2
4
6
6
I
1
I
1
I
1
I
1
I
2
I
2
0,005
0,006
0,003 rad
Rys.1.32. Układ statycznie niewyznaczalny poddany osiadaniu podpór
SGN =
∑
∑
∑
∑
∑
=
∑
=
1/13
2
4
6
6
I
1
I
1
I
1
I
1
I
2
I
2
0,005
0,006
0,003 rad
Rys.1.32. Układ statycznie niewyznaczalny poddany osiadaniu podpór
SGN =
∑
∑
∑
∑
∑
=
∑
=
1/13
SGN
=3
(1.23)
Układ podstawowy przyjmuję jak w poprzedniej części zadania
2
4
6
6
I
1
I
1
I
1
I
1
I
2
I
2
0
1
2
3
4
6
5
6
R
2
R
1
R
3
φ
3
=z
3
u
2
=z
1
φ
2
=z
2
0,005
0,006
0,003 rad
Rys.1.33.Układ podstawowy poddany osiadaniu podpór
Identyczność układu podstawowego z wyjściowym zapewnia układ równań kanonicznych:
{
R
1
=0
R
2
=0
R
3
=0
}
{
r
11
z
1
r
12
z
2
r
13
z
3
R
1
=0
r
21
z
1
r
22
z
2
r
23
z
3
R
2
=0
r
31
z
1
r
32
z
2
r
33
z
3
R
3
=0
}
(1.24)
Wartości współczynników r
ik
nie zaleŜą od rodzaju obciąŜenia stąd, jeŜeli przyjęto taki sam układ
podstawowy to pozostaną one takie jak w poprzedniej części zadania (rama obciąŜona siłami zewnętrznymi).
Aby
określić wartości współczynników
R
i
wyznaczam w pierwszej kolejności wg wzorów
transformacyjnych metody przemieszczeń wartości momentów zginających wywołanych stanem
.
Stan
:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
2/13
M
01
3 EI
1
l
01
0
01
3 EI
4
01
M
10
0
[kNm]
Rys.1.34. Pręt 01
M
12
0
M
21
3 EI
2
l
12
2
12
3 1,389 EI
2 10
12
[kNm]
Rys.1.35. Pręt 12
M
23
2 EI
1
l
23
2
2
3
3
23
3 EI
23
M
32
2 EI
1
l
23
2
2
3
3
23
3 EI
23
[kNm]
Rys.1.36. Pręt 23
M
34
2 EI
1
l
34
2
3
4
3
34
EI
2
0,003 3
34
M
43
2 EI
1
l
34
3
2
4
3
34
EI
2
0,006 3
34
[kNm]
Rys.1.37. Pręt 34
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
3/13
4
I
1
0
1
0,005
2
I
1
2
3
2
6
I
2
1
2
4
I
1
3
4
0,003
M
53
0
M
35
3 EI
2
l
35
3
35
3 1,389 EI
2 10
35
[kNm]
Rys.1.38 Pręt 35
M
56
0
M
65
3 EI
1
l
56
6
56
EI
2
56
[kNm]
Rys.1.39. Pręt 56
Wartości kątów
ik
określam z równań łańcucha kinematycznego:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
4/13
6
I
1
6
0,006
2
6
I
2
3
5
2
4
6
6
ψ
01
∆
=4,1(6)*10
-4
ψ
34
∆
=0
ψ
12
∆
=8,(3)*10
-4
ψ
35
∆
=0
ψ
23
∆
=0
ψ
56
∆
=0,001
Rys.1.40. Łańcuch kinematyczny dla ramy poddanej osiadaniu podpór
Rozpisuję równanie łańcucha kinematycznego dla podanych niŜej dróg:
65
0,006 6
56
0
56
0,001
4356
6
35
0
35
0
4356
4
34
2
35
6
56
0,006
34
0
234
2
23
4
34
0
23
0
01234
0,005 6
12
0
12
8,333 10
−
4
012
4
01
2
12
0
01
4,167 10
−
4
[rad]
(1.25)
Stąd wartości momentów przęsłowych wynoszą:
M
01
1,96031
M
10
0
M
12
0
M
21
3,44419
M
23
M
32
0
M
34
9,40950
M
43
18,81900
M
35
M
53
0
M
56
0
M
65
3,13650
[kNm]
(1.26)
Wykres momentów w stanie
przyjmie więc postać:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
5/13
1,96031
9,4095
R
2∆
-1,96031
3,44417
9,4095
3,44419
R
1∆
R
3∆
18,819
3,1365
R
2∆
R
1∆
R
3∆
18,819
-3,1365
Rys.1.41. Stan
- wpływ osiadania podpór M
∆
[kNm]
Określenie współczynnika
R
2
, R
3
z wykorzystaniem równowagi węzła 2 i 3:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
6/13
R
2
3,44419
R
3
9,40950
[kNm]
Rys.1.42. - Równowaga węzła 2 i 3 w stanie
Wartości współczynnika
R
1
określam korzystając jak w poprzedniej części zadania z zasady pracy
wirtualnej przy wirtualnym stanie przemieszczeń (patrz rysunek 1.18).
Dla wirtualnego stanu
z
1
1
obliczając pracę sił w stanie
na przemieszczeniach wirtualnych jak na
rysunku 1.18 otrzymujemy:
R
1
1 1,96031
1
4
0
R
1
0,49008 [kN]
(1.27)
Uwzględniając powyŜsze wartości współczynników r
ik
układ równań kanonicznych 1.24. przyjmie postać:
1,547 EI z
1
1,5 EI z
2
1,5 EI z
3
0,49008 0
1,5 EI z
1
2,659 EI z
2
EI z
3
3,44419 0
1,5 EI z
1
EI z
2
3,659 EI z
3
9,40950 0
(1.28)
Rozwiązanie powyŜszego układu jest następujące:
EI z
1
10,93535
EI z
2
5,36223
EI z
3
5,58904
(1.29)
Ostateczne wartości momentów zginających w ramie statycznie niewyznaczalnej poddanej osiadaniu podpór
jest superpozycją stanów z
1
, z
2
, z
3
,
:
M
ik
n
M
1
0
z
1
M
2
0
z
2
M
3
0
z
3
M
ik
(1.30)
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
7/13
R
2∆
2
3
R
3∆
3,44419
9,4095
M
01
=
−3 EI
4
⋅
z
1
4
−1,96031=0,09
M
10
=0
M
12
=0
M
21
=
3⋅1,389 EI
2
10
z
2
3,44419=−0,089
M
23
=EI 2 z
2
z
3
−1,5 z
1
=0,089
M
32
=EI z
2
2 z
3
−1,5 z
1
=−0,137
M
34
=EI z
3
9,40950=3,820
M
43
=0,5 EI z
3
18,819=16,024
M
35
=
3⋅1,389 EI
2
10
⋅z
3
=−3,682
M
53
=0
M
56
=0
M
65
=−3,137
[kNm]
(1.31)
0,09
0,187
0,089
16,024
3,137
0,089
3,82
3,682
Rys.1.43. Momenty zginające w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór M
(n)
[kNm]
Wstępną kontrolę wykonuję poprzez sprawdzenie równowagi węzła 2 i 3.
Z równowagi węzła 2 otrzymam:
∑
M =0,089−0,089=0 [ kNm]
(1.32)
Z równowagi węzła 3 otrzymam:
∑
M =0,1373,682−3,82=−0,001 ≈0 [ kNm]
(1.33)
Mając określone wartości momentów zginających na kaŜdym pręcie układu mogę obliczyć wartości sił
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
8/13
tnących w tych prętach :
T
01
=T
10
=−0,0225 [kN ]
Rys.1.44. Pręt 01
T
12
=T
21
=0,014 [kN ]
Rys.1.45. Pręt 12
T
32
=T
23
=0,024 [kN ]
Rys.1.46. Pręt 23
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
9/13
I
1
0
1
N
10
N
01
T
01
T
10
0,09
2
6
I
2
1
2
N
21
N
12
T
12
T
21
0,089
N
23
N
32
T
32
T
23
0,137
2
I
1
2
3
0,089
T
34
=T
43
=−4,961 [kN ]
Rys.1.47. Pręt 34
T
35
=T
53
=0,582 [kN ]
Rys.1.48. Pręt 35
T
56
=T
65
=0,523 [kN ]
Rys.1.49. Pręt 56
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
10/13
4
I
1
3
4
N
34
N
43
T
43
T
34
16,024
3,82
2
6
I
2
3
5
N
53
N
35
T
35
T
53
3,682
I
1
6
5
N
56
N
65
T
65
T
56
3,137
Zestawiając otrzymane wyniki otrzymuję:
0,014
- 0,0225
0,024
4,961
0,523
+
+
-
+
0,582
+
Rys.1.50. Siły tnące w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór T
(n)
[kN]
Wyznaczając wartości sił normalnych występujących w zadanej ramie korzystam z równowagi węzłów.
0,014
1
α
0,0225
N
10
=N
01
α
N
12
=N
21
Rys.1.51. Równowaga węzła 1
Mając dane:
sin
1
10
cos
3
10
(1.35)
Z równowagi węzła 1:
X
0 : 0,0225 0,014 sin
N
12
cos
0
N
12
0,028 kN
Y
0 : N
01
0,014 cos
0,028 sin
0
N
01
0,022 kN
(1.36)
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
11/13
0,028
0,014
2
α
0,024
N
23
α
Rys.1.52.Równowaga węzła 2
Z równowagi węzła 2:
∑
Y =0 :− N
23
0,028sin 0,014 cos =0 ⇒ N
23
=0,022 [kN ]
(1.37)
N
35
0,582
3
α
4,961
N
34
α
0,024
0,022
Rys.1.53.Równowaga węzła 3
Z równowagi węzła 3:
∑
X =0 : 0,0244,961 N
35
cos =0 ⇒ N
35
=−5,449 [kN ]
∑
Y =0 : 0,022−N
34
N
35
sin −0,582 cos =0 ⇒ N
34
=−2,253 [kN ]
(1.38)
Z równowagi węzła 5 określam wartość poziomej reakcji H
5
w podporze występującej w tym węźle.
Rys.1.54.Równowaga węzła 5
Z równowagi węzła 5:
∑
X =0 : H
5
=4,462 [kN ]
∑
Y =0 : 0,582 cos 5,449 sin −N
56
=0 ⇒ N
56
=2,275 [kN ]
(1.39)
Zestawiając otrzymane wyniki otrzymuję:
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
12/13
5,449
0,582
5
α
0,523
N
56
α
H
5
0,028
- 0,022
5,449
-
-
2,253
+ 0,022
-
+ 2,275
Rys.1.55. Siły normalne w układzie statycznie niewyznaczalnym poddanym osiadaniu podpór N
(n)
[kN]
Aby sprawdzić poprawność uzyskanych wyników dokonuję kontroli statycznej:
2
4
6
6
2,275
0,523
4,462
2,253
0,022
4,961
0,0225
0,09
16,024
3,137
Rys.1.56. Kontrola statyczna-siły działające na zadany układ
∑
X =0 : 0,02254,961−0,523−4,462=0,0015 ≈0 [ kN ]
∑
Y =0 : 0,0222,253−2,275=0 [ kN ]
∑
M
0
=0 : 0,0916,024−3,137−4,462⋅6−2,253⋅62,275 ⋅12=−0,013 ≈0 [kNm]
(1.40)
Tomasz Terlecki gr 3 KBI
13/13