METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
1
ROZWI
Ą
ZANIE RAMY METOD
Ą
PRZEMIESZCZE
Ń
1.
DANE WYJŚCIOWE
Ramę pokazaną na rysunku rozwiązać
metodą przemieszczeń.
Dokonać kontroli rozwiązania.
2.
WYZNACZENIE STOPNIA GEOMETRYCZNEJ NIEWYZNACZALNOŚCI
2.1
WYZNACZENIE LICZBY STOPNI SWOBODY OBROTU WĘZŁÓW
W celu wyznaczenia
ϕ
n
dokonujemy
podziału układu na elementy, dla których
dane są wzory transformacyjne, co
pokazano na rysunku obok.
Z przyjętego podziału na elementy
wynika, że stosować będziemy wzory
transformacyjne w postaci:
dla pręta 1-2 (sztywno-sztywny)
(
)
o
M
L
EI
M
12
12
21
12
12
12
12
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
o
M
L
EI
M
21
12
12
21
12
12
21
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
dla pręta 2-3 (sztywno-sztywny)
(
)
o
M
L
EI
M
23
23
32
23
23
23
23
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
o
M
L
EI
M
32
23
23
32
23
23
32
6
2
4
+
⋅
−
⋅
+
⋅
=
ψ
ϕ
ϕ
,
dla pręta 1-4 (sztywno-przegubowy)
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
14
14
14
14
14
14
14
14
14
14
14
3
3
0
3
+
−
⋅
⋅
=
+
⋅
−
+
⋅
⋅
=
ψ
ϕ
ψ
ϕ
,
0
41
=
M
,
dla pręta 1-5 (sztywno-łyżwa)
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
15
51
15
15
15
15
15
51
15
15
15
15
0
1
1
+
−
⋅
=
+
⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
=
ϕ
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
o
o
M
L
EI
M
L
EI
M
51
15
51
15
15
51
15
15
51
15
15
51
0
1
1
+
−
⋅
=
+
⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
=
ϕ
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
.
Uwzględniając warunki podparcia i połączenia elementów (
,
0
32
51
=
=
ϕ
ϕ
,
1
15
14
12
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
=
2
23
21
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
) widzimy, że wszystkie kąty obrotu końców przyjętych elementów określone są przez
kąty obrotu
dwóch węzłów
2
1
ϕ
ϕ
i
.
Liczba stopni swobody obrotu węzłów wynosi więc n
ϕ
=
2
.
1
EI
E
I
EI
ϕϕϕϕ
1111
5
3
2
ϕϕϕϕ
3333
= 0
=
0
2
E
I
4
ϕϕϕϕ
2222
ϕϕϕϕ
5555
q = 0. 25 F/m
EI
E
I
1. 5 m
1. 5 m
EI
F
M = 2 Fm
4 m
2 m
αααα
sin
α
= 0.6
cos
α
= 0.8
m
EI
k
2
=
ϕ
3
2
m
EI
k
=
δ
2
E
I
F
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
2
2.2
WYZNACZENIE LICZBY STOPNI SWOBODY PRZESUWU WĘZŁÓW
W celu wyznaczenia
n
δ
tworzymy
przegubowy model układu (rysunek obok) w ten
sposób, że usuwamy więzi sprężyste, wszystkie
węzły zamieniamy na przegubowe i eliminujemy
przesuwy dla elementów, w których wzorach
transformacyjnych nie występują kąty obrotu cięciw
(
ij
ψ
). Na końcu łyżwowym elementu „sztywno-
łyżwa” i na końcu wolnym elementu
wspornikowego dodajemy więzi prostopadłe do osi
tych prętów. W rozwiązywanym zadaniu dodano
więź zaznaczoną linią przerywaną w węźle 5.
Liczba stopni swobody przesuwu układu
przegubowego spełnia warunek
r
p
w
n
−
−
⋅
≥
2
δ
=2*8 -7 - 8 = 1,
gdzie w - liczba węzłów, p - liczba prętów, r - liczba więzi podporowych.
Wynika stąd, że aby układ był
geometrycznie niezmienny należy dodać, co
najmniej 1 więź. Należy dokonać analizy
możliwych przesuwów węzłów modelu
przegubowego. Na rysunku powyżej zaznaczono
czerwonymi strzałkami te możliwe przesuwy.
Dodanie 1 więzi (nr I) przekształciło przyjęty model
w układ geometrycznie niezmienny co pokazano na
rysunku obok.
Oznacza to, że liczba stopni swobody
przesuwu wynosi
1
=
δ
n
.
Stopień geometrycznej niewyznaczalności wynosi
więc
=
+
=
δ
ϕ
n
n
n
g
2 + 1.
3.
UKŁAD PODSTAWOWY
Układ podstawowy tworzymy z układu danego
przez dodanie n
ϕ
więzi rotacyjnych i
n
δ
więzi
translacyjnych (w naszym przykładzie 2 więzi
rotacyjnych i 1 translacyjnej), co przekształca
dany układ w układ geometrycznie wyznaczalny
pokazany na rysunku obok.
4.
ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO
4.1
ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA DANEGO (F)
przy założeniu (
0
2
1
=
=
=
I
δ
ϕ
ϕ
)
Należy pamiętać, że poszczególne stany obciążeń rozpatrujemy rozłącznie. Stan obciążeń danych
rozpatrujemy, więc, przy założeniu
0
2
1
=
=
=
I
δ
ϕ
ϕ
, co oznacza, że do wzorów transformacyjnych
podstawiamy w tym stanie wszystkie
0
=
=
ij
ij
ψ
ϕ
.
