MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Rozwiązywanie ramy statyczne niewyznaczalnej Metodą Sił
Polecenie: Narysuj wykres sił wewnętrznych w ramie. Zadanie rozwiąż metodą sił.
2
P=12kN
M=6kNm
2EJ 2EJ
q =4kN/m
EJ
4 5
Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności układu:
 układ trzykrotnie statycznie niewyznaczalny.
RozwiÄ…zanie nr 1.
1. Schemat podstawowy (zwalniamy podpory):
X
1
X3
X2
Wykresy jednostkowe:
1
9m
0
X =1
1
5
9
M1
4 5
1 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
1
4m
0
4
M2
X =1
2
4 5
0
3
1
3
3m
M3
X =1
3
4 5
Wykres M0 (moment zginający od obciążenia zewnętrznego):
2
P=12kN
M=6kNm
M =12kNm
A
H =12kN
A
q =4kN/m
V =12kN
A
4 5
Wyznaczenie reakcji:
Wykres sił tnących:
12
12
+
12
-
T0
[kN]
2 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
3
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Wykres momentów zginających:
12
6
6
18
12
M0
[kNm]
Podział wykresów momentów do całkowania:
12
6
6
18 18
2 2
ql /8=4 3 /8=4,5kNm
12
M0
[kNm]
12
12
12
1
9m
0
X =1
1
5
7
9
M1
4 5
1
4m
0
2
4
M2
X =1
2
4 5
3 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Współczynniki układu równań kanonicznych:
´11 - caÅ‚kujemy wykres M1 sam przez siebie
1 1 2 243
ëÅ‚
´11 = Å"9 Å"9Å" Å"9öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
´12 - caÅ‚kujemy wykres M1 z M2
1 îÅ‚1 2 1 Å‚Å‚ 92
´12 = Å" 4Å" 4Å"ëÅ‚ Å"9 + Å"5öłśł =
ïÅ‚2 ìÅ‚ 3 3 ÷Å‚ 3EI
2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
´13 - caÅ‚kujemy wykres M1 z M3
1 îÅ‚ 1 1 Å‚Å‚ 42
´13 = 4 Å"ëÅ‚- Å"9 - Å"5öłśł = -
ïÅ‚3Å" ìÅ‚ 2 2 ÷Å‚ EI
2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
´10 - caÅ‚kujemy wykres M1 z M0
1 îÅ‚ 1 1 1 1 2 1 1 2 1 Å‚Å‚ 61
´10 = Å"5Å"ëÅ‚- Å"5öÅ‚ +12 Å" 2 Å"ëÅ‚ Å"5 + Å" 7öÅ‚ + Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚- Å"9 - Å" 7öÅ‚ + Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚ Å" 7 + Å"9öłśł =
ïÅ‚6 ìÅ‚ 2 ÷Å‚ ìÅ‚ 2 2 ÷Å‚ 2 ìÅ‚ 3 3 ÷Å‚ 2 ìÅ‚ 3 3 ÷Å‚ 2EI
2EI
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
´21- caÅ‚kujemy wykres M2 z M1
92
´21 = ´12 =
3EI
´22 - caÅ‚kujemy wykres M2 sam przez siebie
1 1 2 32
îÅ‚
´22 = Å" 4Å" 4Å" Å" 4Å‚Å‚ =
ïÅ‚2 3 śł
2EI 3EI
ðÅ‚ ûÅ‚
´23 - caÅ‚kujemy wykres M2 z M3
1 îÅ‚ 1 Å‚Å‚ 12
´23 = 4 Å"ëÅ‚- Å" 4öłśł = -
ïÅ‚3Å" ìÅ‚ 2 ÷Å‚ EI
2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
´20 - caÅ‚kujemy wykres M2 z M0
1 îÅ‚ 1 1 2 1 1 2 1 Å‚Å‚ 8
´20 =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚12Å" 2Å"ëÅ‚ Å" 2öÅ‚ + Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚ Å" 2 + Å" 4öÅ‚ + Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚- 3 Å" 4 - 3 Å" 2öłśł = EI
2EI 2 2 3 3 2
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
´31- caÅ‚kujemy wykres M3 z M1
42
´31 = ´13 = -
EI
´32 - caÅ‚kujemy wykres M3 z M2
12
´32 = ´23 = -
EI
´33 - caÅ‚kujemy wykres M3 sam przez siebie
1 1 1 2 27
ëÅ‚
´33 = (3Å" 4 Å"3)+ Å"3Å"3Å" Å"3öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI EI 2 3 EI
íÅ‚ Å‚Å‚
´30 - caÅ‚kujemy wykres M3 z M0
1 1 1 1 îÅ‚1 2 2 Å‚Å‚ - 76,5
îÅ‚12
´30 = Å" 2 Å"(- 3)+ Å"12 Å" 2 Å"(- 3)+ Å"12 Å" 2Å"3Å‚Å‚ + Å"18Å"3Å"ëÅ‚ - Å"3öÅ‚ + Å" 4,5Å"3Å"1,5śł =
ïÅ‚2 ìÅ‚ 3 ÷Å‚ 3
ïÅ‚ śł
2EI 2 2 EI EI
ðÅ‚ ûÅ‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
Układ równań kanonicznych metody sił:
´11 Å" X1 + ´12 Å" X2 + ´13 Å" X3 + ´10 = 0
Å„Å‚
ôÅ‚´ Å" X1 + ´22 Å" X2 + ´23 Å" X3 + ´20 = 0
òÅ‚
21
ôÅ‚´ Å" X1 + ´32 Å" X2 + ´33 Å" X3 + ´30 = 0
ół 31
243 92 42 61
Å„Å‚
ôÅ‚2EI Å" X1 + 3EI Å" X2 - EI Å" X3 + 2EI = 0 /Å" 6EI
ôÅ‚
92 32 12 8
ôÅ‚
Å" X1 + Å" X2 - Å" X3 + = 0 /Å"3EI
òÅ‚
ôÅ‚3EI 3EI EI EI
ôÅ‚ 42 12 27 76,5
ôÅ‚- EI Å" X1 - EI Å" X2 + EI Å" X3 - EI = 0 /Å" EI
ół
4 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
729 Å" X1 +184 Å" X - 252 Å" X3 +183 = 0
Å„Å‚
2
ôÅ‚92 Å" X1 + 32 Å" X - 36 Å" X3 + 24 = 0
òÅ‚
2
ôÅ‚- 42 Å" X1 -12 Å" X2 + 27 Å" X3 - 76,5 = 0
ół
Rozwiązanie układu równań:
X1 = 1,03kN
Å„Å‚
ôÅ‚X = 2,56kN
òÅ‚
2
ôÅ‚X = 5,57kN
ół 3
Ostateczny wykres momentów dla układu statycznie niewyznaczalnego:
Wykres momentów w poszczególnych punktach wyznaczamy na podstawie wzoru:
Mi = M1i Å" X1 + M2i Å" X2 + M3i Å" X3 + M0i
Zaznaczenie charakterystycznych punktów na konstrukcji:
B
A F
C D
E
G
M = 9Å"1,03 + 4Å" 2,56 - 3Å"5,57 -12 = -9,2kNm
A
MB = 7 Å"1,03 + 2Å" 2,56 - 3Å"5,57 +12 = 7,62kNm
MC = 5Å"1,03 + 0 Å" 2,56 - 3Å"5,57 +12 = 0,44kNm
MD = 5Å"1,03 + 0Å" 2,56 + 0 Å"5,57 - 6 = -0,85kNm
ME = 0Å"1,03 + 0Å" 2,56 - 3Å"5,57 +18 =1,29kNm
MF = 0 Å"1,03 + 0 Å" 2,56 + 0Å"5,57 - 6 = -6kNm podpora przegubowa obciążona momentem skupionym
MG = 0Å"1,03 + 0Å" 2,56 + 0 Å"5,57 + 0 = 0kNm podpora przegubowa nie obciążona momentem skupionym
Wyznaczenie wartości sił tnących i normalnych w zadanej ramie:
2
1,03kN
3,59kN
P=12kN
M=6kNm
9,2kNm
0,44kNm 0,44kNm
0,85kNm
6,43kN 0kN
6,43kN 0kN
0,85kNm
3,59kN
6,43kN
1,03kN
1,29kNm
1,03kN
2,56kN
8,41kN
2,56kN
1,29kNm
6,43kN
q =4kN/m
5,57kN
2,56kN
5 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
x
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Wyznaczenie ekstremum
5,57
T (x) = 5,57 - 4x = 0 x = =1,39m
4
1,392
M (x = 1,39m) = 5,57 Å"1,39 - 4 Å" = 3,88kNm
2
Wykresy sił wewnętrznych w ramie statycznie niewyznaczalnej:
6,43
6,43
+
2,56
-
N
[kN]
2,56
8,41 8,41
+
6,43
-
-
1,03 1,03
-
3,59
T
[kN]
+
5,57
9,2
6
0,85
1,29
0,44
7,62
M
3,88
[kNm]
6 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
RozwiÄ…zanie nr 2.
