06.01.05
POLITECHNIKA POZNAC
SKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI
Ćwiczenie nr 3
BUDOWLANYCH
ZAKA
AD MECHANIKI BUDOWLI
tm=+20°C
-20°C
12 [kN/m]
I2 I2 I2
+20°C
+20°C
0,005 [m] 0,005 [m]
I1
I1
+25°C
0,002 [m]
0,002 [m]
W celu ułatwienia obliczeń mo\
na wykorzystać symetrię obcią\
enia oraz symetrię geometryczną układu.
Do obliczeń mo\
na przyjąć tylko lewą bądz
prawą cześć układu a następnie skorzystać z symetrii wykresów sił
normalnych oraz momentów zginających. Wykresy sił tnących będą antysymetryczne.
Przyjmuję następujący układ zredukowany, dla którego SSN=2
tm=+20°C -20°C
12 [kN/m]
I2 I2
+20°C
0,005 [m]
I1
+25°C
0,002 [m]
Tomasz Terlecki gr.3 KBI - 1/13
06.01.05
Do obliczeń przyjmuję następujący układ podstawowy:
12 [kN/m]
I2 I2
A
B
Warunki kinematycznej zgodności układu
I1
podstawowego oraz wyjściowego
C
0 X X 0
1 11 1 12 2 1 P
C
X X 0
0
21 1 22 2 2 P
C
2
X2
X1
Rys. 3.3
M M Ri Rk
i k
dx
ik
EI k
Dzielę na stany dla poszczególnych obcią\
eń:
a) Stan X =1
1
MB=3 [m]
4
3
I2 I2
1
A
B
M1 [m]
1 [-]
I1
C
1 [-]
b) Stan X =1
2
MB=3 [m]
I2 I2
1 [-]
3
3
A
B
M2 [m]
I1
C 1 [-]
c) Stan P
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 2/13
06.01.05
12 [kN/m]
MB=216 [KNm]
I2 I2
A
B
192
216
VA=72 [KN] I1
MP [KNm]
C
I =I 260
I1=5740 [cm4]=5740Å"10-8 [m4]
1
I =I 240
I =4250 [cm4]=4250Å"10-8 [m4]
2
2
kN
E=205 [GPa]=205Å"106 [ ]
m2
1 1 kN
·Ä…= [m-3] k= EI1=2941,75 [ ]
4 4 m
M Å"M RiÅ"Rk
i k
Obliczenia przemieszczeń :
ºÄ…ik= Å"dxƒÄ…
"+" "
EI k
1 1Å" 1 1Å"4Å"4Å"2Å"4ƒÄ…3Å"2Å"3]ƒÄ…1Å"1 =0,004944
m
ºÄ…11= Å"[ 10 Å"2 ]ƒÄ… Å"[
ćą [ ]
EI 2 3 EI 2 3 k
kN
1 2
1 1Å"3Å" 1
m
ºÄ…12=ºÄ…21= Å"[ 10Å"2 ]ƒÄ… [-3Å"2 Å"3]=-0,001797
ćą [ ]
EI1 2 3 EI
kN
2
1 1Å"3 1
m
ºÄ…22= [ 10Å"2Å"3]ƒÄ… [3Å"2Å"3]=0,002872
ćą [ ]
EI 2 3 EI
kN
1 2
1 1Å"192Å"4Å"2Å"4 - 2Å"24Å"4Å"2- 1Å"2Å"192Å"3- 1Å"2Å"216Å"3- 2Å"6Å"2Å"3]- 72
[m]
­Ä…1 P= [ =-0,2999
EI 2 3 3 2 2 3 k
2
1 1Å"2Å"192Å"3 ƒÄ… 1Å"2Å"216Å"3ƒÄ… 2Å"6Å"2Å"3]=0,1432 [m]
­Ä…2 P= [
EI 2 2 3
2
Podstawiając do równań kanonicznych otrzymuję:
0,004944 X -0,001797 X -0,2999=0 X =55,06 [kN ]
1 2 1
Śą
-0,001797 X ƒÄ…0,002872 X ƒÄ…0,1432=0 X =-15,42 [kN ]
1 2 2
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 3/13
06.01.05
12 [kN/m]
MB=4,56 [KNm]
I2 I2
15,42 [KN]
A
B
VA=16,94 [KN] I1
15,42 [KN]
55,06 [KN]
Rys.3.7
Wykresy sił wewnętrznych w układzie zredukowanym:
3 1
sin cos
10 10
55,06 3 15,42 1 55,06 1 15,42 3
N 57,11 T 2,78
10 10 10 10
24
16,94
0 +
+
-
-
31,06
15,42
-
2,78
+
57,11
T [KN]
N [kN]
28,24
19,44
4,56
8,8
M [KNm]
Rys. 3.8
Sprawdzenie kinematyczne:
Przyjmuję inny układ podstawowy (rys.3.9) oraz obliczam kąt obrotu przekroju w punkcie B.
