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:
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:
) Wyznaczenie wykresu M P :
3) Wyznaczenie wykresu M 1 (dla X 1= 1):
) Wyznaczenie wykresu M (dla X = 1):
5) Wyznaczenie wykresu M 3(dla X 3 = 1):
6) Wyznaczenie wykresu M (dla X = 1):
7) Wyznaczenie współczynników równania kanonicznego: Przy wyznaczeniu współczynników korzystam z zasady Wereszczegina Mohra oraz z twierdzenia Maxwella. MM 1 1 dx 1 1 1 1 δ11= = + 8 8 + ( ) = EJ EJ 3 3 EJ 1 1 1 18 1 17, 5167 m 8 8 (, 6667 85, 3333 89, 5167) EJ + + 1 3 3 1, 99 = + + = EJ1 EJ 1 kn MM 1 m δ1 = dx,0 EJ kn MM 1 3 m δ13 = dx,0 EJ kn MM 1 1 1 1 1 δ1 = dx = 8 8+ = EJ EJ EJ 1 1 1 6 1 17, 758 m 8 8 ( 18,758) EJ + 1 1, 99 = + = EJ1 EJ 1 kn MM 1 1 P 1 3 1 1 1 1 1P = dx = + 88 8+ 8 8 + EJ EJ1 3 3 8 3 3 1 (+ ) 1 1 + = ( 56+ 6 938, 6667+, 6667) + ( 38 5) = EJ EJ1 EJ 1736, 996 = [ m] EJ 1 M M1 m δ1= dx= δ1, 0 EJ kn M M 1 1 1 1 18 13,183 m δ = dx= + ( 8) =,6667 EJ EJ1 3 EJ EJ + = 1 1, 99 EJ 1 kn M M 3 1 1 1 6, 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 3 1 1 1, 6667 9,8389 m δ33 = dx= = = EJ EJ 3 EJ 1, 99 EJ kn 1 1
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 1 1 1 85,8389 m δ = dx= ( 8 8) + = EJ EJ EJ 3 EJ kn 1 1 1 1 M MP 1 1 1 1 1 1 1 P = dx = 88 8+ 8 8 + EJ EJ1 EJ + + 3 3 3 3 = 180 1 161, 7968 = + ( 96 93, 3333 18) = [ 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, 996 0 X1 + 13,183 X +, 758 X 3 + 0 X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X + 3 0 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
9) Wykresy sił wewnętrznych w układzie: NORMALNE:
TNĄCE: MOMENTY:
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 1 1 1 1 1 1 =,337 5,8658 5,8658 10,6056 EJ 1, 99 + + + 1 1 1 3 1 1 +,337 + +,11 1, 11 = EJ1 3 3 8 3 3 (6, 5381+ 3,8180 9, 6681+ 1, 651+ 3+ 58, 9717 113,16) 0, 0016 = = EJ1 EJ1 0, 0016 0, 00001 0, 01 113,16 =
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 :
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
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): 1 1 1 1 0, 0, 5 1t = 1, 10 10+ 8 0 + 10 + + = + = 5 1, 10 1 15 0,0655 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): 5 1 1 1 1 t = 1, 10 10+ 0 0 10 + ( 10 10) + 0, 0, ( ) [ m] + = 5 1, 10 1 15 1 15 0,00000
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): 1 1 1 3t = + = 0, ( ) [ m] 5 5 1, 10 10 10 1, 10 1 15 1 15 0,00000 ) Obliczenie t : Wykres momentów M (dla X = 1) jest taki sam, jak w pierwszej części zadania. Wykres normalnych N (dlax = 1): 1 1 1 ( ) 0, 0,, 08553 0, 001= 0, 0809 5 5 t = 1, 10 8 0 + ( 10) 1, 10 1 15= [ m]
5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych: 17,5167 17, 758 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0, 06689= 0 EJ1 EJ1 13,183, 758 0 X + 1 X + X + 3 0 X + 0 EJ1 EJ1, 758 9,8389 0 X1 + X + X 3 + 0 X + 0 EJ1 EJ1 17, 758 85,8389 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0, 0809= 0 EJ1 EJ1 6 8 EJ1= EJIPN 00 = 05 10 10 10 = 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 3 + 0 X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X + 3 0 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
6) Wykresy sił wewnętrznych w układzie: MOMENTY: NORMALNE:
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:
Wykres momentów wirtualnych: u P 1 1 1 1 1 1 1 1 =,98 6,18,98 1,968 7,311 EJ 1, 99 + + + EJ 3 3 3 1 1 1 10 10 1 0 8, 358 98, 37 + 1, 10 + + + 1 15 = + 1, 10 0, 0, 0, 387 = 0, 0110 0, 0+ 0, 0335, 033 0, 0335= 0, 00001m 5 5 787, 78= 0, 00001 0, 0009 0, 01 0,0335 = III. Wyznaczenie sił wewnętrznych spowodowanych osiadaniem podpór:
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
) Obliczenie : = Ri, 0000m 3) Obliczenie 3 : ( ) 3 = Ri = 1 0,00,00m
) Obliczenie : ( ) = Ri = 1 0,00+ 1 0,00,0000m 5) Rozwiązanie układu równań kanonicznych: 17,5167 17, 758 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0= 0 EJ1 EJ1 13,183, 758 0 X + 1 X + X + 3 0 X + 0 EJ1 EJ1, 758 9,8389 0 X1 + X + X 3 + 0 X + 0, 00 EJ1 EJ1 17, 758 85,8389 X1+ 0 X + 0 X 3+ X + 0= 0 EJ1 EJ1 6 8 EJ1= EJIPN 00 = 05 10 10 10 = 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 3 + 0 X = 0 0 X + 1, 758 X + 9,8389 X + 3 0 X = 17,58 17, 758X1+ 0 X + 0 X 3+ 85,8389 X
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:
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
Reakcje w stenie wirtualnym: Wykres momentów wirtualnych: 1 1 1 1 1 1 u P = 3,1616 1,6188 1,6188 EJ1 1, 99 + + = EJ 1 3 8, 6317 8, 6336 =, 0019676 0, 001968= 0, 000000m 387 0, 000000 0,000 0,01 0,001968 =
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 :
Wykres (0) N : 1 1 1 1 1 0 u K EJ1 3 3 0, 117,935 56,563 = + 0,019 0,0007,03 m 387 5 5 =,11 1,11 + 1, 10 1 15 1, 10 =