Ewa Kloczkowska, KBI 1, rok akademicki 2006/2007
Ćwiczenie nr 3
Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił.
Dla układu prętowego przedstawionego na rysunku nale\
y:
1) Obliczyć i wykonać wykresy sił wewnętrznych powstałych od zadanego obcią\
enia,
wpływu temperatury, osiadania podpór lub błędów monta\
u.
2) W trakcie obliczeń wykonać sprawdzenie kinematyczne,
3) Obliczyć zaznaczone przemieszczenia uogólnione.
I. Wykresy sił wewnętrznych spowodowanych obcią\
eniem zewnętrznym:
Przyjęto:
J1 = 2140cm4(IPN 200) , J2 = 3060cm4(IPN 220)
J2
= 1, 4299
J1
E = 205GPa
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych nale\
y rozwiązać układ równań kanonicznych:
´11X1 +´12X2 +´13X3 +´14 X4 + "1P = 0
Å„Å‚
ôÅ‚´ X1 +´22 X2 + ´23X3 +´24 X4 + "2P = 0
ôÅ‚
21
òÅ‚´ X1 +´32X2 +´33X3 + ´34 X4 + "3P = 0
31
ôÅ‚
ôÅ‚´41X1 +´42 X2 + ´43X3 +´44 X4 + "4P = 0
ół
W układach zginanych wpływ N i T na przemieszczenia jest znikomy, dlatego:
MiMk
´ik = dx ,
"
+"
EJ
MiMP
"iP = dx .
"
+"
EJ
1) Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności i przyjęcie układu podstawowego:
SSN = 4
Przyjęty układ podstawowy:
Niewiadome zostały przedstawione jako grupy sił:
2) Wyznaczenie wykresu MP :
3) Wyznaczenie wykresu M1 (dla X1 = 1 ):
4) Wyznaczenie wykresu M2 (dla X2 = 1):
5) Wyznaczenie wykresu M3 (dla X3 = 1):
6) Wyznaczenie wykresu M4 (dla X4 = 1):
7) Wyznaczenie współczynników równania kanonicznego: Przy wyznaczeniu
współczynników korzystam z zasady Wereszczegina  Mohra oraz z twierdzenia Maxwella.
M1M1 1 1 2 1 2 1
ëÅ‚
´11 = dx = 2Å" Å" 4Å" 4Å" Å" 4 + Å"8Å" 4Å" Å"8öÅ‚ + 2Å" 4Å"4Å"4 =
( )
" ÷Å‚
+"
EJ EJ1 ìÅ‚ 2 3 2 3 EJ2
íÅ‚ Å‚Å‚
1 îÅ‚ 2 1 2 128 Å‚Å‚ 1 217,5167 m
îÅ‚ Å‚Å‚
4Å" Å" 4 + Å"8Å" 4Å" Å"8 + = 42,6667 + 85,3333 + 89,5167 =
( )
śł
EJ1 ïÅ‚4Å" 3 2 3 1, 4299śł EJ1 EJ1 ïÅ‚ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
M1M2 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´12 = dx = 0,0
"
+"
ïÅ‚ śł
EJ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M1M3 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´13 = dx = 0,0
"
+"
ïÅ‚kN śł
EJ
ðÅ‚ ûÅ‚
M1M4 1 1 1 1
ëÅ‚
´14 = dx = Å" Å"8Å" 4Å"8 + 2Å" Å" 4Å" 4Å" 4öÅ‚ =
" ÷Å‚
+"
EJ EJ1 2 EJ2 ìÅ‚ 2
íÅ‚ Å‚Å‚
1 îÅ‚1 64 Å‚Å‚ 1 172,7584 m
îÅ‚ Å‚Å‚
Å"8Å" 4Å"8 + = 128 + 44,7584 =
( )
śł
EJ1 ïÅ‚2 1, 4299śł EJ1 EJ1 ïÅ‚ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
ëÅ‚
M1MP 1 1 2 2 3Å" 42 1 1 2 1 1 öÅ‚
"1P = dx = -2Å" Å" 4Å" 24Å" Å" 4 + 2Å" Å" 4Å" Å" Å" 4 - Å" 4Å"88Å" Å"8 + Å" 4Å"8Å" Å"8÷Å‚ +
"
+"
EJ EJ1 ìÅ‚ 2 3 3 8 2 2 3 2 3
íÅ‚ Å‚Å‚
1 (44 + 24) Å" 2 1 1
ëÅ‚ öÅ‚
+ -2Å"4Å" 24Å" 2 - 2Å" 4Å" = Å" + 64 - 938,6667 + 42,6667 +
(-256
) (-384 - 544 =
