MS-przyk1.pdf

(267 KB) Pobierz
Dana jest rama jak na rysunku
METODA SIŁ – przykład 1 – rama bez więzi sprężystych
1
1 ROZWIĄZANIE RAMY METODĄ SIŁ I OBLICZENIE PRZEMIESZCZENIA
1.1 DANEWYJŚCIOWE DO OBLICZEŃ
Dana jest rama jak na rysunku.
P=20,00kN
M=15,00 kNm
Rozwiązać ją metodą sił, sporządzić wykresy sił
przekrojowych i dokonać kontroli rozwiązania
oraz obliczyć zaznaczone przemieszczenie.
1,3889 EI
α
Uwaga dotycząca oznaczeń.
Aby uniknąć niejednoznaczności oznaczeń wszystkie przemieszczenia obliczane w statycznie
wyznaczalnym układzie podstawowym i dotyczące tylko układu podstawowego oznaczać będziemy
małym symbolem
4,00m
2,00m
4,00m
a przemieszczenia obliczane w statycznie niewyznaczalnym układzie danym lub
obliczane w układzie podstawowym a dotyczące układu danego oznaczać będziemy dużym symbolem
∆
. Siły przekrojowe i reakcje wyznaczane w układzie podstawowym oznaczać będziemy
odpowiednim symbolem z nadkreśleniem (np. M ) a w układzie danym oznaczać będziemy
odpowiednim symbolem bez nadkreślenia (np. M ).
1.2 WYZNACZENIE STOPNIA STATYCZNEJ NIEWYZNACZALNOŚCI
3 przekształcamy układ dany w zbiór tarcz „sztywnych”
otwartych przez usunięcie więzi podporowych, dokonanie przecięć wszędzie tam gdzie połączenie nie
jest pełne oraz „otwarcie” tarcz zamkniętych.
W rozpatrywanym przykładzie wystarczy
usunięcie więzi podporowych, co ilustruje rysunek
poniżej. Na rysunku tym w nawiasach podano liczby
usuniętych więzi, których suma jest liczbą więzi e w
przytoczonym wzorze.
n h
=
e
−
⋅
t
(e=3)
t
=
1
e
=
3
+
2
=
5
(e=2)
n
=
5
−
3
⋅
1
=
2
1.3 UKŁAD PODSTAWOWY
n więzi
niewiadomymi siłami w taki sposób by
powstały układ był geometrycznie
niezmienny.
Uwaga: Liniami przerywanymi wzdłuż osi
prętów wyróżniono włókna do znakowania
momentów zginających
P=20,00kN
M=15,00 kNm
X 1
X 2
h
4,00m
2,00m
4,00m
1.4 ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO OD DANEGO OBCIĄŻENIA
F = (M, P, Q)
P=20,00kN
Uwaga: Wszystkie wielkości wyznaczane w
tym punkcie wyróżniamy nadkreśleniem i
indeksem górnym F. Dla skrócenia zapisu w
obliczeniach pominiemy te wyróżniki
stosując pełne symbole tylko w
oznaczeniach wielkości, z których korzystać
będziemy w dalszych obliczeniach.
M=15,00 kNm
C
B
x
D
E
V B
A
ϕ
sin
ϕ
=0.6
H A
cos
ϕ
=0.8
V A
4,00m
2,00m
4,00m
y
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
δ
Aby skorzystać z wzoru
Układ podstawowy tworzymy z układu
danego przez zastąpienie
21043174.037.png 21043174.038.png 21043174.039.png 21043174.040.png 21043174.001.png 21043174.002.png
METODA SIŁ – przykład 1 – rama bez więzi sprężystych
2
1.4.1 WYZNACZENIE REAKCJI PODPÓR
∑
M
A
=
−
V
B
⋅
10
m
+
P
⋅
6
m
+
M
+
q
⋅
3
m
⋅
3
m
/
2
=
0
⇒
−
V B
⋅
10
m
+
20
kN
⋅
6
m
+
15
kNm
+
5
kN
/
m
⋅
3
m
⋅
3
m
/
2
=
0
⇒
V
B
=
V
F
B
=
15
.
75
kN
,
∑
Y
=
−
V
A
−
V
B
+
P
=
0
⇒
−
V A
−
15
.
75
kN
+
20
kN
=
0
⇒
V
A
=
V
F
A
=
4
25
kN
,
∑
X
=
H
A
+
q
⋅
3 m
=
0
⇒
H A
+
5
kN
/
m
⋅
3
m
=
0
⇒
H
A
=
H
F
A
=
−
15
00
kN
.
∑
Kontrola
M
B
=
−
H
A
⋅
3
m
+
V
A
⋅
10
m
−
P
⋅
4
m
+
M
−
q
⋅
3
m
⋅
3
m
/
2
=
kNm
1.4.2 OBLICZENIE WARTOŚCI RZĘDNYCH CHARAKTERYSTYCZNYCH SIŁ
PRZEKROJOWYCH.
