Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
OD TEMPERATURY.
Agnieszka Sysak
Gr 3
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
OD TEMPERATURY.
Agnieszka Sysak
Gr 3
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
2
Dla układu
1
3
6
2
4
[m]
EJ
EJ
EJ
1,389EJ
1,389EJ
+20
°
C
+10
°
C
-15
°
C
t
m
= +5
°
C
o danych parametrach geometrycznych i fizycznych:
J =3060 cm
4
E=205 GPa
EJ =6273 kNm
2
t
=1,2 ⋅10
−5
1
o
C
przyjęto układ podstawowy (SGN = 3):
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
u
3
R
3
R
2
φ
3
φ
2
R
1
+20
°
C
+10
°
C
-15
°
C
t
m
= +5
°
C
Ponieważ dodaliśmy do układu podpory, zakładamy, że reakcje w tych podporach są równe zero. Rozpisując
układ równań kanonicznych otrzymamy:
R
1
=r
11
⋅Z
1
r
12
⋅Z
2
r
13
⋅Z
3
r
1t
=0
R
2
=r
21
⋅Z
1
r
22
⋅Z
2
r
23
⋅Z
3
r
2 t
=0
R
2
=r
31
⋅Z
1
r
32
⋅Z
2
r
33
⋅Z
3
r
3 t
=0
Ponieważ układ podstawowy jest identyczny jak dla obciążenia zewnętrznego wartości r
ik
pozostaną
niezmienione. Wystarczy obliczyć jedynie wartości r
it
. Na stan ten składają się dwa niezależne stany:
M
ik
t
=M
ik
t
M
ik
t
0
t=
∣
t
2
−t
1
∣
t
śr
=
t
2
t
1
2
t
0
=t
śr
−t
m
∆t [
o
C]
t
śr
[
o
C]
t
0
[
o
C]
01
35
2,5
-2,5
12
35
2,5
-2,5
23
25
12,5
7,5
34
25
12,5
7,5
25
10
15
10
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
3
•
Stan t
0
Nieznane kąty obrotu cięciw prętów powstałe w wyniku działania ogrzania równomiernego obliczymy
zapisując równania łańcucha kinematycznego układu.
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
ψ
01
(t
0
)
ψ
34
(t
0
)
ψ
25
(t
0
)
ψ
23
(t
0
)
ψ
12
(t
0
)
-2,5
-2,5
10
7,5
7,5
t
0
[
o
C]
43
4 ⋅
34
t
0
=0
⇒
34
t
0
=0
523
4 ⋅
25
t
0
−10 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅2 7,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅6 =0
⇒
25
t
0
=−0,000075 rad
5234
2 ⋅
25
t
0
−10 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅4 6 ⋅
23
t
0
7,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅4 =0
⇒
23
t
0
=0,000045 rad
0125
2,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅3 6 ⋅
12
t
0
−2,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅1−2 ⋅
25
t
0
10 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅4 =0
⇒
12
t
0
=−0,000115 rad
0123
3 ⋅
01
t
0
1 ⋅
12
t
0
−2,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅6 7,5 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅6 =0
⇒
01
t
0
=−0,0000816 rad
Podstawiając wartości Ψ
ik
(t
0
)
, φ
5
(t
0
)
, oraz EJ do wzorów transformacyjnych otrzymamy wartości momentów w
stanie t
0
:
M
01
t
0
= 3 EJ
3
−
01
t
0
=0,5123 [kNm]
M
21
t
0
= 3
⋅1,389 EJ
37
−
12
t
0
=0,4942 [kNm]
M
25
t
0
= 2 EJ
20
−3
25
t
0
=0,6312 [kNm]
M
52
t
0
= 2 EJ
20
−3
25
t
0
=0,6312 [kNm]
M
23
t
0
= 2
⋅1,389 EJ
6
−3
23
t
0
=−0,3921 [kNm]
M
32
t
0
= 2
⋅1,389 EJ
6
−3
23
t
0
=−0,3912 [kNm]
M
34
t
0
= 2 EJ
4
−3
34
t
0
=0 [kNm]
M
43
t
0
= 2 EJ
4
−3
