.   Reakcję   V

B

  wyznaczymy   z   warunku   sumy   momentów 

wszystkich sił działających na belkę AC względem punktu A.

 M

A

 AC

=0

−V

B

⋅4,0V

C

⋅7,0

1
2

⋅32,0⋅3,0⋅



4,0



1
3

⋅3,0



24,0⋅4,0⋅

1
2

⋅4,0=0

−V

B

⋅4,0



−8,0



⋅7,0 

1
2

⋅32,0⋅3,0⋅



4,0



1
3

⋅3,0



24,0⋅4,0⋅

1
2

⋅4,0=0

V

B

=94,0 kN

.

(K1B.5)

Reakcja ma więc zwrot zgodny z założonym. W celu sprawdzenia obliczeń zastosujemy warunek sumy rzutów 
wszystkich sił działających na belkę AC na oś pionową Y.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

5

Y

AC

=0

V

A

V

B

−V

C

−

1
2

⋅32,0⋅3,0−24,0⋅4,0=42,094,0−



−8,0



−48,0−96,0=0

.

(K1B.6)

Wszystkie siły działające na belkę AC znajdują się w równowadze. Rysunek K1B.7 przedstawia prawidłowe 
zwroty reakcji podporowych.

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

3,0

2,0

A

B

C

16,0 kNm

C

D

42,0 kN

94,0 kN

8,0 kN

8,0 kN

8,0 kN

Rys. K1B.7. Prawidłowe zwroty i wartości reakcji podporowych.

W   przedziale  AB   działa   obciążenie   ciągłe   równomiernie   rozłożone   więc   siła   poprzeczna   będzie   liniowa 
natomiast moment zginający będzie parabolą. W celu narysowania paraboli potrzebować będziemy trzech 
punktów natomiast aby narysować wykres liniowy będziemy potrzebowali dwóch punktów.

W punkcie A działa siłą skupiona o wartości 42,0 kN do góry więc siłą poprzeczna w tym punkcie wynosi

T

A

=42,0 kN

.

(K1B.7)

Obciążenie ciągłe działa w dół więc siła poprzeczne będzie maleć. W punkcie B z lewej strony siła poprzeczna 
wynosi 

T

B

L 

=42,0−24,0⋅4,0=−54,0 kN

.

(K1B.8)

Na obu końcach przedziału siłą poprzeczna ma wartości przeciwnych znaków więc w przedziale AB będzie 
ona posiadała miejsce zerowe. Zgodnie ze wzorem (1.62) będzie się ono znajdowało w odległości

x

0

=

42,0
24,0

=1,75 m

(K1B.9)

od punktu A. Natomiast zgodnie ze wzorem (1.63) będzie ono w odległości

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

6

x

0

=

54,0
24,0

=2,25 m

(K1B.10)

od punktu B.

4,0

24,0 kN/m

A

42,0 kN

1,75

M

B

24,0 kN/m

A

42,0 kN

M

1

A

42,0 kN

M

A

a)

b)

c)

Rys. K1B.8. Równowagi odciętych części belki w przedziale AB.

Zgodnie z rysunkiem K1B.8 a) moment zginający w punkcie A wynosi

M

A

=0,0 kNm

.

(K1B.11)

Zgodnie z rysunkiem K1B.8 b) moment zginający w punkcie B wynosi

M

B

=42,0⋅4,0−24,0⋅4,0⋅

1
2

⋅4,0=−24,0 kNm

.

(K1B.12)

Znak minus oznacza, że moment ten rozciąga górną część przekroju pręta. Zgodnie z rysunkiem K1B.8 c) 
ekstremalny moment zginający w przedziale AB wynosi

M

1

=42,0⋅1,75−24,0⋅1,75⋅

1
2

⋅1,75=36,75 kNm

.

(K1B.13)

Znak plus oznacza, że moment ten rozciąga dolną część przekroju pręta. Rysunek K1B.9 przedstawia wykresy 
sił przekrojowych w przedziale AB.

