Politechnika Poznańska Poznań, dnia 01.04.2004 r.
Instytut Konstrukcji Budowlanych Zakład Mechaniki Budowli
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń obciążenie zewnętrzne
Konsultacje:
Wykonał:
dr inż.
P.
Litewka
Piotr
Siniecki
grupa
III
2003/2004
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 2 -
4 kNm
5 kN
I2
I1
I2
3 kNm
I1
32
I1
1
5
6
Ι = Ι 220
1
Kąt nachylenia i długość pręta 01
sin
Ι = Ι 240
α = 0,98058
2
cos α = 0,19612
Ι = Ι
1
26 = 09902
,
5
Ι = Ι ⋅ 389
,
1
2
Przyjmujemy łańcuch kinematyczny w celu określenia niezależnych przemieszczeń u2
1
2
Ψ12
Ψ23
4
3
Ψ01
Ψ34
32
Ψ35
0
5
1
5
6
Równania łańcucha kinematycznego: 012 →
534 →
534 ↑
Ψ ⋅5 = u
3⋅ Ψ = 0
01
2
35
0 − 6⋅ Ψ = 0
34
u
Ψ = 0
2
Ψ =
35
Ψ = 0
34
01
5
234 →
01235 ↓
u − 2 ⋅ Ψ = 0
2
23
0 + Ψ + 5⋅ Ψ + 0 = 0
01
12
u 2
Ψ =
u 2
23
Ψ = −
2
12
25
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 3 -
Przyjmuję odpowiedni układ podstawowy: r 1
4 kNm
u2
5 kN
I2
I1 r3
I2
3 kNm
I1
32
I1
1
5
6
SGN = 3
r z r z
r z
r
11 ⋅ 1 + 12 ⋅ 2 + 13 ⋅ 3 + 1 p = 0
r z r z r z r
21 ⋅ 1 + 22 ⋅ 2 + 23 ⋅ 3 + 2 p = 0
r z r z r z r
31 ⋅ 1 + 32 ⋅ 2 + 33 ⋅ 3 + 3 p = 0
Zapisuję momenty węzłowe dla poszczególnych prętów korzystając ze wzorów transformacyjnych:
2 ⋅ EI
4 ⋅1
1
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) −
= 39223
,
0
⋅ EI ⋅ z − ,
0 23534 ⋅ EI ⋅ z −
[ kNm]
01
09902
,
5
0
1
01
12
1
2
3
2 ⋅ EI
4 ⋅1
1
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) +
= 78446
,
0
⋅ EI ⋅ z − ,
0 23534 ⋅ EI ⋅ z +
[ kNm]
10
09902
,
5
1
0
01
12
1
2
3
3⋅ EI ⋅ 389
,
1
4 ⋅52
M =
⋅(ϕ −ψ ) −
= 83340
,
0
⋅ EI ⋅ z + 03334
,
0
⋅ EI ⋅ z − 5
,
12
[ kNm]
12
5
1
12
8
1
2
3⋅ EI
M =
⋅(ϕ −ψ ) = 5
,
1 ⋅ EI ⋅ z − 75
,
0
⋅ EI ⋅ z
[ kNm]
32
2
3
23
3
2
2 ⋅ EI ⋅ 389
,
1
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) = 92600
,
0
⋅ EI ⋅ z
[ kNm]
34
6
3
4
34
3
2 ⋅ EI ⋅ 389
,
1
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) = ,
0 46300 ⋅ EI ⋅ z
[ kNm]
43
6
4
3
34
3
2 ⋅ EI
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) = 33333
,
1
⋅ EI ⋅ z
[ kNm]
35
3
3
5
35
3
2 ⋅ EI
M =
⋅(2⋅ϕ +ϕ − 3⋅ψ ) = 66667
,
0
⋅ EI ⋅ z
[ kNm]
53
3
5
3
35
3
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 4 -
Stan z1 = 1
r 11
0,83340
r 21
0,78446
r 31
[ * EI ]
32
0,39223
1
5
6
−
−
−
1
1
r ⋅1+ ( 39223
,
0
+
)
78446
,
0
⋅ EI ⋅ + 83340
,
0
⋅ EI ⋅ −
= 0
21
5
25
r = − ,
0 20200 ⋅ EI
21
r − 78446
,
0
⋅ EI − 83340
,
0
⋅ EI = 0
11
r = ,
1 61786 ⋅ EI
11
r = 0
31
Stan z2 = 1
r 12
0,0333
03 4
33
r 22
-0,
-0 75
-0
- ,
0 235
2 34
7
3534
r 32
[ * EI ]
32
-0
- ,
0 235
2 34
35
1
5
6
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 5 -
−
−
−
−
1
1
1
r 22 ⋅ +
1 (− ,
0 23534 − ,
0 23534) ⋅ EI ⋅ + 03334
,
0
⋅ EI ⋅ −
+ (−
)
75
,
0
⋅ EI ⋅ = 0
5
25
2
r 22 = ,
0 47047 ⋅ EI
r 12 − 03334
,
0
⋅ EI + ,
0 23534 ⋅ EI = 0
r 12 = − ,
0 202000 ⋅ EI
r 32 − (−
)
75
,
0
⋅ EI = 0
r 32 = − 75
,
0
⋅ EI
Stan z3 = 1
r 13
r 23
1,5
r 33
0,92600
1,33333
[ * EI ]
32
0,66667
1
5
6
−
−
1
r 23 ⋅ +
1
5
,
1 ⋅ EI ⋅ = 0
2
r 22 = − 75
,
0
⋅ EI
r
13 = 0
r 33 − 5
,
1 ⋅ EI − 92600
,
0
⋅ EI − 33333
,
1
⋅ EI = 0
r 32 = 75933
,
3
⋅ EI
Stan P
r 13
-12,5
20 kN
r 23
5 kN
4 kN
0,33333
r 33
3 kNm
[ * EI ]
32
-0,33333
1
5
6
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 6 -
B
C
HC
C
2
1
VB
V
4
3
V
A
VA
32
0
5
1
5
6
0 A ↓
432 B ↓
432 B →
Ψ ⋅ 5
,
0 = V
− Ψ ⋅ 5
,
2 = V
Ψ ⋅ 2 = H
01
A
12
B
23
C
V
V
HC =1
B =
1
,
0
A =
1
,
0
−
−
−
1
1
r ⋅1+ (− 33333
,
0
+
)
33333
,
0
⋅ + (−
)
5
,
12
⋅ −
+ 4⋅ 1
,
0 + 20 ⋅ 1
,
0 − 5 = 0
2 p
5
25
r = 1
,
2 [ kN]
2 p
r − (−
)
5
,
12
− 33333
,
0
= 0
1 p
r = − 16667
,
12
[ kNm]
1 p
r − 3 = 0
3 p
r = 3 [ kNm]
32
Podstawiając do układu równań kanonicznych otrzymujemy:
,
1 61786 ⋅ EI ⋅ z
EI z
1 −
,
0 20200 ⋅
⋅ 2 + 0 − 16667
,
12
= 0
− ,020200⋅ EI ⋅ z
EI z
EI z
1 +
,
0 47047 ⋅
⋅ 2 − ,
0 75⋅
⋅ 3 + 1,
2 = 0
0− ,075⋅ EI ⋅ z
EI z
2 + ,
3 75930 ⋅
⋅ 3 + 3 = 0
EI ⋅ z 1 = 7,02209
EI ⋅ z
2 = −
98965
,
3
EI ⋅ z 3 = − 59396
,
1
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 7 -
Podstawiając do równań na momenty otrzymujemy wyniki końcowe: M = 35987
,
3
[ kNm]
01
M = 78081
,
6
[ kNm]
10
M = − 78081
,
6
[ kNm]
12
M = 60130
,
0
[ kNm]
32
M = − ,
1 47601 [ kNm]
34
M = − 73800
,
0
[ kNm]
43
M = − 12527
,
2
[ kNm]
35
M = − ,
1 06264 [ kNm]
53
Wykres momentów [kNm]
6,78081
6,78081
0,60130
1,47601
2,12522
0,73800
32
3,35987
1,06264
1
5
6
Kontrola kinematyczna:
5
32
6
1
1
5
6
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 8 -
_
−
M n M
⋅
1 δ
∑
dx
∫
⋅
=
EI
−
1
1
2
2 4 ⋅52
1
1
2
1
EI ⋅1⋅δ =
⋅ − ⋅5⋅5⋅ ⋅ ,
6 78081+ ⋅
⋅5⋅ ⋅5 − ⋅ 78081
,
6
⋅ 09902
,
5
⋅ ⋅5 + ⋅6 +
389
,
1
2
3
3
8
2
2
3
3
1
2
1 2 4 ⋅1
+ ⋅ 09902
,
5
⋅ 35987
,
3
⋅ ⋅6 + ⋅5 + ⋅
⋅ 09902
,
5
⋅ 5
,
5 = ,
0 00009
2
3
3 3 8
błąd procentowy:
00009
,
0
⋅
%
100 =
%
0002
,
0
54079
,
48
Obliczanie sił tnących:
T
∑
10
M = 0
0
6,78081
35987
,
3
+ ,
6 78081+ T ⋅ ,
5 09902 + 4 ⋅ 5
,
0 = 0
4 kNm
10
T = − 38098
,
2
[ kN]
10
20
∑
9
M = 0
9
1
0,5
35987
,
3
+ ,
6 78081+ T ⋅ ,
5 09902 − 4 ⋅ 5
,
0 = 0
01
T = − 59652
,
1
[ kN]
01
3,35987
T01
T12
∑ M = 0
1
T21
6,78081
− ,
6 78081+ T ⋅5 + 5⋅ 4 ⋅ 5
,
2 = 0
21
5
T = − ,
8 64384 [ kN]
21
∑ M =0
2
− ,
6 78081+ T ⋅5 − 5⋅ 4 ⋅ 5
,
2 = 0
12
T =
35616
,
11
[ kN]
12
T23
∑ M = 0
3
T ⋅ 2 + ,
0 60130 = 0
23
2
T = − 30065
,
0
[ kN]
23
32
T
∑ M =0
0,60130
2
T ⋅ 2 + ,
0 60130 = 0
32
