Przykład 3

METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
WPŁYW UKŁADU PODSTAWOWEGO NA POSTAĆ UKŁADU RÓWNAŃ METODY SIŁ
1. DANE WYJŚCIOWE
Rama płaska pokazana na rysunku
zostanie rozwiązana z wykorzystaniem
trzech różnych układów podstawowych w
celu zilustrowania, jaki ma wpływ wybór
układu podstawowego na postać układu
równań metody sił.
Wynik końcowy rozwiązania ramy,
oczywiście nie zależy od przyjętego układu
podstawowego.
q=4kN
m
P=15kN
2EJ
3,00m
EJ
y
M=10kN
2,50m
2,50m
k=4EJ
m3
4,00m
1. WYZNACZENIE STOPNIA STATYCZNEJ NIEWYZNACZALNOŚCI
Stopień statycznej niewyznaczalności określamy e = 3
na podstawie wzoru nH = e − 3 ⋅ t po przekształceniu
danego układ w zbiór tarcz sztywnych t przez
usunięciu więzi e . W tym przypadku mamy t = 1 i
e = 3 + 1 = 4 a więc nH = 4 − 3 ⋅1 = 1 . Rama jest, zatem
jednokrotnie statycznie niewyznaczalna, co
oznacza, że układ równań metody sił będzie się składał z jednego równania.
P=15kN
Układ podstawowy tworzymy z układu danego
poprzez zastąpienie nH więzi, siłami w taki
sposób, aby powstał układ statycznie
wyznaczalny i geometrycznie niezmienny.
Pierwszy układ podstawowy (obok)
przyjęto przez zastąpienie węzła sztywnego
węzłem przegubowym i dwoma niewiadomymi
momentami X 1 .
Drugi układ podstawowy (poniżej)
utworzono przez przecięcie więzi sprężystej
i wprowadzenie dwóch sił niewiadomych X 1 .
P=15kN
q=4kN
m
X1
X1
2EJ
EJ
3,00m
2. PRZYJĘTE UKŁADY PODSTAWOWE
e=1
M=10kN
2,50m
2,50m
k=4EJ
m3
4,00m
Trzeci układ podstawowy (poniżej) utworzono
przez usunięcie więzi sprężystej i podpory
i zastąpienie ich niewiadomą (jedną) siłą X 1 .
q=4kN
m
P=15kN
q=4kN
m
2EJ
EJ
3,00m
2EJ
3,00m
EJ
M=10kN
M=10kN
X1
X1
2,50m
2,50m
4,00m
k=4EJ
m3
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
X1
2,50m
2,50m
4,00m
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
1
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
3. ROZWIĄZANIE RAMY Z WYKORZYSTANIEM UKŁADU PODSTAWOWEGO Nr 1
3.1. ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO Nr 1
3.1.1. WYNIKI ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA F=(M,P,q)
P=15kN
MA
HA
q=4kN
m
1
A
2
VA
3,00m
2EJ
EJ
F
M=10kN
2,50m
2,50m
Reakcje podporowe i siła w więzi sprężystej
B
4,00m
k=4EJ
m3
VB
F
M A = 65.000kNm , H A = 0 ,
F
F
V A = 20.500kN ,
V B = 10.500kN ,
F
F
S B = −V B = −10.500kN
.
Wykres momentów zginających
-65,00
-13,75
M
3,00
F
kNm
-10,00
3.1.2. WYNIKI ROZWIĄZANIA UKŁADU PODSTAWOWEGO OD OBCIĄŻENIA X1=1
X 1=1
1
A
2
2EJ
MA
VA
X 1=1
3,00m
HA
EJ
Reakcje podporowe i siła w więzi sprężystej
1
M A = −2.250 ,
B
2,50m
2,50m
k=4EJ
m3
4,00m
1
V A = −0.250 / m ,
F
VB
1
H A = 0,
1
V B = 0.250 / m ,
F
S B = −V B = −0.250 / m
Wykres momentów zginających
1 1
2,250
1,625
M1
rzędne bezwymiarowe
2
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
3.2. RÓWNANIE METODY SIŁ DLA UKŁADU PODSTAWOWEGO Nr 1
I JEGO ROZWIĄZANIE
W przypadku układu podstawowego nr 1 równanie metody sił opisuje warunek, że wzajemny obrót
końców prętów w miejscu przyłożonych sił hiperstatycznych X 1 w układzie podstawowym
∆1 ( X 1 , F ) = δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F
musi być równy temu obrotowi w układzie danym ∆rz1F ,
to jest
∆1 ( X 1 , F ) = ∆rz1F ,
co po uwzględnieniu, że w połączeniu sztywnym wzajemny obrót
końców prętów równy jest zero, prowadzi do równania
δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = 0
gdzie δ11 ⋅ X 1 i δ1F – wzajemny obrót końców prętów w układzie podstawowym w miejscu
przyłożonych sił hiperstatycznych X 1 wywołany, odpowiednio, siłami X 1 i obciążeniem danym,
δ11 - wzajemny obrót jak wyżej wywołany siłami X 1 = 1 .
Współczynniki równania obliczamy wykorzystując wzory
1
1
1
1
1
F
1
F
M ⋅M
SB ⋅SB
M ⋅M
SB ⋅SB
⋅ dx +
⋅ dx +
,
δ 1F = ∫
,
EI
k
EI
k
M1 ⋅ M1
S1 ⋅ S1
1
1
1
SB1 ⋅ SB1
1
1
1
1
1
1
dx + S S =
M
M
dx
M
M
dx
M
M
dx
δ11 = ∫
⋅
+
⋅
+
⋅
+
=
EJ
kS
EJ A1 A∫1
EJ12 12∫
EJ2B 2∫B
k∆
δ 11 = ∫
2.5m
⋅ ( 2.25⋅ 2.25 + 4 ⋅1.9375 ⋅1.9375 +1.625 ⋅1.625) +
2EJ ⋅ 6
2.5m
+
⋅ (1.625 ⋅1.625 + 4 ⋅1.3125 ⋅1.3125 +1⋅1) +
2EJ ⋅ 6
5m
(−0.25) ⋅ (−0.25) ⋅ m
8.609 ⋅ m
+
⋅ (1⋅1+ 4 ⋅ 0.5⋅ 0.5 + 0 ⋅ 0) +
=
EJ ⋅ 6
EJ
4EJ
1
1
1
F
1
M ⋅M
S ⋅S
1
1
1
SB ⋅ SBF
1
F
1
F
1
F
δ1F = ∫
dx + S S =
M
⋅
M
dx
+
M
⋅
M
dx
+
M
⋅
M
dx
+
=
EJ
kS
EJ A1 A∫1
EJ12 12∫
EJ2B 2∫B
k∆
=
2.5m⋅ kNm
⋅ ( (−65) ⋅ 2.25 + 4⋅ (−39.375) ⋅1.9375 + (−13.75) ⋅1.625) +
2EJ ⋅ 6
2.5m⋅ kNm
+
⋅ ( (−13.75) ⋅1.625 + 4⋅ (−6.875) ⋅1.3125 + 0 ⋅1) +
2EJ ⋅ 6
5m⋅ kNm
(−10.5)kN ⋅ (−0.25) ⋅ m⋅ m
105.216 ⋅ kNm2
+
⋅ ( 0 ⋅1+ 4⋅ 3⋅ 0.5 + (−10) ⋅ 0) +
=−
EJ ⋅ 6
4EJ
EJ
Po podstawieniu obliczonych współczynników do układu równań i jego rozwiązaniu otrzymujemy
X 1 = 12.221kNm .
=
3.3. RZECZYWISTE SIŁY PRZEKROJOWE
Mając wyznaczoną wielkość X 1 wyznaczamy rzeczywiste siły przekrojowe i reakcje
1
F
H AF = H A ⋅ X 1 + H A = 0 ,
1
1
F
1
F
V AF = V A ⋅ X 1 + V A = 17.445kN ,
F
M AF = M A ⋅ X 1 + M A = 13.503kNm ,
1
VBF = V B ⋅ X 1 + V B = 13.555kN ,
F
S BF = S B ⋅ X 1 + S B = −VBF = −13.555kN ,
M αF = M α1 ⋅ X 1 + M αF ,
VαF = Vα1 ⋅ X 1 + VαF ,
NαF = Nα1 ⋅ X 1 + NαF .
