Logo

Łukasz 796 083 343 Grzegorz 731 857 989

Przykład 1 (bezpłatny)

Przykład 1 (bezpłatny)

Treść

Narysować wykresy sił wewnętrznych M,Q,N.

Rozwiązanie

Ponieważ zarówno rama jak i obciążenie jest symetryczne rozpatruję wyłącznie układ połówkowy dla symetrii.

Jak widać dla tego układu SKN=2

Stan $\varphi_1$

Z równowagi węzła B dla momentów

\(\begin{align*}
&r_{11}-\frac{3EI}{l}-\frac{2\sqrt2}{l}EI=0\\
&r_{11}=5,828\frac{EI}{l}\\
\end{align*}\\\)

Z równowagi węzła C dla sił

\(\begin{align*}
&\sum{F_Y=0}\\
&-N_1\cdot sin\alpha-\frac{3}{l^2}\cdot cos\alpha=0\\
&N_1=-\frac{3}{l^2}\\
\end{align*}\)

\(\begin{align*}
&\sum{F_X=0}\\
&-\frac{3}{l^2}EI+r_{21}-\frac{3}{l^2}EI\cdot\sin{\alpha}+N_1\cdot cos\alpha=\\
&r_{21}=7,243\frac{EI}{l^2}\\
\end{align*}\)

Stan \Delta_2

Zauważmy, że z rysunku: $sin\alpha=\frac{a}{1}, stąd a=\frac{1}{sin\alpha}=\sqrt2$

Z równowagi węzła B dla momentów:

\(\begin{align*}
&r_{12}-3\frac{EI}{l^2}-4,243\frac{EI}{l^2}=0\\
&r_{12}=7,243\frac{EI}{l^2}\\
\end{align*}\)

Wynik zgodny z wynikiem dla stanu $\varphi_1$

Z równowagi węzłów C oraz B dla sił:

\(\begin{align*}
&\sum{F_Y=0}\\
&-N_1\cdot sin\alpha-6\frac{EI}{l^3}=0\\
&N_1=-6\frac{EI}{l^3}\\
\end{align*}\)
B

\(\begin{align*}
&\sum{F_X=0}\\
&-3\frac{EI}{l^3}+r_{22}-6\frac{EI}{l^3}sin\alpha+N_1\cdot cos\alpha=0\\
&r_{22}=11,486\frac{EI}{l^3}\\
\end{align*}\)

Stan P

Z równowagi węzła B dla momentów:

\(\begin{align*}
&r_{1p}+\frac{ql^2}{12}=0\\
&r_{1p}=-\frac{ql^2}{12}\\
\end{align*}\)

Z równowagi węzłów B oraz C dla sił

\(\begin{align*}
&\sum{F_Y=0}\\
&-N_1\cdot sin\alpha+\frac{ql\sqrt2}{4}\cdot cos\alpha=0\\
&N_1=\frac{\sqrt2}{4}ql\\
\end{align*}\)

Uwaga – ze względu na obciążenie ciągłe nieprostopadłe do osi pręta mamy:
\(\begin{align*}
&N_3=N_1-ql\cdot sin\alpha\\
&\sum{F_X=0}\\
&r_{2p}+N_3\cdot cos\alpha+\frac{ql\sqrt2}{4}\cdot sin\alpha=0\\
&r_{2p}=\frac{1}{2}ql\\
\end{align*}\)
Podstawiamy do równania kanonicznego
\(\begin{align*}
&r_{11}\varphi_1+r_{12}\Delta_2+r_{1p}=0\\
&r_{21}\varphi_1+r_{22}\Delta_2+r_{2p}=0\\
&5,828\frac{EI}{l}\varphi_1+7,243\frac{EI}{l^2}\Delta_2-\frac{ql^2}{12}=0\\
&7,243\frac{EI}{l^2}\varphi_1+11,486\frac{EI}{l^3}\Delta_2+\frac{1}{2}ql=0\\
\end{align*}\)
Stąd:
\(\begin{align*}
&\varphi_1=0,316\frac{ql^3}{EI}\\
&\Delta_2=-0,243\frac{{ql}^4}{EI}\\
\end{align*}\)
Z zasady superpozycji
\(\begin{align*}
&M_{ost}=M_1\varphi_1+M_2\Delta_2+M_p\\
&M_B^A=3\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2+3\frac{EI}{l^2}\cdot\varphi_1=0,22ql^2\\
&M_B^C=4,243\cdot\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2+2\sqrt2\cdot\frac{EI}{l}\cdot\varphi_1-\frac{1}{12}ql^2=-0,22ql^2\\
&M_C=-4,243\cdot\frac{EI}{l^2}\cdot\Delta_2-\sqrt2\cdot\frac{EI}{l}\cdot\varphi_1-\frac{1}{12}ql^2=0,5ql^2\\
\end{align*}\)
Stąd wykres M_{ost}

Z równowagi elementu BC

\(\begin{align*}
&\sum{M_C=0}\\
&T_{BC}\cdot l\sqrt2-0,22ql^2-0,5ql^2-q\cdot l\cdot\frac{l}{2}=0\\
&T_{BC}=0,86ql\\
&\sum{M_B=0}\\
&-T_{CB}\cdot l\sqrt2-0,22ql^2-0,5ql^2+q\cdot l\cdot\frac{l}{2}=0\\
&T_{BC}=0,16ql\\
\end{align*}\)
Stąd wykres Q_{ost}

Z równowagi węzłów B oraz C

\(\begin{align*}
\sum F_y=0
&-N_{CB}\ sin\alpha+0,16ql\cdot cos\alpha=0\\
&N_{CB}=0,16ql\\
\end{align*}\)

Ze względu na obciążenie ciągłe
\(\begin{align*}
&N_{BC}=N_{CB}-qlsin\alpha=-0,55ql\\
&\sum{F_Y=0}\\
&N_{BA}-0,86\cdot cos\alpha+N_{BC}\cdot sin\alpha=0\\
&N_{BC}=ql\\
\end{align*}\)
Stąd wykres N_{ost}

Na koniec dokonujemy złożenia wykresów ze stanu symetria, pamiętając o tym, że dla symetrii:
– momenty gnące odbijamy symetrycznie (znaki bez zmian)
– siły tnące odbijamy antysymetrycznie (dla odbicia zmieniamy znaki na przeciwne)
– siły normalne odbijamy symetrycznie (znaki bez zmian)

Dodaj komentarz

avatar
  Subscribe  
Powiadom o