2. Schemat podstawowy (wprowadzenie przegubów):
X X
X
X 1 1
2
3
X
2
Wykresy jednostkowe:
X =1
1
X =1
1
1
1
4
5
0
9
20
4 5
1
M1
X =1
2
1
3
X =1
2
1
0
5
1
3
1
5
4 5
7 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
1
1
M2
X =1
3
0
1
0
4
0
1
4
4 5
1
M3
Wykres M0 (moment zginający od obciążenia zewnętrznego):
Wyznaczenie reakcji:
6
= 6 -VF Å" 5 = 0 VF = kN
"M BP
5
= 3Å" HG - 4 Å" 3Å"1,5 = 0 HG = 4 Å"1,5 = 6kN
"M BD
= VA Å" 4 -12 Å" 2 = 0 VA = 6kN
"M BL
RX = -H - 6 + 4 Å"3 = 0 H =12 - 6 = 6kN
" A A
6 6 24
= 6 -12 + + VG = 0 VG = 12 - 6 - = kN
"RY
5 5 5
8 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
2
A
P=12kN
M=6kNm
B
6
H = kN
A
F
q =4kN/m
6
V = kN 6
A
V = kN
F
5
6
H = kN
G
G
V =24kN
G
5
4 5
Wykres sił tnących:
6
6
+ 6
-
-
1,2
-
6
T
0
[kN]
+
6
Wykres momentów zginających:
6
12
M0
4,5
[kNm]
Podział wykresów momentów do całkowania:
0,5
1
M1
0,5
1
M3
9 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Współczynniki układu równań kanonicznych:
1 1 2 1 2 3
ëÅ‚
´11 = Å"1Å" 4 Å" Å"1+ Å"1Å"5Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 2 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 1 2 5
ëÅ‚
´12 = Å"1Å"5Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 6EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 1 1 1
ëÅ‚
´13 = Å"1Å" 4 Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 3EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 ëÅ‚ 1 2 1 2 1 1 1 öÅ‚ 7
´10 = ìÅ‚ Å"12Å" 2 Å" Å" 0,5 + Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚ Å" 0,5 + Å"1öÅ‚ - Å" 6 Å"5Å" Å"1÷Å‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 2 3 3 2 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
5
´21 = ´12 =
6EI
1 1 2 1 1 2 11
ëÅ‚ ëÅ‚
´22 = Å"1Å"5Å" Å"1öÅ‚ + Å"1Å"3Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 EI 2 3 6EI
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
´23 = 0
1 1 1 1 2 1 2
ëÅ‚- Å"6 Å"5Å" Å"1öÅ‚ + ëÅ‚
´20 = Å" 4,5Å"3Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 EI 3 2 EI
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
1
´31 = ´13 =
3EI
´32 = ´23 = 0
1 1 2 2
ëÅ‚
´33 = Å"1Å" 4Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 3EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 ëÅ‚ 1 2 1 1 1 2 1 öÅ‚ 6
´30 = ìÅ‚ Å"12 Å" 2 Å"ëÅ‚ Å" + Å"1öÅ‚ + Å"12Å" 2 Å" Å" ÷Å‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 2 3 2 3 2 EI
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Układ równań kanonicznych metody sił:
3 5 1 7
Å„Å‚
ôÅ‚2EI Å" X1 + 6EI Å" X 2 + 3EI Å" X3 + 2EI = 0 /Å" 6EI
ôÅ‚
ôÅ‚ 5 11 2
Å" X1 + Å" X + 0 Å" X3 + = 0 /Å" 6EI
òÅ‚
2
EI
ôÅ‚6EI 6EI
ôÅ‚ 1 2 6
ôÅ‚3EI Å" X1 + 0 Å" X 2 + 3EI Å" X3 + EI = 0 /Å"3EI
ół
9 Å" X1 + 5 Å" X + 2 Å" X3 + 21 = 0
