Politechnika Poznańska

Wydział Budownictwa i Inżynierii Środowiska

Studia niestacjonarne I-stopnia

I Rok

Projekt I

WYZNACZANIE SIŁ PRZEKROJOWYCH W BELKACH

I RAMACH STATYCZNIE WYZNACZALNYCH

Tomasz Szustak

Z 1 / II

2007/2008

ANALIZA KINEMATYCZNA

a) 3∙t = w

3∙2 =6

b)warunek dostateczny

Tarcza I jest połączona z podłożem 3 prętami, których kierunki nie przecinają się w jednym punkcie i dlatego tarcza I może stanowić podłoże zastępcze dla tarczy II

Tarcza II połączona jest z tarczą I za pomocą przeguba C i jest podparta jednym prętem do podłoża, gdzie przegub nie leży na kierunku pręta. Warunek dostateczny został spełniony

Z analizy tarczy II otrzymujemy:

∑M_C = 0

1,2V_D = 6∙1,2∙0,6 + 8∙2

1,2V_D = 20,32 │׃ 1,2

V_D = 16,9333 [kN]

∑MD = 0

1,2Vc = 4,32 -6,4

1,2Vc = - 2,08 │׃ 1,2

Vc = -1,7333 [kN]

∑Y = 0

16,9333- 8-7,2 – 1,7333= 0

16,9333- 16,9333 = 0

0 = 0

Z analizy tarczy I otrzymujemy:

∑MB = 0

1,6VA = -10 - 6∙2∙1 + 1,7333∙2

1,6VA = - 18,5334 │׃ 1,6

VA = - 11,5833 [kN]

∑MA=0

1,6VB = +10 +6∙2∙2,6 - 3,6∙1,7333

1,6VB = 34,9601│׃1,6

VB = 21,85[kN]

∑Y = 0

21,85 + 1,7333 -12 - 11,5833 = 0

23,5833 - 23,5833 = 0

0 = 0

Przedział: α1

0 ≤ X ≤ 1,6

N(x) = 0

T(x) = - 11,5833 [kN]

M(x) = 10 – 11,5833∙x

M(0) = 0[ kNm]

M(1,6) = - 8,5332 [kNm]

Przedział: α2

0 ≤ X ≤ 2

N(x) = 0

T(x) = 6x – 1,7333

T(0) = - 1,7333[ kN]

T(2) = 10,2667 [kN]

M(x) = - 3x² + 1,7333x

M(0) = 0 [kNm]

M(2) = - 8,5334 [kNm]

Usytuowanie ekstremum dla T_(X) = 0

X0 = 6x – 1,7333

Wartość ekstremum:

M(X₀) = - 3x² + 1,7333x

M(X₀ )= 0,2503 [kNm]

$$\frac{\text{dM}}{\text{dx}} = \ - 6x - 1,7333 = - T$$

Przedział: α3

0 ≤ X ≤ 1,2

N(x) = 0

T(x) = -6x – 1,7333

T(0) = -1,7333 [kN]

T(1,2) = - 8,9333 [kN]

M(x) = - 3x² – 1,7333x

M(0) = 0 [kNm]

M(1,2) = - 6,4 [kNm]

$$\frac{\text{dM}}{\text{dx}} = - 6 - 1,7333 = T$$

Przedział: α4

0 ≤ X ≤ 0,8

N(x) = 0

T(x) = 8 kN

M(x) = - 8x

M(0) = 0 [kNm]

M(0,8) = - 6,4 [kNm]

$$\frac{\text{dM}}{\text{dx}} = 8 = T$$

Rama

ANALIZA KINEMATYCZNA

a) 3∙t = w

3⋅3=5⋅1+2⋅2

b)warunek dostateczny

Warunek konieczny geometrycznej niezmienności został spełniony. Rama płaska może być układem geometrycznie niezmiennym i statycznie wyznaczalnym. Tarcze sztywne numer I i II tworzą układ trójprzegubowy z przegubem fikcyjnym A utworzonym z prętów podporowych numer 1 i 2, przegubem rzeczywistym D oraz przegubem fikcyjnym B, który tworzą pręty podporowe numer 3 i 4. Wszystkie przeguby nie leżą na jednaj prostej. Został więc spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tych tarcz sztywnych. Wobec tego są one geometrycznie niezmienne i mogą stanowić podłoże dla pozostałej tarczy sztywnej. Tarcza numer III jest podparta przegubem rzeczywistym E oraz prętem podporowym numer 5. Przegub E nie leży na kierunku pręta podporowego. Został więc spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy sztywnej. Wobec tego jest ona geometrycznie niezmienna.