)
÷Å‚
EJ2 ìÅ‚ 2 EJ1 EJ2
íÅ‚ Å‚Å‚
-1736,9964
= m
[ ]
EJ1
M2M1 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´21 = dx = ´12 = 0,0
"
+"
ïÅ‚ śł
EJ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M2M2 1 1 2 1 1 îÅ‚ 128 Å‚Å‚ 132,1834 m
ëÅ‚ îÅ‚ Å‚Å‚
´22 = dx = 2Å" Å" 4Å" 4Å" Å" 4öÅ‚ + 4Å" 4Å"8 = + =
( )
" ÷Å‚
+" śł
śł
EJ EJ1 ìÅ‚ 2 3 EJ2 EJ1 ïÅ‚42,6667 1, 4299 EJ1 ïÅ‚ kN
íÅ‚ Å‚Å‚ ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
M2M3 1 1 1 64 44,7584 m
ëÅ‚ îÅ‚ Å‚Å‚
´23 = dx = 2Å" Å" 4Å" 4Å" 4öÅ‚ = =
" ÷Å‚
+" śł
EJ EJ2 ìÅ‚ 2 EJ1 1, 4299 EJ1 ïÅ‚ kN
íÅ‚ Å‚Å‚ ðÅ‚ ûÅ‚
M2M4 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´24 = dx = 0,0
"
+"
ïÅ‚ śł
EJ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M2M
p
"2P = dx =0,0 m
[ ]
"
+"
EJ
M3M1 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´31 = dx = ´13 = 0,0
"
+"
ïÅ‚ śł
EJ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M3M2 44,7584 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´32 = dx = ´23 =
"
+"
śł
EJ EJ1 ïÅ‚ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M3M3 1 1 2 1 42,6667 29,8389 m
ëÅ‚ îÅ‚ Å‚Å‚
´33 = dx = 2Å" Å" 4Å" 4Å" Å" 4öÅ‚ = Å" =
" ÷Å‚
+" śł
EJ EJ2 ìÅ‚ 2 3 EJ1 1, 4299 EJ1 ïÅ‚ kN
íÅ‚ Å‚Å‚ ðÅ‚ ûÅ‚
M3M4 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´34 = dx = 0,0
"
+"
ïÅ‚ śł
EJ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M3M
p
"3P = dx =0,0 m
[ ]
"
+"
EJ
M4M1 172,7584 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´41 = dx = ´14 =
"
+"
śł
EJ EJ1 ïÅ‚ kN
ðÅ‚ ûÅ‚
M2M4 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´42 = dx = ´24 = 0,0
"
+"
ïÅ‚kN śł
EJ
ðÅ‚ ûÅ‚
M4M3 m
îÅ‚ Å‚Å‚
´43 = dx = ´34 = 0,0
"
+"
ïÅ‚kN śł
EJ
ðÅ‚ ûÅ‚
M4M4 1 1 1 2 285,8389 m
ëÅ‚ îÅ‚ Å‚Å‚
´44 = dx = 8Å" 4Å"8 + 2Å" Å"4Å" 4Å" Å"4öÅ‚ =
( )
" ÷Å‚
+"
EJ EJ1 EJ2 ìÅ‚ 2 3 EJ1 ïÅ‚kN śł
íÅ‚ Å‚Å‚ ðÅ‚ ûÅ‚
M4M 1 1 1 1 îÅ‚ 1 2 1 1 2 Å‚Å‚
ëÅ‚
P
"4P = dx = - Å" 4Å"88Å"8 + Å" 4Å"8Å"8öÅ‚ + 24Å" Å" 2Å" 2 - 44Å" 2Å"ëÅ‚ Å" 4 + Å" 2öÅ‚ - 24Å" 2Å"ëÅ‚ Å" 4 + Å" 2öłśł =
" ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
+"
EJ EJ1 ìÅ‚ 2 2 EJ2 ïÅ‚-2Å" 2 3 3 3 3
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
-1280 1 -1641,7968
= + m
(-96 - 293,3333 -128 =
) [ ]
EJ1 EJ2 EJ1
8) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
Po podstawieniu wyliczonych współczynników i pomno\
eniu przez EJ1 układ równań
przyjmuje następującą postać:
217,5167Å" X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 +172,7584X4 =1736,9964
Å„Å‚
ôÅ‚0Å" X1 +132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 + 0Å" X4 = 0
ôÅ‚
òÅ‚0Å" X1 + 44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 + 0Å" X4 = 0
ôÅ‚
