Rozwiązanie stateczności ramy MES Rozwiążemy stateczność ramy pokazanej na Rys.. λkn EA24.5 kn EI4kNm 2 d 5,r 5 d 6,r 6 2 d 4,r 4 4.m e e2 d 3,r 3 d,r X d 9,r 9 3 d 7,r 7 3.m d 2,r 2 d 8,r 8 Y Rysunek : Rama i jej mode skończenie eementowy ETAPI STATYKA. Obiczenie macierzy sztywności i wektorów obciążenia da eementów. Korzystając ze wzoru na macierz sztywności eementu ramowego: K e EA EA EA 2EI 3 6EI 2 6EI 2 4EI 2EI 6EI 3 2 6EI 2EI 2 EA 2EI 3 6EI 2 6EI 2 2EI 2EI 6EI 3 2 6EI 4EI 2 e () styczeń 29 P. Puciński
oraz ze wzoru na macierz transformacji: cos(α e ) sin(α e ) sin(α e ) cos(α e ) T e cos(α e ) sin(α e ), (2) sin(α e ) cos(α e ) i wykorzystując prawo transformacji obiczamy macierze da eementów. K e (T e ) T K e T e (3) Eement α 27, 4m Macierz sztywności 75.. 5. 75.. 5.. 5.25.. 5.25. K 5.. 4. 5.. 2. 75.. 5. 75.. 5.. 5.25.. 5.25. 5.. 2. 5.. 4. Wektory sił węzłowych p b r b {r r 2 r 3 r 4 r 5 r 6 } Eement2 α 2 53.3, 2 5m Macierz sztywności 68.9 74. 76.8 68.9 74. 76.8 74. 27.4 57.6 74. 27.4 57.6 K 2 76.8 57.6 32. 76.8 57.6 6. 68.9 74. 76.8 68.9 74. 76.8 74. 27.4 57.6 74. 27.4 57.6 76.8 57.6 6. 76.8 57.6 32. Wektory sił węzłowych p 2b r 2b {r 2 r 2 2 r 2 3 r 2 4 r 2 5 r 2 6 } 2. Agregacja i budowa równań MES. Gobany układ równań MES budujemy wykorzystując tabicę topoogii oraz warunki ciągłości przemieszczeń uogónionych w węzłach. U d U 2U 2 d 4 U 2 2d 7 W d 2 W 2 W2 d 5 W 2 2 d 8 ϕ d 3 ϕ 2 ϕ2 d 6 ϕ 2 2 d 9 2 P. Puciński styczeń 29
gdzieu e i,w e i,e,i,2sąprzemieszczeniamieementówwgobanymukładziewspółrzędnych,aϕ e i kątami ugięcia. W rezutacie otrzymamy układ równań w postaci 75.. 5. 75.. 5..... 5.25.. 5.25.... 5.. 4. 5.. 2.... 75.. 5. 243.9 74. 226.8 68.9 74. 76.8. 5.25. 74. 77.525 57.6 74. 27.4 57.6 5.. 2. 226.8 57.6 72. 76.8 57.6 6.... 68.9 74. 76.8 68.9 74. 76.8... 74. 27.4 57.6 74. 27.4 57.6... 76.8 57.6 6. 76.8 57.6 32. d d 2 d 3 d 4 d 5 d 6 d 7 d 8 d 9 r r 2 r 3 r4r 2 r5 r2 2 r6 r2 3 r4 2 r5 2 r6 2 (4) 3. Uwzgędnienie podstawowych warunków brzegowych i warunków równowagi sił w węzłach. Kinematyczne warunki brzegowe są niejednorodne i mają postać d d 2 d 3 d 4 d 7 d 8 (5) Statyczne warunki brzegowe są równaniami równowagi sił w węzłach ramy o postaci r r r 4r 2 r 4 r 2 4r 7 r 2 r 2 r 5 r2 2 r 5 r 2 5 r 8 r 3 r 3 r 6 r2 3 r 6 r 2 6 r 9 gdzier,r 2,r 3,r 4,r 7 ir 8 sąreakcjamipodpór. Podstawiając(5) i(6) do(4) otrzymamy końcowy układ równań w formie 75.. 5. 75.. 5..... 5.25.. 5.25.... 5.. 4. 5.. 2.... 75.. 5. 243.9 74. 226.8 68.9 74. 76.8. 5.25. 74. 77.525 57.6 74. 27.4 57.6 5.. 2. 226.8 57.6 72. 76.8 57.6 6.... 68.9 74. 76.8 68.9 74. 76.8... 74. 27.4 57.6 74. 27.4 57.6... 76.8 57.6 6. 76.8 57.6 32. (6) d 5 d 6 r d 9 r 2 r 3 r 4 r 7 r 8 (7) styczeń 29 P. Puciński 3
Jesttoukładdziewięciurównańztrzemaniewiadomymipierwotnymid 5,d 6 id 9 orazsześcioma niewiadomymi wtórnymi(reakcjami). Niewiadome pierwotne obiczymy rozwiązując 5te, 6te i 9te równanie(7) 77.525 57.6 57.6 57.6 72. 6. 57.6 6. 32. skąd po uwzgędnieniu zerowych przemieszczeń otrzymamy d 5 d 6 d 9 d{.36.592.273} 2 (8) Pozostałe równania(7) wykorzystujemy do obiczenia reakcji r{.888 6.5949.84 2.5834 2.4946 3.45 } (9) 4. Obiczenie wektorów sił przywęzłowych w eementach. Eement Wektor stopni swobody eementu w układzie współrzędnych gobanych d {.36.592} 2 Wektor sił przywęzłowych w układzie współrzędnych okanych r b T K d {6.5949.888.84 6.5949.888.2369} Eement 2 Wektor stopni swobody eementu d 2 {.36.592.273} 2 Wektor sił przywęzłowych w układzie współrzędnych okanych r 2b T 2 K 2 d 2 {4.228.474.2369 4.228.474} 4 P. Puciński styczeń 29
ETAP II STATECZNOŚĆ 5. Obiczenie macierzy sztywności geometrycznej da eementów. Wzór na macierz sztywności geometrycznej da eementu ramowego jest w postaci K e σ Ne 6 5 2 5 6 5 3 6 5 6 5 3 2 5 e () gdzien e jestwartościąsiłyściskającejdadanegoeementu. Znając macierze transformacji wyiczamy macierze da eementów. Eement(N 6.5949) K σ (T ) T K σ T.9785..6595.9785..6595.......6595. 3.573.6595..8793.9785..6595.9785..6595.......6595..8793.6595. 3.573 Eement2(N 2 4.228) K 2 σ (T2 ) T K 2 σ T2.6483.4862.3377.6483.4862.3377.4862.3647.2532.4862.3647.2532.3377.2532 2.838.3377.2532.734.6483.4862.3377.6483.4862.3377.4862.3646.2532.4862.3647.2532.3377.2532.735.3377.2532 2.838 styczeń 29 P. Puciński 5
6. Agregacja geometrycznej macierzy sztywności..9785..6595.9785..6595.............6595. 3.573.6595..8793....9785..6595 2.6268.4862.9972.6483.4862.3377 K σ....4862.3647.2532.4862.3647.2532.6595..8793.9972.2532 6.332.3377.2532.735....6483.4862.3377.6483.4862.3377....4862.3647.2532.4862.3647.2532....3377.2532.735.3377.2532 2.838 7. Rozwiązanie probemu własnego. Uwzgędniając warunki brzegowe otrzymamy następujący probemwłasny((kλk σ ) d) 77.525 57.6 57.6.3647.2532.2532 57.6 72. 6. λ.2532 6.332.735 d () 57.6 6. 32..2532.735 2.838 Wartość własną obiczymy z wyznacznika(przedstawiam jeden ze sposobów rozwiązywania probemu własnego) 77.525 57.6 57.6.3647.2532.2532 57.6 72. 6. λ.2532 6.332.735 57.6 6. 32..2532.735 2.838 co prowadzi do równania charakterystycznego probemu w postaci 77.525 57.6 57.6 57.6 72. 6. 57.6 6. 32. co daje 77.525 57.6.2532 57.6 72..735 57.6 6. 2.838 77.525.2532.2532 57.6 6.332.735 57.6.735 2.838 77.525.2532 57.6 57.6 6.332 6. 57.6.735 32..3647 57.6.2532.2532 72..735.2532 6. 2.838.3647 57.6 57.6.2532 72. 6..2532 6. 32..3647.2532 57.6.2532 6.332 6..2532.735 32..3647.2532.2532.2532 6.332.735.2532.735 2.838.5562 8 3.385 6 λ.4469 4 λ 2 5.6395λ 3 λ λ 2 λ 3 Najmniejszypierwiastekrównaniacharakterystycznegowynosiλ min 64.946.Popodstawieniu tejwartościdoukładurównań()orazprzyzałożeniu d 9 układtenprzyjmiepostać 747.849 4.527 4.527 d 5 4.527 38.869 25.687 d 6 4.527 25.687 37.259 d 9 6 P. Puciński styczeń 29
d 5 d 6 d 9 Rysunek2:Postaćwyboczeniadaλ min 64.946 codajerozwiązanie d 5.85, d 6.6636awektorwłasnydawszystkichstopniswobody wynosi d{.85.6636 } styczeń 29 P. Puciński 7