W  przedziale  CD  obciążenie  ciągłe  jest  liniowe  więc  siła   poprzeczna  będzie  parabolą   natomiast   moment 
zginający będzie wielomianem trzeciego stopnia. W celu narysowania paraboli potrzebować będziemy trzech 
punktów natomiast aby narysować wielomian trzeciego stopnia będziemy potrzebowali czterech punktów.

W punkcie B działa siłą skupiona o wartości 94,0 kN do góry więc siła poprzeczna w punkcie B z prawej 
strony wynosi

T

B

P 

=−54,094,0=40,0kN

.

(K1B.14)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

7

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

16,0 kNm

3,0

2,0

A

B

C

D

42,0 kN

94,0 kN

8,0 kN

T [kN]

M [kNm]

+

42

,0

-5

4

,0

0,

0

24

,0

1,75

2,25

1,75

2,25

36

,7

5

Rys. K1B.9. Wykresy sił przekrojowych w przedziale AB.

W przedziale BC obciążenie ciągłe działa w dół czyli siła poprzeczna będzie maleć i w punkcie C z lewej 
strony osiągnie wartość

T

C

L 

=40,0−

1
2

⋅32,0⋅3,0=−8,0 kN

.

(K1B.15)

Na obu końcach przedziału siła poprzeczna ma wartości przeciwnych znaków więc w przedziale AB będzie 
ona posiadała miejsce zerowe. Zgodnie ze wzorem (1.65) będzie się ono znajdowało w odległości

x

0

=



2

⋅8,0⋅3,0

32,0

=1,225 m

(K1B.16)

od punktu C. Ponieważ obciążenie ciągłe w przedziale CD posiada miejsce zerowe w punkcie C więc siła 
poprzeczna w tym punkcie będzie miała wartość ekstremalną. „Brzuszek” paraboli siły poprzecznej będzie 
więc skierowany w dół.

Zgodnie z rysunkiem K1B.10 a) moment zginający w punkcie C wynosi

M

C

=0,0 kNm

.

(K1B.17)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

8

32,0 kN/m

3,0

C

8,0 kN

M

B

C

8,0 kN

1,225

M

2

q

1,225=

32,0

3,0

⋅1,225=13,07

kN

m

C

8,0 kN

M

C

a)

b)

c)

Rys. K1B.10. Równowagi odciętych części belki w przedziale BC.

Zgodnie z rysunkiem K1B.10 b) moment zginający w punkcie B wynosi

M

B

=8,0⋅3,0−

1
2

⋅32,0⋅3,0⋅

1
3

⋅3,0=−24,0 kNm

.

(K1B.18)

Znak minus oznacza, że moment ten rozciąga górną część przekroju pręta. Moment zginający w punkcie B 
wyznaczony   ze   wzoru   (K1B.18)   oczywiście   równa   się   momentowi   wyznaczonemu   ze   wzoru   (K1B.12). 
Zgodnie z rysunkiem K1B.10 c) ekstremalny moment zginający w przedziale BC wynosi

M

1

=8,0⋅1,225−

1
2

⋅13,07⋅1,225⋅

1
3

⋅1,225=6,531 kNm

.

(K1B.19)

Znak   plus   oznacza,   że   moment   ten  rozciąga   dolną   część   przekroju   pręta.   Rysunek  K1B.11   przedstawia 
wykresy sił przekrojowych w przedziale BC.

W przedziale CD nie działa żadne obciążenie ciągłe więc siła poprzeczna będzie stała natomiast moment 
zginający będzie liniowy. W celu narysowania wykresu liniowego potrzebować będziemy dwóch punktów.

W przegubie C działają dwie reakcje o tych samych wartościach lecz przeciwnych zwrotach. Razem obie 
reakcje dają nam siłę zerową. Czyli siła poprzeczna w punkcie C z prawej strony wynosi

T

C

P 

=−8,0 kN

.

(K1B.20)

W punkcie D siła poprzeczna wynosi

T

D

=−8,0 kN

.

(K1B.21)

Zgodnie z rysunkiem K1A.12 a) moment zginający w punkcie C wynosi

M

C

=8,0⋅2,0−16,0 =0,0 kNm

.

