Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 2
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
OD OBCIĄŻENIA RZECZYWISTEGO.
SPRAWDZENIE RÓWNANIA RÓŻNICZKOWEGO
Agnieszka Sysak
Gr 3
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
2
Dla układu
1
3
6
2
4
[m]
20 kN
2 kN/m
2 kNm
J
1
J
1
J
1
J
2
J
2
1,5
przyjęto przekroje z dwuteowników walcowanych:
J
1
⇒
I 220 J
1
=3060 cm
4
J
2
⇒
I 240 J
2
=4250 cm
4
J
1
=J
czyli:
J
2
=1,389 J
Układ jest trzykrotnie geometrycznie niewyznaczalny (SGN = 3). Przyjęto dla niego układ podstawowy:
1
3
6
2
4
[m]
20 kN
2 kN/m
2 kNm
0
1
2
3
4
5
u
3
R
3
R
2
φ
3
φ
2
R
1
Ponieważ dodaliśmy do układu podpory, zakładamy, że reakcje w tych podporach są równe zero:
R
1
=0
R
2
=0
R
3
=0
Korzystając z wzorów transformacyjnych zapisano wzory na poszczególne przęsłowe momenty
przywęzłowe:
M
01
=
3 EJ
1
l
01
0
−
01
−
3 ⋅20 ⋅l
01
16
M
21
=
3 EJ
2
l
12
2
−
12
2 ⋅l
12
x 2
8
M
25
=
2 EJ
1
l
25
2
2
5
−3
25
M
52
=
2 EJ
1
l
25
2
2
5
−3
25
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
3
M
23
=
2 EJ
2
l
23
2
2
3
−3
23
−
2 ⋅l
23
2
12
M
32
=
2 EJ
2
l
23
2
2
3
−3
23
2 ⋅l
23
2
12
M
34
=
2 EJ
1
l
34
2
3
4
−3
34
M
43
=
2 EJ
1
l
34
3
2
4
−3
34
gdzie:
l
ij
– długości prętów:
l
01
=3[m]
l
23
=6 [m]
l
34
=4 [m]
l
12
=
37 [m]
l
12
x
=6 [m]
l
12
y
=1 [m]
l
25
=
20 [m]
l
25
x
=2 [m]
l
25
y
=4 [m]
Niewiadome kąty obrotu węzłów i przesuwy nazwano:
2
=Z
1
3
=Z
2
u
3
=Z
3
Nieznane kąty obrotu cięciwy prętów uzależniamy od niewiadomej Z
3
zapisując równania łańcucha
kinematycznego układu.
1
3
6
2
4
[m]
Z
3
ψ
01
0
1
2
3
4
ψ
34
ψ
25
ψ
23
5
ψ
12
43
4 ⋅
34
=Z
3
⇒
34
= 1
4
Z
3
523
4 ⋅
25
=Z
3
⇒
25
= 1
4
Z
3
5234
−2 ⋅
25
6 ⋅
23
=0
⇒
23
= 1
12
Z
3
01234
6 ⋅
12
6 ⋅
23
=0
⇒
12
=− 1
12
Z
3
0123
3 ⋅
01
1 ⋅
12
=Z
3
⇒
01
= 13
36
Z
3
Obliczone wartości podstawiamy do zapisanych wcześniej wzorów na momenty przywęzłowe:
M
01
= 3 EJ
3
−13
36
Z
3
− 3
⋅20 ⋅3
16
=−13
36
EJ Z
3
−11,25
M
21
= 3
⋅1,389 EJ
37
[
Z
1
−
− 1
12
Z
3
]
2
⋅6
2
8
= 4,167
37
EJ Z
1
1,389
4
37
EJ Z
3
9
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
4
M
25
= 2 EJ
20
[
2 Z
1
−3 ⋅
1
4
Z
3
]
= 4
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
M
52
= 2 EJ
20
[
Z
1
−3 ⋅
1
4
Z
3
]
= 2
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
M
23
= 2
⋅1,389 EJ
6
[
2 Z
1
Z
2
−3 ⋅
1
12
Z
3
]
− 2
⋅6
2
12
= 2,778
3
EJ Z
1
1,389
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
−6
M
32
= 2
⋅1,389 EJ
6
[
Z
1
2 Z
2
−3 ⋅
1
12
Z
3
]
2
⋅6
2
12
= 1,389
3
EJZ
1
2,778
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
6
M
34
= 2 EJ
4
[
2 Z
2
−3 ⋅
1
4
Z
3
]
=EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
M
43
= 2 EJ
4
[
Z
2
−3 ⋅
1
4
Z
3
]
= 1
2
EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
Rozpisując układ równań kanonicznych otrzymamy:
R
1
=r
11
⋅Z
1
r
12
⋅Z
2
r
13
⋅Z
3
r
1 P
=0
R
2
=r
21
⋅Z
1
r
22
⋅Z
2
r
23
⋅Z
3
r
2 P
=0
R
2
=r
31
⋅Z
1
r
32
⋅Z
2
r
33
⋅Z
3
r
3 P
=0
Wartości r
ij
i r
iP
otrzymamy z równań równowagi poszczególnych węzłów oraz z równania pracy wirtualnej
dla stanów Z
1
= 1, Z
2
= 1, Z
3
= 1 oraz P.
