I1
2
I2 I2
I1
4 I1 I1
0,006
0,003 rad
0,005
6 6
Rys.1.32. Układ statycznie niewyznaczalny poddany osiadaniu podpór
SGN = ÔÄ…ƒÄ… ­Ä…
" "
ÔÄ…
"
­Ä…
"
­Ä…= ÔÄ…=
" "
1/13
SGN =3 (1.23)
Układ podstawowy przyjmuję jak w poprzedniej części zadania
R2
u2=z1
Ć2=z2
R1
2 5
R3 I1
2
I2 I2
Ć3=z3 3
1
I1
4 I1 I1
0 4 0,006
0,003 rad
6
6
0,005
6 6
Rys.1.33.Układ podstawowy poddany osiadaniu podpór
Identyczność układu podstawowego z wyjściowym zapewnia układ równań kanonicznych:
R1=0
R2=0
{ }
R3=0
(1.24)
r11 z1ƒÄ…r12 z2ƒÄ…r13 z3ƒÄ…R1 ­Ä…=0
r21 z1ƒÄ…r22 z2ƒÄ…r23 z3ƒÄ…R2 ­Ä…=0
{ }
r31 z1ƒÄ…r32 z2ƒÄ…r33 z3ƒÄ…R3 ­Ä…=0
Wartości współczynników r nie zale\
Ä… od rodzaju obciÄ…\
enia stÄ…d, je\
eli przyjęto taki sam układ
ik
podstawowy to pozostaną one takie jak w poprzedniej części zadania (rama obcią\
ona siłami zewnętrznymi).
Ri ­Ä…
Aby określić wartości współczynników wyznaczam w pierwszej kolejności wg wzorów
­Ä…
transformacyjnych metody przemieszczeń wartości momentów zginających wywołanych stanem .
­Ä…
Stan :
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 2/13
1
4 I1
3 EI
3 EI
1
M
01 01
l01 0 01 4
[kNm]
M 0
10
0
0,005
Rys.1.34. Pręt 01
2
M 0
12
2
I2
3 EI [kNm]
3 1,389 EI
2
M
21 12
l12 2 12
2 10
1
6
Rys.1.35. Pręt 12
2
2 EI1
M 2 3 3 EI
23 23
l23 2 3 23
I1
[kNm]
2
2 EI1
M 2 3 3 EI
32 23
l23 2 3 23
3
Rys.1.36. Pręt 23
3
2 EI1 EI
M 2 3 0,003 3
34 34
l34 3 4 34 2
[kNm]
I1 2 EI1 EI
4
M 2 3 0,006 3
43 34
l34 3 4 34 2
0,003
4
Rys.1.37. Pręt 34
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 3/13
5
2
M 0
53
I2
3 EI
[kNm]
3 1,389 EI
2
M
35 35
l35 3 35
2 10
3
6
Rys.1.38 Pręt 35
M 0
56
3 EI
[kNm]
EI
1
M
65 56
l56 6 56 2
I1
6
0,006
6
Rys.1.39. Pręt 56
Wartości kątów określam z równań łańcucha kinematycznego:
ik
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 4/13
È12"=8,(3)*10-4 È35"=0
2
È23"=0
4
È01"=4,1(6)*10-4 È34"=0 È56"=0,001
6 6
Rys.1.40. A
ańcuch kinematyczny dla ramy poddanej osiadaniu podpór
Rozpisuję równanie łańcucha kinematycznego dla podanych ni\
ej dróg:
­Ä… ­Ä…
65 0,006 6 0 0,001
56 56
­Ä… ­Ä…
4356 6 0 0
35 35
­Ä… ­Ä… ­Ä… ­Ä…
4356 4 2 6 0,006 0
34 35 56 34
­Ä… ­Ä… ­Ä…
[rad] (1.25)
234 2 4 0 0
23 34 23
­Ä… ­Ä…
-4
01234 0,005 6 0 8,333 10
12 12
­Ä… ­Ä… ­Ä…
-4