34
t
0
=0 [kNm]
•
Stan ∆t
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
35
35
10
25
25
∆t [
o
C]
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
4
M
01
t
=− 3
2
EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 35
0,22
=−17,9636 [kNm]
M
21
t
= 3
2
⋅1,389 EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 25
0,24
=22,8721 [kNm]
M
25
t
=−EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 10
0,22
=−3,4216 [kNm]
M
52
t
=EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 10
0,22
=3,4216 [kNm]
M
23
t
=−1,389 EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 2,5
0,24
=−10,8915 [kNm]
M
32
t
=1,389 EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 2,5
0,24
=10,8915 [kNm]
M
34
t
=−EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 25
0,22
=−8,5541 [kNm]
M
43
t
=EJ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅ 25
0,22
=8,5541 [kNm]
M
ik
t
=M
ik
t
M
ik
t
0
M
01
t
=−17,9636 0,5123 =−17,4513 [kNm]
M
21
t
=22,8721 0,4942 =23,3663 [kNm]
M
25
t
=−3,4216 0,6312 =−2,7904 [kNm]
M
52
t
=3,4216 0,6312 =4,0528 [kNm]
M
23
t
=−10,8915 −0,3921 =−11,2836 [kNm]
M
32
t
=10,8915 −0,3921=10,4994 [kNm]
M
34
t
=−8,5541 [kNm]
M
43
t
=8,5541 [kNm]
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1
3
6
2
4
[m]
ψ
01
=
0
1
2
3
4
ψ
34
=
ψ
25
=
ψ
23
=
5
ψ
12
=-
z
3
=1
r
2 t
r
1 t
-17,4513
r
3 t
4,0528
23,3663
-2,7904
-11,2836
-8,5541
13
36
1
12
1
12
1
4
1
4
10,4994
8,5541
[kNm]
r
1 t
11,2836 2,7904 −23,3663=0
⇒
r
1 t
=9,2923 [kNm]
r
2 t
8,5541 −10,4994 =0
⇒
r
2 t
=1,9453 [kNm]
r
3t
⋅
1 −17,4513
01
23,3663
12
4,0528 −2,7904
25
−11,283610,4994
23
8,5541 −8,5541
34
=0
⇒
r
3 t
=7,9988 [kN ]
Obliczone wartości r
it
podstawiamy do układu równań kanonicznych i obliczamy wartości niewiadomych
kątów obrotu węzłów i przesuwu:
{
2,5055 EJ Z
1
0,4630 EJ Z
2
−0,3941 EJ Z
3
9,2923 =0
0,4630 EJ Z
1
1,9260 EJ Z
2
−0,4908 EJ Z
3
1,9453 =0
−0,3941 EJ Z
1
−0,4908 EJ Z
2
0,5097 EJ Z
3
7,9988 =0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
5
{
EJ Z
1
=−6,7954
EJ Z
2
=−6,2474
EJ Z
3
=−26,9631
Obliczmy zatem wartości momentów przywęzłowych:
M
01
=−13
36
EJ Z
3
−17,4513 =−7,7146 [kNm]
M
21
= 4,167
37
EJ Z
1
1,389
4
37
EJ Z
3
23,3663 =17,1719 [kNm]
M
25
= 4
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
−2,7904 =0,1753 [kNm]
M
52
= 2
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
4,0528 =10,0575[kNm]
M
23
= 2,778
3
EJ Z
1
1,389
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
−11,2836 =−17,3477 [kNm]
M
32
= 1,389
3
EJ Z
1
2,778
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
10,4994 =4,6890 [kNm]
M
34
=EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
−8,5541 =−4,6903 [kNm]
M
43
= 1
2
EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
8,5541 =15,5416 [kNm]
Sprawdzenie równowagi momentów w węzłach:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
7,7146
4,6890
17,3477
17,1719
[kNm]
10,0575
0,1753
15,5416
4,6903
węzeł 2 :
17,1719 0,1753 −17,3477 =−0,0005 [kNm]≈0
węzeł 3:
4,6890 −4,6903 =−0,0013 [kNm]≈0
Tnące i normalne obliczamy wycinając myślowo kolejne pręty i równoważąc węzły:
3
7,7146
T
10
N
10
T
01
N
01
0
1
∑
M
1
: 7,7146 −T
01
⋅3 =0
⇒ T
01
=2,5715 [kN ]
∑
X :T
01
=T
10
∑
Y : N
01
=N
10
2
3
4,6890
17,3477
N
23
N
32
T
23
T
32
6
∑
M
2
: 17,3477 −4,6890 −T
32
⋅6 =0
⇒ T
32
=2,1098 [kN ]
∑
X :T
23
=T
32
∑
X : N
23
=N
32
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
6
15,5416
4,6903
3
4
4
N
43
N
34
T
34
T
43
∑
M
3
: 15,5416 −4,6903 T
43
⋅4 =0
⇒ T
43
=−2,7128 [kN ]
∑
X :T
34
=T
43
∑
Y : N
34
=N
43
N
34
2,7128
2,1098
N
32
∑
X : N
32
−2,7128 =0
⇒
N
32
=N
23
=2,7128 [kN ]
∑
Y : N
34
−2,1098 =0
⇒
N
34
=N
43
=2,1098 [kN ]
sin =
1
37
cos =
6
37
sin =
4
20
cos =
2
20
2
5
10,0575
0,1753
T
52
T
25
N
25
N
52
4
2
β
∑
M
2
: 10,0575 0,1753 T
52
⋅
20=0
⇒ T
52
=−2,2881 [kN ]
∑
∨:T
25
=T
52
∑
: N
25
=N
52
1
2
17,1719
N
21
N
12
T
21
T
12
6
1
α
∑
M
1
: 17,1719 T
21
⋅
37=0
⇒ T
21
=−2,8230 [kN ]
∑
:T
12
=T
21
∑
∨: N
12
=N
21
N
10
2,5715
α
N
12
2,8230
∑
X : −2,5715 N
12
⋅ 6
37
−2,8230 ⋅
1
37
=0
⇒
N
12
=3,0775 [kN ]
∑
Y : −N
10
N
12
⋅ 1
37
2,8230 ⋅
6
37
=0
⇒
N
10
=3,2905 [kN ]
2,2831
N
25
2,7128
2,1098
2,8230
3,0775
α
β
∑
X : 2,7128 2,8230 ⋅
1
37
−3,0775 ⋅
6
37
2,2881 ⋅
4
20
N
25
⋅ 2
20
=0
⇒
N
25
=−4,8921 [kN ]
spr
∑
Y : −2,1098 −2,8230 ⋅
6
37
−3,0775 ⋅
1
37
2,2881 ⋅
2
20
−−4,8921⋅
4
20
=−0,0014 ≈0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
7
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
7,7146
17,1719
4,6903
0,1753
10,0575
15,5416
4,6890
17,3477
M
t
(n)
[kNm]
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
2,5715
-2,8230
-2,2881
-2,7128
2,1098
T
t
(n)
[kN]
+
-
+
-
-
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
3,2905
3,0775
-4,8921
2,1098
2,7128
N
t
(n)
[kN]
+
+
+
-
+
•
Kontrola kinematyczna
1⋅=
∑∫
M
n
⋅
M
0
EJ
dx
∑∫
M
t
t
h
dx
∑∫
N
t
t
0
dx
Obliczmy zatem zerowy kąt obrotu φ
5
węzła 5 dla nowego układu podstawowego:
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 3
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
8
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
M
0
[ - ]
1
1
1
1
1
(N
0
= 0)
5
= 1
6273
[
1
2
⋅0,1753 ⋅
20⋅1 −
1
2
⋅10,0575 ⋅
20⋅1
1
1,389
⋅1
2
⋅17,3477 4,689 ⋅6 ⋅1 −
− 1
2
⋅4,6903 15,5416 ⋅4 ⋅1
]
1 ⋅1,2 ⋅10
−5
⋅
10
0,22
⋅
20−
25
0,24
⋅6 −
25
0,22
⋅4
=0 [m]
•
Sprawdzenie statyczne:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
7,7146
10,0575
15,5416
2,5715
3,2905
2,1098
2,7128
2,2881
4,8921
∑
X : −2,5715 2,2881 ⋅
4
20
−4,8921 ⋅
2
20
2,7128 =0,00003 [kN ]≈0
∑
Y : −−3,2905 2,2881 ⋅
2
20
4,8921 ⋅
4
20
−2,1098 =−0,00140 [kN ]≈0
∑
M
5
: 10,0575 15,5416−7,7146 −3,2905 ⋅622,1098 ⋅4 =−0,0003 [kNm]≈0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19