•
Stan Z
1
= 1
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
20
2
20
4
1,389
3
2,778
3
37
4,167
[·EJ]
1
3
6
2
4
[m]
ψ
01
0
1
2
3
4
ψ
34
ψ
25
ψ
23
5
ψ
12
r
31
r
21
r
11
z
3
=1
r
11
− 2,778
3
EJ −
4
20
EJ −
4,167
37
EJ =0
⇒
r
11
=2,5055 EJ
r
21
− 1,389
3
EJ =0
⇒
r
21
=0,4630 EJ
r
31
⋅
1
4,167
37
EJ
12
2,778
3
1,389
3
EJ
23
4
20
2
20
EJ
25
=0
⇒
r
31
=−0,3941 EJ
•
Stan Z
2
= 1
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
1,389
3
2,778
3
1
1
2
[·EJ]
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
22
r
12
r
32
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
5
r
12
− 1,389
3
EJ =0
⇒
r
12
=0,4630 EJ
r
22
−1 −
2,778
3
EJ =0
⇒
r
22
=1,9260 EJ
r
32
⋅
1
1,389
3
2,778
3
EJ
23
1
1
2
EJ
34
=0
⇒
r
32
=−0,4908 EJ
•
Stan Z
3
= 1
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
23
r
13
[·EJ]
-13
36
- 3
8
- 3
8
1,389
12
-
1,389
12
-
20
1,5
-
20
1,5
-
37
1,389
4
r
33
r
13
−
−1,389
12
EJ
−
− 1,5
20
EJ
− 1,389
4
37
EJ =0
⇒
r
13
=−0,3941 EJ
r
23
−
− 3
8
EJ
−
−1,389
12
EJ
=0
⇒
r
23
=−0,4908 EJ
r
33
⋅
1
−13
36
EJ
01
1,389
4
37
EJ
12
−1,389
12
− 1,389
12
EJ
23
− 3
8
− 3
8
EJ
34
− 1,5
20
− 1,5
20
EJ
25
=0
⇒
r
33
=0,5097 EJ
•
Stan P
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
2P
r
1P
-11,25
6
-6
9
[kNm]
20 kN
12 kN
12 kN
A
B
C
2 kNm
r
3P
r
1 P
−−6 −9=0
⇒
r
1 P
=3,0 [kNm]
r
2 P
2−6 =0
⇒
r
2 P
=4,0 [kNm]
W równaniu pracy wirtualnej, z którego obliczymy r
3P
wystąpią przemieszczenia, na których pracują siły
działające na ten układ (u
A
, v
B
, v
C
). Obliczymy je z równań łańcucha kinematycznego:
0 A
1,5
01
=u
A
⇒
u
A
= 13
24
01 B
3
12
=v
B
⇒
v
B
=−1
4
43C
−3
23
=v
C
⇒
v
C
=−1
4
r
3 P
⋅
1 −11,25
01
9
12
6−6
23
20 u
A
12 v
B
12 v
C
=0
⇒
r
3 P
=−0,0208 [kN ]
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
6
Obliczone wartości r
ij
i r
iP
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
3,0 =0
0,4630 EJ Z
1
1,9260 EJ Z
2
−0,4908 EJ Z
3
4,0 =0
−0,3941 EJ Z
1
−0,4908 EJ Z
2
0,5097 EJ Z
3
−0,0208 =0
{
EJ Z
1
=−1,2547
EJ Z
2
=−2,6663
EJ Z
3
=−3,4967
Obliczmy zatem wartości momentów przywęzłowych:
M
01
=−13
36
EJ Z
3
−11,25 =−9,9873 [kNm]
M
21
= 4,167
37
EJ Z
1
1,389
4
37
EJ Z
3
9 =7,9409 [kNm]
M
25
= 4
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
=0,0506 [kNm]
M
52
= 2
20
EJ Z
1
− 1,5
20
EJ Z
3
=0,6117 [kNm]
M
23
= 2,778
3
EJ Z
1
1,389
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
−6 =−7,9916 [kNm]
M
32
= 1,389
3
EJ Z
1
2,778
3
EJ Z
2
− 1,389
12
EJ Z
3
6 =3,3548 [kNm]
M
34
=EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
=−1,3550 [kNm]
M
43
= 1
2
EJ Z
2
− 3
8
EJ Z
3
=−0,0219 [kNm]
Sprawdzenie równowagi momentów w węzłach:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
9,9873
3,3548
7,9916
7,9409
[kNm]
2 kNm
0,6117
0,0506
0,0219
1,3550
węzeł 2 :
7,9409 0,0506 −7,9916 =−0,0001 [kNm]≈0
węzeł 3:
3,3548 −1,3550 −2 =−0,0002 [kNm]≈0
Tnące i normalne obliczamy wycinając myślowo kolejne pręty i równoważąc węzły.