1
5
4
3
2
I
1
5
4
3
2
q = 0. 25 F/m
EI
E
I
1. 5 m
1. 5 m
EI
F
M = 2 Fm
4 m
2 m
αααα
sin
α
= 0.6
cos
α
= 0.8
m
EI
k
2
2
=
ϕ
3
2
m
EI
k
=
δ
2
E
I
2
1
5
4
I
3
F
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
3
Dla elementów przyjętych w punkcie 1 momenty brzegowe odczytujemy z tablic lub otrzymujemy w
wyniku rozwiązania metodą sił. Obciążenia działające na poszczególne elementy i wykresy momentów
zginających pokazano na rysunku poniżej. Pokazano także siły równoważne działającym obciążeniom
sprowadzone do punktów, których przemieszczenia będą wyznaczane od jednostkowego
przemieszczenia
I
δ
. Punktami takimi są końce prętów z wyjątkiem prętów typu „s-ł” i
„wspornik”. Przesunięcia wszystkich punktów tych dwóch typów prętów są równe przesunięciu ich
końca sztywnego i ich obciążenie wystarczy zastąpić wypadkową. W rozwiązywanym przykładzie
dotyczy to pręta 1-5 typu „s-ł”.
q = 0.25 F/m
5
M = 2 Fm
F
4
M
51
M
15
2
F
3
1
M
14
M
41
=0
M
23
M
32
M
12
=0
M
21
=0
P
1
P
2
P
3
P
5
P
4
Obciążenia węzłów: węzła nr 1
Fm
M
M
o
2
1
=
=
.
węzeł nr 2
0
2
=
o
M
.
Momenty brzegowe dla prętów (obliczamy z odpowiednich wzorów):
=
⋅
=
6
)
2
(
2
51
m
q
M
o
0.1667 F m,
=
⋅
=
3
)
2
(
2
15
m
q
M
o
0.3333 F m,
=
+
o
o
M
M
15
51
0.5 Fm,
=
⋅
=
−
=
8
3
23
32
m
F
M
M
o
o
0.375 Fm,
0
32
23
=
+
o
o
M
M
,
0
21
12
=
=
o
o
M
M
,
M
M
o
o
12
21
0
+
=
,
=
⋅
⋅
=
16
3
3
14
m
F
M
o
0.5625Fm,
0
41
=
o
M
,
=
+
o
o
M
M
14
14
0.5625 Fm.
Siły równoważne mają wartości
F
m
m
F
P
5
.
0
2
/
25
.
0
1
=
⋅
=
,
F
F
P
P
P
P
5
.
0
2
/
5
4
3
2
=
=
=
=
=
.
4.2
ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO OD
ϕ
1
1
=
przy założeniu (
0
2
=
=
I
δ
ϕ
,
0
=
F
)
W tym stanie obciążenia do wzorów transformacyjnych podstawiamy:
,
1
1
1
15
1
14
1
12
1
1
=
=
=
=
=
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
j
pozostałe
,
0
1
=
ij
ϕ
,
0
=
ij
ψ
0
=
o
ij
M
,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów:
(
)
1
1
1
ji
ij
ij
ij
ij
ij
ij
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
,
(
)
1
1
1
ij
ji
ji
ji
ij
ij
ji
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
Momenty brzegowe wynoszą:
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
1
0
2
1
4
4
2
4
21
12
12
12
1
12
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
5
.
0
1
2
0
4
4
2
4
12
21
21
21
1
21
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
5
.
1
2
21
2
12
,
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
4
( )
( )
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
2
1
3
2
3
3
14
14
14
1
14
ϕ
,
0
1
41
=
M
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
2
1
41
1
14
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
−
⋅
=
−
⋅
=
5
.
0
0
1
2
51
15
15
15
1
15
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
−
=
−
⋅
=
−
⋅
=
5
.
0
1
0
2
15
51
15
15
1
51
ϕ
ϕ
,
0
1
51
1
15
=
+
M
M
,
(
)
(
)
0
0
2
0
4
3
2
4
32
23
23
23
1
23
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
0
0
2
0
4
3
2
4
23
32
23
23
1
32
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
0
1
23
1
32
=
+
M
M
.
4.3
ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA
1
2
=
ϕ
przy założeniu (
0
1
=
=
I
δ
ϕ
,
0
=
F
)
W tym stanie obciążenia do wzorów transformacyjnych podstawiamy:
,
1
2
2
2
23
2
21
=
=
=
ϕ
ϕ
ϕ
pozostałe
,
0
2
=
ij
ϕ
,
0
=
ij
ψ
0
=
o
ij
M
,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów:
(
)
2
2
2
ji
ij
ij
ij
ij
ij
ij
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
,
(
)
2
2
2
ij
ji
ji
ji
ij
ij
ji
b
a
L
EI
M
ϕ
ϕ
⋅
+
⋅
=
Momenty brzegowe wynoszą:
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
5
.
0
1
2
0
4
4
2
4
21
12
12
12
2
12
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
1
0
2
1
4
4
2
4
12
21
21
21
2
21
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
5
.
1
2
21
2
12
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
⋅
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
3333
.
1
0
2
1
4
3
2
4
32
23
23
23
2
23
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
m
EI
m
EI
L
EI
M
6667
.
0
1
2
0
4
3
2
4
23
32
23
23
2
32
=
⋅
+
⋅
=
⋅
+
⋅
=
ϕ
ϕ
,
m
EI
M
M
⋅
=
+
2
2
32
2
23
,
( )
( )
0
0
3
2
3
3
14
14
14
2
14
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
,
0
1
41
=
M
,
0
2
41
2
14
=
+
M
M
,
(
)
(
)
0
0
0
2
51
15
15
15
2
15
=
−
⋅
=
−
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
(
)
(
)
0
0
0
2
15
51
15
15
2
51
=
−
⋅
=
−
⋅
=
m
EI
L
EI
M
ϕ
ϕ
,
0
2
51
2
15
=
+
M
M
.