(K1B.22)

Moment   zginający   w   punkcie   C   wyznaczony   ze   wzoru   (K1B.22)   oczywiście   równa   się   momentowi 
wyznaczonemu ze wzoru (K1B.17). Zgodnie z rysunkiem K1A.12 b) moment zginający w punkcie D wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

9

M

D

=−16,0 kNm

.

(K1B.23)

Znak minus oznacza, że moment ten rozciąga górną część przekroju pręta. Rysunek K1B.13 przedstawia 
wykresy sił przekrojowych w przedziale CD. Są to także ostateczne wykresy sił przekrojowych w belce.

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

16,0 kNm

3,0

2,0

A

B

C

D

42,0 kN

94,0 kN

8,0 kN

T [kN]

M [kNm]

+

42

,0

-5

4

,0

+

40

,0

0,

0

24

,0

0,

0

1,75

1,225

2,25

1,775

1,75

1,225

2,25

1,775

36

,7

5

6

,5

3

1

-8

,0

Rys. K1B.11. Wykresy sił przekrojowych w przedziale BC.

2,0

16,0 kNm

8,0 kN

M

C

16,0 kNm

8,0 kN

M

D

a)

b)

Rys. K1B.12. Równowagi odciętych części belki w przedziale CD.

K1B.6 Zadanie 3

Narysować   wykresy  siły  normalnej  i  poprzecznej  oraz   momentu  zginającego  dla   ramy  na   rysunku 

K1A.14. Następnie sprawdzić równowagę pręta ukośnego. Wymiary ramy są podane w metrach. Zwrócić 
uwagę na podpory!

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

10

4,0

32,0 kN/m

24,0 kN/m

16,0 kNm

3,0

2,0

A

B

C

D

42,0 kN

94,0 kN

8,0 kN

T [kN]

M [kNm]

+

42

,0

-5

4

,0

+

4

0,

0

-8,0

0,

0

24

,0

0,

0

1

6,0

1,75

1,225

2,25

1,775

1,75

1,225

2,25

1,775

36

,7

5

6

,5

3

1

Rys. K1B.13. Ostateczne wykresy sił przekrojowych w belce.

4,0

2,0

3,

5

18

,0 

kN

/m

8,0 kN

A

B

C

D

Rys. K1B.14. Rama płaska.

K1B.7 Rozwiązanie zadania 3

Rama płaska jest pojedynczą tarczą sztywną posiadającą trzy stopnie swobody. Podpora przegubowo-

nieprzesuwna D odbiera dwa stopnie swobody natomiast podpora przegubowo-przesuwna A odbiera jeden 
stopień swobody. Razem obie podpory odbierają trzy stopnie swobody. Został tym samym spełniony warunek 
konieczny geometrycznej niezmienności. 

Tarcza sztywna jest podparta trzema prętami podporowymi, których kierunki nie przecinają się w jednym 
punkcie.  Został  więc  spełniony  także  warunek  dostateczny  geometrycznej  niezmienności.   Rama   jest   więc 
układem geometrycznie niezmiennym.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

11

Długość pręta AB wynosi 

L

AB

=



4,0

2

3,5

2

=5,315 m

.

(K1B.24)

4,0

2,0

3

,5

18

,0 

kN

/m

8,0 kN

A

B

C

D

V

A

V

D

H

D

-5

,31

5-

Rys. K1B.15. Założone zwroty reakcji podporowych.

Rysunek K1A.15 przedstawia założone zwroty reakcji podporowych.

Poziomą reakcję na podporze D wyznaczymy z warunku sumy rzutów wszystkich sił działających na ramę na 
oś poziomą X.

 X =0
H

D

−8,0=0

H

D

=8,0 kN

(K1B.25)

Reakcja posiada zwrot zgodny z założonym. Reakcję V

A

 wyznaczymy z warunku sumy momentów wszystkich 

sił działających na ramę względem punktu D.

 M

D

=0

V

A

⋅6,0 −18,0⋅5,315⋅



1
2

⋅4,02,0



−8,0⋅3,5=0

V

A

=68,45 kN

.

