Politechnika Poznańska
Wydział Budownictwa i Inżynierii Środowiska
Studia niestacjonarne I-stopnia
I Rok
Projekt II
WYZNACZANIE SIŁ WEWNĘTRZNYCH W
PŁASKICH UKŁADACH PRĘTOWYCH
Tomasz Szustak
Z 1 / I
2007/2008
Kratownica
Analiza Kinematyczna
Kratownice płaską traktujemy jako układ prostoliniowych prętów połączonych ze sobą w węzłach za pomocą przegubów. Powyższe założenie oraz fakt, że obciążenie przykładamy tylko w węzłach skutkuje występowaniem w prętach kratownicy tylko sił normalnych. Pręty kratownicy tworzą siatkę trójkątów, która stanowi jedną tarcze sztywną. Podparcie przegubowo-nieprzesuwne w punkcie A i przegubowo-przesuwne w B pozwala stwierdzić, że kratownica jest układem geometrycznie niezmiennym. Warunek konieczny ma postać
2∙ w = p + r, gdzie w - to liczba węzłów kratownicy, p –(liczba prętów kratownicy + liczba krzyżulców kratownicy + liczba słupków kratownicy), r- liczba reakcji podporowych. W naszym przykładzie w = 6, p =(4 + 2 + 3) = 9 , r = 3, stąd 2 ∙ 6 = 9 + 3.
Analiza statyczna
Wyznaczamy reakcje podporowe:
∑ MA = 0 3,5∙ HB + 15 ∙ 2,5 + 20 ∙ 5 + 10 ∙ 1,5 = 0
3,5 HB + 37,5 + 100 + 15 = 0
HB = - 43, 571 [kN]
∑ MB = - 3,5 HA + 15,25 + 20 ∙ 5 – 10 ∙ 2 = 0
- 3,5 HA + 117,5 = 0
HA = 33,571 [kN]
∑Y = 0 VA – 15 – 20 = 0
VA = 35 [kN]
Sprawdzenie:
∑X = 0 -43,571 + 33,571 + 10 =0
0 =0
Siły w prętach kratownicy obliczymy z równań równowagi ∑X = 0 i ∑Y = 0
Węzeł C
∑X = 0 - 43,571 + P1 = 0
P1= 43,571 [kN]
∑Y = 0
S3 = 0 [kN]
Węzeł H
∑X = 0
Węzeł E
Węzeł D
Węzeł F
Węzeł G
Metoda Rittera
BELKA
ANALIZA KINEMATYCZNA
Wykażmy geometryczną niezmienność powyższego układu. Zauważmy że układ jest zbudowany z dwóch prętów. Rysunek przedstawia schemat belki ciągłej zamieniony na układ dwóch trzech tarcz sztywnych. Więzy narzucone układowi w miejscach podparć (A, B iD) zastąpiono prętami podporowymi.
Warunek konieczny geometrycznej niezmienności ma postać 3∙ t = w.
W powyższym przykładzie t = 2, a w = 6 (cztery pręty podporowe odbierające po jednym stopniu swobody i przegub [C] odbierający dwa stopnie swobody).
Warunek dostateczny geometrycznej niezmienności
Dostrzegamy ze tarcza I przymocowana jest po podłoża trzema prętami (1, 2 i 3), które odbierają jej trzy stopnie swobody. Kierunki prętów podporowych 1, 2 i 3 nie przecinają się w jednym punkcie stąd tarcza I nie ma możliwości jakiegokolwiek przesuwu czy obrotu i jest geometrycznie nie zmienna. Stanowi ona tzw. Tarczę podporową dla tarczy II.
Tarcza sztywna numer II jest podparta przegubem rzeczywistym C oraz prętem numer 4. Przegub rzeczywisty C nie leży na kierunku pręta podporowego numer 4. Został więc spełniony warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy sztywnej. Jest więc ona geometrycznie niezmienna i statycznie wyznaczalna. Ponieważ obie tarcze sztywne są geometrycznie niezmienne i statycznie wyznaczalne możemy więc stwierdzić, że cały płaski układ tarcz sztywnych jest geometrycznie niezmienny i statycznie wyznaczalny.
ANALIZA STATYCZNA
W celu wyznaczenia reakcji we wszystkich więzach rozpatrywanego płaskiego układu prętowego wykorzystujemy następujące równania równowagi:
∑ X = 0
∑ M = 0
Aby układ tarcz sztywnych był w stanie spoczynku pod działaniem obciążeń, siły nań działające oraz reakcje podporowe muszą być w stanie równowagi.
Z równania ∑ X = 0 dla całego układu dostaję, że : HA = 0 [kN]
Wówczas składowe poziome sił w przegubie C wynosi również zero: HC = 0 [kN]
Z analizy tarczy II otrzymujemy:
∑Mc=0 – 3,6 VD + 4 ∙ 2,7 ∙ 5,4 = 0
– 3,6 VD = – 58,32
VD = 16,2 [kN]
∑MD=0 3,6 VC – 4 ∙ 3,6 ∙ 1,8 + 4 ∙ 1,8 ∙ 0,9 = 0
3,6 VC = 19,44
VC = 5,4 [kN]
∑Y=0 VD + VC – 4 ∙ 5,4 = 0
21,6 – 21,6 = 0
0 = 0
Z analizy tarczy I otrzymujemy:
∑ MB = 0 2,8 VA – 10 + 4 ∙ 2,5 ∙ 1,25 + 5,4 ∙ 2,5 = 0
2,8 VA = –10 + 12,5 + 13,5 = 0
VA = = - 5,7 [kN]
∑MA= 0 – 10 – 2,8 VB + 4 ∙ 2,5 ∙ 4,05 + 5,4 ∙ 5,3 = 0
– 2,8 VB = 10 – 69,12
VB = 21,1 [kN]
s
∑Y=0 VA + VB – VC – 4 ∙ 2,5 = 0
– 5,7 + 21,1 – 5,4 – 10 = 0
21,1 – 21,1 = 0
Rysunek przedstawia schemat belki ciągłej, z rzeczywistymi zwrotami reakcji podporowych oraz liczbą przekrojów α1…5.
Sprawdzenie dla całości:
∑Y=0 – 5,7 + 21,1 – 31,6 + 16,2 = 0
– 37,3 + 37,3 = 0
∑ MB = 0 – 5,7 ∙ 2,8 – 10 + 4 ∙ 7,9 ∙ 3,95 –16,2 ∙ 6,1 = 0
–16,9 – 10 + 124,8 – 98,8 = 0
– 124,8 + 124,8 = 0
Funkcje sił wewnętrznych w przekroju α1 dla lewej części belki AB:
∑Y=0 - T(X) - 5,7 = 0
T(X) = - 5,7 const [kN]
∑Mα1 = -M(X) - 5,7 ∙ x = 0
M(X) = - 5,7x
M (X) = - 9,12 [kNm]
M (0) = 0 [kNm]
W przekroju α2 otrzymamy:
∑Mα2 = - M(X) – 5,7 ∙ (1,6 + x) – 10 =0
M(X) = - 9,12 – 5,7x – 10
M(X) = - 5,7x - 19,12
M(1,2) = - 26...
John_McLane