Logo

Łukasz 796 083 343 Grzegorz 731 857 989

Przykład 1

Przykład 1

Treść

Oblicz reakcje $V_A$ oraz $V_B$ w ramie jak na rysunku.
Dane: $EI=const.,k=0.0064 \frac{EI}{l^4}$
Przy rozwiązywaniu korzystam z tablic:

Rozwiązanie

Układ jest dwukrotnie kinematycznie niewyznaczalny, przyjmuję układ geometrycznie wyznaczalny oraz plan przemieszczeń jak na rysunku.

Z geometrii układu: $sin\alpha=\frac{3}{5},\ cos\alpha=\frac{4}{5},\ tg\alpha=\frac{3}{4}$
Przemieszczenia poszczególnych prętów zgodnie z rysunkiem:

Zapisuję równanie równowagi węzła C:
\(
\begin{align*}\\
\Phi_C^1+\Phi_C^2=0\\
\end{align*}
\)
Oraz zasady prac wirtualnych:
\(
\begin{align*}\\
-W_C^1\cdot u-W_C^2\cdot\frac{3}{5}u-W_B^2\cdot\frac{3}{5}u+P\cdot u=0\rightarrow W_C^1+\frac{3}{5}W_C^2+\frac{3}{5}W_B^2=P\\
\end{align*}
\)

Ponieważ pręty 1 i 2 są na podłożu Winklera zapisuję dla nich \lambda:
\(
\begin{align*}\\
&\lambda=\sqrt[4]{\frac{kl^4}{EI}}=\sqrt[4]{\frac{0,0064\cdot\frac{EI}{l^4}\cdot l^4}{EI}}=0,2\\
&\lambda_1=0,2\cdot3=0,6\\
&\lambda_2=0,2\cdot5=1\\
\end{align*}
\)
Obliczam momenty przywęzłowe występujące w równaniach równowagi:
\(
\begin{align*}\\
\Phi_C^1&=\frac{EI}{3l}\left(\alpha\left(\lambda_1\right)\cdot\varphi_C-\theta\left(\lambda_1\right)\cdot\frac{u}{3l}\right)=\\
&=\frac{EI}{3l}\left(4.005\cdot\varphi_C-6.027\cdot\frac{u}{3l}\right)=\frac{EI}{l}\left(1.335\cdot\varphi_C-0.67\cdot\frac{u}{l}\right)\\
\Phi_C^2&=\frac{EI}{5l}\left(\alpha^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\varphi_C+\theta^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}-\delta_1^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}\right)=\\
&=\frac{EI}{5l}\left(3.075\cdot\varphi_C+3.338\cdot\frac{3u}{25l}-2.846\cdot\frac{3u}{25l}\right)=\\
&=\frac{EI}{l}\left(0.615\cdot\varphi_C+0.08\cdot\frac{u}{l}-0.068\frac{u}{l}\right)=\frac{EI}{l}\left(0.615\cdot\varphi_C+0.012\frac{u}{l}\right)\\
\end{align*}
\)
Podstawiając:
\(
\begin{align*}\\
&\frac{EI}{l}\left(1.335\cdot\varphi_C-0.67\cdot\frac{u}{l}\right)+\frac{EI}{l}\left(0.615\cdot\varphi_C+0.012\frac{u}{l}\right)=0\\
&1.95\cdot\varphi_C-0.658\cdot\frac{u}{l}=0\\
\end{align*}
\)
Obliczam siły przywęzłowe występujące w równaniach równowagi:
\(
\begin{align*}\\
W_C^1&=-\frac{EI}{\left(3l\right)^2}\left(\theta\left(\lambda_1\right)\cdot\varphi_C-\gamma\left(\lambda_1\right)\cdot\frac{u}{3l}\right)=-\frac{EI}{9l^2}\left(6.027\cdot\varphi_C-12.192\cdot\frac{u}{3l}\right)=-\frac{EI}{l^2}\left(0.67\cdot\varphi_C-0.452\cdot\frac{u}{l}\right)\\
W_C^2&=\frac{EI}{\left(5l\right)^2}\left(\theta^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\varphi_C+\gamma^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}-\epsilon^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}\right)=\frac{EI}{25l^2}\left(3.338\cdot\varphi_C+4.925\cdot\frac{3u}{25l}-2.454\cdot\frac{3u}{25l}\right)=\frac{EI}{l^2}\left(0.134\cdot\varphi_C+0.012\cdot\frac{u}{l}\right)\\
W_B^2&=-\frac{EI}{\left(5l\right)^2}\left(\theta^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\varphi_C+\epsilon^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}-\chi^\prime\left(\lambda_2\right)\cdot\frac{\frac{3}{5}u}{5l}\right)=\\
&=-\frac{EI}{25l^2}\left(2.846\cdot\varphi_C+2.454\cdot\frac{3u}{25l}-3.934\cdot\frac{3u}{25l}\right)=-\frac{EI}{l^2}\left(0.114\cdot\varphi_C-0.007\cdot\frac{u}{l}\right)\\
\end{align*}
\)
Podstawiając:
\(
\begin{align*}\\
&-\frac{EI}{l^2}\left(0.67\cdot\varphi_C-0.452\cdot\frac{u}{l}\right)+\frac{3}{5}\cdot\frac{EI}{l^2}\left(0.134\cdot\varphi_C+0.012\cdot\frac{u}{l}\right)-\frac{3}{5}\cdot\frac{EI}{l^2}\left(0.114\cdot\varphi_C-0.007\cdot\frac{u}{l}\right)=P\\
&-0.658\cdot\varphi_C+0.463\cdot\frac{u}{l}=\frac{Pl^2}{EI}\\
\end{align*}
\)
Otrzymujemy układ równań
\(
\begin{align*}\\
&-0.658\cdot\varphi_C+0.463\cdot\frac{u}{l}=\frac{Pl^2}{EI}\\
&1.95\cdot\varphi_C-0.658\cdot\frac{u}{l}=0\\
\end{align*}
\)
Po rozwiązaniu otrzymujemy:

\(
\begin{align*}\\
&\varphi_C=1.4\frac{Pl^2}{EI}\\
&\frac{u}{l}=4.15\frac{Pl^2}{EI}\\
\end{align*}
\)

Podstawiając do sił przywęzłowych:

\(
\begin{align*}\\
W_C^1&=-\frac{EI}{l^2}\left(0.67\cdot\varphi_C-0.452\cdot\frac{u}{l}\right)=-\frac{EI}{l^2}\left(0.67\cdot1.4\frac{Pl^2}{EI}-0.452\cdot4.15\frac{Pl^2}{EI}\right)=0.9378P\\
W_C^2&=\frac{EI}{l^2}\left(0.134\cdot\varphi_C+0.012\cdot\frac{u}{l}\right)=\frac{EI}{l^2}\left(0.134\cdot1.4\frac{Pl^2}{EI}+0.012\cdot4.15\frac{Pl^2}{EI}\right)=0.2374P\\
W_B^2&=-\frac{EI}{l^2}\left(0.114\cdot\varphi_C-0.007\cdot\frac{u}{l}\right)=-\frac{EI}{l^2}\left(0.114\cdot1.4\frac{Pl^2}{EI}-0.007\cdot4.15\frac{Pl^2}{EI}\right)=-0.13055P\\
\end{align*}
\)

Z równowagi poszczególnych węzłów mamy:

\(
\begin{align*}\\
&W_B^2+V_B\cdot cos\alpha=0\\
&V_B=-\frac{W_B^2}{cos\alpha}=-\frac{W_B^2}{\frac{4}{5}}=-\frac{5}{4}W_B^2\\
\end{align*}
\)

Podstawiając:

\(
\begin{align*}\\
&V_B=-\frac{5}{4}\cdot\left(-0.13055P\right)=0.163P\\
\end{align*}
\)

Analogicznie dla węzłow A oraz C:

\(
\begin{align*}\\
&V_A+N_1=0\rightarrow V_A=-N_1\\
\end{align*}
\)

\(
\begin{align*}\\
&-N_1cos\alpha+W_C^1sin\alpha-Psin\alpha+W_C^2=0\\
&N¬1=WC2cosα+WC1-Psinαcosα=WC2cosα+WC1-Ptgα\\
&V_A=-\frac{W_C^2}{cos\alpha}+\left(P-W_C^1\right)tg\alpha\\
\end{align*}
\)

Podstawiając:
\(
\begin{align*}\\
&V_A=-\frac{0.2374P}{\frac{4}{5}}+\left(P-0.9378P\right)\cdot\frac{3}{4}=-0.25P\\
\end{align*}
\)

Źródło zadania:
Egzamin z Mechaniki Konstrukcji (MK IPB), 24.06.2017 studia niestacjonarne (Politechnika Warszawska, Wydział Inżynierii Lądowej).