n 0
M M Rn R0
1 dx
B
EI k
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 4/13
06.01.05
MB=1 [-]
1
3
I2 I2
B
1
A
4
3
M [-]
1 1
[m]
3 I1
C
1 1
[m]
3
Rys. 3.9
1
16,94
1 1 2 1 1 8 2 2 1 1 2 3
10 8,8 28,24 4 24 4 19,44 2 2 4,56 6 2
B
EI1 2 9 EI 2 9 3 3 2 2 3 k
2
-3 -6
3,09 14,42
[rad]
1,9195 10 1,8 10 0
B
EI EI
1 2
Po sprawdzeniu kinematycznym mo\
emy przystąpić do wykreślenia sił wewnętrznych dla całego układu na podstawie
wykresów w układzie zredukowanym. Wykresy sił normalnych oraz momentów zginających są symetryczne natomiast
wykresy sił tnących są antysymetryczne.
31,06
24
16,94
0 + +
+
-
- -
-
31,06
15,42 15,42
16,94
24
-
-
2,78 -
+
57,11
2,78
57,11
T [KN]
N [kN]
28,24
28,24
19,44
19,44
4,56 8,8
8,8
M [KNm]
Rys. 3.10 wykresy sił wewnętrznych od obcią\
enia zewnętrznego w układzie statycznie niewyznaczalnym.
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 5/13
06.01.05
I2 I2 I2
0,005 [m] 0,005 [m]
I1
I1
0,002 [m]
0,002 [m]
Rys.3.11
W celu ułatwienia obliczeń przyjmuje taki sam układ zredukowany oraz podstawowy jak do obliczeń sił wewnętrznych
od obciÄ…\
enia zewnętrznego. W takim układzie unikniemy konieczności ponownego obliczania przemieszczeń
; ; ; . PozostanÄ… nam jedynie do obliczenia przemieszczenia ; .
11 12 21 22 1 2
I2 I2
A
B
0,005 [m]
I1
X X 0
11 1 12 2 1
X X 0
21 1 22 2 2
0,002 [m] C
X2
X1
Rys.3.12
Ri
i
Stan X =1
1
MB=3 [m]
I2 I2
A
B
1 0,005 0,005 m
1
1 [-]
I1
0,005 [m]
C
1 [-]
Stan X2=1
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 6/13
06.01.05
Rys.3.14
MB=3 [m]
MB=3 [m]
I2 I2
I2 I2
1 [-]
1 [-]
1 0,002 0,002 m
A
A 2­Ä…
B
B
I1
I1
0,002 [m] C 1 [-]
0,002 [m] C 1 [-]
Podstawiając do równań kanonicznych otrzymuję:
0,004944 X 0,001797 X 0,005 0 X 0,98 kN
1 2 1
0,001797 X 0,002872 X 0,002 0 X 0,08 kN
1 2 2
B
I2 I2
0,08 [kN]
A
B
VA=0,98 [kN]
I1
0,08 [kN]
C
0,98 [kN]
Rys. 3.15
Wykresy sił wewnętrznych od osiadania podpór w układzie zredukowanym.
3 1
sin cos
10 10
0,98 3 0,08 1 0,98 1 0,08 3
N 0,96 T 0,23
10 10 10 10
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 7/13
06.01.05
0,08
0 0
-
-0,98
-
+0,23
0,96 T [KN]
N [kN]
3,92
3,18
0,74
M [KNm]
Rys. 3.16
Sprawdzenie kinematyczne:
Przyjmuję inny układ podstawowy (rys.3.17) oraz obliczam kąt obrotu przekroju w punkcie B.
n 0
M M Rn R0
1 dx R0
B
EI k
MB=1 [-]
1
3
I2 I2
B
1
A
4
3
M [-]
1 1
[m]
3 I1
C
1 1
[m]
3
Rys. 3.17
1
0,98
-6
1 1 2 1 1 8 3 1
0,74 10 3,92 4 3,18 2 0,005 3,66 10 0
B
EI 2 9 EI 2 9 k 3
1 2
[rad]
Po sprawdzeniu kinematycznym mo\
emy przystąpić do wykreślenia sił wewnętrznych dla całego układu na podstawie
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 8/13
06.01.05
wykresów w układzie zredukowanym. Wykresy sił normalnych oraz momentów zginających są symetryczne natomiast
wykresy sił tnących są antysymetryczne.
0,08
+0,98
0 0 0 0
-
-0,98
-
-
-0,23
+0,23
0,96
0,96
T [KN]
N [kN]
3,92 3,92
3,18
0,74
0,74
M [KNm]
Rys. 3.18
-20°C tm=+20°C
I2 I2 I2
+20°C
+20°C
I1
I1
+25°C
Rys. 3.19
W celu ułatwienia obliczeń przyjmuję taki sam układ zredukowany oraz podstawowy jak do obliczeń sił wewnętrznych
od obciÄ…\
enia zewnętrznego. W takim układzie unikniemy konieczności ponownego obliczania przemieszczeń
; ; ; . PozostanÄ… nam jedynie do obliczenia przemieszczenia ; .
