Wyznaczenie stopnia kinematycznej niewyznaczalności

\begin{aligned} &SKN=\sum \varphi +\sum \Delta\\ &SKN=1+1=2\\ \end{aligned}

Przyjęcie układu podstawowego metody przemieszczeń.

Na początku opisujemy punkty charakterystyczne, numerujemy pręty, zaznaczamy po której stronie prętów są cieplejsze włókna.
Obliczymy różnicę temperatur między jedną i drugą stroną pręta \( ( \Delta T ) \) oraz \( ( \Delta T_0 ) \)

temperatura "nierównomierna"
\begin{aligned} & \Delta \mathrm{T}=\left|\mathrm{t}_{\mathrm{g}}-\mathrm{t}_{\mathrm{d}}\right| \\ & \mathrm{t}_{\mathrm{g}} \text { - temperatura góry } \\ & \mathrm{t}_{\mathrm{d}} \text { - temperatura dołu } \end{aligned} przy czym nie ma znaczenia gdzie przyjmiemy dół, gdzie górę
jest to po prostu różnica temperatur między jedną i drugą stroną pręta
\begin{aligned} & \Delta \mathrm{T}_1=|-10-(-20)|=10^{\circ} \mathrm{C} \\ & \Delta \mathrm{T}_2=|20-30|=10^{\circ} \mathrm{C} \\ & \Delta \mathrm{T}_3=|-10-30|=40^{\circ} \mathrm{C}\\ \end{aligned} temperatura "równomierna"
\( \Delta \mathrm{T}_0=\mathrm{t}_{\mathrm{sr}}-\mathrm{t}_{\mathrm{m}} \)
\(t_{śr} \) - temperatura średnia
\(t_m\) - temperatura montażu (dane)
\begin{aligned} & \Delta \mathrm{T}_{01}=\frac{-10+(-20)}{2}-10=-25^{\circ} \mathrm{C} \\ & \Delta \mathrm{T}_{02}=\frac{20+30}{2}-10=15^{\circ} \mathrm{C} \\ & \Delta \mathrm{T}_{03}=\frac{-10+30}{2}-10=0^{\circ} \mathrm{C} \end{aligned}

UPMP

Wyznaczenie stanów jednostkowych

stan \( \varphi_1 =\overline{1} \)

stan \( \Delta_2 =\overline{1} \)

Wykresy od obciążenia geometrycznego i od temperatury

stan G

stan \( \Delta T \) - obciążenie temperaturą nierównomierną

Obliczenie wartości na wykres momentów:
\begin{aligned} 1,5 E J \propto \Delta T_1 \frac{1}{h} & =8 \ kNm\\ E J \propto \Delta T_2 \frac{1}{h} & =5,333 \ kNm\\ 1,5 E J \propto \Delta T_3 \frac{1}{h} & =32 \ kNm \end{aligned}

Obciążenie temperaturą równomierną

Obliczamy wydłużenie/skrócenia prętów
\( \Delta L = \alpha \cdot \Delta T \cdot L \)

\( \Delta l_1=\alpha \cdot \Delta T_{01} \cdot l_1=-1,458 \cdot 10^{-3} \mathrm{~m}=-1,458 \mathrm{~mm} \\ \Delta l_2=\alpha \cdot \Delta T_{02} \cdot l_2=7,5 \cdot 10^{-4} \mathrm{~m}=0,75 \mathrm{~mm} \\ \Delta l_3=\alpha \cdot \Delta T_{03} \cdot l_3=0 \\ \) Narysujemy osobno plan przemieszczeń i wykres dla skrócenia pręta 1, osobna dla wydłużenia pręta 2 (tak będzie prościej).

stan \( \Delta T_{01} \)

stan \( \Delta T_{02} \)

Teraz możemy połączyć obydwa wykresy:

Obliczenie współczynników i wyrazów wolnych równania kanonicznego

Reakcje od blokady obrotu

(wycięcie i równowaga węzła, po kolei z każdego stanu)

wykres M1

\begin{aligned} & \Sigma M=0 \\ & r_{11}=1,815 \mathrm{EI} \end{aligned}

wykres M2

\begin{aligned} r_{12}=\frac{6}{25} \mathrm{EI} \end{aligned}

wykres MG

\begin{aligned} & r_{1g}=32,711 \end{aligned}

wykres \( M_{\Delta T} \)

\begin{aligned} & r_{1t}=34,667 \end{aligned}

wykres \( M_{\Delta T0} \)

\begin{aligned} & r_{1t0}=1,582 \end{aligned}

Reakcje od blokady przesuwu

(z zasady prac wirtualnych)

Łańcuch kinematyczny

Równanie pracy wirtualnej
\( P \cdot \Delta + M \cdot \psi = 0 \)

\begin{array}{ll} r_{21} \cdot 1-\frac{4 E I}{5} \cdot \frac{1}{5}-\frac{2 E I}{5} \cdot \frac{1}{5}=0 & r_{21}=\frac{6}{25} E I \\ r_{22} \cdot 1-\frac{6 E I}{25} \cdot \frac{1}{5}-\frac{6 E I}{25} \cdot \frac{1}{5}=0 & r_{22}=0,096 E I \\ r_{2 g} \cdot 1-46,933 \cdot \frac{1}{5}-93,867 \cdot \frac{1}{5}=0 & r_{2g}=28,16 \\ r_{2 t} \cdot 1=0 & r_{2 t}=0 \\ r_{2 t_0} \cdot 1=0 & r_{2 t_0}=0\\ \end{array}

Obliczenie wykresu ostatecznego momentu gnącego – geometria

Zebranie wszystkich reakcji:
\begin{array}{lll} \mathrm{r}_{11}=1.815 \mathrm{EI} & \mathrm{r}_{1g}=32.711 & \mathrm{r}_{2g}=28.16 \\ \mathrm{r}_{12}=\frac{6}{25} \mathrm{EI} & \mathrm{r}_{1 \mathrm{t}}=34.667 & \mathrm{r}_{2 \mathrm{t}}=0 \\ \mathrm{r}_{22}=0.096 \mathrm{EI} & \mathrm{r}_{1 \mathrm{t} 0}=1.582 & \mathrm{r}_{2 \mathrm{t} 0}=0 \end{array}
Rozwiazanie układu równań dla geometri:
\( \mathrm{r}_{11} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{12} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{1 \mathrm{~g}}=0 \\ \mathrm{r}_{21} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{22} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{2 \mathrm{~g}}=0 \\ \)
\( \varphi_1=31.02 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \quad \Delta_2=-370.883 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \)

\begin{aligned} & \mathrm{M}_{\mathrm{ostG}}=\mathrm{M}_1 \cdot \varphi_1+\mathrm{M}_2 \cdot \Delta_2+\mathrm{M}_{\mathrm{G}} \\ \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BA}}=\frac{-3 \mathrm{EI}}{5.83} \cdot \varphi_1=-15.962 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BC}}=\frac{3 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1-14.222=1.288 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BD}}=\frac{4 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2+46.933=-17.263 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=\frac{-2 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{-6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2-93.867=-17.263 \end{aligned}

Obliczenie wykresu ostatecznego momentu gnącego – temperatura nierównomierna

\( \mathrm{r}_{11} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{12} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{1t}=0 \\ \mathrm{r}_{21} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{22} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{2t}=0 \\ \)
\( \varphi_1=-28.533 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \quad \Delta_2=71.331 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \)

\begin{aligned} & \mathrm{M}_{\mathrm{ost \Delta T}}=\mathrm{M}_1 \cdot \varphi_1+\mathrm{M}_2 \cdot \Delta_2+\mathrm{M}_{\Delta {T}} \\ \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BA}}=\frac{-3 \mathrm{EI}}{5.83} \cdot \varphi_1-8=6.683 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BC}}=\frac{3 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1+32=17.733 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BD}}=\frac{4 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2-5.333=-11.04 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=\frac{-2 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{-6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2-5.333=-11.039 \end{aligned}

Obliczenie wykresu ostatecznego momentu gnącego – temperatura równomierna.

\( \mathrm{r}_{11} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{12} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{1t0}=0 \\ \mathrm{r}_{21} \cdot \varphi_1+\mathrm{r}_{22} \cdot \Delta_2+\mathrm{r}_{2t0}=0 \\ \)
\( \varphi_1=-1.302 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \quad \Delta_2=3.255 \cdot \frac{1}{\mathrm{EI}} \)

\begin{aligned} & \mathrm{M}_{\mathrm{ost \Delta T0}}=\mathrm{M}_1 \cdot \varphi_1+\mathrm{M}_2 \cdot \Delta_2+\mathrm{M}_{\Delta T0} \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BA}}=\frac{-3 \mathrm{EI}}{5.83} \cdot \varphi_1-0.915=-0.245 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BC}}=\frac{3 \mathrm{EI}}{6} \cdot \varphi_1+0.667=0.02 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{BD}}=\frac{4 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2=-0.26 \\ & \mathrm{M}_{\mathrm{D}}=\frac{-2 \mathrm{EI}}{5} \cdot \varphi_1+\frac{-6 \mathrm{EI}}{25} \cdot \Delta_2=-0.26 \end{aligned}

Połączenie wykresów ostatecznych momentów gnących

\( Most =MostG + Most \Delta T+ Most \Delta T0 \)

Wyznaczenie wykresu ostatecznego sił tnących przez równowagę elementów ramy

Element BD:

\begin{aligned} & \sum M_B=0 \\ & -28,56+28,56+Q_D \cdot 5=0 \\ & Q_D=0 \\ & Q_B=0 \end{aligned}

Element AB:

\begin{aligned} & \Sigma M_A=0 \\ & 9,53+Q_B \cdot 5,83=0 \\ & Q_B=-1,63 \ kN \\ & Q_A=-1,63 \ kN \end{aligned}

Element BC:

\begin{aligned} & \Sigma M_B=0 \\ & 19,04+Q_C \cdot 6=0 \\ & Q_C=-3,17 \ kN\\ & Q_B=-3,17 \ kN \end{aligned}

Ostateczny wykres sił tnących [kN]

Wyznaczenie wykresu ostatecznego sił normalnych przez równowagę węzła

\begin{array}{ll} \Sigma y=0 & N_2 \sin \alpha-1,63 \cos \alpha=0 \\ & N_2=2,72 \ kN \\ \Sigma x=0 & -N_2 \cos \alpha+3,17+N_1-1,63 \sin \alpha=0 \\ & N_1=0 \end{array}

Ostateczny wykres sił normalnych [kN]

Metoda przemieszczeń

Mechanika budowli - Metoda przemieszczeń - Przykład 3

Przykład 3