ZBIÓR ZADAŃ Z MECHANIKI BUDOWLI, Notatki z Mechanika

Pobierz ZBIÓR ZADAŃ Z MECHANIKI BUDOWLI i więcej Notatki w PDF z Mechanika tylko na Docsity! S K R Y P T Y D L A S Z K Ó Ł W Y Ż S Z Y C H P O L I T E C H N I K A Ł Ó D Z K A SYLWESTER KONIECZNY, BOHDAN MICHALAK ZBIÓR ZADAŃ Z MECHANIKI BUDOWLI C z ę ś ć I 1 0 DŻ 1986 N A K Ł A D E M P O L I T E C H N I K I Ł Ó D Z K I E J Skrypt jest przeznaczony dlo studentów Wydziału Budownictwa Lgdowego Pt Recenzent prof. dr ini. Jon Filipkowski Redaktor Małgorzato Ma tyją szewska Redoktor techniczny Ewa Teresa Guzek WYDAWNICTWO POLITECHNIKI ŁÓDZKIEJ 93-005 Lodź, ul. Wólczańska 219 Wyd. f. Noklod 300+59 eg*. Ark. wyd. 11,6. Ark. druk. 13,0. Popier offset, kl. III 71 g, 61X66 Maszynopis wplynqł do Redakcji 83. 06. 30* Przekazano do składu 64. 04. 03. Podpisano do druku 86. 08. 18. Druk ukończono w październiku 1986 r, Zamówienio 75/84 B-3 Cena zł 140,~ Wykonano w Zakładzie Poligraficznym Pt, 93-005 Łódi, u l Wólczańska 223 ca 1. ZAGADNIENIA GEOMETRYCZNEJ 'NIEZMIENNOŚCI UKŁADÓW PŁASKICH Spośród szeregu znanych metod rozwiązywania tego typu zagadnień, zajmiemy się wyznaczeniem geometrycznej niezmienności, wykorzystując plan biegunów. Liczbę stopni swobody "t" tarcz wyznaczymy ze wzoru 9 = 3t - w - r, gdzie: w - liczba prętów łączących poszczególne tarcze między sobą, r - liczba prętów łączących tarcze z tarczą fundamentową. Mogą zajśó następujące przypadki: 1) 9 > 0, wówczas układ jest geometrycznie zmienny, ? - krotnie kinematycznie nlewyznaćzalny; 2 ) 9 = 0 jest warunkiem koniecznym geometrycznej niezmienności; 3) 9 < 0 jest warunkiem dostatecznym geometrycznej niezmienności. Aby przekonaó się czy układ jest geometrycznie zmienny należy sprawdzió warunek konieczny (to jest czy 9 = 0 ) . Jeżeli ten warunek jest spełniony zakładamy a priori, że układ jest geometrycznie zmien- ny. Dla tak przyjętego układu sporządzamy plan biegunów głównych i względnych. W przypadku gdy plan biegunów nie wykazuje żadnej sprzeczności (są spełnione wszelkie twierdzenia o położeniu biegunów), to układ jest geometrycznie zmienny tak jak założyliśmy. Natomiast jeżeli plan biegunów wykazuje sprzecznośó mamy do czynienia z układem geometrycznie niezmiennym. Zadanie 1.1 Dany jest płaski układ dwutarczowy, zbadać jego budowę (rys. 1.1). Rozwiązanie Sprawdzamy warunek konieczny geometrycznej niezmienności » 3t - w - r. TT Rys. 1.1 8 Dla podanego układu tarcz mamy t = 2, w = 2, r = 3, stąd 9 = 3*2 - 2 - 3 = +1, a więc układ jest geometrycznie zmienny Zadanie 1.2 Dane jest płaski układ ramowy, zbadać jego budowę (rys. 1.2). Rys. 1.2 [ r Rozwiązanie Sprawdzamy warunek konieczny geometrycznej niezmienności = 3 - 2 - 2 - 4 = 0. Warunek konieczny jest spełniony. Musimy jednak dodatkowo spraw- dzić czy układ ten nie jest chwilowo zmienny. W tym celu należy spo- rządzić dla tego układu tarcz plan biegunów względnych i bezwzględnych Rys. 1.3 Ponieważ biegun wzajemnego obrotu (1,2) leży na prostej łączącej bieguny główny tarcz I i II, przedstawiony układ jes t chwilowo geome trycznie zmienny. Zadanie Dany jest układ trzech tarcz, zbadać jego budowę (rys. 1«4)# Rozwiązanie Sprawdzamy warunek konieczny ge- ometrycznej niezmienności: liczba reakcji r = 5 liczba prętów łączących poszczególne tarcze w = 4 Rys. 1.4 liczba tarcz t = 3 9 = 3 - 3 - 4 - 5 = 0 . Warunek konieczny jest spełniony. Sprawdzamy czy układ nie jest chwilowo zmienny geometrycznie. Rysujemy plan "biegunów układu. Po określeniu położenia "biegunów głównych (1) i (3) oraz biegunów wza- jemnego obrotu (1,2) i (2,3), określamy położenie bieguna głównego tarczy II. Biegun tarczy II leży w punkcie przecięcia się prostych przechodzących przez punkty (1), (1,2) i (3), (2,3). Ponieważ mamy zgodnośó