11 12 21 22 1T 2T
M t
i t
dx N to t dx
it i
h
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 9/13
06.01.05
tm=-20°
-20°
I2 I2
D
A
B
+20°
I1 +25°
C
X2
X1
Rysunek 13.20
Rys.3.20
X X 0
11 1 12 2 1T
X X 0
21 1 22 2 2T
Dla odcinka AD :
t 400 ;tO 200
Dla odcinka DB :
t 450 ;tO 17,50
Dla odcinka CD :
t 50 ;tO 2,50
Stan X1=1
4
3
0
0
MB=3 [m]
I2 I2
1
A
B
M1 [m] N1 [-]
1 [-] -0,95
I1
C
1 [-]
Stan X2=1 MB=3 [m]
+1
0
I2 I2
1 [-]
3
3
A
B
+0,32
M2 [m] N2 [-]
I1
C 1 [-]
Rys.3.21
1 40 45 1 5
5 5
1,2 10 4 4 3 2 10 1,2 10 0,95 10 2,5 0,029
1T
2 0,24 0,24 2 0,26
1 5 45
5 5
1,2 10 3 10 3 2 1,2 10 1 2 17,5 0,32 10 2,5 0,0142
2T
2 0,26 0,24
0,004944 X 0,001797 X 0,029 0 X 5,32 kN
1 2 1
0,001797 X 0,002872 X 0,0142 0 X 1,61 kN
1 2 2
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 10/13
06.01.05
MB=20,79 [KNm]
I2 I2
1,61 [KN]
A
B
VA=5,32 [KN] I1
1,61 [KN]
5,32 [KN]
Rys. 3.22
Wykresy sił wewnętrznych od wpływu temperatury w układzie zredukowanym.
3 1
sin cos
10 10
5,32 3 1,61 1 5,32 1 1,61 3
N 5,56 T 0,15
10 10 10 10
1,61
0
0
-
-5,32
-
+0,15
5,56 T [KN]
N [kN]
21,28
20,79
0,49
M [KNm]
Rys. 3.23
Sprawdzenie kinematyczne:
Przyjmuję inny układ podstawowy (rys.3.24) oraz obliczam kąt obrotu przekroju w punkcie B.
n 0
M M Rn R0
T
1 dx M dx N t0 dx
B t t
EI k h
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 11/13
06.01.05
MB=1 [-]
1
3
0 0
I2 I2
B
1
A
4
1
M [-] 3
N [m]
1 [1]
I1 +0,32
m
3
C
1 [1]
m
3
Rys.3.24
1
5,32
1 1 2 1 1 1 2 4 3
1 10 0,49 4 21,28 20,78 2
B
EI1 2 3 3 EI 2 3 3 k
2
-5 -5 -5
1 4 40 45 1 1 5
1,2 10 4 1 2 10 1,2 10 0,32 10 2,5 1,01 10 0
2 3 0,24 0,24 2 3 0,26
[rad]
Po sprawdzeniu kinematycznym mo\
emy przystąpić do wykreślenia sił wewnętrznych dla całego układu na podstawie
wykresów w układzie zredukowanym. Wykresy sił normalnych oraz momentów zginających są symetryczne natomiast
wykresy sił tnących są antysymetryczne.
+5,32
1,61
0 0 0 0
-
-5,32
-
- -0,15
+0,15
5,56
5,56
T [KN]
N [kN]
21,28
21,28
20,79
0,49 0,49
M [KNm]
Rys. 3.25
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 12/13
06.01.05
12 [kN/m]
I2 K I2
I2
I1 I1
Rys.3.26
n n
M M Rn Rn
1 dx
EI k
Na mocy pierwszego twierdzenia redukcyjnego wzór na przemieszczenie przyjmuje postać:
0 n
M M Rn R0
1 dx
EI k
Przyjmuję dowolny układ podstawowy oraz przykładam siłę jednostkową zgodną z kierunkiem obliczanego
przemieszczenia.
MB=6 [m]
I2 I2
4
6
A
B
1 [-]
M0 [m]
VA=1 [-] I1
C
28,24
19,44
4,56
8,8
16,94 [kN]
Mn [KNm]
2 2 1 2 1 1 2 1 2
vk 1 1 28,24 4 4 24 4 2 19,44 2 4 6 4,56 2 6 4 6 2 2 3
EI 2 3 3 2 3 3 2 3 3 3
2
-
1 16,96
4
1,328 10 m
k
Tomasz Terlecki gr.3 KBI -Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił 13/13