2kN/m -20 C D 5kN 0,006m A B 0,004m +0 +20 0,005rad E 4 2 4 [m] Układ prętów ma dwie tarcze i osiem reakcji w podporach. Stopień statycznej niewyznaczalności SSN= 2, ponieważ, przy dwóch tarczach powinno być 6 reakcji, aby układ był statycznie wyznaczalny. Zgodnie z wyznaczonym zadaniem przed rozpoczęciem obliczeń dobieram wstępne przekroje prętów. Dla prętów oznaczonych dobieram dwuteownik I00, a dla prętów oznaczonych dobieram dwuteownik I200. Obliczam sztywności dla poszczególnych prętów: I00: =205 0 7 0 =5055 0 =50,55 [ ] I200: =205 0 240 0 =48700 0 =487 [ ] Uzależniam oba przekroje od EI. = = = 487 =2,5 0,55
Przyjmuję układ podstawowy Z układu usunąłem dwa więzy, czyli tyle, ile wynosi stopień statycznej niewyznaczalności. 2kN/m 5kN 4 2 4 [m] Do układu podstawowego zaliczają się również warunki kinematyczne (przemieszczeniowe): =0 =0 Z powyższych warunków utworzę równania, które umożliwią obliczenie niewiadomych (nadliczbowych metody sił) i.
Korzystając z metody sił obliczam siły przekrojowe (M,T,N) od zadanego obciążenia 2kN/m U x = U x = U P 5kN = + + = = = + = + =0 = + + =0 x = V x = V P 2kN/m 5kN = + = + = = + = + =0 = + + =0 Układ równań kanonicznych: = + + =0 = + + =0
Stan 4 2 4 Obliczam reakcje w podporach dla stanu [-] [m] Wykres momentów: [m]
Stan 2 4 2 4 Obliczam reakcje w podporach dla stanu 2 2 [ ] 5 [ ] Wykres momentów: 4 4 8 [m]
Stan P 2 / 5 4 2 4 Obliczam reakcje w podporach dla stanu P 6 5 45 5 6 Wykres momentów: 22 22 45 [kn*m]
Obliczenie przemieszczeń (współczynników podatności): = = 2 2 2,5 =0,794 = =0 (twierdzenie Maxwella: = ) = 2 4 4 2 4+ 2 8 4 2 8 2,5 + 2 4 5 2 4+ 8 + 2 8 5 2 8 + 4=47,27 = 2 2 45 2,5 = 0,79 = 2 22 5 2 8 + 4+2 2 2 5 8 2 8 + 2 4 2 22 4 2 8 2,5 = 22,62 = + =0 = + =0 0,794 + 0,79 =0 47,27 + 22,62 =0 = 0,79 =5 [] 0,794 = 22,62 =0,4785 [] 47,27 Obliczone nadliczbowe metody sił przykładam do układu podstawowego: 2 / 5 5 0,4785 4 2 4 []
= 0,4785 4+2 2 5 =,54 [] 6 =0,4785 4+5 +2 2 5 4+,54 6= 0,002 [ ] 0 = 0,4785 4+2 2 5 +,54 6 = 5 +0,4785 0 2 2 5+0,002 0,00067 6 = 0,00067 [] 0 = 5,056 [] W dalszych obliczeniach pomijam moment w podporze E i reakcję ze względu na ich pomijalnie małe wartości. Schemat z zaznaczonymi reakcjami: 2 / 5 5 0,4785,54 5,056 Wykres momentów: 6,0564 6,0564,94,94 [ ]
Sprawdzenie naprężeń w obu grupach przekrojów: Maksymalny moment dla =6,0564 i =6,0564 = : = 605,64 7 5 =7,7 77, MPa<25MPa Przyjęty przekrój może zostać zaakceptowany = 605,64 240 0 =2,8 28, MPa<25MPa Przyjęty przekrój powinien być zmieniony na mniejszy ze względów ekonomicznych Sprawdzenie kontrola kinematyczna Obliczam pionowe przemieszczenie punktu D, które powinno wynosić 0. 2 5 2 6 4 []
6,0564 4,94 6 = = 2,94 4 2 6 2 6,0564 4 2 4 0,07994 2 6,0564 5 2 4+ 6+ 2,94 5 2 6+ 4+2 2 2 8 6)= 0,025 5 ( 2 4+ 2 0,025 5,2 00%=0,69% Błąd przy kontroli kinematycznej wynosi 0,025/EI, co stanowi 0,69% z największego składnika działania, jest to błąd mniejszy od %, więc zadanie można uznać za dobrze obliczone. Zestawienie wykresów momentów, tnących i normalnych. 6,0564 6,0564,94,94 [ ]
