OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃOD TEMPERATURY projekt43.pdf

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

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

Dla układu

-15 ° C

t m = +5 ° C

1,389EJ

+20 ° C

+10 ° C

[m]

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 ):

-15 ° C

R 1

R φ 3

u 3

R 3

+10 ° C

+20 ° C

t m = +5 ° C

[m]

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 2t = 0

R 2 = r 31 ⋅ Z 1  r 32 ⋅ Z 2  r 33 ⋅ Z 3  r 3t = 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 i  t  = M i  t   M ik

 t 0 

 t = ∣ t 2 − t 1 ∣

t śr = t 2  t 1

t 0 = t śr − t m

∆t [ o C] t śr [ o C]

t 0 [ o C]

2,5

-2,5

2,5

-2,5

12,5

7,5

12,5

7,5

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

φ 2

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

• Stan t 0

Nieznane kąty obrotu cięciw prętów powstałe w wyniku działania ogrzania równomiernego obliczymy

zapisując równania łańcucha kinematycznego układu.

t 0 [ o C]

7,5

ψ 12 (t 0 )

ψ 23 (t 0 )

-2,5

ψ 25 (t 0 )

ψ 01 (t 0 )

ψ 34 (t 0 )

7,5

-2,5

[m]

 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

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

 0125

⇒ 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  =− 0,000081  6  rad

Podstawiającwartości 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

 − 3  23

 t 0 

 =− 0,3921 [ kNm ]

M 32

 t 0  = 2 ⋅ 1,389 EJ

 − 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

∆t [ o C]

[m]

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

M 01

 t  =− 3

EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 35

0,22 =− 17,9636 [ kNm ]

 t  = 3

2 ⋅ 1,389 EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 25

M 21

0,24 = 22,8721 [ kNm ]

 t  =− EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10

M 25

0,22 =− 3,4216 [ kNm ]

 t  = EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10

M 52

0,22 = 3,4216 [ kNm ]

 t  =− 1,389 EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2,5

M 23

0,24 =− 10,8915 [ kNm ]

 t  = 1,389 EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2,5

M 32

0,24 = 10,8915 [ kNm ]

 t  =− EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 25

M 34

0,22 =− 8,5541 [ kNm ]

 t  = EJ ⋅ 1,2 ⋅ 10 − 5 ⋅ 25

M 43

0,22 = 8,5541 [ kNm ]

M i  t  = M i  t   M ik

 t 0 

 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 ]

r 1 t

-11,2836

10,4994

r 2 t

ψ 23 =

z 3 =1

ψ 12 =-

23,3663

r 3 t

ψ 25 =

-2,7904

-8,5541

ψ 34 =

ψ 01 =

8,5541

-17,4513

4,0528

[m]

[kNm]

r 1t  11,2836  2,7904 − 23,3663 = 0 ⇒ r 1t = 9,2923 [ kNm ]

r 2t  8,5541 − 10,4994 = 0 ⇒ r 2t = 1,9453 [ kNm ]

r 3t ⋅ 1 − 17,4513  01  23,3663  12  4,0528 − 2,7904   25 − 11,2836  10,4994   23 

 8,5541 − 8,5541   34 = 0 ⇒ r 3t = 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

M 01

Część 3

OBLICZENIE RAMY METODĄ PRZEMIESZCZEŃ

{ EJ Z 1 =− 6,7954

EJ Z 2 =− 6,2474

EJ Z 3 =− 26,9631

Obliczmy zatem wartości momentów przywęzłowych:

M 01 =− 13

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

EJ Z 1  1,389

EJ Z 2 − 1,389

EJ Z 3 − 11,2836 =− 17,3477 [ kNm ]

M 32 = 1,389

EJ Z 1  2,778

EJ Z 2 − 1,389

EJ Z 3  10,4994 = 4,6890 [ kNm ]

M 34 = EJ Z 2 − 3

EJ Z 3 − 8,5541 =− 4,6903 [ kNm ]

M 43 = 1

EJ Z 2 − 3

EJ Z 3  8,5541 = 15,5416 [ kNm ]

Sprawdzenie równowagi momentów w węzłach:

[kNm]

17,3477

4,6890

17,1719

4,6903

0,1753

7,7146

10,0575

15,5416

[m]

węzeł 2 : 17,1719  0,1753 − 17,3477 =− 0,0005 [ kNm ]≈ 0

węzeł3 : 4,6890 − 4,6903 =− 0,0013 [ kNm ]≈ 0

Tnące i normalne obliczamy wycinając myślowo kolejne pręty i równoważąc węzły:

N 10

∑ M 1 : 7,7146 − T 01 ⋅ 3 = 0

⇒ T 01 = 2,5715 [ kN ]

∑ X:T 01 = T 10

∑ Y:N 01 = N 10

T 10

7,7146

T 01

N 01

N 23

17,3477

4,6890

N 32

∑ 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

T 23

T 32

Agnieszka Sysak Gr 3

2004-04-19

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: