Obliczenia ramy Metodą ...

Obliczenia ramy Metodą przemieszczeń -projekt38, Budownictwo, BUDOWNICTWO

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Politechnika Poznańska
Poznań, dnia 01.04.2004 r.
Instytut Konstrukcji Budowlanych
Zakład Mechaniki Budowli
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń
przemieszczenia podpór
Konsultacje:
ykonał:
dr inż. P. Litewka
Piotr Siniecki
grupa III
2003/2004
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – przemieszczenia podpór
- 2 -
I
2
I
1
I
2
I
1
0,005
I
1
0,002
0,002
0,004
1
5
6
1
=
220
2
=
240
1
=
2
=
1
389
Przyjmuję układ podstawowy:
r
1
u
2
I
2
I
1
r
3
I
2
I
1
0,005
I
1
0,002
0,002
0,004
1
5
6
SGN = 3

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
Ponieważ układ podstawowy jest identyczny jak dla ramy obliczonej od sił zewnętrznych reakcje
r
ik
pozostają takie same pozostaje tylko obliczyć r
i
∆
.
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – przemieszczenia podpór
- 3 -
Łańcuch kinematyczny
1
12
2
23
4
3
01
34
0,005
35
0
0,002
5
0,002
0,004
1
5
6
Kąty obrotu prętów
012
534
534
0
002
+
(
)
5
=
3
(
)
=
0
6
(
)
=
0
005
01
35
34
(
)
=
0
004
rad
(
)
=
0
(
)
=
0
00083333
rad
01
35
34
532
01235
3
(
)
+
2
(
)
=
0
0
004
+
(
)
+
5
(
)
=
0
35
23
01
12
(
)
=
0
(
)
=
0
00072
rad
23
12
Podstawiając do wzorów transformacyjnych otrzymujemy momenty w stanie
M
=
2
EI
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
2
95257
[
kNm
]
01
5
09902
0
1
01
M
=
2
EI
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
2
95257
[
kNm
]
10
5
09902
1
0
01
M
=
3
EI
1
389
(
(
)
(
)
)
=
3
76410
[
kNm
]
12
5
1
12
M
=
3
EI
(
(
)
(
)
)
=
0
32
2
3
23
M
=
2
EI
1
389
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
7
26097
[
kNm
]
34
6
3
4
34
M
=
2
EI
1
389
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
7
26097
[
kNm
]
43
6
4
3
34
M
=
2
EI
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
8
36400
[
kNm
]
35
3
3
5
35
M
=
2
EI
(
2
(
)
+
(
)
3
(
)
)
=
16
,
72800
[
kNm
]
53
3
5
3
35
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – przemieszczenia podpór
- 4 -
Stan
r
1∆
3,76410
r
2∆
2,95257
r
3∆
-7,26097
-7,26097
-8,36400
2,95257
-16,72800
1
5
6
1

1

r
1
+
(
2
95257
)
+
3
76410
=
0




2
5
25


r
2
=
1
03046
[
kN
]
r
1
3
76410
2
95257
=
0
r
1
=
6
17667
[
kNm
]
r
3
(
7
26097
)
(
8
36400
)
=
0
r
3
=
15
,
62497
[
kNm
]
Korzystając z poprzednich obliczeń na r
ik
otrzymujemy układ równań:


1
61786
EI
z
1
0
20200
EI
z
2
+
0
+
6
71667
=
0
0
20200
EI
z
1
+
0
47047
EI
z
2
0
75
EI
z
3
1
03046
=
0


0
0
75
EI
z
2
+
3
75930
EI
z
3
15
,
62497
=
0


EI
z
1
=
2
75398
EI
z
2
=
11
,
19364


EI
z
3
=
6
38949
Podstawiając wartości do równań momentowych(wzory transformacyjne) z poprzedniej części
projektu oraz uwzględniając momenty od osiadań otrzymujemy.
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01




Obliczanie ramy metodą przemieszczeń – przemieszczenia podpór
- 5 -
M
01
=
0
39223
EI
z
1
0
23534
EI
z
2
+
2
95257
=
0
76193
[
kNm
]
M
10
=
0
78446
EI
z
1
0
23534
EI
z
2
+
2
95257
=
1
84213
[
kNm
]
M
12
=
0
83340
EI
z
1
+
0
03334
EI
z
2
+
3
76410
=
1
84213
[
kNm
]
M
32
=
1
EI
z
3
0
75
EI
z
2
=
1
18901
[
kNm
]
M
34
=
0
92600
EI
z
3
7
26097
=
1
34430
[
kNm
]
M
43
=
0
46300
EI
z
3
7
26097
=
4
30264
[
kNm
]
M
35
=
1
33333
EI
z
3
8
36400
=
0
15511
[
kNm
]
M
53
=
0
66667
EI
z
3
16
,
72800
=
12
,
46834
[
kNm
]
Wykres momentów [kNm]
1,84213
1,34430
0,15511
1,18901
4,30264
0,76193
12,46834
1
5
6
Kontrola kinematyczna:
_
M
N
M
_
1
=
∑
∫
dx
R
EI
1
5
6
1
1
5
6
Piotr Siniecki grupa III
2004-04-01
1,84213
1,34430
0,15511
1,18901
4,30264
0,76193
12,46834
1
1
1
5
5
5
6
6
6
[ Pobierz całość w formacie PDF ]

zanotowane.pl

doc.pisz.pl

pdf.pisz.pl

happyhour.opx.pl