POLITECHNIKA POZNAŃSKA INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH Zakład Mechaniki Budowli LINIE WPŁYWOWE SIŁ W UKŁADACH STATYCZNIE WYZNACZALNYCH

Transkrypt

1 POLITECHNIKA POZNAŃSKA INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH Zakład Mechaniki Budowli ĆWICZENIE nr 1 LINIE WPŁYWOWE SIŁ W UKŁADACH STATYCZNIE WYZNACZALNYCH Prowadzący: mgr inż. A. Kaczor STUDIUM ZAOCZNE, II ROK Wykonał: Piotr Matysiak Grupa 1 Rok akad. 00/003

2 I. Linie wpływowe sił w belce statycznie wyznaczalnej. 1. Schemat konstrukcji.. Analiza kinematyczna..1. Warunek konieczny: W 3 t gdzie: W ilość więzów; W = 6 t ilość tarcz; t = = 6 warunek jest spełniony... Warunek dostateczny: Belka B jest połączona z podłożem (F) dwiema podporami, podporą przegubowo-przesuwną C i podporą przegubową B (połączenie sztywne). Do geometrycznie niezmiennego układu (F+B1) jest dołączona belka B za pomocą przegubu D i podpory przegubowo-przesuwnej A. Kierunek podpory przegubowo-przesuwnej nie przecina przegubu, stąd zadany układ jest układem geometrycznie niezmiennym. 3. Wyznaczenie linii wpływowych reakcji oraz sił przekrojowych w zaznaczonych przekrojach Schemat obliczeniowy:

3 3.. Linia wpływowa reakcji R A : L W R A (- ): L W R A ( 4): L W R A = 1 = 1 L W R A = 0 l L W R A (-) = 1,86 L W R A (0) = 1,0 L W R A () = Linia wpływowa reakcji R D : L W R D (- ): L W R D ( 4): L W R D = = L W R D = 0 l L W R D (-) = - 0,85 L W R D (0) = 0 L W R D () = 1, Linia wpływowa reakcji R B : L W R B ( ): L W R B (- ): 1 1 L W R B = 1 = 1 L W R B = L W R B(1=-5) L W R D = 1,5 l1 10 L W R B (-5) = 1,5 L W R B (-) = -0,43 L W R B (0) = 1,0 L W R B (0) = 0 L W R C (10) = 0 L W R B () = 1,5 L W R B (1) = - 0, 3.5. Linia wpływowa reakcji R C : L W R C ( ): L W R C (- ): 1 1 L W R C = = LW R C = L W R C(1=-5) L W R D = 0,5 l 10 1 L W R C (-5) = - 0,5 L W R C (-) = 0,14 L W R C (0) = 0 L W R C (0) = 0 L W R C (10) = 1,0 L W R C () = -0,5 L W R C (1) = 1, 3

4 3.6. Wykresy linii wpływowych reakcji dla belki: 4

5 3.. Linia wpływowa momentu zginającego w przekroju α - α: α = 3,0m α = 4,0m L W M α (- 3): L W M α (3 ): L W M α ( 4) L W M α = L W R D α L W M α = L W R A α L W M α = 0 ' L W M α = α = 4 l L W M α = 1 α = 1 3 l L W M α (-) = -1,143m (L W M α (0) = α = 3m) L W M α (0) = 0m L W M α (3) = 1,14m L W M α (3) = 1,14m L W M α () = 0m (L W M α () = α = 4m) 3.8. Linia wpływowa siły tnącej w przekroju α - α: L W T α (- < 3): L W T α (3 < ): L W T α ( 4): L W T α = - L W R D L W T α = L W R A L W T α = 0 L W T α = = L W T α = 1 l l = 1 L W T α (-) = 0,85 (L W T α (0) = 1) L W T α (0) = 0 L W T α (3) = 0,514 L W T α (3) = - 0,486 L W T α () = 0 (L W T α () = - 1) 3.9. Linia wpływowa momentu zginającego w przekroju β - β: β =,0m β = 8,0m L W M β (- 5 1 ): L W M β ( 1 1): L W M β (- ): L W M β = L W R C β L W M β = L W R B β L W M β =L W M β(1=-5) L W R D 1 ' 1 L W M β = β = 8 l 10 1 L W M β = β = 1 l1 10 L W M β = 4,0 L W M β (-5) = - 4,0m (L W M β (0) = β = m) L W M β (-) = 1,48m L W M β (0) = 0m L W M β () = 1,6m L W M β (0) = 0m L W M β () = 1,6m L W M β (10) = 0m L W M β () = - 4,0m (L W M β (10) = β = 8m) L W M β (1) = - 0,4m Linia wpływowa siły tnącej w przekroju β - β: L W T β (- 5 1 < ): L W T β ( < 1 1): L W T β (- ): L W T β = - L W R C L W T β = L W R B L W T β =L W T β(1=-5) L W R D 1 1 L W T β = = L W T β = = 1 L l 10 l1 10 W T β = 0,5 1 L W T β (-5) = 0,5 (L W T β (0) = 1) L W T β (-) = - 0,148 L W T β (0) = 0 L W T β () = 0,8 L W T β (0) = 0 L W T β () = - 0, L W T β (10) = 0 L W T β () = 0,5 (L W T β (10) = - 1) L W T β (1) = - 0, 5

6 3.11. Wykresy linii wpływowych sił wewnętrznych dla belki: 6

7 4. Wyznaczenie ekstremalnych wartości reakcji podporowej w punkcie A oraz siły tnącej w przekroju α - α. Zadane obciążenie: 4.1. Wyznaczenie ekstremalnych wartości R A : Pierwsze położenie ciągu sił. L W R A ( = - ) = 1 =1,86 L W R A ( = 4) = 1 = 0,48 R A = 15 0,5 (1,86 + 0,48) 6,0 =,16 kn Drugie położenie ciągu sił. L W R A ( = - ) = 1 =1,86 L W R A ( = 0) = 1,0 L W R A ( = 6) = 1 = 0,149 R A = 5 1, ,5 (0, ,0) 6 = 83,58 kn

8 Trzecie położenie ciągu sił. L W R A ( = - ) = 1 =1,86 L W R A ( = 1) = 1 = 0,853 L W R A ( = 3) = 1 = 0,516 R A = 0 1, , ,5 4,0 0,516 = 64,30 kn Wartości ekstremalne. R min A = 0 kn R ma A = 83,58 kn 4.. Wyznaczenie ekstremalnych wartości T α 8

9 4..1. Pierwsze położenie ciągu sił. L W T α ( = - ) = = 0,85 L W T α ( = 3) = = - 0,486 T α = 15 0,5,0 0, ,5 3,0 0,486 = - 5,358 kn 4... Drugie położenie ciągu sił. L W T α ( = -) = = 0,85 L W T α ( = - 1) = = 0,148 L W T α ( = 1) = = - 0,149 L W T L α ( = 3) = = - 0,486 L W T P α ( = 3) = 1 = 0,514 T α = 5 0, ,5 0, ,486, ,5 4,0 0,514 = 1,14 kn Trzecie położenie ciągu sił. L W T α ( = 0) = 0 L W T L α ( = 3) = = - 0,486 L W T α ( = 5) = 1 = 0,85 T α = - 5 0, ,5,0 0,85 = - 6,4 kn L W T P α ( = 3) = 1 = 0,514 T α = 5 0, ,5,0 0,85 = 18,5 kn Czwarte położenie ciągu sił. L W T L α ( = 3) = = - 0,486 L W T α ( = 6) = 1 = 0,148 T α = - 0 0, ,148 = - 5,00 kn L W T P α ( = 3) = 1 = 0,514 T α = 0 0, ,148 = 15,0 kn Wartości ekstremalne. T α min = - 6,4 kn T α ma = 18,5 Kn 9

10 II. Linie wpływowe sił w prętach kratownicy statycznie wyznaczalnej. 1. Schemat konstrukcji:. Analiza kinematyczna..1. Warunek konieczny: w = p + r gdzie: w ilość węzłów; w = 14 p ilość prętów; p = 5 r ilość reakcji; r = 3 14 = = 8 warunek jest spełniony... Warunek dostateczny: Kratownica jest zbudowana z układów trójkątnych, geometrycznie niezmiennych, a mianowicie: S 1 G 1 K 1, K 1 D 1 S, S D K, K G S 3, S 3 G 3 K 3, K 3 D 3 S 4, S 4 D 4 K 4, K 4 G 4 S 5, S 5 G 5 K 5, K 5 D 5 S 6, S 6 D 6 K 6, K 6 G 6 S - jest zatem wewnętrznie geometrycznie niezmienna (tarcza sztywna). Tarcza ta jest połączona z podłożem za pomocą podpory przegubowej A oraz podpory przegubowo-przesuwnej B. Kierunek podpory przegubowo-przesuwnej nie przecina przegubu podpory przegubowej, stąd zadany układ jest układem geometrycznie niezmiennym (tarczą). 3. Wyznaczenie linii wpływowych sił w prętach D 5, K 4, S Schemat obliczeniowy: sinα = 0,8305 cosα = 0, Linia wpływowa w pręcie D 5 : α = 3,6m α = 1,m 10

11 L W D 5 (-,4,4) L W D 5 (3,6 4,8) M P 1 = 0 M L 1 = 0 R B α + D 5 h = 0 R A α - D 5 h = 0 α L W D 5 = L W R B h ' ' = α l h L D = L α α R W 5 W A = 1 h l h 1, 3, 6 L W D 5 = L W D 5 = 1 4, 8 1, 8 4, 8 1, 8 L W D 5 (-,4) = - 0,3334 (L W D 5 (0) = α /h =,0) L W D 5 (0) = 0 L W D 5 (3,6) = 0,5 L W D 5 (,4) = 0,3334 L W D 5 (4,8) = 0 (L W D 5 (4,8) = α /h = 0,666) 3.3. Linia wpływowa w pręcie K 4 : L W K 4 (-,4 1,) L W K 4 (,4 4,8) Y P = 0 Y L = 0 K 4 sinα = - R B K 4 sinα = R A 1 1 Lw RB L W K 4 = = l 4, 8 Lw R A = L W K 4 = = l 4, 8 = sin α sin α 0, 8305 sin α sin α 0, 8305 L W K 4 (-,4) = 0,6009 (L W K 4 (0) = 1/sinα = 1,019) L W K 4 (0) = 0 L W K 4 (,4) = 0,6009 L W K 4 (1,) = - 0,3005 L W K 4 (4,8) = 0 (L W K 4 (4,8) = - 1/sinα = - 1,019) 3.4. Linia wpływowa w pręcie S 4 : Pręt S 4 jest jednym z prętów zerowych rozpatrywanej kratownicy, stąd dla (-,4 4,8) L W S 4 = 0 11

12 4. Wykresy linii wpływowych dla sił w wybranych prętach kratownicy: 1