w planie biegunów, układ jest chwilowo geometrycznie zmien- ny. Rys. 1.5 Zadanie 1.4 Sprawdzió geometryczną niezmiennośó układów prętowych przedsta wionych na rysunkach 1,6a-c. Rozwiązanie - samodzielne 12 Zapisujemy równanie pracy s i ł zewnętrznych na wirtualnych prze mieszczeniach ^ _ 2 1 — 1 • 3 - 2ql • -k co + ql • £ w - ql •• £ co = 0, M A = - Obliczenie reakcji R. -R 2ql • * - ql' ql f , O, Obliczenie reakcji RB -RB- S + 2ql • § + ql 2 . Ł - q l | E = O, R B = ~ <D (t2) b) -L/s c) (2.3) Rys. 2.1a-c 13 Zadanie 2.2 Dla podanego schematu statycznego znaleźć moment zginający metodą kinematyczną (rys. 2.2). P=ql •r Rys. 2.2 Rozwiązanie W celu znalezienia momentu zginającego M^ zakładamy w tym prze- kroju przegub i uzewnętrzniamy moment. Dla powstałego układu znajdU' jemy plan przemieszczeń wirtualnych. Określenie planu przemieszczeń rozpoczynamy od znalezienia bie- guna wzajemnego obrotu tarcz I i III. Otrzymamy go z przecięcia się prostych przechodzących przez punkty (1,2), (2,3) oraz (1,4), (3,4) Następnie korzystamy z planu przemieszczeń. Na osi składowych pio- nowych przemieszczeń oznaczamy położenie biegunów głównych tarcz I i III. Obracamy tarczę I o kąt ca1, a następnie znając położenie bie guna względnego (1,3) określamy składowe przemieszczeń tarczy III. Ze składowych pionowych przemieszczeń mamy - z ) = 21, Z powyższych równości wynika, że z = ł. 5 14 Odległość "z" określa położenie biegun* (patrz rys. 2.3). I t Rys. 2.3 Biegun obrotu tarczy III otrzymamy z przecięcia się prostej prze' chodzącej przez punkty (2), (2,3) z prostą prostopadłą do kierunku przesuwu podpory. Rzędną bieguna obrotu (3) wyliczamy z proporcji 237' stąd mamy = 41. 17 IX = 0, H., = -P, = 0, HA = -P, = 0, =0, RA = -P, = 0, RB = 2P, = 0, M B = -5P1 Wykres siły tnącej przedstawiono na rysunku 2.5. W celu wyznaczenia siły tnącej w przekroju ot-cc, metodą kinematy- czną zakładamy w tym przekroju teleskop i uzewnętrzniamy siłę T Dla tak powstałego układu wyznaczamy przemieszczenia wirtualne. Zaczynamy od wyznaczenia biegunów obrotów poszczególnych tarcz. Bieguny obrotów (1) i (3) są wprost dane z warunków brzegowych. Bie- gun obrotu tarczy II leży w punkcie przecięcia się prostych przecho- dzących przer, punkty (1), (1,2) i (3), (2,3). W celu znalezienia bie- guna obrotu tarczy IV należy najpierw znaleźć biegun wzajemnego obro- tu (3,4) tarcz III i IV. Leży on na prostych przechodzących przez punkty (2,3), (2,4) i (3,5), (4,5). Biegun bezwzględny tarczy IV otrzymamy z przecięcia się prostych przechodzących przez punkty (3,4), (3) i (1), (1,4). Natomiast biegun tarczy V otrzymamy z przecięcia się prostych (4), (4,5) i (1), (1,5). <2>/ \ / / Oi (1A) (Z4) (315). (3.4) Rys. 2.6 18 Znając położenie biegunów obrotu znajdziemy składowe pionowe i poziome przemieszczeń, przyjmując, że powstała w przekroju różnica przemieszczeń wynosi 6* • Wartości kątów obrotów poszczególnych tarcz wynoszą: = 0,60.. = ^V| COp ~""z co1 21 = Przemieszczenia A mają wartość: A 1 » 21 = 9 f 11 = Korzystając z zasady prac wirtualnych dla ciał sztywnych otrzy- mamy: S -P-A1 - P-A 2 + Pl 1 1r - P • 1 + Pl • — 2 41 = O, Zadanie 2.4 Dla podanych układów sporządzić wykresy sił wewnętrznych i spraw^ dzić metodą kinematyczną wartości sił wewnętrznych w zaznaczonych przekrojach (rys. 2,7a-f). a) ' * ' * ' , b) Rys. 2.7a,b 21 c) annnr 19 d) 21 21 e) 111UU11 I I f) Rys. 2.7c-f 22 Linię wpływową siły tnącej T ^ znajdujemy zakładając w przekroju cC - oc i dokonując rozsunięcia tarcz teleskopu kę (rys. 5.4). teleskop • o jednost- V I £- I (23) <D O (23)- m ^̂ linia wpływowa T«c R y s . 3 . 