(K1B.26)

Reakcja posiada zwrot zgodny z założonym. Reakcję V

D

 wyznaczymy z warunku sumy momentów wszystkich 

sił działających na ramę względem punktu A.

 M

A

=0

−V

D

⋅6,018,0⋅5,315⋅

1
2

⋅4,0−8,0⋅3,5=0

V

D

=27,22 kN

.

(K1B.27)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

12

Reakcja posiada zwrot zgodny z założonym. W celu sprawdzenia obliczeń zastosujemy warunek sumy rzutów 
wszystkich sił działających na ramę na oś pionową Y.

Y =0

V

A

V

D

−18,0⋅5,315=68,4527,22−95,67=0

.

(K1B.28)

Wszystkie   siły   działające   na   ramę   znajdują   się   w   równowadze.   Rysunek   K1B.16   przedstawia   ramę   z 
zaznaczonymi prawidłowymi zwrotami i wartościami reakcji podporowych.

4,0

2,0

3

,5

18

,0 

kN

/m

8,0 kN

A

B

C

D

8,0 kN

27,22 kN

68,45 kN

Rys. K1B.16. Prawidłowe zwroty i wartości reakcji podporowych.

4,0

2,0

3,

5

18

,0 

kN

/m

8,0 kN

A

B

C

D

8,0 kN

27,22 kN

68,45 kN

α

- 5

,31

5 -

Rys. K1B.17. Kąt nachylenia pręta ukośnego AB.

Wartości sinusa i kosinusa kąta nachylenia pręta ukośnego AB zgodnie z rysunkiem K1B.17 wynoszą

sin







=

3,5

5,315

=0,6585

.

(K1B.29)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

13

oraz

cos







=

4,0

5,315

=0,7526

.

(K1B.30)

A

68,45 kN

α

T

A

N

A

M

A

α

α

α

Rys. K1B.18. Równowaga sił w punkcie A.

Rysunek K1B.18 przedstawia równowagę sił w punkcie A. Siła normalna w punkcie A wynosi

N

A

=−68,45⋅sin







=−68,45⋅0,6585=−45,07 kN

.

(K1B.31)

Siła poprzeczna w punkcie A wynosi

T

A

=68,45⋅cos







=68,45⋅0,7526=51,52 kN

.

(K1B.32)

Moment zginający w punkcie A wynosi

M

A

=0,0 kNm

.

(K1B.33)

Rysunek K1A.19 przedstawia równowagę całego pręta ukośnego. Siła normalna w punkcie B z lewej strony 
węzła wynosi

N

B

L 

=−68,45⋅sin







18,0⋅5,315⋅sin







=−68,45⋅0,658595,67⋅0,6585=17,92 kN

.

(K1B.34)

Siła poprzeczna w punkcie B z lewej strony węzła wynosi

T

B

L

=68,45⋅cos







−18,0⋅5,315⋅cos







=68,45⋅0,7526−95,67⋅0,7526=−20,49 kN

.

(K1B.35)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

14

Moment zginający w punkcie B wynosi

M

B

=68,45⋅4,0−18,0⋅5,315⋅

1
2

⋅4,0=82,46 kNm

.

(K1B.36)

4,0

A

α

T

B (L)

3

,5

N

B (L)

M

B

α

α

α

α

- 5

,31

5 -

68,45 kN

18

,0 

kN

/m

W

=18,0⋅5,315

Rys. K1B.19. Równowaga pręta ukośnego.

A

B

+

51

,5

2 

kN

-2

0

,4

9

 k

N

x

0

5,315-x

0

5,315

Rys. K1B.20. Wykres siły poprzecznej w przedziale AB.

Ponieważ siła poprzeczna na obu końcach przedziału AB posiada wartości przeciwnych znaków będzie ona 
posiadała   w   tym   przedziale   miejsce   zerowe.   Rysunek   K1B.20   przedstawia   wykres   siły   poprzecznej   w 
przedziale AB.

Korzystając z twierdzenia Talesa możemy zapisać

51,52

x

0

=

20,49

5,315

−x

0

.

(K1B.37)

Po wymnożeniu możemy zapisać

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

15

273,8

−51,52⋅x

0

=20,49⋅x

0

.