=
(
15
⋅
3
+
4
.
25
⋅
10
−
20
⋅
4
+
15
−
5
⋅
3
⋅
3
/
2
)
=
0
M
A
=
0
,
M
E
=
V
A
⋅
2
m
−
H
A
⋅
1
m
−
q
⋅
1
m
⋅
1
m
/
2
=
=
4
.
25
kN
⋅
2
m
+
15
kN
⋅
1
.
m
−
5
kN
/
m
⋅
1
.
m
⋅
1
.
m
/
2
=
25
.
375
kNm
,
M
CA
=
V
A
⋅
4
m
−
H
A
⋅
3
m
−
q
⋅
3
m
⋅
3
m
/
2
=
4
25
⋅
4
m
+
15
kN
⋅
3
m
−
5
kN
/
m
⋅
3
m
⋅
3
m
/
2
=
39
.
50
kNm
,
M
CD
=
M
CA
+
M
=
39
.
kNm
+
15
kNm
=
54
.
50
kNm
,
M
D
=
V
B
⋅
4
m
=
15
.
75
kN
⋅
4
m
=
63
.
00
kNm
,
M
B
=
0
,
(
)
V
AC
=
V
A
⋅
cos
α
−
H
A
⋅
sin
α
=
4
25
⋅
0
+
15
⋅
0
kN
=
12
.
40
kN
,
(
)
N
AC
=
−
V
A
⋅
sin
α
−
H
A
⋅
cos
α
=
−
4
25
⋅
0
+
15
⋅
0
kN
=
9
45
kN
,
(
)
V
CA
=
V
A
⋅
cos
α
−
H
A
⋅
sin
α
−
q
⋅
3
m
⋅
sin
α
=
4
25
⋅
0
+
15
⋅
0
−
5
⋅
3
⋅
0
kN
=
3
40
kN
,
(
)
N
CA
=
−
V
A
⋅
sin
α
−
H
A
⋅
cos
α
−
q
⋅
3
m
⋅
cos
α
=
−
4
25
⋅
0
+
15
⋅
0
−
5
⋅
3
⋅
0
kN
=
−
2
55
kN
,
N .
Rzędne środkowe momentów zginających dla przedziału CD i DB, wykorzystując ich
prostoliniowy charakter, obliczono jako średnie arytmetyczne z wartości brzegowych.
(
CD
=
P
−
V
B
=
20
kN
−
15
.
75
kN
=
4
25
kN
,
V
DB
=
−
V
B
=
−
15
.
75
kN
,
CB
=
0
M
s
CD
=
M
CD
+
M
D
) (
/
2
=
54
.
+
63
)
/
2
⋅
kNm
=
58
.
75
kNm
,
(
) (
)
M
s
DB
=
M
D
+
M
B
/
2
=
63
+
0
/
2
⋅
kNm
=
31
.
50
kNm
1.4.3 WYKRESY SIŁ PRZEKROJOWYCH.
+
+
M F
+
-
-
+
+
N F
V F
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
.
V
,
,
21043174.003.png 21043174.004.png 21043174.005.png 21043174.006.png 21043174.007.png 21043174.008.png
METODA SIŁ – przykład 1 – rama bez więzi sprężystych
3
1.5 ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA X 1 = 1
X 1 =1
x
Uwaga: Wszystkie wielkości wyznaczane w
tym punkcie wyróżniamy nadkreśleniem i
indeksem górnym 1. Dla skrócenia zapisu w
obliczeniach pominiemy te wyróżniki
stosując pełne symbole tylko w
oznaczeniach wielkości, z których korzystać
będziemy w dalszych obliczeniach.
C
B
D
V B
E
A
H A
α
sin
α
=0.6
cos
α
=0.8
V A
4,00m
2,00m
4,00m
1.5.1 WYZNACZENIE REAKCJI PODPÓR.
y
∑
M
A
=
−
V
B
⋅
10 m
+
1
=
0
⇒
V
B
=
V
B
1
=
0
.
10
/
m
,
∑
Y
=
−
V
A
−
V
B
=
0
⇒
V
A
=
V
A
1
=
−
0
.
10
/
m
,
∑
X
=
H
A
=
0
⇒
H
A
=
H
A
=
0
.
Kontrola
∑
M
B
=
−
H
A
⋅
3
m
+
V
A
⋅
10
m
+
X
1
=
−
0
⋅
3
−
0
⋅
10
+
1
=
0
1.5.2 OBLICZENIEWARTOŚCI RZĘDNYCH CHARAKTERYSTYCZNYCH SIŁ
PRZEKROJOWYCH.
M
A
=
0
,
M
C
=
V
A
⋅
4
m
−
H
A
⋅
3
m
=
−
0
40
,
M
D
=
V
B
⋅
4
m
−
1
=
−
0
60
,
M
B
=
0
,
V
AC
=
V
A
⋅
cos
α
−
H
A
⋅
sin
α
=
−
0
08
/
m
,
N
AC
=
−
V
A
⋅
sin
α
−
H
A
⋅
cos
α
=
0
06
/
m
,
V
CB
=
−
V
B
=
−
0
10
/
m
,
N
CB
=
0
.
(
) (
)
M
E
=
M
s
,
AC
=
M
A
+
M
C
/
2
=
0
−
0
.
/
2
=
−
0
.
20
,
(
) (
)
(
) (
)
M
s
CD
=
M
C
+
M
D
/
2
=
−
0
.
−
0
.
/
2
=
−
0
.
50
,
M
s
,
DB
=
M
D
+
M
B
/
2
=
−
0
.
−
1
/
2
=
−
0
.
80
.
(
) (
)
M
s
CB
=
M
C
+
M
B
/
2
=
−
0
.
−
1
/
2
=
−
0
.
70
.
1.5.3 WYKRESYSIŁ PRZEKROJOWYCH.
-
-
M 1
-
-
+
N 1
V 1
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
1
,
,
21043174.009.png 21043174.010.png 21043174.011.png 21043174.012.png 21043174.013.png 21043174.014.png 21043174.015.png 21043174.016.png 21043174.017.png 21043174.018.png 21043174.019.png
 
METODA SIŁ – przykład 1 – rama bez więzi sprężystych
4
1.6 ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA X 2 = 1.
Uwaga: Wszystkie wielkości wyznaczane w
tym punkcie wyróżniamy nadkreśleniem i
indeksem górnym 2. Dla skrócenia zapisu w
obliczeniach pominiemy te wyróżniki
stosując pełne symbole tylko w
oznaczeniach wielkości, z których korzystać
będziemy w dalszych obliczeniach.
C
X 2 = 1
x
D
B
E
V B
A
H A
α
sin
α
=0.6
cos
α
=0.8
V A
4,00m
2,00m
4,00m
y
1.6.1 WYZNACZENIE REAKCJI PODPÓR.
∑
M
=
−
V
⋅
10
m
+
1
⋅
3
m
=
0
⇒
V
B V
=
2
=
0
30
,
A
B
B
∑
Y
=
−
V
A V
−
=
0
⇒
V
A V
=
2
=
−
0
30
,
B
A
∑
X
=
H
A
+
1
=
0
⇒
H
A H
=
A
=
−
1
.
Kontrola
∑
M
B
=
−
H
A
⋅
3
m
+
V
A
⋅
10
m
=
(
−
(
−
1
⋅
3
+
(
−
0
⋅
10
)
m
=
0
1.6.2 OBLICZENIEWARTOŚCI RZĘDNYCH CHARAKTERYSTYCZNYCH SIŁ
PRZEKROJOWYCH.
M
A
=
0
,
M
C
=
V
A
⋅
4
m
−
H
A
⋅
3
m
=
1
80
m
,
M
D
=
V
B
⋅
4
m
=
1
20
m
,
M
B
=
0
,
V
AC
=
V
A
⋅
cos
α
−
H
A
⋅
sin
α
=
0
36
,
N
AC
=
−
V
A
⋅
sin
α
−
H
A
⋅
cos
α
=
0
98
,
V
CB
=
−
V
B
=
−
0
30
,
N
CB
=
1
.
(
) (
)
M
E
=
M
s
,
AC
=
M
A
+
M
C
/
2
=
0
+
1
.
/
2
⋅
m
=
0
.
90
m
,
(
) (
)
(
) (
)
M
s
CD
=
M
C
+
M
D
/
2
=
1
.
+
1
.
/
2
⋅
m
=
1
.
50
m
,
M
s
,
DB
=
M
D
+
M
B
/
2
=
1
.
+
0
/
2
⋅
m
=
0
.
60
m
,
(
) (
)
M
s
CB
=
M
C
+
M
B
/
2
=
1
.
+
0
/
2
⋅
m
=
0
.
90
m
.