4 Zadanie 3.2 Dla podanej ramy znaleźć metodą kinematyczną linie wpływową siły tnącej w przekroju oC - oc (rys. 3.5). •*• 21 Rys. 3.5 Rozwiązanie W przekroju oC - oC zakładamy teleskop. Dla otrzymanego łańcucha kinematycznego "budujemy plan "biegunów bezwzględnych i względnych. Rzuty przemieszczeń tarcz na kierunek pionowy pokazano na rysunku 3.6. 2 planu biegunów odczytujemy, że co1 • 1 +co_ • 31 = 1, 41' 4T' 41* 23 Z równania pracy s i ł zewnętrznych na wirtualnych przemieszczeniach mamy - 1 + 9 • 1 = Of stąd T = y . Widzimy, że rzędne y są jednocześnie rzędnymi l i n i i wpływowej (rys. 3 . 7 ) . tur 13 \ \ \ S Rys. 3.6 Zadanie 3.3 Rys. 3.7 UniawpTywowa T, Znaleźć wykres l i n i i wpływowej s i ł y normalnej w przekroju oC - oC (rys. 3 . 8 ) . Rozwiązanie W celu znalez ienia l i n i i wpływowej N^ metodą kinematyczną w prze- kroju cc - oC zakładamy te leskop. Dla otrzymanego układu znajdujemy plan biegunów względnych i głównych. Biegun względny tarcz i i m i e ż y na prostych przechodzących przez punkty ( 1 , 4 ) , ( 3 , 4 ) i ( 2 , 3 ) , (1 2 ) 24 i::1 .... \ Rys. 3.8 |p«1 iS (2) Rys. 3 .9 i. 2 11 u IM 11 rei 11111 I I 1111 rnn Rys. 3.10 Unia wptywowa N* 1 2 27 88 • ino) *ii ) *i O O «-* Przedział C-B R y s . 3 . 1 7 = R A- 41 - S • 21 =-0 linia wptywowa N B S = 2R Znając "wykresy linii wpływowych reakcji R. i R-g łatwo sporządzimy wykres linii wpływowych siły S, (rys. 3.14). Mając linie wpływowe re- akcji podporowych i siły w ściągu wyznaczymy linie wpływowe sił wew- nętrznych w dowolnym przekroju. Linia wpływowa momentu zginającego w przekroju oL- a : Przedział (A-o£) = O 51 - S • f 1, Przedział « a - V 3 1 - S - f 1. Wykres linii wpływowej momentu zginającego w przekroju ot -ocprzed stawiono na rysunku 3«15- Linie wpływowe siły tnącej następujących zależności: i siły normalnej N otrzymamy z cos N0C - Dla przekroju oc-ocmamy cos y ^ = 0,894, s injp. = 0,447 0,447 0,894 = 0,894 = -0,447 28 Przedział (A-#) T^ = -0,894 R B - 0,447 S, N^ = 0,447 R B - 0,894 S. Przedział (o£-B) T-, = 0,894 Rń - 0,447 S, N„ =: -0,447 RA - ,0,894 S. Odpowiedź na pytanie - jak zmienia się siła tnąca i normalna w przekrojuoc-oc w zależności od położenia jednostkowej siły - stanowią rysunki 3*15 i 3.16. Zadanie 5*5 Dana jest kratownica obciążona poruszająca się górą siłą jednost- kową. Wyznaczyć linie wpływowe sił w prętach S, S,,, Rozwiązanie Linia wpływowa siły S Przedział (1-5) 0 < $ < | "^2 2a - 1(3a - 9a t ) = 0, 3 - 9 H Przedział (6-8) |< £ < 1 = o — - s = o. Wykres linii wpływowej siły S pokazano na rysunku 3.19. 29 a a a a a * f * * 2a 2a 8a Rys. 3.18 1 1 2 3 A 5 6 i linia wpfywowa S 8 Rys. 3.19 W celu znalezienia l i n i i wpływowej siły S.. przecinamy kratownicę przekrojemoc-oc (ry;s. 3.18) Przedział (1-6) 0 < lE 2a + S -*£ 6a + S -=£ 2a - 1 (7a - = 0 7 - 9 C - 2 Y2 S. Przedział (7-8) Z <% <1 W celu znalezienia 1 wpływowej siły S2 dokonujemy przekroju Przedział (A-3) = s 2 + s 1 Ą - RB = o, S2 = RB " S 1 2* Przedział (4-6) Rys. 3.25 linia wpfywowa S-| + RA = 0, Zadanie 3.7 linia wpfywowa S2 Rys.- 3.26 Dla podanych "belek wyznaczyć linie wpływowe OL,, M a , T„, M 2t Rys. 3.27a Rys Rozwiązanie - samodzielne Zadanie 3.8 Dla podanych układów wyznaczyć linie wpływowe sił wewnętrznych w przekroju oc -oC(3.28a-f). a) Ł bl t L l I •ł c) r 21 Rys. 3.28a-c 34 d) ri. i e) r ^•^ ^ ^ B ł ^1V i ^ ł ^BW ••• MHv B̂HP •••• ^^^P WB ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^^1P ^ * ^ ^ ' ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ł f) I « ' f 2! *—! ^ Rys. 3.28d-f I Rozwiązanie - samodzielne Zadanie 3.9 Dla podanych kratownic znaleźć linie wpływowe sił S 1, sp» S3 (3.29a-d). Rozwiązanie - samodzielne COS(JJ H, t r t 4 21 R y s . 4 . 1 Rozwiązanie Obliczenie reakcji 41 + ql'41 - 4ql - q41'41 = O, = 0 = o RA = 4 q l , RA + RB - 4 q l * O, RB = 0; RB- 21 + 51 = O, = 0,8ql ; - HA - q l =: O, HA m - 0 , 2 q ł ; 38 Wykres momentów zginających N od obciążenia zewnętrznego przed stawiono na rysunku 4.2* 3,2 ql 0l8ql' Rys. 4.2 Aby wyznaczyć wielkość przemieszczenia pionowego 5_ punktu D zakładamy jednostkową siłę wirtualną zaczepioną w punkcie D. Od tego obciążenia wyznaczamy wykresy wirtualnych momentów zginających. 021 151 Rys. 4.3 r&h- t. k Rys. 4.4 39 Obliczenia reakcji w stanie wirtualnym = O R A • 41 + 1 • 21 = O, R* = -0,5; . o R A + R B - 1 =» O, R B - 1,5; R A. 21 - H A • 51 » O, H A = -0,2; H B = -0,2. Wartośd pionowego przemieszczenia punktu D otrzymamy w wyniku całkowania wykresów momentów zginających od obciążenia zewnętrznego z wykresem momentów zginających od jednostkowego obciążenia wirtual nego ł 41 °' 8 1 q l 2 ~ ł 41 + 0,8ql2 1 0,81 - £l 1,51 0,8ql2 - 3 1 4ql2 1,31 l 4ql2 0,81 + (0,81 + 1,31) 0,5 1 0,8ql2 - ^ 31 0,8ql2 0,21 2 + 1 31 4,5ql2 0,21 - + \ 31 4,5ql2 1,5l] = -8,661 |^ Uwaga. Znak (-) wskazuje na to, że przemieszczenie $•* wywołan obciążeniem zewnętrznym następuje w kierunku przeciwnym niż założ przez nas obciążenie wirtualne (punkt D przemieszcza się w górę). 42 łuk Rys. 4.8 Zadanie 4.5 Dla danego układu przy danym obciążeniu wyznaczyć zmianę kąta 91 w punkcie C (rys. 4.9). Rozwiązanie Obliczenie reakcjji R B • 61 - ql • 71 + 3ql 2 - q • 41 • 21 = O, R B = 2ql;B - ql = O, RA = " H A - q • 41 = O, = 4ql; R B ' 31 - S • 1 - qi • 41 B o, = 2ql. Wykres momentów zginających M od obciążenia zewnętrznego przed stawiono na rysunku 4.10. '43 A . "A * * * ** Rys. 4.9 Zsif/ Rys. 4.10 W celu znalezienia zmiany kąta •?* należy założyć w punkcie "E" pa rę przeciwnie skierowanych jednostkowych momentów skupionych (rys. 4.11). Obliczenie reakcji dla stanu wirtualnego := 0 R B • 61 s 0. - 0, 44 = o X = o = o 1 = 0 , Rys. 4.11 Wykres wirtualnych momentów zginających pokazano na rysunku 4.12 -łUk Rys. 4.12 Całkując wykresy momentów zginających M, M oraz uwzględniając normalną w ściągu, otrzymujemy = O = o H o = 0, R,, • 6 1 + R • 9 1 + H • 1 - 1 = O, . D C C 1 R A + R B + R o = 0 > RA = - 31 - Ł 1 - 0. 21 H, - H„ - H = OjB 1 21* Wykres momentów wirtualnych M podano na rysunku 4.16. 47 Kąt obrotu ł 1 . wynosi m •tuk g«Jrny •fuk dolny Rys. 4 . 1 6 \ 31- 2,25ql2- J31- 2,25ql2' 31 • 6,75ql2 • J - } 31 • 6,75ql2 fj 31 31 • 6,75ql2- ^ + \ 31 • 6,75ql2- £ + £ 31 • 6,75ql2 • i ) « -4,05 $J-, 48 Zadanie 4.5 Dla danego układu belkowo-kratowego, przy danym oddziaływaniu temperatury, wyznaczyć zmianę odległości między dwoma punktami C i D (rys. 4.17). Dane: 1 = 100 cm, t, = 50°C, tg = 20°C, t = 0°C, = 10 -5 1 I 21 I przekrój «t-< <M • X1 Rys. 4.17 Rozwiązanie Wyznaczymy środek ciężkości przekroju oc-oC A = 10- 20 + 30- 10 = 500 cm2, Sx/= 10 • 20 • 10 + 30 • 10 • 25 = 9500 cm5, q x 9500 • y = A " = 500 = 1 9 c m- Przyrost temperatury Ł t = t d - t ~ 50uC - 20°C = 30°C. Z liniowego rozkładu temperatury na wysokości przekroju "belki ze t = n 20°C + 30-19 "~30~- 30°C - 0°C » 31 49 W celu wyznaczenia zmiany odległości między punktami C i D zakła damy wzdłuż prostej łączącej punkty C i D przeciwnie skierowane dwie wirtualne siły jednostkowe (rys. 4.18) = 0 = 0 H A = 0, = 0, = 0 = 0. Wirtualne siły normalne wy- znaczymy z równowagi węzłów C iD: Rys. 4.18 x = 0 £P„ = o Z.K = ox = o CE CE YT "*" °CA - 1 = 0 DF D B CE CA DP = -1, -V?. 