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
3
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
-37,503
6,109
12,221
MF
9,110
kNm
-10,000
17,445
17,445
1,467
2,445
2,445
1,956
NF
VF
kN
kN
-8,133
-10,844
4. ROZWIĄZANIE RAMY Z WYKORZYSTANIEM UKŁADÓW PODSTAWOWYCH
Nr 2 i Nr 3
Rozwiązania w przypadku układów podstawowych nr 2 i nr 3 wykonane zostaną równolegle, gdyż
obydwa te układy utworzono dokonując przekształceń związanych z więzią sprężystą (w pierwszym
przypadku więź przecięto, w drugim usunięto).
4.1. ROZWIĄZANIA UKŁADÓW PODSTAWOWYCH Nr 2 i Nr 3
4.1.1. WYNIKI ROZWIĄZANIA UKŁADÓW PODSTAWOWYCH OD OBCIĄŻENIA
F=(M,P,q)
q=4kN
m
P=15kN
MA
MA
1
2EJ
2
HA
2
2EJ
EJ
VA
M=10kN
2,50m
EJ
VA
B
M=10kN
k=4EJ
m3
2,50m
1
A
4,00m
2,50m
2,50m
3,00m
A
3,00m
HA
q=4kN
m
P=15kN
B
4,00m
VB
Reakcje podporowe w obydwu układach
F
F
F
M A = 159.000kNm ,
H A = 0,
V A = 31.000kN ,
F
(w układzie podstawowym nr 2 reakcja podporowa V B = 0
F
VB =0
F
a w układzie podstawowym nr 3 brak podpory i więzi sprężystej, więc też przyjmujemy V B = 0 ).
F
F
Wobec tego w obydwu przypadkach
S B = −V B = 0 .
4
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
Wykres momentów zginających
-159,500
-82,000
-42,000
-42,000
MF
-18,000
kNm
-10,000
4.1.2. ROZWIĄZANIE UKŁADU PODSTAWOWEGO Nr 2 i Nr 3 OD OBCIĄŻENIA X1=1
1
A
2
MA
2EJ
3,00m
EJ
VA
1
A
HA
2
2EJ
EJ
VA
3,00m
MA
HA
B
X 1=1
B
X 1=1
2,50m
2,50m
X 1=1
k=4EJ
m3
4,00m
2,50m
VB
1
MA
Reakcje podporowe w obydwu układach:
W układzie podstawowym nr 2
1
1
1
V B = −1 i S B = −V B = 1 .
2,50m
1
4,00m
1
= 9.000m ,
H A = 0,
V A = 1.000 .
W układzie podstawowym nr 3 brak podpory
i więzi sprężystej, więc przyjmujemy
1
1
SB =V B = 0.
Pojawiła się, więc różnica w rozwiązaniach układów podstawowych nr 2 i nr 3.
Wykres momentów zginających jest jednakowy dla obydwu układów
-9,000
-6,500
-4,000
-4,000
1
2
M1
3
m
4.2. RÓWNANIE METODY SIŁ I JEGO ROZWIĄZANIE
4.2.1. POSTACI OGÓLNE UKŁADÓW RÓWNAŃ
W przypadku UKŁADU PODSTAWOWEGO NR 2 równanie metody sił opisuje warunek, że
wzajemne przesunięcie (zmiana odległości) punktów w miejscu przecięcia więzi sprężystej w układzie
podstawowym ∆1 ( X 1 , F ) = δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F musi być równa tej zmianie odległości w układzie danym
∆rz1F , to jest „zero” ze względu na ciągłość układu w miejscu przecięcia, co prowadzi do równania
analogicznego jak dla układu podstawowego nr 1
δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = 0
gdzie δ11 ⋅ X 1 i δ1F – wzajemne przesunięcie w układzie podstawowym w miejscu przyłożonych sił
hiperstatycznych X 1 wywołane odpowiednio siłami X 1 i obciążeniem danym,
δ11 – wzajemne przesunięcie jak wyżej wywołane siłami X 1 = 1 .
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
5
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
W przypadku UKŁADU PODSTAWOWEGO NR 3 równanie metody sił opisuje warunek, że
przesunięcie końca pręta w miejscu przyłożonej siły hiperstatycznej X 1 w układzie podstawowym
∆1 ( X 1 , F ) = δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F musi być równy temu przesunięciu w układzie danym ∆rz1F .
To przesunięcie nie jest równe zero ∆rz1F ≠ 0 . Aby zbudować układ równań należy przedtem określić
∆1rzF . Przemieszczenie to można obliczyć na podstawie wzoru
1
S B ⋅ S BF
M ⋅M F
= ∆ 1F = ∫
⋅ dx +
,
EI
k
gdzie M F , S F oznaczają wartości „rzeczywiste” w układzie danym od obciążeń F (patrz p.3.3),
1
1
M , S oznaczają wartości w dowolnym układzie podstawowym od siły jednostkowej przyłożonej w
miejscu i kierunku szukanego przemieszczenia to jest w miejscu i kierunku X 1 .
Weźmy przykładowo schemat jak w
1
2
A
A
układzie podstawowym nr 1 i obciążmy
2EJ
go siłą X 1 = 1 z układu nr 3 (rysunek
MA
VA
obok). W wyniku rozwiązania tego
EJ
1
1
X 1=1
układu otrzymujemy M = 0 , V B = 1
1
1
B
i S B = −V B = −1 . Uwzględniając fakt,
że wartość siły w więzi sprężystej w
k=4EJ
m3
2,50m
2,50m
4,00m
układzie danym jest równa X 1 , z układu
nr 3, wartość szukanego przemieszczenia
VB
wynosi
−1⋅ X1
X
0⋅M F
∆rz1F = ∫
⋅ dx +
=− 1
EI
k
k
Warunek zgodności przemieszczeń, w przypadku układu podstawowego nr 2 ma, więc postać
X
∆1 ( X 1 , F ) = δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = − 1 ,
k
X
δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = − 1 .
co prowadzi do równania kanonicznego metody sił w postaci
k
rz
Równanie to, po przekształceniu
δ 11 ⋅ X 1 − ∆1F + δ 1F = 0
1

przyjmuje postać
 δ 11 +  ⋅ X 1 + δ 1F = 0 .
k

Zatem mamy postaci kanoniczne układów równań:
dla układu podstawowego nr 2
dla układu podstawowego nr 3
X
δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = 0
δ 11 ⋅ X 1 + δ 1F = ∆rz1F = − 1 .
k
Dla układu podstawowego nr 3 po przekształceniu otrzymujemy
1

 δ 11 +  ⋅ X 1 + δ 1F = 0 (nie jest to już postać kanoniczna).
k

Jak widać postaci ogólne równania dla układu podstawowego nr 3 różnią się zasadniczo od równania
dla układu podstawowego nr 2 i inny jest też sens fizyczny równań i współczynników równań dla tych
układów podstawowych a także, co okaże się w następnym punkcie, różne są wartości
współczynników.
1
3,00m
∆rz1F
4.2.2. WSPÓŁCZYNNIKI UKŁADÓW RÓWNAŃ
Współczynniki równań obliczamy wykorzystując, oczywiście, te same wzory jak dla układu nr 1.
6
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
Dla UKŁADU PODSTAWOWEGO NR 2 otrzymujemy
δ11 = ∫
S1 ⋅ S1
M1 ⋅ M1
1
1
1
dx + S S =
M 1 ⋅ M 1dx +
M 1 ⋅ M 1dx +
∫
∫
EJ
kS
EJ A1 A1
EJ12 12
EJ 2 B
1
1
∫ M ⋅ M dx +
2B
S B1 ⋅ SB1
=
kϕ
2.5m ⋅ m
⋅ ( (−9) ⋅ (−9) + 4 ⋅ (−7.75) ⋅ (−7.75) + (−6.5) ⋅ (−6.5) ) +
2 EJ ⋅ 6
2.5m ⋅ m2
+
⋅ ( (−6.6) ⋅ (−6.5) + 4 ⋅ (−5.25) ⋅ (−5.25) + (−4) ⋅ (−4) ) +
2 EJ ⋅ 6
5m ⋅ m2
1⋅1⋅ m3
137.750 ⋅ m3
+
⋅ ( (−4) ⋅ (−4) + 4 ⋅ (−2) ⋅ (−2) + 0 ⋅ 0 ) +
=
EJ ⋅ 6
4EJ
EJ
M1 ⋅ M F
1
1
1
δ1F = ∫
dx =
M 1 ⋅ M F dx +
M 1 ⋅ M F dx +
M 1 ⋅ M F dx =
EJ
EJ A1 A∫1
EJ12 12∫
EJ 2 B 2∫B
=
2
2.5m ⋅ kNm2
⋅ ( (−159.5) ⋅ (−9) + 4 ⋅ (−120.75) ⋅ (−7.75) + (−82) ⋅ (−6.5)) +
2EJ ⋅ 6
2.5m ⋅ kNm2
+
⋅ ( (−82) ⋅ (−6.5) + 4 ⋅ (−62) ⋅ (−5.25) + (−42) ⋅ (−4) ) +
2EJ ⋅ 6
5m ⋅ kNm2
1867.240 ⋅ kNm3
+
⋅ ( (−42) ⋅ (−4) + 4 ⋅ (−18) ⋅ (−2) + (−10) ⋅ 0) =
EJ ⋅ 6
EJ
=
137.750 ⋅ m3
1867.240 ⋅ kNm3
⋅ X1 +
=0
EJ
EJ
Wielkość hiperstatyczna uzyskana z rozwiązania tego równania ma wartość X 1 = −13.555kN
Numeryczna postać równania jest następująca
Dla UKŁADU PODSTAWOWEGO NR 3 otrzymujemy
δ11 = ∫
M1 ⋅ M 1
1
1
1
dx =
M 1 ⋅ M1dx +
M 1 ⋅ M 1dx +
M 1 ⋅ M1dx =
∫
∫
EJ
EJ A1 A1
EJ12 12
EJ2B 2∫B
2.5m ⋅ m2
⋅ ( (−9) ⋅ (−9) + 4 ⋅ (−7.75) ⋅ (−7.75) + (−6.5) ⋅ (−6.5)) +
2EJ ⋅ 6
2.5m ⋅ m2
+
⋅ ( (−6.5) ⋅ (−6.5) + 4 ⋅ (−5.25) ⋅ (−5.25) + (−4) ⋅ (−4)) +
2EJ ⋅ 6
5m ⋅ m2
137.500 ⋅ m3
+
⋅ ( (−4) ⋅ (−4) + 4 ⋅ (−2) ⋅ (−2) + 0 ⋅ 0)
=
EJ ⋅ 6
EJ
1
F
M ⋅M
1
1
1
δ1F = ∫
dx =
M1 ⋅ M F dx +
M1 ⋅ M F dx +
M1 ⋅ M F dx =
EJ
EJ A1 A∫1
EJ12 12∫
EJ2B 2∫B
=
2.5m⋅ kNm2
⋅ ( (−159.5) ⋅ (−9) + 4 ⋅ (−120.75) ⋅ (−7.75) + (−82) ⋅ (−6.5)) +
2EJ ⋅ 6
2.5m⋅ kNm2
+
⋅ ( (−82) ⋅ (−6.5) + 4 ⋅ (−62) ⋅ (−5.25) + (−42) ⋅ (−4)) +
2EJ ⋅ 6
1867.240 ⋅ kNm3
5m⋅ kNm2
+
⋅ ( (−42) ⋅ (−4) + 4 ⋅ (−18) ⋅ (−2) + (−10) ⋅ 0)
=
EJ ⋅ 6
EJ
=
1
m3
m3
m3
Uwzględniając, że
δ 11 + = 137.500
+ 0.25
= 137.750
k
EI
EI
EI
otrzymujemy ostatecznie postać numeryczną równania identyczną jak dla układu nr 2
137.750 ⋅ m3
1867.240 ⋅ kNm3
⋅ X1 +
=0
EJ
EJ
Rozwiązanie równania jest także identyczne jak dla układu nr 2.