(K1B.38)

Ostatecznie miejsce zerowe siły poprzecznej znajduje się w odległości

x

0

=3,802 m

.

(K1B.39)

od punktu A. Rysunek K1B.21 przedstawia równowagę części pręta ukośnego dla obliczenia ekstremalnego 
momentu zginającego.

A

α

M

1

α

α

α

α

- 3

,80

2 -

68,45 kN

18

,0 

kN

/m

3,802

⋅0,6585

=

2,504

3,802

⋅0,7526=2,861

W

1

=18,0⋅3,802

Rys. K1B.21. Równowaga części pręta ukośnego dla obliczenia ekstremalnego momentu zginającego.

Moment ten wynosi

M

1

=68,45⋅2,861−18,0⋅3,802⋅

1
2

⋅2,861=97,94kNm

.

(K1B.40)

Znak plus oznacza, że ekstremalny moment zginający w przedziale AB rozciąga dolną część przekroju pręta. 
Rysunek K1B.22 przedstawia wykresy sił przekrojowych w przedziale AB.

W przedziale BC nie działa żadne obciążenie ciągłe więc siła normalna i poprzeczna będą stałe natomiast 
moment zginający będzie liniowy. Rysunek K1B.23 przedstawia równowagę siły normalnej i poprzecznej w 
przedziale BC.

Siła normalna w przedziale BC wynosi

N

BC

=8,0 −8,0=0,0 kN

.

(K1B.41)

Siła poprzeczna w przedziale BC wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

16

T

BC 

=−27,22 kN

.

(K1B.42)

Zgodnie z rysunkiem K1A.24 a) moment zginający w punkcie B wynosi

M

B

=27,22⋅2,08,0⋅3,5=82,44 kNm≈82,46 kNm

.

(K1B.43)

Znak plus oznacza, że moment ten rozciąga dolną część przekroju pręta. Moment zginający w punkcie B 
wyznaczony ze wzoru (K1B.43) równa się oczywiście momentowi wyznaczonemu ze wzoru (K1B.36). 

Zgodnie z rysunkiem K1A.24 b) moment zginający w punkcie C wynosi

M

C

=8,0⋅3,5=28,0 kNm

.

(K1B.44)

Znak  plus   oznacza,   że  moment  ten  rozciąga   dolną   część   przekroju   ramy.   Rysunek  K1A.25   przedstawia 
wykresy sił przekrojowych w przedziale BC.

3,8

02

3,8

02

N [kN]

M [kNm]

-45

,07

+1

7,9

2

+5

1,5

2

-20

,49

82

,46

0,0

97

,94

T [kN]

Rys. K1B.22. Wykresy sił przekrojowych w przedziale AB.

W przedziale CD nie działa żadne obciążenie ciągłe więc siła normalna i poprzeczna będą stałe natomiast 
moment zginający będzie liniowy. Rysunek K1A.26 przedstawia równowagę siły normalnej i poprzecznej w 
przedziale CD.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

17

3

,5

8,0 kN

C

D

8,0 kN

27,22 kN

T

(BC)

N

(BC)

Rys. K1B.23. Równowaga siły normalnej i poprzecznej w przedziale BC.

2,0

3,

5

8,0 kN

C

D

8,0 kN

27,22 kN

M

B

3

,5

8,0 kN

C

D

8,0 kN

27,22 kN

M

C

a)

b)

Rys. K1B.24. Równowagi odciętych części ramy w przedziale BC.

Siła normalna w przedziale CD wynosi

N

CD 

=−27,22 kN

.

(K1B.45)

Siła poprzeczna w przedziale CD wynosi

T

CD

=−8,0 kN

.

(K1B.46)

Zgodnie z rysunkiem K1A.27 a) moment zginający w punkcie C wynosi

M

C

=8,0⋅3,5=28,0 kNm

.

(K1B.47)

Znak plus oznacza, że moment ten rozciąga lewą część przekroju ramy. Zgodnie z rysunkiem K1A.27 b) 
moment zginający w punkcie D wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

18

M

D

=0,0 kNm

.