ôÅ‚172,7584X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + 285,8389Å" X4 =1641,7968
ół
Powy\
szy układ mo\
na rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
217,5167Å" X1 +172,7584X4 =1736,9964
Å„Å‚
a)
òÅ‚172,7584X + 285,8389Å" X4 =1641,7968
ół 1
132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 = 0
Å„Å‚
b)
òÅ‚44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 = 0 - ukÅ‚ad jest jednorodny, wiÄ™c X2 = X3 = 0,0000kN
ół
X1 = 6,5843kN
Å„Å‚
Rozwiązaniem układu a) jest para liczb:
òÅ‚X =1,7643kN
ół 4
9) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
NORMALNE:
TN
CE:
MOMENTY:
10) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: uP = 0 .
(0) (n)
M M
Podczas kontroli wykorzystujÄ™ twierdzenie redukcyjne: ´ = dx
"
+"
EJ
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Wykres momentów wirtualnych:
1 1 1 1 1 1
îÅ‚
uP = Å" Å" 2Å" 2,3372Å" 4 + Å" 2Å"5,8658Å" 4 + Å" 2Å"5,8658Å" 4 - Å" 2Å"10,6056Å" 4Å‚Å‚ +
ïÅ‚ śł
EJ1 1, 4299 2 2 2 2
ðÅ‚ ûÅ‚
îÅ‚
1 1 2 2 3Å" 42 4 1 4 1 2 Å‚Å‚
+ Å" Å" 4Å" 2,3372Å" Å" 4 + Å" 4Å" Å" + Å" 4Å" 22,1144Å" - Å" 4Å" 21, 2112Å" Å" 4śł =
EJ1 ïÅ‚ 2 3 3 8 2 2 3 2 3
ðÅ‚ ûÅ‚
(6,5381+ 32,8180 - 29,6681+12, 4651+ 32 + 58,9717 -113,1264) -0,0016
= =
EJ1 EJ1
0,0016
= 0,000014 j" 0,01
113,1264
II. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych oddziaływaniem temperatury:
Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej części zadania, co pozwala na
wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznego´ki :
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych nale\
y rozwiązać układ równań kanonicznych:
´11X1 +´12X2 +´13X3 +´14 X4 + "1t = 0
Å„Å‚
ôÅ‚´ X1 +´22 X2 + ´23X3 +´24 X4 + "2t = 0
ôÅ‚
21
òÅ‚´ X1 +´32X2 +´33X3 + ´34 X4 + "3t = 0
31
ôÅ‚
ôÅ‚´41X1 +´42 X2 + ´43X3 +´44 X4 + "4t = 0
ół
Poniewa\
współczynniki ´ki sÄ… znane, do obliczenia pozostajÄ… "it , które znajdujÄ™ z
"t
następującego wzoru: "it = Ntt0ątdx
" i "
+"M h Ä…tdx + +"
"t = td - tg
td + tg
t0 = - tm (dla przekroju symetrycznego)
2
1
PrzyjmujÄ™: Ä…t = 1, 2Å"10-5 , E = 205GPa
C
h1 = hI 200 = 0, 2m
h2 = hI 220 = 0, 22m
1) Obliczenie "1t :
Wykres momentów M1 (dla X1 = 1 ) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych N1 (dla X1 = 1 ):
îÅ‚ 1 1 1 1 Å‚Å‚
"1t = 1, 2Å"10-5 Å" Å"ëÅ‚ 2Å" Å" 4Å" 4Å"10 + Å" 4Å"8Å" 40öÅ‚ + Å" 2Å" 4Å" 4Å"10śł +
ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚0, 2 íÅ‚ 2
2 0, 22
Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
+1, 2Å"10-5 Å" 2Å"1Å" 4Å"15 = 0,06545 + 0,00144 = 0,06689 m
[ ]
2) Obliczenie "2t :
Wykres momentów M2 (dla X2 = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych N2 (dla X2 = 1):
îÅ‚ 1 1 1 1
