Ćwiczenie nr 3. Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił.

Transkrypt

1 Ewa Kloczkowska, KBI 1, rok akademicki 006/007 Ćwiczenie nr 3 Obliczanie układów statycznie niewyznaczalnych metodą sił. Dla układu prętowego przedstawionego na rysunku naleŝy: 1) Obliczyć i wykonać wykresy sił wewnętrznych powstałych od zadanego obciąŝenia, wpływu temperatury, osiadania podpór lub błędów montaŝu. ) W trakcie obliczeń wykonać sprawdzenie kinematyczne, 3) Obliczyć zaznaczone przemieszczenia uogólnione. I. Wykresy sił wewnętrznych spowodowanych obciąŝeniem zewnętrznym:

2 Przyjęto: J1= 10 cm ( IPN 00), J 1, 99 J = 1 E= 05GPa J = 3060 cm ( IPN 0) Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŝy rozwiązać układ równań kanonicznych: δ11x 1+ δ1x + δ13x 3+ δ1x + 1P δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + P δ 31X1+ δ3x + δ33x 3+ δ3x + 3P δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + P W układach zginanych wpływ N i T na przemieszczenia jest znikomy, dlatego: MM i k δ ik = dx, EJ MM i P ip = dx. EJ 1) Określenie stopnia statycznej niewyznaczalności i przyjęcie układu podstawowego: SSN = Przyjęty układ podstawowy: Niewiadome zostały przedstawione jako grupy sił:

3 ) Wyznaczenie wykresu M P :

4 3) Wyznaczenie wykresu M 1 (dla X 1= 1):

5 ) Wyznaczenie wykresu M (dla X = 1):

6 5) Wyznaczenie wykresu M 3(dla X 3 = 1):

7 6) Wyznaczenie wykresu M (dla X = 1):

8 7) Wyznaczenie współczynników równania kanonicznego: Przy wyznaczeniu współczynników korzystam z zasady Wereszczegina Mohra oraz z twierdzenia Maxwella. MM 1 1 dx δ11= = ( ) = EJ EJ 3 3 EJ , 5167 m 8 8 (, , , 5167) EJ , 99 = + + = EJ1 EJ 1 kn MM 1 m δ1 = dx,0 EJ kn MM 1 3 m δ13 = dx,0 EJ kn MM δ1 = dx = 8 8+ = EJ EJ EJ , 758 m 8 8 ( 18,758) EJ + 1 1, 99 = + = EJ1 EJ 1 kn MM 1 1 P P = dx = EJ EJ (+ ) = ( , 6667+, 6667) + ( 38 5) = EJ EJ1 EJ 1736, 996 = [ m] EJ 1 M M1 m δ1= dx= δ1, 0 EJ kn M M ,183 m δ = dx= + ( 8) =,6667 EJ EJ1 3 EJ EJ + = 1 1, 99 EJ 1 kn M M , 758 m δ 3 = dx= = = EJ EJ EJ1 1, 99 EJ 1 kn M M m δ = dx= 0,0 EJ kn M Mp P = dx,0[ m ] EJ M 3M1 m δ31 = dx= δ13, 0 EJ kn M 3M,758 m δ3 = dx= δ3 = EJ EJ 1 kn M 3M , ,8389 m δ33 = dx= = = EJ EJ 3 EJ 1, 99 EJ kn 1 1

9 M 3M m δ3 = dx= 0,0 EJ kn M 3Mp 3P = dx,0[ m ] EJ M M1 17, 758 m δ1= dx= δ1 = EJ EJ 1 kn M M m δ = dx= δ, 0 EJ kn M M 3 m δ3 = dx= δ3, 0 EJ kn M M ,8389 m δ = dx= ( 8 8) + = EJ EJ EJ 3 EJ kn M MP P = dx = EJ EJ1 EJ = , 7968 = + ( 96 93, ) = [ m] EJ EJ EJ 8) Rozwiązanie układu równań kanonicznych: Po podstawieniu wyliczonych współczynników i pomnoŝeniu przezej1 układ równań przyjmuje następującą postać: 17, 5167 X1+ 0 X + 0 X 3+ 17, 758X = 1736, X1 + 13,183 X +, 758 X X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X X = 0 17, 758X1+ 0 X + 0 X 3+ 85,8389 X = 161, 7968 PowyŜszy układ moŝna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi: a) 17,5167 X1+ 17, 758X = 1736,996 17, 758X1+ 85,8389 X = 161, 7968 b) 13,183 X +, 758 X 3, 758 X + 9,8389 X 3 - układ jest jednorodny, więc X = X 3,0000kN X Rozwiązaniem układu a) jest para liczb: X 1 = 6,583kN = 1, 763kN

10 9) Wykresy sił wewnętrznych w układzie: NORMALNE:

11 TNĄCE: MOMENTY:

12 10) Sprawdzenie: Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: u P. Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne: Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego: (0) ( n) M M δ = dx EJ Wykres momentów wirtualnych: u P =,337 5,8658 5, ,6056 EJ 1, , ,11 1, 11 = EJ (6, ,8180 9, , , ,16) 0, 0016 = = EJ1 EJ1 0, , , ,16 =

13 II. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych oddziaływaniem temperatury: Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej części zadania, co pozwala na wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznegoδ ki :

14 Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŝy rozwiązać układ równań kanonicznych: δ11x 1+ δ1x + δ13x 3+ δ1x + 1t δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + t δ 31X1+ δ3x + δ33x 3+ δ3x + 3t δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + t PoniewaŜ współczynniki δki są znane, do obliczenia pozostają it, które znajduję z t następującego wzoru: it = Mi tdx Nt t 0 tdx h α + α t = td tg t 0 td + tg = tm (dla przekroju symetrycznego) Przyjmuję: αt = 1, 10, E= 05GPa C h1 = hi 00, m h = hi 0, m 5 1

15 1) Obliczenie 1t : Wykres momentów M 1 (dla X 1= 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania. Wykres normalnych N 1 (dlax 1= 1): , 0, 5 1t = 1, = + = 5 1, ,0655 0,001 0,06689 [ m] ) Obliczenie t : Wykres momentów M (dla X = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania. Wykres normalnych N (dlax = 1): t = 1, ( 10 10) + 0, 0, ( ) [ m] + = 5 1, ,00000

16 3) Obliczenie 3t : Wykres momentów M 3(dla X 3 = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania. Wykres normalnych N 3 (dlax 3 = 1): t = + = 0, ( ) [ m] 5 5 1, , ,00000 ) Obliczenie t : Wykres momentów M (dla X = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania. Wykres normalnych N (dlax = 1): ( ) 0, 0,, , 001= 0, t = 1, ( 10) 1, = [ m]

17 5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych: 17, , 758 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0, 06689= 0 EJ1 EJ1 13,183, X + 1 X + X X + 0 EJ1 EJ1, 758 9, X1 + X + X X + 0 EJ1 EJ1 17, ,8389 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0, 0809= 0 EJ1 EJ1 6 8 EJ1= EJIPN 00 = = 387 kn m Po pomnoŝeniu przez EJ1 i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania: 17, 5167 X1+ 0 X + 0 X 3+ 17, 758X = 93, 6 0 X1 + 13,183 X +, 758 X X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X X = 0 17, 758X1+ 0 X + 0 X 3+ 85,8389 X = 368, 908 PowyŜszy układ moŝna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi: 17,5167 X1+ 17, 758X = 93, 6 a) 17, 758X1+ 85,8389 X = 368,908 13,183 X +, 758 X 3 b) - układ jest jednorodny, więc X = X 3,0000kN, 758 X + 9,8389 X 3 X1= 0, 63kN Rozwiązaniem układu a) jest para liczb: X = 0,9039kN

18 6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie: MOMENTY: NORMALNE:

19 TNĄCE: 7) Sprawdzenie: Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: u P. Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne: (0) ( n) δ M M (0) t (0) = dx + M t dx N t 0 t dx EJ h α + α Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego:

20 Wykres momentów wirtualnych: u P =,98 6,18,98 1,968 7,311 EJ 1, EJ , , , = + 1, 10 0, 0, 0, 387 = 0, , 0+ 0, 0335, 033 0, 0335= 0, 00001m , 78= 0, , , 01 0,0335 = III. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych osiadaniem podpór:

21 Przyjmuję taki sam układ podstawowy, jak w poprzedniej częściach zadania, co pozwala na wykorzystanie obliczonych współczynników równania kanonicznegoδ ki : Aby wykonać wykresy sił wewnętrznych naleŝy rozwiązać układ równań kanonicznych w metodzie sił: δ11x 1+ δ1x + δ13x 3+ δ1x + 1 δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + δ 31X1+ δ3x + δ33x 3+ δ3x + 3 δ 1X1+ δx + δ3x 3+ δ X + PoniewaŜ współczynniki δki są znane, do obliczenia pozostają następującego wzoru: i = Ri 1) Obliczenie 1 : i, które znajduję z 1 = Ri = 0, 0000m

22 ) Obliczenie : = Ri, 0000m 3) Obliczenie 3 : ( ) 3 = Ri = 1 0,00,00m

23 ) Obliczenie : ( ) = Ri = 1 0, ,00,0000m 5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych: 17, , 758 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0= 0 EJ1 EJ1 13,183, X + 1 X + X X + 0 EJ1 EJ1, 758 9, X1 + X + X X + 0, 00 EJ1 EJ1 17, ,8389 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0= 0 EJ1 EJ1 6 8 EJ1= EJIPN 00 = = 387 kn m Po pomnoŝeniu przez EJ1 i przeniesieniu wyrazu wolnego na drugą stronę równania: 17, 5167 X1+ 0 X + 0 X 3+ 17, 758X 0 X1 + 13,183 X +, 758 X X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X X = 17,58 17, 758X1+ 0 X + 0 X 3+ 85,8389 X

24 PowyŜszy układ moŝna rozbić na dwa układy z dwoma niewiadomymi: 17,5167 X1+ 17, 758X a) - układ jest jednorodny, więcx1= X,0000kN 17, 758X1+ 85,8389 X 13,183 X +, 758 X 3 b), 758 X + 9,8389 X 3 = 17,58 X, 07kN Rozwiązaniem układu b) jest para liczb: X 3 = 1,1951kN 6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie: MOMENTY: NORMALNE:

25 TNĄCE: 7) Sprawdzenie: Sprawdzam, czy przemieszczenie poziome punktu P wynosi zero: u P. Podczas kontroli wykorzystuję twierdzenie redukcyjne: Sprawdzenie wykonuję dla innego układu podstawowego: (0) ( n) M M dx R (0) δ = EJ

26 Reakcje w stenie wirtualnym: Wykres momentów wirtualnych: u P = 3,1616 1,6188 1,6188 EJ1 1, = EJ 1 3 8, , 6336 =, , = 0, m 387 0, ,000 0,01 0, =

27 IV. Wyznaczenie przemieszczenia poziomego punktu K ( z uwzględnieniem wpływu temperatury i osiadania podpór): Przemieszczenie poziome punktu K wyznaczam korzystając z twierdzenia redukcyjnego: (0) ( n) M M (0) t (0) (0) uk = dx+ M tdx N t0 tdx R EJ h α + α Stan wirtualny dla układu podstawowego: Wykres (0) M :

28 Wykres (0) N : u K EJ , 117,935 56,563 = + 0,019 0,0007,03 m =,11 1,11 + 1, , 10 =