'DB — —1 a) 1 b) ^ H DF Rys. 4.19a-b Siły w prętach kratowych oraz wykresy wirtualnych sił normalnych N i wirtualnych momentów zginających M przedstawiono na rysunku 4.20 Poszukiwane przemieszczenie wyliczymy następująco: CD CD -(i 1 • 1•2 oC • At + 21 • II — — j p + 1 • 41 • cC 52 RA + RB " Siły w prętach S 1 ~ K« 2 od obciążenia zewnętrznego obliczono meto- dą równoważenia węzłów. Jako obciążenie wirtualne przyjmujemy jednostkową siłę zaczepioną w punkcie C. : Obliczenie reakcji od obciążenia wirtualnego 5a - HA • 3a = O, HA = 3 ; HA + y=o, = O • 3a - H. • 3a = O, R - 5. R A + R B - 1 = 0, R - •£ Rys, 4.22 Siły w prętach wywołane obciążeniem wirtualnym również obliczono metodą równoważenia węzłów. Obliczenie pionowego przemieszczenia węzła C zostało przeprowa- dzone w tabeli 4*1. T a b e l a 4.1 Prę* G i G 2 S 3 S 4 h \ 4 \ Cm] a a a a a a a a a a Em2] A A A A A A A A A A N k o [kN] -2P -4P -2P 0 0 -0 2P 4P 2P 2P \ [1] -1 -1/3- 1/3 1 0 , 0 -2/3 -4/3 -2 -1 *k N ko n E A k X k 2 Pa/EA 4 Pa/3 EA -2 Pa/3 EA 0 0 0 -4 Pa/3 EA -16 Pa/3 EA -4 Pa/EA -2 Pa/EA T a b e l a 4.1 ( c d . ) Fręt A k [m2] [kN] \ [1] EA 1 0 0 0 2 -2P 2/3 273 •4Pa/3EA 4Pa/3EA2P 2P TT" 2/3 4Pa/3EA — o — 0 0 0 K 1 3a 51^/3 20Pa/EA h a V? A-/21 2P-/2" -2V?/3 -8Pa/3EA a "/21 -21^/3 -8Pa/3EA a A-/21 0 0 J? 8Pa/3EA 0 0 = 8,667 g m E - 8,667 Zadanie 4*7 Dla danej kratownicy przy danym obciążeniu wyznaczyć zmianę odle g ł o ś c i między węzłami D"i E ( r y s . 4 .23) . - EAS 7 T Rys. 4.23 57 Zadanie 4.8 Dla danej kratownicy obciążonej zmianą temperatury t Q znaleźć kąt obrotu pręta 1-2 (rys. 4.25). t Rys. 4-25 Rozwiązanie W stanie rzeczywistym siły wewnętrzne dla tego przypadku obcią- żenia są równe zeru* Jako obciążenie wirtualne przyjmiemy parę sił zaczepionych w węzłach 1 i 2, dających jednostkowy moment. Rys. 4.26 Obliczenie reakcji w stanie wirtualnym SM, =0 R • ja - i 2a + i a = o, EPy = 0 A 1 a i_ 3a 58 H,=0. Siły w prętach wywołane obciążeniem wirtualnym obliczono metodą równoważenia węzłów* Rys. 4.27 Poszukiwany kąt obrotu jest równy n 1 *1-2 = £ Nk (ot tk •1 J 3a a [ r d], Zadanie 4.9 Dla danej kratownicy obciążonej kinematycznie znaleźć zmianę kąta między prętami 1-2 i 2-3 (rys. 4.28). Rys. 4.28 59 Rozwiązanie w stanie rzeczywistym siły wewnętrzne w prętach kratownicy,przy obciążeniu kinematycznym, są równe zeru. Jako obciążenie wirtualne przyjmujemy dwie pary sił zaczepionych w punktach 1, 2, 3, dających parę jednostkowych momentów (rys. 4.29). Rys. 4.29 Obliczenie reakcji w stanie wirtualnym = 0 V 2a "a- = 0 RB2a = 0 ttC ~ 2a' 5a „ L.. 4af 1 = 0, RA + RB + Rc RA = Poszukiwana zmiana kąta jest równa = 0, 4a) n Zadanie 4.10 Dla kratownicy podanej na (rys. 4.31) znaleźć przemieszczenie pio nowe punktu 6. Kratownica jest obciążona błędem montażowym, pręt 5-12 jest o A 1 za krótki. 62 9) + h) i 1 1 U J) I COSf 21 COS«f 2 l EA»const Rys. 4.32f-k 5. WYZNACZANIE PRZEMIESZCZEŃ W DŹWIGARACH ZAKF I ZAŁAMANYCH W PLANIE Przy wyznaczaniu przemieszczeń korzystać będziemy z równania prac wirtualnych dla rzeczywistego stanu przemieszczeń i wirttialnego stanu obciążeń. Równanie to ma następującą postać OC dS.h I T GC T ~ GA W równaniu tym oprócz dotychczas poznanych sił wewnętrznych występuje jeszcze jedna siła - moment skręcający M . o Wartośó C dla przekroju prostokątnego o wysokości h i szerokości "b oraz dla n = r- > 1 wyznaczymy ze wzoru C. Webera Dla przekroju kołowego C jest identyczne z biegunowym momentem •bezwładności Przy wyprowadzeniu związków między obciążeniami a siłami wewnę- trznymi przyjęto dodatnie zwroty działających sił jak na rysunku 5.1 Rzutując wektory momentów na kierunki osi s i y oraz rzutując siły na kierunek osi z, otrzymamy równania równowagi elementu o długości dS zakrzywionego w planie i obciążonego prostopadle do jego płaszczy- zny (rys. 5.1). Równania te są następujące: dS dS O n= 0. 64 Trzy powyższą równania pozwolą nam rozwiązać szereg zadań z belek zakrzywionych w planie. W skrypcie tym, zadania będą dotyczyły tylko belek kołowych. Przyjmując q = const, £ = r, roz- wiązaniem powyższego układu równań bę- dzie 2 M = A sinoc+ B cosoC- qr , 2 M .= A cosoC - B sinoC+ qr <x + C,s T = -qrc£ - p Stałe całkowania A,B,C wyznaczymy z wa- runków brzegowych. Wpływ sił poprzecznych na wielkości przemieszczeń jest niewielki, zatem zo- stanie pominięty.Rys. 5.1 Zadanie 5.1 Dla danego dźwigara załamanego w planie wyznaczyć: a) przemiesz- czenie pionowe punktu B, b) kąt skręcenia przekroju w punkcie B. Wy- kresy momentów zginających i skręcających od obciążenia zewnętrznego przedstawiono na rysunku 5.2. Rys. 5.2 Rozwiązanie W celu znalezienia przemieszczenia pionowego punktu B zakładamy w tym punkcie jednostkową siłę wirtualną o kierunku pionowym. Wykrei 67 Wykresy momentów zginających "M" i skręcających "Ms lr od obciążenia zewnętrznego przedstawiono na rysunku 5.6. Rys. 5.6 Rys. 5.7 W celu znalezienia przemieszczenia pionowego w punkcie D należy założyć* w tym punkcie jednostkową siłę wirtualną o kierunku pionowym Obliczenie reakcji wirtualnych • m 0 RA + RB + Rc Rc 1 " RB „ 21 - R- 21 + 1 • 0. C D Z rozwiązania tego układu otrzymujemy: B " 4f c " 4* 68 Wykresy wirtualnych momentów zginających "M" i wirtualnych momentów skręcających "M " przedstawiono na rysunku 5.8. Rys. 5.8 Całkując wykresy momentów zginających i momentów skręcających od obciążenia czynnego i wirtualnego otrzymujemy D EJ 4 8 L 2i EJ 4 8 EJ 2 4 o EJ 4 8 uo w ac 4 8 Mo EJ 4 8 "o 3 EJ 4 2 2 = - M. 1i6 2 16 EJ 16 GC EJ Dla 7~ = 2 mamy 3V? Mo EJ Cm] Znak łf- lf wskazuje na to, że przemieszczenie Ó D wywołane momentem M Q następuje w kierunku przeciwnym aniżeli założona wirtualna siła jed nostkowa. Zadanie 5.3 Dla danego dzwigara zakrzywionego w planie, przy danym obciążeniu wyznaczyć kąt skręcania \jf przekroju B (rys. 5.9). Rozwiązanie Dla przekroju c£ = 0 jest M(0) = 0 , M (0) = 0, T(0) = 0. Z powyż- szych warunków-brzegowych obliczymy stałe A,B,C. Wynoszą one: A = 0, B-s qr2, C'= 0,̂ stąd: M =-qr2(1 - cosa), Mg = qr2 (cC - sincc). Jako obciążenie wirtualne przyjmujemy moment M = 1 w punkcie B (rys. 69 EJ sconst GC=consł Rys. 5.9 Dla przekroju a = 0 jest M(0) = 0, M e(0) =s szych warunków "brzegowych otrzymamy A = 1, B = = 1 sina, M o = 1 cosec. Rys. 5.10 1, ?(0) = 0. Z powyż 0. C = 0, stąd M = Kąt skręcenia y B znajdziemy ze wzoru V MM B ~J EJ 5 d S + MM d S - - (sinod- sin 2oc)doC + / (oCcosoc- 0,5 sin 2oc)dof = - 3 i + a£?2 + GC V 2 (-1 - 3 Q+ 3T o) [rad]. gdzie 72 Równania wtórnych momentów następujące: Przedział (A-B) zginających dla belki fikcyjnej są 1 6 Przedział (B-1) 1*2 1 - 1 T3 Przedział (1-C) * 1c 1 -.2 Dzieląc wtórne momenty zginające M przez sztywność zginania bel ki rzeczywistej otrzymamy linię ugięcia "belki rzeczywistej, a tym sa mym linię wpływową pionowego przemieszczenia punktu 1. Przedział (A-B) Przedział (B-1) lłW" ° 1 " fEJ 52' Przedział (1-C) 1 1 u= 5~̂ J ~ 2~EJ 51 # w # Wykres linii wpływowej pionowego przemieszczenia punktu 1 przed stawiono na rysunku 6.5. Rys. 6.5 Zadanie 6.2 Dany jest ramołuk obciążony poruszającą się siłą jednostkową P = 1. Wyznaczyć linię wpływową zmianyAy 1 k ą t a y 1 (rys. 6.6). EJ. Rys. 6.6 Rozwiązanie Aby wyznaczyć linię wpływu zmianyA^ 1 k ą t a y ^ zakładamy w bezpo- średnim sąsiedztwie przegubu parę momentów jednostkowych, dla których szukamy linii ugięcia tej części ramołuku, po której porusza się siła jednostkowa. Linia ta jest poszukiwaną linią wpływową. Linię ugięcia wyznaczymy korzystając z równania prac wirtualnych. Całkując graficznie wykresy momentów zginających przedstawionych na rysunku 6.7 i 6.8 otrzymujemy (wpływu sił normalnych i tnących nie uwzględniono) l.w. MM . 1 EJ d s = EJ 4T 15 41 - 51 1 EJ 16 15 16 T ku Wykres linii wpływowej zmianyAy, kątay., przedstawiono na rysim- 6« 9» 74 Rys. 6, Ta=b 77 Przedział 2-3 Reakcje wynoszą odpowiednio R B =}2> R A =A HA " Całkując wykresy momentów zgina jących przedstawionych na rysunku 6.12 i 6.13 otrzymujemy: Przedział (1-2) o 81 3EJ Przedział 2-3 1 2-3 ~ EJo Rys. 6.12 161 3EJ Wykres linii wpływowej zmiany odległości między punktami 2 i 3 poda> no na rysunku 6.14. a) Rys. 6.13a-b Rys. 6.14 78 Zadanie 6.4 Dla podanych układów obciążonych poruszającą się siłą jednostko. W ą P - 1 wyznaczyć linie wpływowe zaznaczonych przemieszczeń (rys. 6.15a-d). Rozwiązanie - samodzielne. a) .. c) 21 EJ* 21 b) *» EJ d) 21 21 21 Rys. 6.15a-d 7. BELKI STATYCZNIE NIEWYZNACZALNE Jako nadliczbowe - w belkach ciągłych - przyjmujemy momenty zgi nające nad podporami, które wyznaczamy z równań trzech momentów.Rów nanie trzech momentów dla r-tej podpory ma postać Xr-1 Xr + 2 X r ^ r + Xr +1 > + Xr +1 gdzie -J r + 1 natomiast 1 , ̂ -r+i» ^r» ^r+1 s^ odpowiednio rozpiętościami i momen- tami bezwładności przęseł sąsiadujących z podporą 3?-,tą, J - porów- nawczy moment bezwładności (najkorzystniej jest przyjąć moment bez- władności jednego z przęseł). N zależy od obciążenia zewnętrznego. I tak dla obciążenia przęseł (r-1) -r, r-(r+1) grupą sił skupionych (rys. 7.1), N r Q jest równa k s Nro •- ~1T1T' E Pi wT(^i) " ̂ +1 ^+1 ' E Pi * wT^i i=1 i-k+1 * Jeżeli w przęsłach (r-1)-r, r-(r+1) działa obciążenie ciągłe n a o d c i n k a c h ^2 " ^ 1 ^ ̂ r1 ^2 "^i^r+1 w e d ł u S ku 7.2, N r Q ma następującą postać: #4 82 rys. 7.6. M3I3 = W równaniach tych: 1 2J = 2, - 2,0, 1'3 , I, - 2,0, M 3 = -Pa1 » -4 kito. Obliczmy najpierw prawe strony równań trzech momentów od obciążę nia zewnętrznego -(-M) • 2,0 2 - 6 • ł + 3 • (i) = -M 11 2 - 6*. + 3(OC,)1 = 2 • 2,0 • 0,6875 = 2,75 kNin , 83 N 1 p = -M - l 2,0 - 2 - 2 • 2,0 • 0,8125 - 4 • 2 • 2' • 0,1167 = 1,383 kNra , N 2 P ~ - 1 2 = -2 2 2 • 2 1 4 = -4 • 2 - 2 • 0,1333 - 1 , 5 - 4 - 2 - 0,2197 = 4,770 Prawe strony równań trzech momentów od osiadania podpory 2 są określo ne następująco: - -6EJ 20 = - 3 kNm , = -6EJ( 1r 3 J = -6 • 20 -0,05 i\ = +6 kNm2 Z zasady superpozycji otrzymamy: N oo s 2 ' 7 5 k N m ' N 1 o « N 1 p + N 1 t f = 1,383 - 3 = - 1 , 6 1 7 kNm 2, N 2 o = N 2 p + N 2 j = - 4 , 7 7 0 + 6 * 1 , 2 3 kNm 2. 84 Układ równań przyjmuje teraz postać: 4XQ + 2X1 - 2,75 = 0, 2 X Q + 8 X 1 + 2 X 2 + 1 , 6 1 7 « 0 , 2X-, •+ 8 X 2 - 4 • 2 - 1 , 2 3 = 0 i po jego rozwiązaniu otrzymujemy: X Q = 1,095 kNm, X1 = -0,815 kito, X 2 = 1,358 kNm a) b) t' 3,0 1.5 Rys. 7.7a-c Po wyliczeniu X Q, X 1, X 2, zadanie sprowadza się do rozwiązania ukła- du statycznie wyznaczalnego obciążonego danym obciążeniem zewnętrznym i wyliczonymi nadliczbowymi X Q, X 1, X 2: = o -RJ • 4 - X1 - M + X = O, R] = 1 (0,815 + 1,095 - 2) = -0,023 kN; a 0 Ro • 4 + X Q - M - X1 . O, Rn = 0,023 kN, 87 N 1 p = - l ql 4 * Podpory 0 i 2 nie doznały przemieszczeń stąd mamy $ Obliczenie 81 = 0. = 0 1 = 0, Qlr 1 t E M 2 = o s O, ł 1 • 2 X <i 1 l"» Prawa strona równania trzech momentów jest więc określona następująco: 3 5 " rys. 7.11. 88 Równanie trzech momentów przyjmuje teraz postać Rozwiązując to równanie otrzymujemy X 1 - -1 Aby otrzymać ostateczne wykresy sił wewnętrznych rozwiązujemy układ statycznie wyznaczalny, obciążony danym obciążeniem zewnętrz' nym i wyliczonym momentem X^ = - &i-. W wyniku rozwiązania otrzymu^ jemy wykresy momentów zginających sił poprzecznych pokazane na ry- sunku 7.12. J Ł ^ ' ' T ' f ' 1 ' ' ' ' ' jQR 96 Rys. 7.12 Zadanie 7.3 Dla danej belki ciągłej, przy danym obciążeniu, wyznaczyć wykre- sy momentów zginających i sił poprzecznych (rys. 7.13). 