012 4 2 0 4,167 10
01 12 01
Stąd wartości momentów przęsłowych wynoszą:
­Ä…
M 1,96031
01
­Ä…
M 0
10
­Ä…
M 0
12
­Ä…
M 3,44419
21
­Ä… ­Ä…
M M 0
­Ä…23 32
[kNm] (1.26)
M 9,40950
­Ä…34
M 18,81900
43
­Ä… ­Ä…
M M 0
35 53
­Ä…
M 0
56
­Ä…
M 3,13650
65
Wykres momentów w stanie przyjmie więc postać:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 5/13
3,44419
R2"
R1"
R3"
9,4095
18,819 3,1365
1,96031
R2"
3,44417
R1"
R3"
9,4095
18,819 -3,1365
-1,96031
Rys.1.41. Stan - wpływ osiadania podpór M" [kNm]
R2­Ä… , R3­Ä…
Określenie współczynnika z wykorzystaniem równowagi węzła 2 i 3:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 6/13
R3"
R2"
R2­Ä… 3,44419
2 [kNm]
R3­Ä… 9,40950
3,44419
3
9,4095
Rys.1.42. - Równowaga węzła 2 i 3 w stanie
R1­Ä…
Wartości współczynnika określam korzystając jak w poprzedniej części zadania z zasady pracy
wirtualnej przy wirtualnym stanie przemieszczeń (patrz rysunek 1.18).
z1 1
Dla wirtualnego stanu obliczając pracę sił w stanie na przemieszczeniach wirtualnych jak na
rysunku 1.18 otrzymujemy:
1
R1­Ä… 1 1,96031 0 R1­Ä… 0,49008 [kN] (1.27)
4
Uwzględniając powy\
sze wartości współczynników r układ równań kanonicznych 1.24. przyjmie postać:
ik
1,547 EI z1 1,5 EI z2 1,5 EI z3 0,49008 0
1,5 EI z1 2,659 EI z2 EI z3 3,44419 0
(1.28)
1,5 EI z1 EI z2 3,659 EI z3 9,40950 0
RozwiÄ…zanie powy\
szego układu jest następujące:
EI z1 10,93535
EI z2 5,36223
(1.29)
EI z3 5,58904
Ostateczne wartości momentów zginających w ramie statycznie niewyznaczalnej poddanej osiadaniu podpór
jest superpozycją stanów z , z , z , :
1 2 3
śą śą śą śą
­Ä…
nźą 0źą 0źą 0źą
M M z1 M z2 M z3 M (1.30)
ik 1 2 3 ik
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 7/13
M =-3 EIÅ"z1 -1,96031=0,09
01
4 4
M =0
10
M =0
12
3Å"1,389 EI
M = z2ƒÄ…3,44419=-0,089
21
2 10
ćą
M =EI śą2 z2ƒÄ…z3-1,5 z1źą=0,089
23
M =EI śą z2ƒÄ…2 z3-1,5 z1źą=-0,137
[kNm] (1.31)
32
M =EI z3ƒÄ…9,40950=3,820
34
M =0,5 EI z3ƒÄ…18,819=16,024
43
3Å"1,389 EIÅ"z =-3,682
M =
35 3
2 10
ćą
M =0
53
M =0
56
M =-3,137
65
0,089
0,089
3,682
0,187
3,82
3,137
0,09 16,024
Rys.1.43. Momenty zginające w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór M(n)[kNm]
Wstępną kontrolę wykonuję poprzez sprawdzenie równowagi węzła 2 i 3.
Z równowagi węzła 2 otrzymam:
M =0,089-0,089=0 [kNm] (1.32)
"
Z równowagi węzła 3 otrzymam:
M =0,137ƒÄ…3,682-3,82=-0,001 H"0 [kNm] (1.33)
"
Mając określone wartości momentów zginających na ka\
dym pręcie układu mogę obliczyć wartości sił
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 8/13
tnących w tych prętach :
N10
T10 1
T =T =-0,0225 [kN ]
01 10
I1
T01
0
0,09
N01
Rys.1.44. Pręt 01
N21
0,089
2
T21
T12
2
I2
T =T =0,014 [kN ]
12 21
1
N12
6
Rys.1.45. Pręt 12
N23
0,089
T23 2
T =T =0,024 [kN ]
32 23
I1
2
T32 3
0,137
N32
Rys.1.46. Pręt 23
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 9/13
N34
3,82
T34 3
T =T =-4,961 [kN ]
I1 34 43
4
T43 4
16,024
N43
Rys.1.47. Pręt 34
N53
5
T =T =0,582 [kN ]
35 53
T53
T35
2
I2
3
N35 3,682
6
Rys.1.48. Pręt 35
N56
T56 5
T =T =0,523 [kN ]
56 65
I1
T65
6
3,137
N65
Rys.1.49. Pręt 56
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 10/13
ZestawiajÄ…c otrzymane wyniki otrzymujÄ™:
0,582
0,014
+
+
+ 0,024
0,523 +
-
4,961
- 0,0225
Rys.1.50. Siły tnące w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór T(n)[kN]
Wyznaczając wartości sił normalnych występujących w zadanej ramie korzystam z równowagi węzłów.
N12=N21
Ä…
Ä…
1
0,014
0,0225
N10=N01
Rys.1.51. Równowaga węzła 1
MajÄ…c dane:
1
sin
10
(1.35)
3
cos
10
Z równowagi węzła 1:
X 0 :0,0225 0,014sin N cos 0 N 0,028 kN
12 12
(1.36)
Y 0 : N 0,014 cos 0,028sin 0 N 0,022 kN
01 01
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 11/13
2
0,014
Ä…
Ä…
0,028
0,024
N23
Rys.1.52.Równowaga węzła 2
Z równowagi węzła 2:
Y =0 :-N ƒÄ…0,028sin ·Ä…ƒÄ…0,014 cos·Ä…=0 Ò! N =0,022 [kN ] (1.37)
"
23 23
0,022
0,024
N35
Ä…
Ä…
3
0,582
4,961
N34
Rys.1.53.Równowaga węzła 3
Z równowagi węzła 3:
X =0 :0,024ƒÄ…4,961ƒÄ…N cos·Ä…=0 Ò! N =-5,449 [kN ]
"
35 35
(1.38)
Y =0:0,022-N ƒÄ…N sin ·Ä…-0,582cos·Ä…=0 Ò! N =-2,253 [kN ]
"
34 35 34
Z równowagi węzła 5 określam wartość poziomej reakcji H w podporze występującej w tym węz
le.
5
5
0,582
Ä…
H5
Ä…
5,449
0,523
N56
Rys.1.54.Równowaga węzła 5
Z równowagi węzła 5:
X =0 : H =4,462 [kN ]
"
5
(1.39)
Y =0:0,582 cos·Ä…ƒÄ…5,449 sin ·Ä…-N =0 Ò! N =2,275 [kN ]
"
56 56
ZestawiajÄ…c otrzymane wyniki otrzymujÄ™:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 12/13
+ 0,022
-
-
0,028
5,449
+ 2,275
- 0,022 2,253 -
Rys.1.55. Siły normalne w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór N(n)[kN]
Aby sprawdzić poprawność uzyskanych wyników dokonuję kontroli statycznej:
4,462
2
4
0,523
0,0225 4,961
16,024
0,09 3,137
2,275
0,022 2,253
6 6
Rys.1.56. Kontrola statyczna-siły działające na zadany układ
X =0 :0,0225ƒÄ…4,961-0,523-4,462=0,0015 H"0 [kN ]
"
Y =0 :0,022ƒÄ…2,253-2,275=0 [kN ] (1.40)
"
M =0:0,09ƒÄ…16,024-3,137-4,462Å"6-2,253Å"6ƒÄ…2,275 Å"12=-0,013 H"0 [kNm]
"
0
Tomasz Terlecki gr 3 KBI 13/13