4.4
ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO OD
OBCIĄŻENIA
δ
I
=
1
przy założeniu (
0
2
1
=
=
=
F
ϕ
ϕ
)
W tym stanie obciążenia do wzorów
transformacyjnych podstawiamy:
,
0
=
ij
ϕ
0
=
o
ij
M
oraz kąty obrotu cięciw prętów
( )
ψ
ij
I
określone od przemieszczenia
δ
I
=
1,
co oznacza, że korzystamy ze wzorów o postaci
I
ij
ij
ij
ij
I
ij
L
EI
c
M
ψ
⋅
⋅
−
=
W celu wyznaczenia szukanych kątów obrotu cięciw
prętów oraz przemieszczeń w miejscach przyłożenia
sił równoważnych rozpatrujemy przegubowy model
1
5
4
3
2
P
2
P
3
P
4
P
5
1
1
=
I
δ
0
5
4
3
2
=
=
=
=
I
I
I
I
δ
δ
δ
δ
I
1
δδδδ
=
αααα
P
1
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
5
układu podstawowego (rysunek obok) bez przegubu na końcu łyżwowym elementu sztywno-łyżwa i
wymuszamy przesunięcie
1
=
I
δ
w miejscu i kierunku dodanej więzi I. Jak widać na rysunku wartości
wzajemnych przesunięć końców prętów wynoszą:
0
15
=
∆
I
,
0
14
=
∆
I
,
0
23
=
∆
I
,
1
12
−
=
∆
I
(znak „
−
” oznacza, że obrót nastąpił w lewo).
Wartości kątów obrotów cięciw wynoszą:
0
15
15
15
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
0
14
14
14
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
0
23
23
23
=
∆
=
L
I
I
ψ
,
m
L
I
I
4
1
12
12
12
−
=
∆
=
ψ
.
Momenty brzegowe wynoszą:
I
I
M
m
EI
m
m
EI
L
EI
M
21
2
12
12
12
12
375
.
0
4
1
4
6
6
=
⋅
=
−
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
ψ
,
2
12
12
12
21
375
.
0
4
1
4
6
6
m
EI
m
m
EI
L
EI
M
I
⋅
=
−
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
ψ
,
2
21
12
75
.
0
m
EI
M
M
I
I
⋅
=
+
,
0
0
3
6
6
23
23
23
23
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
0
0
3
6
6
23
23
23
32
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
0
32
23
=
+
I
I
M
M
,
0
0
3
2
3
3
14
14
14
14
=
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
m
EI
L
EI
M
I
ψ
,
0
41
=
I
M
,
0
41
14
=
+
I
I
M
M
0
51
15
=
=
I
I
M
M
,
0
51
15
=
+
I
I
M
M
.
Wartości przemieszczeń w miejscach przyłożenia sił równoważnych wynoszą:
1
1
=
I
δ
,
0
5
4
3
2
=
=
=
=
I
I
I
I
δ
δ
δ
δ
.
Zmiana długości translacyjnej więzi sprężystej (tu skrócenie) równa jest rzutowi przesunięcia węzła 4
na kierunek tej więzi:
8
.
0
8
.
0
1
cos
1
−
=
⋅
−
=
⋅
−
=
∆
α
I
k
L
.
5.
UKŁAD RÓWNAŃ KANONICZNYCH
5.1
POSTAĆ OGÓLNA UKŁADU RÓWNAŃ
.
0
,
0
,
0
2
2
1
1
2
2
2
22
1
21
1
1
2
12
1
11
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
+
⋅
+
⋅
+
⋅
Io
I
II
I
I
o
I
I
o
I
I
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
5.2
OBLICZENIE WSPÓŁCZYNNIKÓW UKŁADU RÓWNAŃ
=
+
+
+
=
+
=
∑
0
1
15
1
14
1
12
1
1
1
11
M
M
M
k
M
k
j
j
ϕ
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
+
5
.
3
)
5
.
0
2
1
(
,
k
M
12
12
2
=
=
m
EI
⋅
5
.
0
,
=
+
+
=
=
∑
I
I
I
j
I
j
I
M
M
M
M
k
15
14
12
1
1
2
2
375
.
0
)
0
0
375
.
0
(
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
+
,
=
−
+
+
=
−
=
∑
o
o
o
o
o
j
o
j
o
M
M
M
M
M
M
k
1
15
14
12
1
1
1
Fm
Fm
⋅
−
=
⋅
−
+
+
1042
.
1
)
2
3333
.
0
5625
.
0
0
(
,
k
M
21
21
1
=
=
=
⋅
m
EI
5
.
0
12
k
,
=
+
+
=
+
=
∑
ϕ
ϕ
2
2
23
2
21
2
2
2
22
k
M
M
k
M
k
j
j
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
+
3333
.
4
)
2
3333
.
1
1
(
,
=
+
=
=
∑
I
I
j
I
j
I
M
M
M
k
23
21
2
2
(
)
2
2
375
.
0
0
375
.
0
m
EI
m
EI
⋅
=
⋅
+
,
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
6
=
+
+
=
−
=
∑
0
23
21
2
2
2
o
o
o
j
o
j
o
M
M
M
M
k
(
)
Fm
Fm
⋅
−
=
⋅
−
375
.
0
375
.
0
0
,
(
)
=
⋅
+
−
=
∑
I
ij
ij
ji
ij
I
M
M
k
ψ
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
I
I
I
I
M
M
M
M
M
M
M
M
23
1
32
1
23
15
1
51
1
15
14
1
41
1
14
12
1
21
1
12
ψ
ψ
ψ
ψ
2
375
.