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
7
3
9,9873
T
10
N
10
T
01
N
01
0
1
20 kN
∑
M
0
: −9,987320 ⋅1,5 T
10
⋅3 =0
⇒ T
10
=−6,6709 [kN ]
∑
M
1
: 20 ⋅1,5 −T
01
⋅3 9,9873 =0
⇒ T
01
=13,3291 [kN ]
∑
Y : N
01
=N
10
0,0219
1,3550
3
4
4
N
43
N
34
T
34
T
43
∑
M
3
: 1,3550 0,0219 −T
43
⋅4 =0
⇒ T
43
=0,3442 [kN ]
∑
M
4
: 1,3550 0,0219 −T
34
⋅4 =0
⇒ T
34
=0,3442 [kN ]
∑
Y : N
34
=N
43
2
3
3,3548
7,9916
N
23
N
32
T
23
T
32
12 kN
6
∑
M
2
: −7,9916 3,3548 T
32
⋅6 12 ⋅3 =0
⇒ T
32
=−5,2272 [kN ]
∑
M
3
: −7,9916 3,3548 T
23
⋅6 −12 ⋅3 =0
⇒ T
23
=6,7728 [kN ]
∑
X : N
23
=N
32
N
34
0,3442
5,2272
N
32
∑
X : N
32
0,3442 =0
⇒
N
32
=N
23
=−0,3442 [kN ]
∑
Y : N
34
5,2272 =0
⇒
N
34
=N
43
=−5,2272 [kN ]
sin =
1
37
cos =
6
37
sin =
4
20
cos =
2
20
2
5
0,6117
0,0506
T
52
T
25
N
25
N
52
4
2
β
∑
M
2
: 0,0506 0,6117 T
52
⋅
20=0
⇒ T
52
=−0,1481 [kN ]
∑
M
5
: 0,0506 0,6117 T
25
⋅
20=0
⇒ T
25
=−0,1481 [kN ]
∑
: N
25
=N
52
1
2
7,9409
N
21
N
12
12 kN
T
21
T
12
6
1
α
∑
M
1
: 12 ⋅3 7,9409 T
21
⋅
37=0
⇒ T
21
=−7,2238 [kN ]
∑
M
2
: 7,9409 −12 ⋅3 T
12
⋅
37=0
⇒ T
12
=4,6127 [kN ]
∑
∨: N
12
12 ⋅
1
37
=N
21
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
8
N
10
6,6709
α
N
12
4,6127
∑
X : 6,6709 N
12
⋅ 6
37
4,6127 ⋅
1
37
=0
⇒
N
12
=−7,5317 [kN ]
⇒
N
21
=N
12
12 ⋅
1
37
=−5,5589 [kN ]
∑
Y : N
10
−N
12
⋅ 1
37
4,6127 ⋅
6
37
=0
⇒
N
10
=N
01
=−5,7881 [kN ]
0,1481
N
25
0,3442
6,7728
7,2238
5,5589
α
β
∑
X : −0,3442 7,2238 ⋅
1
37
5,5589 ⋅
6
37
0,1481 ⋅
4
20
N
25
⋅ 2
20
=0
⇒
N
25
=N
52
=−14,4430 [kN ]
spr
∑
Y : −6,7728 −7,2238 ⋅
6
37
5,5589 ⋅
1
37
0,1481 ⋅
2
20
−−14,4430⋅
4
20
=0,000009≈0
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
9,9873
4,3814
7,9409
1,3550
0,0506
0,6117
0,0219
3,3548
7,9916
M
(n)
[kNm]
3,7146
2,37
3,4761
3,39
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
13,3291
-6,6709
4,6127
-5,2272
-7,2238
-0,1481
0,3442
6,7728
T
(n)
[kN]
+
-
-
+
-
+
+
-
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
-5,7881
-7,5317
-14,4430
-5,2272
-0,3442
-5,5589
N
(n)
[kN]
-
-
-
-
-
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
9
•
Kontrola kinematyczna
1⋅=
∑∫
M
n
⋅
M
0
EJ
dx
Obliczmy zatem zerowy kąt obrotu φ
5
węzła 5 dla nowego układu podstawowego:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
M
0
[ - ]
1
1
1
1
EJ
5
= 1
2
⋅0,0506 ⋅
20⋅1 −
1
2
⋅0,6117 ⋅
20⋅1
1
1,389
⋅1
2
⋅7,9916 3,3548⋅6 ⋅1 −
− 1
1,389
⋅2
3
⋅2
⋅6
2
8
⋅6 ⋅1
1
2
⋅1,3550 ⋅4 ⋅1 −
1
2
⋅0,0219 ⋅4 ⋅1 =−0,0001 ≈0
•
Sprawdzenie statyczne:
1
3
6
2
4
[m]
0
1
2
3
4
5
9,9873
0,6117
0,0219
2 kN/m
20 kN
2 kNm
13,3291
5,7811
5,2272
0,3442
0,1481
14,4430
∑
X : 20 −13,3291 −0,3442 0,1481 ⋅
4
20
−14,4430 ⋅
2
20
=0,00006 [kN ]≈0
∑
Y : 2 ⋅12 −5,7811 −5,2272 −0,1481 ⋅
2
20
−14,4430 ⋅
4
20
=0,00726 [kN ]≈0
∑
M
5
: 0,6117 5,7811 ⋅62−9,987320 ⋅1,5 −0,0219 −5,2272 ⋅4
2 2 ⋅4 ⋅2−2 ⋅8 ⋅4 =−0,0575 [kNm]≈0
Korzystając z równania różniczkowego linii ugięcia znaleźć równanie momentów zginających i sił
poprzecznych dla pręta 12 i porównać otrzymany wynik z rozwiązaniem otrzymanym metodą
przemieszczeń.
6
1
α
x
2 kN/m
4,6127
-7,2238
-
+
7,9409
M [kNm]
T [kN]
1
2
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
10
sin =
1
37
cos =
6
37
EJ
d
4
y
dx
4
=q
q=2 ⋅cos
2
=1,946
1,389 EJ
d
4
y
d x
4
=1,946
EJ
d
4
y
dx
4
=1,4010
EJ
d
3
y
dx
3
=1,4010 xA
EJ
d
2
y
dx
2
=0,7005 x
2
A xB
EJ
dy
dx
=0,2335 x
3
1
2
A x
2
B xC
EJ y=0,0584 x
4
1
6
A x
3
1
2
B x
2
C xD
1
3
6
[m]
0
1
2
w
1
w
II
w
I
w
y
II
w
x
II
w
I
=w
1
⋅sin
w
II
=w
II
x
⋅sin w
II
y
⋅cos
01
3
01
=w
1
w
I
=3 ⋅
13
36
⋅
− 3,4967
EJ
⋅ 1
37
=−0,6228
EJ
012
0
01
6
12
=w
II
y
w
II
y
=6 ⋅
− 1
12
⋅
− 3,4967
EJ
= 1,7484
EJ
012
3
01
1
12
=w
II
x
w
II
x
=3 ⋅
13
36
⋅
− 3,4967
EJ
1 ⋅
− 1
12
⋅
− 3,4967
EJ
=− 3,4967
EJ
w
II
=− 3,4967
EJ
⋅ 1
37
1,7484
EJ
⋅ 6
37
= 1,1498
EJ
Warunki brzegowe:
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19
Część 1
OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ
11
x=0
y=w
I
=−0,6228
EJ
⇒ D=−0,6228
x=0
M x=0
⇒ B=0
x=
37
y=w
II
= 1,1498
EJ
x=
37
y==z
1
=−1,2547
EJ
⇒
{
A=−3,3203
C=7,9189
Sprawdzenie wartości tnących i momentów:
T x=−1,389 EJ
d
3
y
dx
3
M x=−1,389 EJ
d
2
y
dx
2
T x=1,389 ⋅−1,4010 x3,3203
M x=1,389 ⋅−0,7005 x
2
3,3203 x
x=0
M x=0
T x=4,6119 [kN ]
x=
37
M x=−7,9477 [kNm]
T x=−7,2251 [kN ]
Sprawdzić naprężenia normalne wywołane momentami zginającymi w obu grupach prętów.
y
z
z
max
z
=
M
max
J
y
⋅z
max
z
z dop
=21,5
kN
cm
2
dla J
1
= 3060 cm
4
(I 220 → z
max
= 11 cm) M
max
=9,9873 kNm:
z
= 998,73
3060
⋅11 =3,59
[
kNcm
cm
4
⋅cm=
kN
cm
2
]
3,59
kN
cm
2
21,5
kN
cm
2
dla J
2
= 4250 cm
4
(I 240 → z
max
= 12 cm) M
max
=7,9916 kNm:
z
= 799,16
4250
⋅12 =2,26
[
kNcm
cm
4
⋅cm=
kN
cm
2
]
2,26
kN
cm
2
21,5
kN
cm
2
Naprężenia normalne w obu przekrojach są dużo mniejsze od naprężeń dopuszczalnych, zatem należałoby
przyjąć mniejsze przekroje.
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-04-19