(K1B.48)

Rysunek K1A.28 przedstawia wykresy sił przekrojowych w przedziale CD. Są to także ostatecznie wykresy 
sił przekrojowych dla ramy.

3,8

02

3,8

02

N [kN]

M [kNm]

-45

,07

+1

7,9

2

+5

1,5

2

-20

,49

82

,46

0,0

97

,94

82

,4

6

2

8,

0

0,0

-27,22

T [kN]

Rys. K1B.25. Wykresy sił przekrojowych w przedziale BC.

D

8,0 kN

27,22kN

T

(CD)

N

(CD)

Rys. K1B.26. Równowaga siły normalnej i poprzecznej w przedziale CD.

Rysunek   K1A.29   przedstawia   równowagę   pręta   ukośnego.   Wartości   sił   przekrojowych   w   punkcie   B 
odczytamy   na   podstawie   wykresów   z   rysunku   K1A.28.   Aby   sprawdzić   równowagę   tego   pręta   należy 
sprawdzić warunek sumy momentów wszystkich sił działających na ten pręt względem punktu A.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

19

3,

5

D

8,0 kN

26,0 kN

M

C

a)

D

8,0 kN

26,0 kN

M

D

b)

Rys. K1B.27. Równowagi odciętych części ramy w przedziale CD.

3,8

02

3,8

02

N [kN]

M [kNm]

-45

,07

+1

7,9

2

+5

1,5

2

-20

,49

82

,46

0,0

97

,94

82

,4

6

2

8,0

28,0

0,0

0,0

-27,22

-8

,0

-2

7

,2

2

T [kN]

Rys. K1B.28. Ostateczne wykresy sił przekrojowych dla ramy.

 M

A

 AB

=0

−20,49⋅5,315−82,4618,0⋅5,315⋅

1
2

⋅4,0=−0,024kNm≈0

.

(K1B.49)

Jak więc widać pręt ukośny znajduje się w równowadze.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

20

4,0

A

20

,49

 kN

3,

5

α

- 5

,31

5 -

68,45 kN

18

,0 

kN

/m

W

=18,0⋅5,315

17

,92

 kN

82

,46

 kN

m

Rys. K1B.29. Równowaga pręta ukośnego.

K1A.8 Zadanie 4

Wyznaczyć metodą Rittera siły w prętach oznaczonych literą R1 i R2 kratownicy na rysunku K1BA.30. 

Wymiary kratownicy podane są w metrach. Pręty pasa górnego znajdują się na jednej linii.

3,0

3,0

3,0

3,0

3,

0

35,0 kN

R

1

R

2

Rys. K1B.30. Kratownica.

K1A.9 Rozwiązanie zadania 4

Rysunek K1B.31 przedstawia odciętą część kratownicy z zaznaczoną przyjętą dodatnią (rozciągającą) 

siłą w pręcie R

1

.

3,0

3,0

3,0

2,

25

35,0 kN

R

1

1

Rys. K1B.31. Równowaga odciętej części kratownicy.

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM

05/06

K1B. KOLOKWIUM NUMER 1 – ROZWIĄZANIA – RZĄD B

21

Punktem Rittera dla tej siły jest punkt numer 1. Siłę w pręcie R

1

  wyznaczymy z warunku sumy momentów 

wszystkich sił działających na część kratownicy względem punktu numer 1.

 M

1

=0

−R

1

⋅2,25−35,0⋅9,0=0

R

1

=−140,0 kN

.

(K1B.50)

Siła w pręcie R

1

 jest ściskająca.

Rysunek K1B.32 przedstawia odciętą część kratownicy z zaznaczoną przyjętą dodatnią (rozciągającą) siłą w 
pręcie R

2

.

3,0

3,0

3,0

2,

25

35,0 kN

2

R

2

Rys. K1B.32. Równowaga odciętej części kratownicy.

Punktem Rittera dla tej siły jest punkt numer 2. Siłę w pręcie R

2

  wyznaczymy z warunku sumy momentów 

wszystkich sił działających na część kratownicy względem punktu numer 2. Siłą ta jak widać wynosi zero.

(K1B.1)

Dr inż. Janusz Dębiński

BDM