Å„Å‚
2
ôÅ‚5 Å" X1 +11Å" X + 0 Å" X3 + 12 = 0
òÅ‚
2
ôÅ‚X + 0 Å" X + 2 Å" X3 +18 = 0
ół 1 2
Rozwiązanie układu równań:
X1 = 0,43kNm
Å„Å‚
ôÅ‚X = -1,29kNm
òÅ‚
2
ôÅ‚X = -9,21kNm
ół 3
Ostateczny wykres momentów dla układu statycznie niewyznaczalnego:
M = 0 Å"0,43 + 0Å"(-1,29)+1Å"(- 9,21)+ 0 = -9,21kNm
A
MB = 0,5Å"0,43 + 0 Å"(-1,29)+ 0,5Å"(- 9,21)+12 = 7,61kNm
MC =1Å"0,43 + 0 Å"(-1,29)+ 0 Å"(- 9,21)+ 0 = 0,43kNm
10 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
MD =1Å" 0,43 +1Å"(-1,29)+ 0 Å"(- 9,21)+ 0 = -0,86kNm
ME = 0Å" 0,43 -1Å"(-1,29)+ 0 Å"(- 9,21)+ 0 =1,29kNm
MF = 0 Å" 0,43 + 0 Å"(-1,29)+ 0Å"(- 9,21)- 6 = -6kNm podpora przegubowa obciążona momentem skupionym
MG = 0Å" 0,43 + 0Å"(-1,29)+ 0Å"(- 9,21)+ 0 = 0kNm podpora przegubowa nie obciążona momentem
skupionym
Wyznaczenie wartości sił tnących i normalnych w zadanej ramie odbywa się identycznie jak w rozwiązaniu
nr 1.
Wykres momentów w ramie statycznie niewyznaczalnej:
9,21
6
0,86
1,29
0,43
7,61
3,88 M
[kNm]
Niewielkie różnice w wartości momentów w węzłach w stosunku do rozwiązania nr 1 wynikają z zaokrągleń
wyników układu równań. Wykres sił tnących i normalnych analogicznie jak w rozwiązaniu nr 1.
RozwiÄ…zanie nr 3.
3. Schemat podstawowy (przecięcie układu):
X3
X
1
X
X2
2
X
1
X
3
Wykresy jednostkowe:
1
X =1
1
X =1
1
0
0
1
5
0
4 5
1
5
11 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
1
1
1
M1
0
X =1
X =1
1 2
2
3
0
5
1
3
5
4 5
3
M2
X =1
4
3
0
1
X =1
0
3
0
1
4 5
4
M3
12 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
Wykres M0 (moment zginający od obciążenia zewnętrznego):
Wyznaczenie reakcji:
- część lewa układu - część prawa układu
= -M + 12 Å" 2 = 0 M = 24kNm = -5VF + 4 Å" 3Å"1,5 + 6 = 0 VF = 4,8kN
"M A A A "MG
= -H = 0 H = 0kN = 4 Å" 3 - HG = 0 HG = 12kN
"RX A A "RX
L P
= VA -12 = 0 VA = 12kN = -VG + 4,8 = 0 VG = 4,8kN
"RYL "RYP
2
P=12kN
M=6kNm
M =24kNm
A
H =0kN
A
q =4kN/m
V =12kN
A
V =4,8kN
F
H =12kN
G
4
V =4,8kN
G
5
Wykres sił tnących:
12
12
+
-
4,8
T0
[kN]
+
Wykres momentów zginających:
12
24
6
18
M0
[kNm]
Podział wykresów momentów do całkowania:
2
4
M3
13 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
3
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
24
6
18
2 2
18
ql /8=4 3 /8=4,5kNm
M0
+
[kNm]
6
18
Współczynniki układu równań kanonicznych:
1 1 2 17
ëÅ‚1Å"
´11 = 4Å"1+ Å"1Å"5Å" Å"1öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 6EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 1 2 5
ëÅ‚
´12 = Å"1Å"5Å" Å"3öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 1 4
ëÅ‚1Å"
´13 = 4 Å" Å" 4öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 ëÅ‚ 1 1 2 1 öÅ‚ 1
