Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
OD OSIADANIA PODPÓR.
Agnieszka Sysak
Gr 3
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
2
Dla układu
1
3
6
2
4
[m]
EJ
EJ
EJ
1,389EJ
1,389EJ
0,004 m
0,006 m
0,005 m
0,002 rad
o danych parametrach geometrycznych i fizycznych:
J =3060 cm
4
E=205 GPa
EJ =6273 kNm
2
przyjęto układ podstawowy (SGN = 3):
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
u
3
R
3
R
2
φ
3
φ
2
R
1
0,004 m
0,006 m
0,005 m
0,002 rad
Ponieważ dodaliśmy do układu podpory, zakładamy, że reakcje w tych podporach są równe zero. Rozpisując
układ równań kanonicznych otrzymamy:
R
1
=r
11
⋅Z
1
r
12
⋅Z
2
r
13
⋅Z
3
r
1
=0
R
2
=r
21
⋅Z
1
r
22
⋅Z
2
r
23
⋅Z
3
r
2
=0
R
2
=r
31
⋅Z
1
r
32
⋅Z
2
r
33
⋅Z
3
r
3
=0
Ponieważ układ podstawowy jest identyczny jak dla obciążenia zewnętrznego wartości r
ik
pozostaną
niezmienione. Wystarczy obliczyć jedynie wartości r
i∆
.
Zadany obrót węzła 5 stanie się dodatkowym kątem obrotu φ
5
(∆ )
= -0,002 rad.
Nieznane kąty obrotu cięciwy prętów powstałe w wyniku działania zadanych osiadań obliczymy zapisując
równania łańcucha kinematycznego układu.
1
3
6
2
4
[m]
ψ
01
(∆)
0
1
2
3
4
ψ
34
(∆)
ψ
25
(∆)
ψ
23
(∆)
5
ψ
12
(∆)
0,004 m
0,006 m
0,005 m
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
3
43
0,005 4 ⋅
34
=0
⇒
34
=−0,00125 rad
523
4 ⋅
25
=0
⇒
25
=0
5234
−2 ⋅
25
6 ⋅
23
=0,006
⇒
23
=0,001 rad
0125
0,004 6 ⋅
12
2 ⋅
25
=0
⇒
12
=−0,0006 rad
0123
3 ⋅
01
1 ⋅
12
=0
⇒
01
=0,000 2rad
Podstawiając wartości Ψ
ik
(∆)
, φ
5
(∆)
, oraz EJ do wzorów transformacyjnych otrzymamy wartości momentów w
stanie ∆:
M
01
= 3 EJ
3
0
−
01
=−1,3940 [kNm]
M
21
= 3
⋅1,389 EJ
37
2
−
12
=2,8649 [kNm]
M
25
= 2 EJ
20
2
2
5
−3
25
=−5,6107 [kNm]
M
52
= 2 EJ
20
2
2
5
−3
25
=−11,2215 [kNm]
M
23
= 2
⋅1,389 EJ
6
2
2
3
−3
23
=−8,7132 [kNm]
M
32
= 2
⋅1,389 EJ
6
2
2
3
−3
23
=−8,7132 [kNm]
M
34
= 2 EJ
4
2
3
4
−3
34
=11,7619 [kNm]
M
43
= 2 EJ
4
3
2
4
−3
34
=11,7619 [kNm]
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1
3
6
2
4
[m]
ψ
01
=
0
1
2
3
4
ψ
34
=
ψ
25
=
ψ
23
=
5
ψ
12
=-
z
3
=1
r
2∆
r
1∆
-1,3940
r
3∆
-11,2215
2,8649
-5,6107
-8,7132
11,7619
13
36
1
12
1
12
1
4
1
4
[kNm]
r
1
−−8,7132−−2,8649=0
⇒
r
1
=−11,4590 [kNm]
r
2
−11,7619 −−8,7132=0
⇒
r
2
=3,0487 [kNm]
r
3
⋅
1 −1,3940
01
2,8649
12
−5,6107−11,2215
25
−8,7132−8,7132
23
11,761911,7619
34
=0
⇒
r
3
=0,5214 [kN ]
Obliczone wartości r
i∆
podstawiamy do układu równań kanonicznych i obliczamy wartości niewiadomych
kątów obrotu węzłów i przesuwu:
{
2,5055 EJ Z
1
0,4630 EJ Z
2
−0,3941 EJ Z
3
−11,4590 =0
0,4630 EJ Z
1
1,9260 EJ Z
2
−0,4908 EJ Z
3
3,0487 =0
−0,3941 EJ Z
1
−0,4908 EJ Z
2
0,5097 EJ Z
3
0,5214 =0
{
EJ Z
1
=5,1275
EJ Z
2
=−2,7377
EJ Z
3
=0,3054
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
4
Obliczmy zatem wartości momentów przywęzłowych:
M
01
=−13
36
EJ Z
3
−1,3940 =−1,5043 [kNm]
M
21
= 4,167
37
EJ Z
1
1,389
4
37
EJ Z
3
2,8649 =6,3949 [kNm]
M
25
= 4
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
−5,6107 =−1,1270 [kNm]
M
52
= 2
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
−11,2215 =−9,0308[kNm]
M
23
= 2,778
3
EJ Z
1
1,389
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
−8,7132 =−5,2680 [kNm]
M
32
= 1,389
3
EJ Z
1
2,778
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
−8,7132 =−8,9096 [kNm]
M
34
=EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
11,7619 =8,9097 [kNm]
M
43
= 1
2
EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
11,7619 =10,2785 [kNm]
Sprawdzenie równowagi momentów w węzłach:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1,5043
8,9096
5,2680
6,3949
[kNm]
9,0308
1,1270
10,2785
8,9097
węzeł 2 :
6,3949 −1,1270 −5,2680 =−0,0001 [kNm]≈0
węzeł 3:
8,9096 −8,9097 =−0,0001 [kNm]≈0
Tnące i normalne obliczamy wycinając myślowo kolejne pręty i równoważąc węzły:
3
1,5043
T
10
N
10
T
01
N
01
0
1
∑
M
1
: 1,5043 −T
01
⋅3 =0
⇒ T
01
=0,5014 [kN ]
∑
X :T
01
=T
10
∑
Y : N
01
=N
10
10,2785
8,9097
3
4
4
N
43
N
34
T
34
T
43
∑
M
3
: 8,9097 10,2785 T
43
⋅4 =0
⇒ T
43
=−4,7971 [kN ]
∑
X :T
34
=T
43
∑
Y : N
34
=N
43
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
5
2
3
8,9096
5,2680
N
23
N
32
T
23
T
32
6
∑
M
2
: 5,2680 8,9096 −T
32
⋅6 =0
⇒ T
32
=2,3629 [kN ]
∑
X :T
23
=T
32
∑
X : N
23
=N
32
N
34
4,7971
2,3629
N
32
∑
X : N
32
−4,7971 =0
⇒
N
32
=N
23
=4,7971 [kN ]
∑
Y : N
34
−2,3629 =0
⇒
N
34
=N
43
=2,3629 [kN ]
sin =
1
37
cos =
6
37
sin =
4
20
cos =
2
20
2
5
9,0308
1,1270
T
52
T
25
N
25
N
52
4
2
β
∑
M
2
: 1,1270 9,0308 −T
52
⋅
20=0
⇒ T
52
=2,2714 [kN ]
∑
∨:T
25
=T
52
∑
: N
25
=N
52
1
2
6,3949
N
21
N
12
T
21
T
12
6
1
α
∑
M
1
: 6,3949 T
21
⋅
37=0
⇒ T
21
=−1,0513 [kN ]
∑
:T
12
=T
21
∑
∨: N
12
=N
21
N
10
0,5014
α
N
12
1,0513
∑
X : −0,5014 N
12
⋅ 6
37
−1,0513 ⋅
1
37
=0
⇒
N
12
=0,6835 [kN ]
∑
Y : −N
10
N
12
⋅ 1
37
1,0513 ⋅
6
37
=0
⇒
N
10
=1,1491 [kN ]
2,2714
N
25
4,7971
2,3629
1,0513
0,6835
α
β
∑
X : 4,7971 1,0513 ⋅
1
37
−0,6835 ⋅
6
37
−2,2714 ⋅
4
20
N
25
⋅ 2
20
=0
⇒
N
25
=−5,0627 [kN ]
spr
∑
Y : −2,3629 −1,0513 ⋅
6
37
−0,6835 ⋅
1
37
−2,2714 ⋅
2
20
−−5,0627 ⋅
4
20
=0,0002 ≈0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
6
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1,0513
6,3949
8,9097
1,1270
9,0308
10,2785
8,9096
5,2680
M
∆
(n)
[kNm]
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
0,5014
-1,0513
2,2714
-4,7971
2,3629
T
∆
(n)
[kN]
+
-
+
+
-
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1,1491
0,6835
-5,0627
2,3629
4,7971
N
∆
(n)
[kN]
+
+
+
-
+
•
Kontrola kinematyczna
1⋅=
∑∫
M
n
⋅
M
0
EJ
dx−
∑
R⋅
Obliczmy zatem zerowy kąt obrotu φ
5
węzła 5 dla nowego układu podstawowego:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
M
0
[ - ]
1
1
1
1
1
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
7
5
= 1
6273
[
1
2
⋅9,0308 ⋅
20⋅1 −
1
2
⋅1,1270 ⋅
20⋅1
1
1,389
⋅1
2
⋅5,2680 ⋅6 ⋅1 −
− 1
1,389
⋅1
2
⋅8,9096 ⋅6 ⋅1
1
2
⋅8,9097 ⋅4 ⋅1 −
1
2
⋅10,2785 ⋅4 ⋅1
]
−1 ⋅0,002 =0 [m]
•
Sprawdzenie statyczne:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1,5043
9,0308
10,2785
0,5014
1,1491
2,3629
4,7971
2,2714
5,0627
∑
X : −0,5014 −2,2714 ⋅
4
20
−5,0627 ⋅
2
20
4,7971 =−0,00001 [kN ]≈0
∑
Y : −1,1491 −2,2714 ⋅
2
20
5,0627 ⋅
4
20
−2,3629 =0,00042 [kN ]≈0
∑
M
5
: 10,2785 −1,5043−9,0308 −1,1491 ⋅622,3629 ⋅4 =0,00220 [kNm]≈0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19