"2t = 1, 2Å"10-5 Å" Å"ëÅ‚ Å" 4Å" 4Å"10 + 0Å" 40 - Å"4Å" 4Å"10öÅ‚ + Å" 4Å" 4Å"10 - 4Å"4Å"10 +
( )Å‚Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚0, 2 íÅ‚ 2 śł
2 0, 22
Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
+1, 2Å"10-5 Å" 1Å" 4Å"15 -1Å" 4Å"15 = 0,00000 m
( ) [ ]
3) Obliczenie "3t :
Wykres momentów M3 (dla X3 = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych N3 (dla X3 = 1):
îÅ‚ 1 1 1 Å‚Å‚
"3t = 1, 2Å"10-5 Å" Å"ëÅ‚ Å" 4Å" 4Å"10 - Å" 4Å" 4Å"10öłśł +1, 2Å"10-5 Å" 1Å" 4Å"15 -1Å" 4Å"15 = 0,00000 m
( ) [ ]
ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚0, 2 íÅ‚ 2
2
Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
4) Obliczenie "4t :
Wykres momentów M4 (dla X4 = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania.
Wykres normalnych N4 (dla X4 = 1):
îÅ‚ 1 1 1 Å‚Å‚
"4t =1, 2Å"10-5 Å" Å" 8Å"4Å" 40 + Å"(2Å" Å"4Å" 4Å"10)śł -1,2Å"10-5 Å"2Å"1Å"4Å"15 =
( )
ïÅ‚0, 2
0,22 2
ðÅ‚ ûÅ‚
= 0,08553 - 0,00144 = 0,08409 m
[ ]
5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
217,5167 172,7584
Å„Å‚
Å" X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + Å" X4 + 0,06689 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ôÅ‚
ôÅ‚ 132,1834 44,7584
ôÅ‚0Å" X1 + EJ1 Å" X2 + EJ1 Å" X3 + 0Å" X4 + 0 = 0
ôÅ‚
òÅ‚
ôÅ‚0Å" X1 + 44,7584 Å" X2 + 29,8389 Å" X3 + 0Å" X4 + 0 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ôÅ‚
ôÅ‚172,7584 X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + 285,8389 Å" X4 + 0,08409 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ół
îÅ‚ Å‚Å‚
EJ1 = EJIPN 200 = 205Å"106 Å" 2140Å"10-8 = 4387 Å" m2 ûÅ‚
ðÅ‚kN
Po pomno\
eniu przez EJ1 i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania:
217,5167Å" X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 +172,7584X4 = -293, 4464
Å„Å‚
ôÅ‚0Å" X1 +132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 + 0Å" X4 = 0
ôÅ‚
òÅ‚0Å" X1 + 44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 + 0Å" X4 = 0
ôÅ‚
ôÅ‚172,7584X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + 285,8389Å" X4 = -368,9028
ół
Powy\
szy układ mo\
na rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
217,5167Å" X1 +172,7584X4 = -293,4464
Å„Å‚
a)
òÅ‚172,7584X + 285,8389Å" X4 = -368,9028
ół 1
132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 = 0
Å„Å‚
b)
òÅ‚44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 = 0 - ukÅ‚ad jest jednorodny, wiÄ™c X2 = X3 = 0,0000kN
ół
X1 =
Å„Å‚ -0,6232kN
Rozwiązaniem układu a) jest para liczb:
òÅ‚X = -0,9039kN
ół 4
6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
MOMENTY:
NORMALNE:
TN
CE:
7) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: uP = 0 .