´10 = ìÅ‚ Å" 24 Å" 2 Å"(-1)+ Å"1Å"5Å"ëÅ‚ Å"18 - Å" 6öÅ‚÷Å‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚÷Å‚
ìÅ‚
2EI 2 2 3 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
5
´21 = ´12 =
2EI
1 1 2 1 1 2 33
ëÅ‚ ëÅ‚
´22 = Å"3Å"5Å" Å"3öÅ‚ + Å"3Å"3Å" Å"3öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 EI 2 3 2EI
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
´23 = 0
1 ëÅ‚ 1 2 1 öÅ‚ 1 1 2 2 1 105
ëÅ‚
´20 = ìÅ‚ Å"3Å"5Å"ëÅ‚ Å"18 - Å" 6öÅ‚÷Å‚ + Å"18Å"3Å" Å"3 + Å" 4,5Å"3Å" Å"3öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚
2EI 2 3 3 EI 2 3 3 2 EI
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
4
´31 = ´13 =
EI
´32 = ´23 = 0
1 1 2 32
ëÅ‚
´33 = Å" 4 Å" 4Å" Å" 4öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
2EI 2 3 3EI
íÅ‚ Å‚Å‚
1 ëÅ‚ 1 2 1 öÅ‚ 40
´30 = ìÅ‚ Å" 24 Å" 2 Å"ëÅ‚- Å" 4 - Å" 2öÅ‚÷Å‚ = -
ìÅ‚ ÷Å‚÷Å‚
ìÅ‚
2EI 2 3 3 EI
íÅ‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Układ równań kanonicznych metody sił:
17 5 4 1
Å„Å‚
ôÅ‚6EI Å" X1 + 2EI Å" X 2 + EI Å" X3 + 2EI = 0 /Å" 6EI
ôÅ‚
ôÅ‚ 5 33 105
Å" X1 + Å" X + 0 Å" X3 + = 0 /Å" 2EI
òÅ‚
2
EI
ôÅ‚2EI 2EI
ôÅ‚ 4 32 40
Å" X1 + 0 Å" X + Å" X3 - = 0 /Å"3EI
2
ôÅ‚
EI 3EI EI
ół
14 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber
MECHANIKA BUDOWLI semestr zimowy
17 Å" X1 +15 Å" X + 24 Å" X3 + 3 = 0
Å„Å‚
2
ôÅ‚5 Å" X1 + 33 Å" X + 0 Å" X3 + 210 = 0
òÅ‚
2
ôÅ‚12 Å" X1 + 0 Å" X + 32 Å" X3 -120 = 0
ół 2
Rozwiązanie układu równań:
X1 = 0,43kNm
Å„Å‚
ôÅ‚X = -6,43kN
òÅ‚
2
ôÅ‚X = 3,59kN
ół 3
Ostateczny wykres momentów dla układu statycznie niewyznaczalnego:
M =1Å"0,43 + 0 Å"(- 6,43)+ 4Å"(3,59)- 24 = -9,21kNm
A
MB =1Å"0,43 + 0 Å"(- 6,43)+ 2Å"(3,59)+ 0 = 7,61kNm
MC = 1Å" 0,43 + 0 Å"(- 6,43)+ 0Å"(3,59)+ 0 = 0,43kNm
MD =1Å" 0,43 + 3Å"(- 6,43)+ 0Å"(3,59)+18 = -0,86kNm
ME = 0Å"0,43 - 3Å"(- 6,43)+ 0 Å"(3,59)-18 =1,29kNm
MF = 0Å" 0,43 + 0 Å"(- 6,43)+ 0Å"(3,59)- 6 = -6kNm podpora przegubowa obciążona momentem skupionym
MG = 0Å" 0,43 + 0Å"(- 6,43)+ 0Å"(3,59)+ 0 = 0kNm podpora przegubowa nie obciążona momentem
skupionym
Wyznaczenie wartości sił tnących i normalnych w zadanej ramie odbywa się identycznie jak w rozwiązaniu
nr 1.
Wykres momentów w ramie statycznie niewyznaczalnej:
9,21
6
0,86
1,29
0,43
7,61
3,88 M
[kNm]
Inne przykładowe schematy podstawowe dla rozwiązania tego zadania:
15 | S t r o n a mgr inż. Hanna Weber


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Skrecanie stat niewyznacz IMiR
4 Stat niewyz wykład
Temat 5 Ramy statycznie niewyznaczalne
obl ramy statycznie niewyznaczalnej
Analiza stat ścianki szczelnej
function stat
function stat
Met mat i stat w inz chem W 1
ERRATA stat 2003
Met mat i stat w inz chem W 2
Stat LWZ LZZ wyklad1

więcej podobnych podstron