1.6.3 WYKRESYSIŁ PRZEKROJOWYCH
M 2
N 2
V 2
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
2
,
,
21043174.020.png 21043174.021.png 21043174.022.png 21043174.023.png 21043174.024.png 21043174.025.png 21043174.026.png 21043174.027.png 21043174.028.png 21043174.029.png 21043174.030.png 21043174.031.png 21043174.032.png 21043174.033.png 21043174.034.png 21043174.035.png
 
METODA SIŁ – przykład 1 – rama bez więzi sprężystych
5
1.7 UKŁAD RÓWNAŃ I JEGO ROZWIĄZANIE.
1.7.1 POSTAĆ OGÓLNA UKŁADU RÓWNAŃ
δ
11
⋅
X
1
+
δ
12
⋅
X
2
+
δ
1
F
=
∆
1
rz
=
0
0
1.7.2 OBLICZENIEWSPÓŁCZYNNIKÓW UKŁADU RÓWNAŃ
δ
21
⋅
X
1
+
δ
22
⋅
X
2
+
δ
2
F
=
∆
2
rz
=
Współczynniki układu równań obliczamy wykorzystując wzory
M
i
⋅
M
j
M
i
⋅
M
F
δ
ij ∫
=
dx
,
δ
iF ∫
=
dx
,
EI
EI
Do obliczenia całek w powyższych wzorach zastosowano wzór Simpsona lub Mohra. Ze względu na
charakter wykresów momentów zginających całki w powyższych wzorach przedstawiono w postaci
sum 3 lub 2 całek odpowiadających przedziałom całkowania, w których funkcje podcałkowe spełniają
założenia umożliwiające zastosowanie odpowiedniego wzoru.
M
1
⋅
M
1
1
1
1
−
0
⋅
5
m
2
δ
=
∫
dx
=
∫
M
1
⋅
M
1
⋅
dx
+
∫
M
1
⋅
M
1
⋅
dx
=
⋅
⋅
⋅
(
−
0
+
11
EI
EI
EI
EI
2
3
AC
CB
AC
CB
+
1
⋅
6
m
⋅
(
(
−
0
⋅
(
−
0
+
4
⋅
(
−
0
)
⋅
(
−
0
)
+
(
−
1
⋅
(
−
1
)
=
2
513049
m
1
3889
⋅
EI
6
EI
M
1
⋅
M
2
1
1
δ
=
δ
=
∫
dx
=
∫
M
1
⋅
M
2
⋅
dx
+
∫
M
1
⋅
M
2
⋅
dx
=
12
21
EI
EI
EI
AC
CB
AC
CB
1
−
0
⋅
5
m
2
1
6
(
)
m
2
=
⋅
⋅
⋅
1
m
+
⋅
⋅
−
0
⋅
1
+
4
⋅
(
−
0
)
⋅
0
+
(
−
1
⋅
0
m
2
=
−
3
532781
EI
2
3
1
3889
⋅
EI
6
EI
M
2
⋅
M
2
1
1
δ
=
∫
dx
=
∫
M
2
⋅
M
2
⋅
dx
+
∫
M
2
⋅
M
2
⋅
dx
=
22
EI
EI
EI
AC
CB
AC
CB
1
1
m
⋅
5
m
2
1
1
m
⋅
6
m
2
m
3
=
⋅
⋅
⋅
1
m
+
⋅
⋅
⋅
1
m
=
10
.
065563
EI
2
3
1
3889
⋅
EI
2
3
EI
M
1
⋅
M
F
1
1
1
δ
=
∫
dx
=
∫
M
1
⋅
M
F
⋅
dx
+
∫
M
1
⋅
M
F
⋅
dx
+
∫
M
1
⋅
M
F
⋅
dx
=
1
F
EI
EI
EI
EI
AC
CD
DB
AC
CD
DB
=
1
⋅
5
m
⋅
(
0
⋅
0
+
4
⋅
(
−
0
⋅
25
.
375
kNm
+
(
−
0
⋅
39
.
kNm
) +
EI
6
1
2
+
⋅
⋅
(
−
0
.
⋅
54
.
+
4
⋅
(
−
0
⋅
58
.
75
+
(
−
0
⋅
63
)
kNm
2
+
1
3889
⋅
EI
6
1
4
(
)
kNm
2
+
⋅
⋅
−
0
⋅
63
+
4
⋅
(
−
0
⋅
31
.
+
(
−
1
⋅
0
kNm
2
=
−
139
.
114461
1
3889
⋅
EI
6
EI
M
2
⋅
M
F
1
1
1
δ
=
∫
dx
=
∫
M
2
⋅
M
F
⋅
dx
+
∫
M
2
⋅
M
F
⋅
dx
+
∫
M
2
⋅
M
F
⋅
dx
=
2
F
EI
EI
EI
EI
AC
CD
DB
AC
CD
DB
=
1
⋅
5
m
⋅
(
0
⋅
0
+
4
⋅
0
m
⋅
25
.
375
kNm
+
1
m
⋅
39
.
kNm
) +
EI
6
1
2
+
⋅
⋅
(
1
⋅
54
.
+
4
⋅
1
⋅
58
.
75
+
1
⋅
63
)
kNm
3
+
1
3889
⋅
EI
6
1
1
⋅
4
2
kNm
3
+
⋅
⋅
⋅
63
kNm
3
=
334
.
237409
1
3889
⋅
EI
2
3
EI
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
21043174.036.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin