Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

1

POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI

ĆWICZENIE NR 2

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

OD TEMPERATURY.

Agnieszka Sysak
Gr 3

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

2

Dla układu

1

3

6

2

4

[m]

EJ

EJ

EJ

1,389EJ

1,389EJ

+20

°

C

+10

°

C

-15

°

C

t

m

= +5

°

C

o danych parametrach geometrycznych i fizycznych:

J =3060 cm

4

E=205 GPa

EJ =6273 kNm

2



t

=1,2 ⋅10

−5

1

o

C

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

+20

°

C

+10

°

C

-15

°

C

t

m

= +5

°

C

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

1t

=0

R

2

=r

21

⋅Z

1

r

22

⋅Z

2

r

23

⋅Z

3

r

2 t

=0

R

2

=r

31

⋅Z

1

r

32

⋅Z

2

r

33

⋅Z

3

r

3 t

=0

Ponieważ układ podstawowy jest identyczny jak dla obciążenia zewnętrznego wartości r

ik

pozostaną

niezmienione. Wystarczy obliczyć jedynie wartości r

it

. Na stan ten składają się dwa niezależne stany:

M

ik

t

=M

ik

 t

M

ik

t

0



 t=

∣

t

2

−t

1

∣

t

śr

=

t

2

t

1

2

t

0

=t

śr

−t

m

∆t [

o

C]

t

śr

[

o

C]

t

0

[

o

C]

01

35

2,5

-2,5

12

35

2,5

-2,5

23

25

12,5

7,5

34

25

12,5

7,5

25

10

15

10

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

3

•

Stan t

0

Nieznane kąty obrotu cięciw prętów powstałe w wyniku działania ogrzania równomiernego obliczymy

zapisując równania łańcucha kinematycznego układu.

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

ψ

01

(t

0

)

ψ

34

(t

0

)

ψ

25

(t

0

)

ψ

23

(t

0

)

ψ

12

(t

0

)

-2,5

-2,5

10

7,5

7,5

t

0

[

o

C]

 43

4 ⋅

34

t

0



=0

⇒



34

t

0



=0

 523

4 ⋅

25

t

0



−10 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅2 7,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅6 =0

⇒



25

t

0



=−0,000075 rad

 5234

2 ⋅

25

t

0



−10 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅4 6 ⋅

23

t

0



7,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅4 =0

⇒



23

t

0



=0,000045 rad

 0125

2,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅3 6 ⋅

12

t

0



−2,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅1−2 ⋅

25

t

0



10 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅4 =0

⇒



12

t

0



=−0,000115 rad

 0123

3 ⋅

01

t

0



1 ⋅

12

t

0



−2,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅6 7,5 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅6 =0

⇒



01

t

0



=−0,0000816 rad

Podstawiając wartości Ψ

ik

(t

0

)

, φ

5

(t

0

)

, oraz EJ do wzorów transformacyjnych otrzymamy wartości momentów w

stanie t

0

:

M

01

t

0



= 3 EJ

3



−

01

t

0





=0,5123 [kNm]

M

21

t

0



= 3

⋅1,389 EJ



37



−

12

t

0





=0,4942 [kNm]

M

25

t

0



= 2 EJ



20



−3 

25

t

0





=0,6312 [kNm]

M

52

t

0



= 2 EJ



20



−3 

25

t

0





=0,6312 [kNm]

M

23

t

0



= 2

⋅1,389 EJ

6



−3 

23

t

0





=−0,3921 [kNm]

M

32

t

0



= 2

⋅1,389 EJ

6



−3 

23

t

0





=−0,3912 [kNm]

M

34

t

0



= 2 EJ

4



−3 

34

t

0





=0 [kNm]

M

43

t

0



= 2 EJ

4



−3 

34

t

0





=0 [kNm]

•

Stan ∆t

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

35

35

10

25

25

∆t [

o

C]

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

4

M

01

 t

=− 3

2

EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 35

0,22

=−17,9636 [kNm]

M

21

 t

= 3

2

⋅1,389 EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 25

0,24

=22,8721 [kNm]

M

25

 t

=−EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 10

0,22

=−3,4216 [kNm]

M

52

 t

=EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 10

0,22

=3,4216 [kNm]

M

23

 t

=−1,389 EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 2,5

0,24

=−10,8915 [kNm]

M

32

 t

=1,389 EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 2,5

0,24

=10,8915 [kNm]

M

34

 t

=−EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 25

0,22

=−8,5541 [kNm]

M

43

 t

=EJ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅ 25

0,22

=8,5541 [kNm]

M

ik

t

=M

ik

 t

M

ik

t

0



M

01

t

=−17,9636 0,5123 =−17,4513 [kNm]

M

21

t 

=22,8721 0,4942 =23,3663 [kNm]

M

25

t

=−3,4216 0,6312 =−2,7904 [kNm]

M

52

t 

=3,4216 0,6312 =4,0528 [kNm]

M

23

t

=−10,8915 −0,3921 =−11,2836 [kNm]

M

32

t 

=10,8915 −0,3921=10,4994 [kNm]

M

34

t

=−8,5541 [kNm]

M

43

t 

=8,5541 [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 t

r

1 t

-17,4513

r

3 t

4,0528

23,3663

-2,7904

-11,2836

-8,5541

13

36

1

12

1

12

1
4

1
4

10,4994

8,5541

[kNm]

r

1 t

11,2836 2,7904 −23,3663=0

⇒

r

1 t

=9,2923 [kNm]

r

2 t

8,5541 −10,4994 =0

⇒

r

2 t

=1,9453 [kNm]

r

3t

⋅

1 −17,4513 



01

23,3663 



12

4,0528 −2,7904 



25

−11,283610,4994 



23



8,5541 −8,5541 



34

=0

⇒

r

3 t

=7,9988 [kN ]

Obliczone wartości r

it

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

9,2923 =0

0,4630 EJ Z

1

1,9260 EJ Z

2

−0,4908 EJ Z

3

1,9453 =0

−0,3941 EJ Z

1

−0,4908 EJ Z

2

0,5097 EJ Z

3

7,9988 =0

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

5

{

EJ Z

1

=−6,7954

EJ Z

2

=−6,2474

EJ Z

3

=−26,9631

Obliczmy zatem wartości momentów przywęzłowych:

M

01

=−13

36

EJ Z

3

−17,4513 =−7,7146 [kNm]

M

21

= 4,167



37

EJ Z

1

 1,389

4



37

EJ Z

3

23,3663 =17,1719 [kNm]

M

25

= 4



20

EJ Z

1

− 1,5



20

EJ Z

3

−2,7904 =0,1753 [kNm]

M

52

= 2



20

EJ Z

1

− 1,5



20

EJ Z

3

4,0528 =10,0575[kNm]

M

23

= 2,778

3

EJ Z

1

 1,389

3

EJ Z

2

− 1,389

12

EJ Z

3

−11,2836 =−17,3477 [kNm]

M

32

= 1,389

3

EJ Z

1

 2,778

3

EJ Z

2

− 1,389

12

EJ Z

3

10,4994 =4,6890 [kNm]

M

34

=EJ Z

2

− 3

8

EJ Z

3

−8,5541 =−4,6903 [kNm]

M

43

= 1

2

EJ Z

2

− 3

8

EJ Z

3

8,5541 =15,5416 [kNm]

Sprawdzenie równowagi momentów w węzłach:

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

7,7146

4,6890

17,3477

17,1719

[kNm]

10,0575

0,1753

15,5416

4,6903

węzeł 2 :

17,1719 0,1753 −17,3477 =−0,0005 [kNm]≈0

węzeł 3:

4,6890 −4,6903 =−0,0013 [kNm]≈0

Tnące i normalne obliczamy wycinając myślowo kolejne pręty i równoważąc węzły:

3

7,7146

T

10

N

10

T

01

N

01

0

1

∑

M

1

: 7,7146 −T

01

⋅3 =0

⇒ T

01

=2,5715 [kN ]

∑

X :T

01

=T

10

∑

Y : N

01

=N

10

2

3

4,6890

17,3477

N

23

N

32

T

23

T

32

6

∑

M

2

: 17,3477 −4,6890 −T

32

⋅6 =0

⇒ T

32

=2,1098 [kN ]