0
0
0
0
25
.
0
5
.
1
m
EI
m
m
EI
⋅
=
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
= k
I
1
,
(
)
=
⋅
+
−
=
∑
I
ij
ij
ji
ij
I
M
M
k
ψ
2
2
2
(
)
(
)
(
)
(
)
=
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
I
I
I
I
M
M
M
M
M
M
M
M
23
2
32
2
23
15
2
51
2
15
14
2
41
2
14
12
2
21
2
12
ψ
ψ
ψ
ψ
2
375
.
0
0
0
0
25
.
0
5
.
1
m
EI
m
m
EI
⋅
=
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
=
I
k
2
,
(
)
=
∆
⋅
∆
⋅
+
⋅
+
−
=
∑
∑
I
s
S
I
s
s
I
ij
ij
I
ji
I
ij
I
I
L
L
k
M
M
k
δ
ψ
,
(
)
(
)
(
)
(
)
=
∆
⋅
∆
⋅
+
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
I
s
I
s
s
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
L
L
k
M
M
M
M
M
M
M
M
δ
ψ
ψ
ψ
ψ
23
32
23
15
51
15
14
41
14
12
21
12
3
3
2
4675
.
1
)
8
.
0
(
)
8
.
0
(
2
0
0
0
25
.
0
75
.
0
m
EI
m
EI
m
m
EI
⋅
=
−
⋅
−
⋅
⋅
+
+
+
+
−
⋅
⋅
−
=
,
(
)
=
⋅
⋅
−
⋅
+
−
=
∑
∑
p
I
p
p
I
ij
ij
o
ji
o
ij
Io
P
M
M
k
δ
ψ
(
)
(
)
(
)
+
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
+
−
=
I
o
o
I
o
o
I
o
o
I
o
o
M
M
M
M
M
M
M
M
23
32
23
15
51
15
14
41
14
12
21
12
)
(
ψ
ψ
ψ
ψ
I
I
I
I
I
P
P
P
P
P
5
5
4
4
3
3
2
2
1
1
δ
δ
δ
δ
δ
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
0
0
0
0
−
−
−
−
=
F
F
5
.
0
0
0
0
0
1
5
.
0
−
=
−
−
−
−
⋅
−
.
5.3
POSTAĆ SZCZEGÓŁOWA UKŁADU RÓWNAŃ I JEGO ROZWIĄZANIE
.
0
5
.
0
4675
.
1
375
.
0
375
.
0
,
0
375
.
0
375
.
0
3333
.
4
5
.
0
,
0
1042
.
1
375
.
0
5
.
0
5
.
3
3
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
F
m
EI
m
EI
m
EI
Fm
m
EI
m
EI
m
EI
Fm
m
EI
m
EI
m
EI
I
I
I
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
δ
ϕ
ϕ
ϕ
1
=
0.28311
EI
Fm
2
⋅
,
ϕ
2
=
0.03134
EI
Fm
2
⋅
,
δ
I
=
0.26036
EI
Fm
3
⋅
.
6.
RZECZYWISTE SIŁY PRZEKROJOWE
6.1
MOMENTY BRZEGOWE I SIŁY W WIĘZIACH SPRĘŻYSTYCH
Momenty brzegowe
(znakowane wg umowy statycznej) określono tabeli poniżej na podstawie
wzoru:
o
ij
I
I
ij
ij
ij
ij
M
M
M
M
M
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
δ
ϕ
ϕ
2
2
1
1
ϕ
1
=
0.28311
ϕ
2
=
0.03134
δ
Ι
=
0.26036
Mnożnik
Fm
2
/EI
Fm
2
/EI
Fm
3
/EI
M
1
M1*
ϕϕϕϕ
1
M
2
M2*
ϕϕϕϕ
2222
M
I
MI*
δδδδ
ΙΙΙΙ
M
O
M
Mnożnik EI/m
Fm
EI/m
Fm
EI/m
2
Fm
Fm
Fm
M
51
= -0.50 -0.14156
0
0.0000
0
0.0000
0.1667
0.0251
M
15
= 0.50
0.14156
0
0.0000
0
0.0000
0.3333
0.4749
M
12
= 1.00
0.28311
0.50
0.0157
0.375
0.0976
0
0.3964
M
21
= 0.50
0.14156
1.00
0.0313
0.375
0.0976
0
0.2705
M
14
= 2.00
0.56622
0
0.0000
0
0.0000
0.5625
1.1287
M
23
=
0
0.00000
1.3333
0.0418
0
0.0000
-0.3750
-0.3332
M
32
=
0
0.00000
0.6667
0.0209
0
0.0000
0.3750
0.3959
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
7
Siły w więziach sprężystych:
Fm
EI
Fm
m
EI
k
S
0627
.
0
03134
.
0
2
2
2
2
=
⋅
=
⋅
=
ϕ
ϕ
ϕ
,
F
EI
Fm
m
EI
L
k
S
I
I
s
4166
.
0
26036
.
0
)
8
.
0
(
2
3
3
−
=
⋅
−
⋅
=
⋅
∆
⋅
=
δ
δ
δ
.
Momenty brzegowe można też wyznaczyć na podstawie wzorów transformacyjnych, po
uprzednim określeniu rzeczywistych wartości kątów obrotów cięciw prętów na podstawie związku:
α
α
α
δ
ψ
ψ
⋅
=
∑
ij
ij
i rzeczywistych wartości obrotów końców prętów na podstawie związku
i
ij
ϕ
ϕ
=
.
6.2
BRZEGOWE SIŁY TNĄCE I OSIOWE ORAZ REAKCJE I KONTROLA STATYCZNEJ
DOPUSZCZALNOŚCI ROZWIĄZANIA
Siły tnące i osiowe oraz reakcje wyznaczamy z równań równowagi prętów i węzłów. W tym
celu układ dzielimy na pręty i węzły oraz obciążamy wydzielone elementy obciążeniem Danym i na
brzegach siłami brzegowymi (określonymi już momentami i szukanymi siłami osiowymi i tnącymi).
Przedstawiono to na rysunku poniżej. Na rysunku zaznaczono liniami przerywanymi włókna
wyróżnione do znakowania momentów zginających. Wyróżnienie to zostanie wykorzystane w punkcie
następnym.
δ
S
2
S
ϕ
Dla sił działających na każdy element wypisujemy 3 równania równowagi. Z sum momentów
względem końców prętów wyznaczamy siły tnące a z pozostałych równań wyznaczamy siły osiowe i
część z nich stanowi kontrolę statycznej dopuszczalności. W obliczeniach wykorzystujemy obliczone
już wartości momentów oraz wynikające z warunków podparcia wartości sił osiowych i tnących.
Tu
0
51
=
V
.
PRĘT 5-1
( )
0
2
2
2
2
15
15
51
5
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
q
m
V
M
M
M
⇒
F
m
m
F
m
Fm
m
m
m
q
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
⋅
⋅
−
⋅
+
−
=
⋅
⋅
−
+
−
=
5
.
0
4
4
25
.
0
2
0251
.
0
4749
.
0
2
2
4
2
2
2
51
15
15
( )
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
2
/
2
2
2
51
15
51
1
m
q
m
V
M
M
M
0
2
/
25
.
0
0
0251
.
0
4749
.
0
=
⋅
−
+
⋅
+
m
m
F
Fm
(spełnione tożsamościowo)
0
15
51
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
15
51
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
8
PRĘT 1-2
0
4
21
21
12
1
=
⋅
+
+
=
∑
m
V
M
M
M
⇒
F
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
+
−
=
+
−
=
1667
.
0
4
2705
.
0
3964
.
0
4
21
12
21
,
0
4
12
21
12
2
=
⋅
+
+
=
∑
m
V
M
M
M
⇒
F
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
+
−
=
+
−
=
1667
.
0
4
2705
.
0
3964
.
0
4
21
12
12
,
0
21
12
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
21
12
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
PRĘT 4-1
0
5
.
1
3
14
41
14
4
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
−
⋅
+
−
=
⋅
−
+
−
=
8762
.
0
5
.
0
3
0
1287
.
1
3
5
.
1
3
41
14
14
,
0
5
.
1
3
41
41
14
1
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
=
⋅
+
⋅
+
−
=
⋅
+
+
−
=
1238
.
0
5
.
0
3
0
1287
.
1
3
5
.
1
3
41
14
41
,
0
14
41
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
41
14
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
PRĘT 2-3
0
5
.
1
3
32
32
23
2
=
⋅
+
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
−
=
⋅
−
⋅
+
−
−
=
⋅
−
+
−
=
5209
.
0
5
.
0
3
3959
.
0
3332
.
0
3
5
.
1
3
32
23
32
,
0
5
.
1
3
23
32
23
3
=
⋅
−
⋅
+
+
=
∑
m
F
m
V
M
M
M
⇒
F
F
Fm
m
Fm
m
m
M
M
V
⋅
=
⋅
+
⋅
+
−
−
=
⋅
+
+
−
=
4791
.
0
5
.
0
3
3959
.
0
3332
.
0
3
5
.
1
3
32
23
23
,
0
32
23
=
+
−
=
∑
N
N
X
⇒
23
32
N
N
=
(związek wykorzystamy dalej).
WĘZEŁ 2
0
)
0627
.
0
)
3332
.
0
(
2705
.
0
(
2
23
21
2
=
⋅
−
−
−
−
=
−
−
−
=
∑
Fm
S
M
M
M
ϕ
(spełnione tożsamościowo)
0
)
1667
.
0
(
23
23
21
=
+
⋅
−
−
=
+
−
=
∑
N
F
N
V
Y
⇒
F
N
⋅
−
=
1667
.
0
23
,
0
4791
.
0
21
23
21
=
⋅
−
−
=
−
−
=
∑
F
N
V
N
X
⇒
F
N
⋅
−
=
4791
.
0
21
,
Z trzeciego równania dla pręta 1-2 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
4791
.
0
21
12
,
Z trzeciego równania dla pręta 2-3 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
1667
.
0
23
32
,
WĘZEŁ 1
0
)
2
4749
.
0
1287
.
1
3964
.
0
(
15
14
12
1
=
⋅
+
−
−
−
=
+
−
−
−
=
∑
Fm
M
M
M
M
M
(spełnione tożsamościowo)
0
F
(-0.1667))
-
5
.
0
(
14
12
14
15
=
⋅
−
−
=
−
−
=
∑
N
V
N
V
Y
⇒
F
N
⋅
−
=
3333
.
0
14
0
)
8762
.
0
(
4791
.
0
15
14
12
15
=
⋅
−
−
⋅
−
−
=
−
+
−
=
∑
F
F
N
V
N
N
X
⇒
F
N
⋅
=
3971
.
0
15
,
Z trzeciego równania dla pręta 5-1 wyznaczamy
F
N
N
⋅
=
=
3971
.
0
15
51
.
Z trzeciego równania dla pręta 1-2 wyznaczamy
F
N
N
⋅
−
=
=
3333
.
0
14
41
.
WĘZEŁ PODPOROWY 3
0
3959
.
0
3
32
3
3
=
⋅
−
=
−
=
∑
Fm
M
M
M
M
⇒
Fm
M
⋅
=
3959
.
0
3
0
F
)
1667
.
0
(
3
32
3
=
⋅
−
−
−
=
−
−
=
∑
V
N
V
Y
⇒
F
1667
.
0
3
⋅
=
V
,
0
)
5209
.
0
(
3
32
3
=
⋅
−
−
=
+
=
∑
F
H
V
H
X
⇒
F
H
⋅
=
5209
.
0
3
,
WĘZEŁ PODPOROWY 4
0
F
)
3333
.
0
(
8
.
0
4166
.
0
cos
41
=
⋅
−
−
⋅
−
=
−
⋅
=
∑
N
S
Y
α
δ
(spełnione tożsamościowo),
0
)
6
.
0
4166
.
0
1238
.
0
(
sin
4
41
4
=
⋅
⋅
−
+
=
⋅
−
+
=
∑
F
H
S
V
H
X
α
δ
⇒
F
H
⋅
=
1262
.
0
4
,
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
9
WĘZEŁ PODPOROWY 5
0
0251
.
0
5
51
5
5
=
⋅
−
=
−
=
∑
Fm
M
M
M
M
⇒
Fm
M
⋅
=
0251
.
0
5
,
0
3971
.
0
5
51
5
=
⋅
+
=
+
=
∑
F
H
N
H
X
⇒
F
H
⋅
−
=
3971
.
0
5
.
Brzegowe siły tnące można też wyznaczyć na podstawie wzorów transformacyjnych analogicznie
jak momenty brzegowe jednak po uprzednim wyznaczeniu wartości brzegowych sił tnących w układzie
podstawowym od obciążenia danego
o
ij
V
(analogicznie jak
o
ij
M
.
6.3
MOMENTY ZGINAJĄCE
Otrzymane z obliczeń wartości momentów brzegowych są momentami statycznymi
znakowanymi zgodnie z zasadą: prawoskrętny „+”, lewoskrętny „
−
”. Nie są, więc bezpośrednio
momentami zginającymi, gdyż momenty zginające znakujemy zgodnie z zasadą: „+”, gdy rozciąga
włókna wyróżnione „
−
” gdy rozciąga włókna przeciwne niż wyróżnione, czyli gdy ściska włókna
wyróżnione. Odpowiedniość brzegowych momentów statycznych i momentów zginających na
końcach prętów zilustrowano na szkicach poniżej.
Momenty statyczne
dodatnie
Moment rozci
ą
ga włókna
przeciwne, wi
ę
c
wytrzymało
ś
ciowo jest
ujemny
Moment rozci
ą
ga włókna
wyró
ż
nione, wi
ę
c
wytrzymało
ś
ciowo jest
dodatni
ij
M
ji
M
i
j
ij
zgin
ij
ij
i
M
M
M
=
=
,
,
ji
zgin
ji
ij
j
M
M
M
−
=
=
,
,
ij
M
ji
M
i
j
Momenty statyczne
dodatnie
Moment rozci
ą
ga włókna
wyró
ż
nione, wi
ę
c
wytrzymało
ś
ciowo jest
dodatni
Moment rozci
ą
ga włókna
przeciwne, wi
ę
c
wytrzymałosciowo jest
ujemny
ij
zgin
ij
ij
i
M
M
M
−
=
=
,
,
ji
zgin
ji
ij
j
M
M
M
=
=
,
,
Obliczając momenty zginające (
,
,ij
i
M
ij
j
M
,
) należy oczywiście uwzględniać znaki momentów
statycznych (
,
ij
M
ji
M
).
Uwzględniając powyższe zasady określimy momenty zginające w przekrojach poszczególnych prętów.
q = 0.25 F/m
5
M
51
M
15
2m
V
51
=0
V
15
1
F
4
M
41
=0
V
14
M
14
V
41
1
.5
m
1
1
.5
m
3
M
32
M
23
V
23
V
32
2
1
.5
m
1
.5
m
F
PRĘT 5-1
=
=
51
51
,
5
M
M
Fm
0251
.
0
,
=
−
=
15
51
,
1
M
M
Fm
4749
.
0
−
Pręt jest obciążony równomiernie, więc wykres momentów jest parabolą.
Aby ją narysować niezbędna jest znajomość trzeciej rzędnej np. w środku rozpiętości pręta
=
⋅
⋅
⋅
−
⋅
+
=
4
2
2
51
51
51
51
51
51
,
L
L
q
L
V
M
M
S
Fm
m
m
m
F
m
Fm
1
.
0
5
.
0
1
/
25
.
0
1
0
251
.
0
.
0
−
=
⋅
⋅
−
⋅
+
PRĘT 1-2
=
=
12
12
,
1
M
M
Fm
3964
.
0
,
=
−
=
21
12
,
2
M
M
Fm
2705
.
0
−
PRĘT 4-1
=
=
41
41
,
4
M
M
0
,
=
−
=
14
41
,
1
M
M
Fm
1287
.
1
−
Pręt jest obciążony siłą skupioną. Należy, więc doliczyć rzędną pod siłą skupioną.
=
⋅
+
=
2
41
41
41
41
,
L
V
M
M
F
Fm
m
F
1857
.
0
5
.
1
1238
.
0
0
=
⋅
+
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
10
PRĘT 2-3
=
=
23
23
,
2
M
M
Fm
3332
.
0
−
,
=
−
=
32
23
,
3
M
M
Fm
3959
.
0
−
.
Pręt jest obciążony siłą skupioną. Należy, więc doliczyć rzędną pod siłą skupioną.
=
⋅
+
=
2
23
23
23
23
,
L
V
M
M
F
Fm
m
F
Fm
3855
.
0
5
.
1
4791
.
0
3332
.
0
=
⋅
+
−
.
6.4
WYKRESY SIŁ PRZEKROJOWYCH
Sporządzając wykresy momentów zginających należy pamiętać, że ich rzędne odkłada się po
stronie włókien rozciąganych, co jest równoznaczne z tym, że rzędne dodatnie odkłada się po stronie
włókien wyróżnionych a ujemne po stronie przeciwnej.
M
+
-
+
-
-
+
+
-
-
F
m
0
2
5
1
.
0
Fm
4749
.
0
F
m
1.
0
Fm
3964
.
0
Fm
2705
.
0
Fm
3855
.
0
Fm
1857
.
0
Fm
3959
.
0
F
m
1
2
8
7
.
1
Fm
3332
.
0
Fm
4715
.
0
−
Fm
0928
.
0
Fm
0262
.
0
Fm
0052
.
0
−
F
m
0
6
3
.
0
F
5.
0
F
1
6
6
7
.
0
F
1
6
6
7
.
0
F
8762
.
0
F
1238
.
0
F
4791
.
0
F
5209
.
0
F
3
9
7
1
.
0
F
1667
.
0
F
4
7
9
1
.
0
F
3333
.
0
7.
KONTROLA KINEMATYCZNEJ DOPUSZCZALNOŚCI ROZWIĄZANIA
Aby mieć pewność, że rozwiązanie jest poprawne należy wykazać, że jest ono statycznie i
kinematycznie dopuszczalne.
Pierwszy warunek oznacza, że
siły muszą spełniać równania równowagi. Warunek ten
został sprawdzony w trakcie wyznaczania sił tnących, osiowych i reakcji.
Sprawdzenie drugiego warunku polega na sprawdzeniu czy wynikające z rozwiązania
przemieszczenia w poszczególnych punktach spełniają
warunki podparcia i ciągłości. Wystarczy
sprawdzenie tylu składowych przemieszczeń ile wynosi stopień statycznej niewyznaczalności.
Sprawdzenia kinematycznej dopuszczalności dokonamy wykorzystując wzory na przemieszczenia i
warunki wykorzystywane do budowy równań kanonicznych metody sił
rzecz
i
s
F
s
i
s
F
i
iF
k
S
S
dx
EI
M
M
,
∆
=
⋅
+
⋅
=
∆
∑
∫
Jak widać do dokonania sprawdzenia niezbędne jest wykonanie rozwiązań modelu statycznie
wyznaczalnego układu od sił jednostkowych przyłożonych w miejscach wyznaczanych przemieszczeń.
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
11
7.1
WYZNACZENIE STOPNIA STATYCZNEJ NIEWYZNACZALNOŚCI UKŁADU
5
1
3
8
3
=
⋅
−
=
−
=
t
e
n
h
7.2
PRZYJĘCIE MODELU STATYCZNIE WYZNACZALNEGO
7.3
ROZWIĄZANIA MODELU STATYCZNIE WYZNACZALNEGO OD OBCIĄŻEŃ
JEDNOSTKOWYCH
Rozwiązanie od
1
1
=
X
1
0
2
=
ϕ
S
0
=
δ
S
Rozwiązanie od
1
2
=
X
EI
EI
X
2
=1
2
M
1
m
S
/
3125
.
0
−
=
δ
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
12
Rozwiązanie od
1
3
=
X
1
m
S
/
3125
.
0
=
δ
0
2
=
ϕ
S
Rozwiązanie od
1
4
=
X
1
0
2
=
ϕ
S
m
S
/
3125
.
0
=
δ
Rozwiązanie od
1
5
=
X
m
3
m
3
0
2
=
ϕ
S
9375
.
0
−
=
δ
S
Rozwiązanie od
1
6
=
X
m
3
m
3
0
2
=
ϕ
S
9375
.
0
−
=
δ
S
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
13
7.4
SPRAWDZENIE PRZEMIESZCZEŃ RZECZYWISTYCH W MIEJSCACH
PRZYJĘTYCH SIŁ HIPERSTATYCZNYCH.
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
−
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
∆
∫
Fm
EI
m
dx
EI
M
M
F
)
1
(
4749
.
0
)
1
(
)
1
.
0
(
4
)
1
(
0251
.
0
6
2
1
1
(
)
+
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
−
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
5
.
0
1857
.
0
75
.
0
)
4715
.
0
(
4
1
1287
.
1
2
6
5
.
1
(
)
0
00019
.
0
0
25
.
0
0928
.
0
4
5
.
0
1857
.
0
2
6
5
.
1
,
1
2
=
∆
≈
⋅
=
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
rzecz
EI
Fm
Fm
EI
m
,
=
⋅
⋅
=
∆
∫
dx
EI
M
M
F
2
2
(
)
+
⋅
−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
+
−
⋅
−
⋅
⋅
Fm
EI
m
)
5
.
0
(
1857
.
0
)
75
.
0
(
)
4715
.
0
(
4
)
1
(
1287
.
1
2
6
5
.
1
(
)
+
⋅
+
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
0
)
25
.
0
(
0928
.
0
4
)
5
.
0
(
1857
.
0
2
6
5
.
1
(
)
=
−
⋅
−
+
⋅
+
−
⋅
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
3
/
2
)
/
3125
.
0
(
4166
.
0
0
)
5
.
0
(
063
.
0
4
)
1
(
3964
.
0
6
4
m
EI
m
F
Fm
EI
m
0
000025
.
0
,
2
2
=
∆
≈
⋅
−
=
rzecz
EI
Fm
,
=
⋅
⋅
=
∆
∫
dx
EI
M
M
F
3
3
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
Fm
EI
m
)
1
(
2705
.
0
)
5
.
0
(
063
.