Podczas kontroli wykorzystujÄ™ twierdzenie redukcyjne:
(0) (n)
"t
M M
(0) (0)
´ = dx + N t0Ä…tdx
" " "
+" +"M h Ä…tdx + +"
EJ
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Wykres momentów wirtualnych:
1 1 1 1 1 2 1 2 1 4
îÅ‚- Å" 4Å" 2, 4928Å" 4 - 1
îÅ‚ Å‚Å‚
uP = Å" Å" 4Å"6,1484Å" 4Å‚Å‚ - Å" Å" 4 Å" 2, 4928Å" Å" 4 + Å" 4Å"12, 2968Å" Å" 4 + Å" 4Å"7,3112Å" +
ïÅ‚ śł ïÅ‚2
EJ1 1, 4299 2 2 EJ1 3 2 3 2 3śł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
ëÅ‚ 1 10 10 1 40 öÅ‚ -48,3458 - 98,3744
+1, 2Å"10-5 Å"ìÅ‚ Å" 4Å" 4Å" + 4Å" 4Å" + Å" 4Å" 4Å" +1Å" 4Å"15÷Å‚ = +1, 2Å"10-5 Å" 2787, 2728 =
2 0, 2 0, 22 2 0, 2 4387
íÅ‚ Å‚Å‚
= -0,01102 - 0,02242 + 0,03345 = 0,03344 - 0,03345 = -0,00001m
0,00001
= 0,00029 j" 0,01
0,03345
III. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych osiadaniem podpór:
Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej częściach zadania, co pozwala na
wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznego´ki :
Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych nale\
y rozwiązać układ równań kanonicznych w
metodzie sił:
´11X1 +´12X2 +´13X3 +´14 X4 + "1" = 0
Å„Å‚
ôÅ‚´ X1 +´22 X2 + ´23X3 +´24 X4 + "2" = 0
ôÅ‚
21
òÅ‚´ X1 +´32X2 +´33X3 + ´34 X4 + "3" = 0
31
ôÅ‚
ôÅ‚´41X1 +´42 X2 + ´43X3 +´44 X4 + "4" = 0
ół
Poniewa\
współczynniki ´ki sÄ… znane, do obliczenia pozostajÄ… "i" , które znajdujÄ™ z
nastÄ™pujÄ…cego wzoru: "i" = - Å" "
"Ri
1) Obliczenie "1" :
"1" = - Å"" = 0,0000m
"Ri
2) Obliczenie "2" :
"2" = - Å"" = 0,0000m
"Ri
3) Obliczenie "3" :
"3" = - Å"" = -2Å"
(-1Å"0,002 = 0,004m
)
"Ri
4) Obliczenie "4" :
"4" = - Å" " = -Å"
(-1Å"0,002 +1Å"0,002 = 0,0000m
)
"Ri
5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych:
217,5167 172,7584
Å„Å‚
Å" X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + Å" X4 + 0 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ôÅ‚
ôÅ‚ 132,1834 44,7584
ôÅ‚0Å" X1 + EJ1 Å" X2 + EJ1 Å" X3 + 0Å" X4 + 0 = 0
ôÅ‚
òÅ‚
ôÅ‚0Å" X1 + 44,7584 Å" X2 + 29,8389 Å" X3 + 0Å" X4 + 0,004 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ôÅ‚
ôÅ‚172,7584 X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + 285,8389 Å" X4 + 0 = 0
ôÅ‚
EJ1 EJ1
ół
îÅ‚ Å‚Å‚
EJ1 = EJIPN 200 = 205Å"106 Å" 2140Å"10-8 = 4387 Å" m2 ûÅ‚
ðÅ‚kN
Po pomno\
eniu przez EJ1 i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania:
217,5167Å" X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 +172,7584X4 = 0
Å„Å‚
ôÅ‚0Å" X1 +132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 + 0Å" X4 = 0
ôÅ‚
òÅ‚0Å" X1 + 44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 + 0Å" X4 = -17,548
ôÅ‚
ôÅ‚172,7584X1 + 0Å" X2 + 0Å" X3 + 285,8389Å" X4 = 0
ół
Powy\
szy układ mo\
na rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi:
217,5167Å" X1 +172,7584X4 = 0
Å„Å‚
a)
òÅ‚172,7584X + 285,8389Å" X4 = 0 - ukÅ‚ad jest jednorodny, wiÄ™c X1 = X4 = 0,0000kN
ół 1
132,1834Å" X2 + 44,7584Å" X3 = 0
Å„Å‚
b)
òÅ‚44,7584Å" X2 + 29,8389Å" X3 = -17,548
ół
X2 = 0,4047kN
Å„Å‚
Rozwiązaniem układu b) jest para liczb:
òÅ‚X = -1,1951kN
ół 3
6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie:
MOMENTY:
NORMALNE:
TN
CE:
7) Sprawdzenie:
Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: uP = 0 .
(0) (n)
M M
(0)
Podczas kontroli wykorzystujÄ™ twierdzenie redukcyjne: ´ = dx - "
" "R
+"
EJ
Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:
Reakcje w stenie wirtualnym:
Wykres momentów wirtualnych:
1 1 1 1 1 1 2
îÅ‚- Å" 4Å"3,1616Å" 4 + Å" 4Å"1,6188Å" 4Å‚Å‚ + Å" îÅ‚
uP = Å"
ïÅ‚ śł ïÅ‚2 Å" 4Å"1,6188Å" 3 Å" 4Å‚Å‚ =
śł
EJ1 1, 4299 2 2 EJ1
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
-8,6317 - 8,6336
= = 0,0019676 - 0,001968 = 0,0000004m
4387
0,0000004
= 0,0002 j" 0,01
0,001968
IV. Wyznaczenie przemieszczenia poziomego punktu K ( z uwzględnieniem wpływu
temperatury i osiadania podpór):
Przemieszczenie poziome punktu K wyznaczam korzystajÄ…c z twierdzenia redukcyjnego:
(0) (n)
"t
M M
(0) (0) (0)
uK = dx + N t0Ä…tdx - "
" " " "R
+" +"M h Ä…tdx + +"
EJ
Stan wirtualny dla układu podstawowego:
(0)
Wykres M :
(0)
Wykres N :
1 1 2 1 1 1 40
uK = Å"ëÅ‚ Å" 4Å" 22,1144Å" Å" 4 - Å" 4Å"21, 2112Å" Å" 4öÅ‚ + Å" 4Å" 4Å" Å"1, 2Å"10-5 -1Å" 4Å"15Å"1, 2Å"10-5 =
÷Å‚
EJ1 ìÅ‚ 2 3 2 3 2 0, 2
íÅ‚ Å‚Å‚
117,9435 - 56,5632
= + 0,0192 - 0,00072 = 0,032m
4387