1 1 1 1 1 Przyjąć: -5- = ^ EJ> i ~ 12~~EJ» "i""" ol:>ró"fc utwierdzenia sprężystego pod wpływem momentu jednostkowego. Rys. 7.13 89 Rozwiązanie Z warunku ciągłości układu wynika, że płaszczyzna przekroju podpo- rowego belki musi się pokrywać z płaszczyzną utwierdzenia sprężystego* Otrzymujemy zatem równania dodatkowe w postaci Belka jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalna. Jako nadliczbowe przyjmujemy momenty zginające nad podporami 1 i 2. Wielkości te wy- znaczymy z równań trzech momentów. ł EJ 1,-1 EJ Rys. 7.14 Napiszmy kolejno równania trzech momentów dla podpór 1 i 2: 2 X 1 2X 2 Przyjmując, że J = J otrzymamy + X 2 1 1 1 2 = 1 1 Q = 0 gdzie N10 Ponieważ - 0 , = -Pl i 4X21 s 6EJ , R1 = i.i-i 8 ~ 8> 92 a) EJ ,a<*1 EJ EJ U«2,0 V ; 5 U-ŁO ta'5.0 ^2*1/0 c) h EJ \ EJ n I e) EJ f) EJ *WF I 4<j i d EJ \ 9) I h) 2EJ 21 EJ Rys. 7*19a-h 1 ? 1 _ _ą^. 6EJ' T ~ 2EJ* - i f e j . i " lfe» M = 2 kNm, q . 1 kN/mD. Rozwiązanie - samodzielne. 8. UKŁADY RAMOWE STATYCZNIE NIEWYZNACZALNE Tok postępowania przy rozwiązywaniu układów statycznie niewyzna- czalnych metodą sił# 1. Określamy stopień statycznej niewyznaczalności układu ze wzoru gdzie: r - ilosc składowych reakcji układu, z - ilość pól zamkniętych, p - ilość przegubów (nie licząc podparć przegubowych)« 2, Przyjmujemy układ podstawowy i zakładamy nadliczbowe. 3. Tworzymy równania kanoniczne metody sił za pomocą których wy- znaczać będziemy wielkości nadliczbowe, mają one postać n E Sik Xk +8io = 4* Obliczamy współczynnik £ i k ^ Sio ze w z o r ° w EA dS, Sio s -Q£ T- <-~4- U I "T «" (1A d S , gdzie: M ^ N i t T i - oznaczają odpowiednio moment zginający, siłę nor- malną i siłę poprzeczną od stanu X^ = 1, M^, N^, T, - oznaczają odpowiednio moment zginający, siłę nor- malną i siłę poprzeczną od stanu X^ = 1, MQ, NQ, T Q - oznaczają odpowiednio moment zginający, siłę nor- ' malną i siłę poprzeczną od obciążenia zewnętrznego 5. Rozwiązujemy układ równań kanonicznych. 6. Określamy końcowe wielkości statyczne korzystając z zasady su- Perpozycji 94 M = n + E x t, n N = N i x i T = T n E 1=1 n R s Jeżeli podpory doznały 6*. oDliczamy ze wzoru osiadania o wielkościAk, to współczynnik n » - E D gdz ie : D k oznacza reakcję na k-tej podporze od stanu X i = 1 Zadanie 8.1 Dla danego układu ramowego, przy danym obciążeniu, wykonać kresy momentów zginających (rys. 8 . 1 ) . I I E3*const ńbn I J I Rys. 8,1 t Rys. 8.2 Stan X3=1 1 I oi 1 LT R I 1 1 i i i i To Rys. 8.5 97 Stan zerowy T M*7 1 ł 91 2 9L 2 2 ^ aL 2 łl<* Rys. 8.6 98 sik EJ 2,333 -1,167 0,5 -1,167 1,333 -0,333 0,5 -0,333 1,333 1,083 1,500 Układ równań kanonicznych ma postać _ EJ 2,333 -1,67 0,5 -1,167 1,333 -0,333 0,5 -0,333 1,333 X1 h J EJ ,083 -0,2 92 1,500 v *— Powyższy układ równań rozwiążemy poprzez znalezienie macierzy od- 1 11 ^32 82 0 530 Współczynniki macierzy odwrotnej obliczamy w następujący sposób gdzie: A jest wyznacznikiem głównym macierzy rc*^o , a A ^ są podwy> znacznikami powstałymi po skreśleniu odpowiednio i-tego wiersza i k-tej kolumny. W rozważanym zadaniu wyznacznik główny układu jest równy A = = 2,1267 UJ, a współczynniki macierzy odwrotnej wynoszą: = -0,7834 EJ = -0,6532 EJ = 0,1307 = -1,3448 = -0,8219 = 3 2 = -0,0909 Znając współczynniki^ i k macierzy odwrotnej nadliczbowe wyznaczy my z następujących związków: X1 " +/ 323 X, = 99 Rzędne wykresu momentów zginających obliczamy ze związku M = M Q + M^X^ + + M,X~. Wykres ten przedstawiono na rysunku 8.7. Zadanie 8.2 Dla danego układu ramowego przy za- danym obciążeniu wykonać wykresy momen- tów zginających, sił poprzecznych i sił normalnych (rys. 8.8). Rozwiązanie Stopień statycznej niewyznaczalnoś- ci układu wyznaczymy ze wzoru n = r + 3 z - 3 - p , W rozważanym zadaniu mamy r « 7, z = 2, p = 5, zatem Q451g 0A73ql2 Q5t1qt' O.462qt2 Rys. 8.7 Rozważany układ j es t pięciokrotnie s tatyczn ie niewyznaczalny. i—*—* , 1 Rys. 8.8 E3 «const 4 Wykorzystując zasadę symetrii i antysymetrii obciążenia układu symetrycznego, możemy ominąć konieczność rozwiązania układu pięciu równań.