∑

X :T

23

=T

32

∑

X : N

23

=N

32

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

6

15,5416

4,6903

3

4

4

N

43

N

34

T

34

T

43

∑

M

3

: 15,5416 −4,6903 T

43

⋅4 =0

⇒ T

43

=−2,7128 [kN ]

∑

X :T

34

=T

43

∑

Y : N

34

=N

43

N

34

2,7128

2,1098

N

32

∑

X : N

32

−2,7128 =0

⇒

N

32

=N

23

=2,7128 [kN ]

∑

Y : N

34

−2,1098 =0

⇒

N

34

=N

43

=2,1098 [kN ]

sin =

1



37

cos =

6



37

sin =

4



20

cos =

2



20

2

5

10,0575

0,1753

T

52

T

25

N

25

N

52

4

2

β

∑

M

2

: 10,0575 0,1753 T

52

⋅



20=0

⇒ T

52

=−2,2881 [kN ]

∑

∨:T

25

=T

52

∑

 : N

25

=N

52

1

2

17,1719

N

21

N

12

T

21

T

12

6

1

α

∑

M

1

: 17,1719 T

21

⋅



37=0

⇒ T

21

=−2,8230 [kN ]

∑

 :T

12

=T

21

∑

∨: N

12

=N

21

N

10

2,5715

α

N

12

2,8230

∑

X : −2,5715 N

12

⋅ 6



37

−2,8230 ⋅

1



37

=0

⇒

N

12

=3,0775 [kN ]

∑

Y : −N

10

N

12

⋅ 1



37

2,8230 ⋅

6



37

=0

⇒

N

10

=3,2905 [kN ]

2,2831

N

25

2,7128

2,1098

2,8230

3,0775

α

β

∑

X : 2,7128 2,8230 ⋅

1



37

−3,0775 ⋅

6



37

2,2881 ⋅

4



20



N

25

⋅ 2



20

=0

⇒

N

25

=−4,8921 [kN ]

spr

∑

Y : −2,1098 −2,8230 ⋅

6



37

−3,0775 ⋅

1



37



2,2881 ⋅

2



20

−−4,8921⋅

4



20

=−0,0014 ≈0

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

7

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

7,7146

17,1719

4,6903

0,1753

10,0575

15,5416

4,6890

17,3477

M

t

(n)

[kNm]

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

2,5715

-2,8230

-2,2881

-2,7128

2,1098

T

t

(n)

[kN]

+

-

+

-

-

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

3,2905

3,0775

-4,8921

2,1098

2,7128

N

t

(n)

[kN]

+

+

+

-

+

•

Kontrola kinematyczna

1⋅=

∑∫

M

n

⋅ 

M

0

EJ

dx

∑∫



M 

t

 t
h

dx

∑∫



N 

t

t

0

dx

Obliczmy zatem zerowy kąt obrotu φ

5

węzła 5 dla nowego układu podstawowego:

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

8

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

M

0

[ - ]

1

1

1

1

1

(N

0

= 0)



5

= 1

6273

[

1

2

⋅0,1753 ⋅



20⋅1 −

1

2

⋅10,0575 ⋅



20⋅1 

1

1,389

⋅1

2

⋅17,3477 4,689 ⋅6 ⋅1 −

− 1

2

⋅4,6903 15,5416 ⋅4 ⋅1

]

1 ⋅1,2 ⋅10

−5

⋅



10

0,22

⋅



20−

25

0,24

⋅6 −

25

0,22

⋅4



=0 [m]

•

Sprawdzenie statyczne:

1

3

6

2

4

[m]

0

1

2

3

4

5

7,7146

10,0575

15,5416

2,5715

3,2905

2,1098

2,7128

2,2881

4,8921

∑

X : −2,5715 2,2881 ⋅

4



20

−4,8921 ⋅

2



20

2,7128 =0,00003 [kN ]≈0

∑

Y : −−3,2905 2,2881 ⋅

2



20

4,8921 ⋅

4



20

−2,1098 =−0,00140 [kN ]≈0

∑

M

5

: 10,0575 15,5416−7,7146 −3,2905 ⋅622,1098 ⋅4 =−0,0003 [kNm]≈0

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19