0
4
0
6
4
(
)
+
⋅
−
⋅
+
−
⋅
⋅
+
−
⋅
−
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
)
1
(
3855
.
0
)
1
(
0262
.
0
4
)
1
(
3332
.
0
6
5
.
1
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
−
⋅
+
−
⋅
⋅
⋅
+
Fm
EI
m
)
1
(
3959
.
0
)
1
(
)
0052
.
0
(
4
)
1
(
3855
.
0
6
5
.
1
=
⋅
−
+
3
/
2
/
3125
.
0
4166
.
0
m
EI
m
F
0
00024
.
0
,
3
2
=
∆
≈
⋅
−
rzecz
EI
Fm
,
=
⋅
⋅
=
∆
∫
dx
EI
M
M
F
4
4
(
)
+
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
Fm
EI
m
)
1
(
2705
.
0
)
5
.
0
(
063
.
0
4
0
6
4
=
⋅
−
+
3
/
2
/
3125
.
0
4166
.
0
m
EI
m
F
EI
Fm
m
EI
Fm
k
S
EI
Fm
rzecz
2
2
2
,
2
2
03135
.
0
/
2
0627
.
0
03124
.
0
⋅
=
=
=
∆
≈
⋅
ϕ
ϕ
,
0
00011
.
0
)
03135
.
0
03124
.
0
(
2
2
,
4
4
≈
⋅
−
=
⋅
−
=
∆
−
∆
EI
Fm
EI
Fm
rzecz
F
,
=
⋅
⋅
=
∆
∫
dx
EI
M
M
F
3
5
(
)
+
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
m
Fm
EI
m
3
2705
.
0
5
.
1
063
.
0
4
0
6
4
(
)
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
⋅
+
m
Fm
EI
m
5
.
1
3855
.
0
25
.
2
0262
.
0
4
3
3332
.
0
6
5
.
1
(
)
+
⋅
⋅
+
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
m
Fm
EI
m
0
75
.
0
)
0052
.
0
(
4
5
.
1
3855
.
0
6
5
.
1
=
−
⋅
−
+
3
/
2
)
9375
.
0
(
4166
.
0
m
EI
F
0
00056
.
0
,
5
3
=
∆
≈
⋅
rzecz
EI
Fm
METODA PRZEMIESZCZEŃ - przykład 1 – rama o siatce ortogonalnej
10.02.09
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
14
8.
DODATEK – SPOSÓB ANALITYCZNY WYZNACZANIA KĄTÓW OBROTÓW CIĘCIW
W celu wyznaczenia wartości kątów obrotu
cięciw prętów wykorzystamy związki
kinematyczne w postaci
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
0
ψ
,
i
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Ly
0
ψ
, które muszą być spełnione
dla każdego zamkniętego ukierunkowanego
ciągu prętów.
W rozwiązywanym zadaniu
otrzymujemy (po uwzględnieniu
fundamentu) 2 zamknięte ciągi prętów
(rysunek obok), co daje 4 równania.
Długości więzi 4-A i 5-6 możemy przyjąć
dowolne. Niech wynoszą:
m
L
L
A
1
56
4
=
=
.
Stąd
m
A
A
/
1
4
4
−
=
=
ψ
ψ
. Znany jest też kąt obrotu pręta 1-5:
0
51
15
=
=
ψ
ψ
,
gdyż pręt „s-ł” przesuwa się równolegle. Pozostałe dane są następujące:
m
Lx
Lx
2
15
51
=
−
=
,
0
15
51
=
−
=
Ly
Ly
,
0
41
14
=
−
=
Lx
Lx
,
m
Ly
Ly
3
41
14
=
−
=
,
m
Lx
Lx
4
21
12
=
−
=
,
0
21
12
=
−
=
Ly
Ly
,
0
32
23
=
−
=
Lx
Lx
,
m
Ly
Ly
3
32
23
=
−
=
,
m
Lx
Lx
A
A
1
4
4
=
−
=
,
0
4
4
=
−
=
A
A
Ly
Ly
,
m
Lx
Lx
1
56
65
=
−
=
,
0
56
65
=
−
=
Ly
Ly
.
Dla ciągu pierwszego mamy równania:
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
A
Lx
Lx
Lx
Lx
4
4
14
14
51
51
65
65
ψ
ψ
ψ
ψ
0
1
0
2
0
1
14
65
=
−
⋅
+
⋅
+
⋅
ψ
ψ
m
m
(wynika stąd, że
m
/
1
65
=
ψ
),
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Ly
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
A
Ly
Ly
Ly
Ly
4
4
14
14
51
51
65
65
ψ
ψ
ψ
ψ
0
0
3
0
0
0
4
14
65
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
A
m
ψ
ψ
ψ
,
(wynika stąd, że
0
14
=
ψ
),
Dla ciągu drugiego mamy równania:
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
23
23
12
12
41
41
4
4
Lx
Lx
Lx
Lx
A
A
ψ
ψ
ψ
ψ
0
0
4
0
0
1
23
12
=
⋅
+
⋅
−
⋅
+
−
ψ
ψ
m
,
(wynika stąd, że
m
/
25
.
0
12
−
=
ψ
),
∑
=
⋅
ij
ij
ij
Lx
ψ
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
23
23
12
12
41
41
4
4
Ly
Ly
Ly
Ly
A
A
ψ
ψ
ψ
ψ
0
3
0
/
25
.
0
)
3
(
0
0
23
4
=
⋅
+
⋅
−
−
⋅
+
⋅
m
m
m
A
ψ
ψ
(wynika stąd, że
0
23
=
ψ
).
1
3
2
4
5
x
y
1
2
A
6
4
δ
I
A
ψ
4A
L
4A