Z analizy tarczy III otrzymujemy:

∑ME = 0

4VF = 4∙4∙2 │׃ 4

VF =8 [kN]

∑MF = 0

4 VE = 4∙4∙2 │׃4

VE = 8 [kN]

Spr: VE+VF -16 =0

0 = 0

Z analizy tarczy I otrzymujemy:

Dla całości układu

∑MB = 0

9VA = 2∙ 3 ∙ 4,5 + 6 - 4∙ 4 ∙ 2 + 2∙ 4 + 8 ∙ 4

9VA = 27 + 6 – 32 + 8 + 32

9VA = 41 │׃ 9

VA = 4,5 [kN]

∑MD=0

4HA = 6∙ 4,5 - 2∙ 3 ∙ 1,5

4HA = 4,5 [kN]

∑Y = VD+ 4,5 – 6 = 0

VD = 1,5 [kN]

∑X = 4,5 =0

HD = 4,5 [kN]

Spr:

∑MD=0

4,5∙ 6 – 4,5 ∙ 4 – 9 = 0

27 – 27 = 0

0 = 0

Z analizy tarczy II otrzymujemy:

∑ME = 0

4HB = 1,5 ∙3 + 6

4HB = 10,5 │׃ 4

HB = 2,6 [kN]

∑MD = 0

3VB = 24 – 6 + 10,5

3VB = 28,5 │׃ 3

VB = 9,5 [kN]

Spr:

∑Y=0

9,5 – 1,5 -8 = 0

0 = 0

∑X = 0

4,5 – 2 – 2,5 = 0

0 = 0

Przedział: α1

$$\sin\alpha\frac{4}{5} = 0.8\ m$$

$$\text{cosα}\frac{3}{5} = 0,6\ m$$

N(x) = -4,5 ∙ cos α - 4,5 ∙ sin α

N(x) = - 6,4 [kN]

T(x) = - 4,5 ∙ sin α + 4,5 cos α

T(x) = - 0,9 [kN]

$\frac{y}{x} = \frac{4}{3}$ y = 1,3333x

M(x) = 4,5x – 4,5 y

M(0) = 0 [kNm]

M(3) = - 4,5 [kNm]

Przedział: α2

0 ≤ X ≤ 4

N(x) = - 9,5 [kN]

T(x) = 2,5 [kN]

M(x) = 2,5x – 6

M(0) = -6 [kNm]

M(4) = 4,5 [kNm]

Przedział: α3

0 ≤ X ≤ 3

N(x) = - 4,5 [kN]

T(x) = 2x – 1,5

T(0) = - 1,5 [kN]

T(3) = 4,5 [kN]

M(x) = -x² + 1,5x

M(0) = 0 [kNm]

M(3) = - 4,5 [kNm]

Usytuowanie ekstremum dla T_(X) = 0

Xo = 0,75 [m]

Wartość ekstremum:

M(Xo) = 0,56 [kNm]

Przedział: α4

0 ≤ X ≤ 3

N(x) = - 4,5 [kN]

T(x) = - 1,5 [kN]

M(x) = - 1,5x

M(0) = 0 [kNm]

M(3) = - 4,5 [kNm]

Przedział: α5

0 ≤ X ≤ 4

N(x) = - 2 [kN]

T(x) = - 4x +8

T(0) = 8 [kN]

T(4) = -8 [kN]

M(x) = - 2x2 + 8x

M(0) = 0 [kNm]

M(4) = 0 [kNm]

Usytuowanie ekstremum dla T_(X) = 0

Xo = 2 [m]

Wartość ekstremum:

M(Xo) = 8 [kNm]

Równowaga węzłów:

Węzeł C

∑MC = 4,5 -4,5 = 0

∑X = 6,4 cosα + 0,9 sinα – 4,5 = 0

3,84 + 0,72 – 4,5 = 0,06kN ≈ 0

∑Y = - 6,4 sinα + 0,9 cosα +4,5

-5,12 + 0,54 + 4,5 = - 0,08kN ≈ 0

Węzeł D

∑MD = 4,5 – 4,5 = 0

∑X = 4,5 – 2,5 -2 = 0

∑Y = 9,5 – 1,5 -8 = 0