+,54 +0,4785,776 5,54 [] 4,094 5 5 5,882 5,56 []
Korzystając z metody sił obliczam siły przekrojowe (M,T,N) od zadanego wpływu temperatury -20 C D A B +0 +20 4 E 2 4 [m] =+25 =,2 0 =0, =0,2 = AB BC CD BE [] [] 0-5 40 0 40 0 0 5 SSN=2 [] -0-25 -25-0 Przyjmuję ten sam układ podstawowy Stan T + + +
=0 =0 = + + =0 = + + =0 = =0 + =0 + =0 ę ń: =0,794 =0,794 50,55 =2,0525 0 =47,27 = 47,27 50,55 =0,48 Stan (jak w poprzednich obliczeniach + wykres normalnych) [m] - [-] =,2 0 0 0 ( 4)= 0,0026m,
Stan 2 (jak w poprzednich obliczeniach + wykres normalnych) 4 4 8 [m] + 2 sin=2 5 =0,298 + 5 [m] =,2 0 [+0 4 4,+40 +4 5 +40, 4, 0 25 0,298 5=0,07658m Obliczam nadliczbowe metody sił: = =,, =0,69kN = =,, = 0,568kN Zestawienie obliczonych reakcji wraz z reakcjami podporowymi 0,568 0,69 0,79,8455 0,69 0,947
Wykres momentów: 2,272,572 [kn*m],8455 Kontrola kinematyczna Obliczam przemieszczenie pionowe w punkcie D, które powinno wynosić 0. 2 5 2 6 4 [] +0,4472 2,5 [ ]
= + h + = 6 4 2,272+ 6 5 2,272+,572+ 4 5 2,272+,572+,572 4 4 0,07994+,2 0 0 6 4, 40 6+4 5, 40 4 4,+,2 0 25 0,4472 5 0 =,4 0 m Błąd przy kontroli kinematycznej wynosi =,4 0, co stanowi,2% z największego składnika działania, jest to błąd porównywalny do %, więc zadanie można przyjąć za dobrze obliczone. Zestawienie wykresów momentów, tnących i normalnych. 2,272 2,272,572,572 [ ],8455
+0,9 +0,792 0,568 [] +0,69 0,69 0,69 0,947 []
Korzystając z metody sił obliczam siły przekrojowe (M,T,N) od zadanego osiadania podpór C D 0,006m A B 0,004m 0,005rad 4 E 2 4 [m] SSN=2 Układ podstawowy oraz stany i zakładam takie, jak we wcześniejszych obliczeniach, więc,,, są takie jak we wcześniejszych obliczeniach. =0,794 =0,794 50,55 =2,0525 0 =47,27 = 47,27 50,55 =0,48 = =0 Stan Δ 0,006m 0,005rad 0,004m =0 =0 + =0 +=0
= Stan Stan 2 5 = ( 0,006 0,005)=+0,02m = 0,004=0,002664 [] 0,794 +0,02=0 47,27 +0,002664=0 Z powyższego układu równań obliczam dwie nadliczbowe metody sił: = 0,02 0,02 == 50,55= 0,2 [] 0,795 0,795 = 0,002664 47,26 = 0,002664 50,55= 0,0976 [] 47,26
Zestawienie reakcji w podporach i nadliczbowych metody sił: 0,2 0,0 0,097 0,2 0,69 0,027 Wykres momentów: 0,05269 0,07904 [ ] 0,69 Powyższy wykres narysowany jest w skali, różnica pomiędzy poszczególnymi momentami na danych prętach jest rzędu 0, z tego względu nie jest widoczny wykres momentu w górnej części schematu. Kontrola kinematyczna Obliczam przemieszczenie pionowe w punkcie D, które powinno wynosić 0. 2 5 2
6 4 [] = = [ 0,004]+ 2 6 4 2 0,07904 2 4 4 2 0,05269 0,07994 2 6 5 2 0,07904+ 0,05269+ 2 4 5 0,07904+2 0,05269 =0,0000006 [] Błąd przy kontroli kinematycznej wynosi 0,0000006, co stanowi 0,00765% z największego składnika działania, jest to błąd mniejszy od %, więc zadanie można przyjąć za dobrze obliczone. Zestawienie wykresów momentów, tnących i normalnych. 0,0526 0,07904 [ ] 0,69 Powyższy wykres narysowany jest w skali, różnica pomiędzy poszczególnymi momentami na danych prętach jest rzędu 0, z tego względu nie jest widoczny wykres momentu w górnej części schematu.
0,0976 +0,02 +0,0 0,2 [kn] Powyższy wykres narysowany jest w skali, różnica pomiędzy poszczególnymi siłami tnącymi na danych prętach jest rzędu 0, z tego względu nie jest widoczny wykres tnących w górnej części schematu. +0,2 0,006 0,027 [kn] Powyższy wykres narysowany jest w skali, różnica pomiędzy poszczególnymi siłami normalnymi na danych prętach jest rzędu 0, z tego względu nie jest widoczny wykres normalnych w prawej części schematu.
Obliczenie kąta obrotu w punkcie C wywołane działaniem obciążenia z wykorzystaniem pracy wirtualnej i twierdzenia redukcyjnego 2kN/m C D 5kN A B E 4 2 4 [m] =. =. Składnik równania pracy wirtualnej został obliczony w pierwszej części projektu. Wyznaczam składnik.
Wykres momentów od obciążenia wirtualnego: 2 [ ] 6,0564 6,0564,94,94 [kn*m] = 2 2 4 2 6,0564 0,07994 2 6,0564 5 2 + 2,952 5 + 2 2 2 8 5 2 = ( 0,587)= 0,00675 []
Sprawdzenie obliczenia kąta obrotu. Przyjmuję inny układ podstawowy i obliczam ten sam obrót. [ ] = 2,952 4 2 2 6,0564 5 + 2,952 5 + 2 2 2 8 5 = ( 0,5857)= 0,0067 [] Różnica między kątami obrotu obliczonymi dla dwóch różnych schematów wirtualnych wynosi 0,000004 rad, można przyjąć kąt obrotu za dobrze obliczony.
Obliczenie kąta obrotu w punkcie C wywołane działaniem temperatury z wykorzystaniem pracy wirtualnej i twierdzenia redukcyjnego = + Δt h +. = + Δt h +. 2,272,572 [kn*m],8455 2 [ ] Powyższe wykresy zostały zaczerpnięte z poprzednich części projektu. Doliczam dodatkowo wykres 6 5 6 [/m]
= [ 2,572 4 2 2 0,07994 2 5 (2,572+ 2,272)]+,2 0 2 2 4 ( 40) 0,2 + 2 5 (40) 0, +,2 0 6 5 5 ( 25)+ ( 0)= 0,002874 [] 6 Sprawdzenie obliczenia kąta obrotu. Przyjmuję inny układ podstawowy i obliczam ten sam obrót. 2,272,572 [kn*m],8455
[ ] Powyższe wykresy zostały zaczerpnięte z poprzednich części projektu. Doliczam dodatkowo wykres +0,25 [/m] = 2 2,272 4 2 (2,272+,572) 5+,2 0 2 2 4 (0) 0, + 5 (40) 0, +,2 0 [+0,25 ( 0)] = 0,002882 [] Różnica między kątami obrotu obliczonymi dla dwóch różnych schematów wirtualnych wynosi 0,000008 rad, co jest błędem 0,27%, czyli mniej niż %, można przyjąć kąt obrotu za dobrze obliczony.