T = − 30065
,
0
[ kN]
32
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 9 -
2,12527
∑ M = 0
3
T
T ⋅3 − 12527
,
2
− ,
1 06264 = 0
35
53
T = ,
1 06264 [ kN]
53
3
∑ M = 0
5
T ⋅3 − 12527
,
2
− ,
1 06264 = 0
T
35
53
T = ,
1 06264 [ kN]
35
1,06264
∑ M =0
3
1,47601
T ⋅ 6 − ,
1 47601− ,
0 7380 = 0
6
0,73800
43
T43
T34
T = 36900
,
0
[ kN]
43
∑ M =0
4
T ⋅ 6 − ,
1 47601− ,
0 7380 = 0
34
T = 36900
,
0
[ kN]
34
Obliczanie sił normalnych:
-8,64384
∑ X = 0
5 kN
N
21
− N − 5 + 30065
,
0
= 0
21
N = − ,
4 69935 [ kN]
21
∑ Y =0
-0,30065
− N − ,
8 64384 = 0
23
N23
N = − ,
8 64384 [ kN]
23
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 10 -
N 32
∑ X = 0
N − 30065
,
0
− ,
1 06126 = 0
34
-0,30065
N = 36281
,
1
[ kN]
34
0,36900
∑ Y = 0
− N − ,
8 64384 − 36900
,
0
= 0
N
35
34
N = − ,
9 01284 [ kN]
35
1,06216
N35
11,35616
∑ Y = 0
N
− N ⋅sinα − 35616
,
11
+ (−
)
38098
,
2
⋅cosα = 0
12
10
N = − ,
12 05727 [ kN]
10
-2,38097
N10
N 10
∑ X = 0
− N ⋅cosα + 59652
,
1
⋅sinα − ,
12 05727 ⋅ cosα − 38098
,
2
⋅sinα = 0
01
-2,38098
N = −
97946
,
15
[ kN]
01
-1,59652
N01
Wykres sił normalnych [kN]
-4,69935
-12,05727
-8,64384
1,36281
32
-9,01284
-15,9794
1
5
6
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 11 -
Wykres sił tnących [kN]
-8,64321
-2,38008
-0,30065
0,36900
11,35616
32
1,06264
-1,59652
1
5
6
Sprawdzenie statyczne:
4 kNm
5 kN
I2
I1
1,36281
I2
3 kNm
0,73800
I1
0,36900
32
I1
4,69941
1,06264
15,35603
9,01284
3,35978
1,06264
1
5
6
∑ X =0
− 5 + 36281
,
1
− 06264
,
1
+ 69941
,
4
= − 00042
,
0
kN
00042
,
0
⋅
%
100 =
%
0084
,
0
5
∑ Y =0
− 4 ⋅ 6 − 36900
,
0
+ 01284
,
9
+
35603
,
15
= −
kN
00013
,
0
00013
,
0
⋅
%
100 =
%
0005
,
0
24
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – obciążenie zewnętrzne
- 12 -
∑ M =0
A
4 ⋅ 6 ⋅ 3 − 3 − 5 ⋅ 5 − ,
0 73800 + 369
,
0
⋅12 + 36281
,
1
⋅3 − ,
9 01284 ⋅ 6 − ,
1 06264 + 35987
,
3
=
= − ,
0 00138 kNm
00138
,
0
⋅
%
100 =
%
002
,
0
72
Sprawdzenie naprężeń normalnych od momentu zginającego dla poszczególnych grup prętów.
Dla pręta 12 największy moment wynosi 6,78081 kNm – I2 = 4250cm4 I240
Dla pręta 01 największy moment wynosi 6,78081 kNm – I1 = 3060cm4 I220
Naprężenia graniczne dla stali fd=215MPa
081
,
678
kNcm
kN
⋅12 cm = 91
,
1
= 1
,
19 MPa
4250 cm 4
cm 2
081
,
678
kNcm
kN
⋅11 cm = ,
2 44
= ,
24 4 MPa
3060 cm 4
cm 2
Naprężenia są o wiele mniejsze od naprężeń dopuszczalnych. Należy zmienić przekroje na mniejsze. Ponieważ wartości momentów nie zależą od wartości sztywności przekrojów tylko ich stosunku ponowne obliczenie momentów dla nowych przekrojów nie jest konieczne, gdy zachowamy ten stosunek.
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01