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
7
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
4.3. RZECZYWISTE SIŁY PRZEKROJOWE
Mając wyznaczoną wielkość X 1 wyznaczamy siły przekrojowe i reakcje analogicznie jak z
wykorzystaniem układu podstawowego nr 1 z wyjątkiem sił w usuniętych więziach w układzie
podstawowym nr 3. Ze względu na to, że z układu podstawowego została usunięta podpora B i więź
sprężysta reakcja tej podpory i siła w tej więzi nie mogą być wyznaczone ani w wyniku
rozwiązania układu podstawowego ani w wyniku superpozycji rozwiązań układu podstawowego.
Można je wyznaczyć w wyniku oddzielnej analizy np. wykorzystując układ podstawowy nr 2,
z którego wynika, że w przyjętym przypadku S BF = X 1
a V BF = − S BF = − X 1 .
Wyniki poprawnie wykonanych rozwiązań, oczywiście, nie zależą od przyjętego układu
podstawowego. Zostały one przedstawione w punkcie 3.3.
4.4. KONTROLA ROZWIĄZANIA
4.4.1. KONTROLA STATYCZNEJ DOPUSZCZALNOŚCI ROZWIĄZANIA
Kontrola ta nie zależy od przyjętego układu podstawowego i została szczegółowo zilustrowana w
przykładach 1 i 2.
4.4.2. KONTROLA KINEMATYCZNEJ DOPUSZCZALNOŚCI ROZWIĄZANIA
Dokonując kontroli kinematycznej dopuszczalności rozwiązania należy pamiętać, że przemieszczenie
∆ i powinno być równe przemieszczeniu rzeczywistemu ∆rzi .
W przypadku układu podstawowego nr 2
S s1 ⋅ S sF
M1 ⋅M F
kNm 3
∆ 1F = ∫
dx + ∑
= 0.00096
≈ ∆rz1F =0 .
EJ
ks
EJ
W przypadku układu podstawowego nr 3
X1
M1 ⋅M F
kNm 3
− 13.555kN
kNm 3
rz
∆ 1F = ∫
dx = 3.3896
≈ ∆ 1F = −
=−
= 3.388 ⋅
.
EJ
EJ
k
EJ
4 EJ / m 3
5. KOMENTARZ
Jak zilustrowano, sposób tworzenia układu podstawowego (przecinanie lub usuwanie więzi) mimo, że
może prowadzić do identycznych numerycznych postaci układów równań, ma istotny wpływ:
− na postać kanoniczną układu równań,
− wartości niektórych wielkości statycznych w układzie podstawowym,
− wartości współczynników układu równań,
− sposób obliczania niektórych wielkości statycznych w układzie danym,
− kontrolę kinematycznej dopuszczalności rozwiązania.
Istotne jest więc, by układ podstawowy był precyzyjnie przedstawiony i by układ równań
kanonicznych odpowiadał przyjętemu układowi podstawowemu.
8
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
6. DODATEK
Jak wynika z przedstawionego przykładu, przyjęcie układu podstawowego przez usunięcie więzi
sprężystej, choć prowadzi do numerycznie identycznego układu równań jak w przypadku jej
przecięcia, to wprowadza istotne różnice merytoryczne i obliczeniowe na etapie tworzenia układu
równań. Należy tu pamiętać, że w ogólności w przypadku usunięcia więzi sprężystej równanie
dotyczące warunku zgodności przemieszczeń związanych z tą więzią ma zawsze postać
nh
nh
i −1

X
1
∑ δ ij ⋅ X j + δ iF = − i lub po przekształceniu ∑ δ ij ⋅ X j +  δ ii +  ⋅ X i + ∑ δ ij ⋅ X j + δ iF =0
ki
ki 
j =1
j =i +1
j =1

niezależnie czy jest to więź tzw podporowa czy wewnętrzna. Należy też pamiętać, obliczając
współczynniki układu równań, że siły w więziach usuniętych a więc nie istniejących w układzie należy
przyjmować jako równe zero.
Na zakończenie chcemy zasygnalizować, że analogiczna sytuacja ma miejsce, gdy tworzony
jest układ podstawowy dla kratownicy przez usunięcie prętów (patrz rysunki poniżej).
2
2
Xi
Xi
1
1
W tym przypadku równania dotyczące warunków zgodności przemieszczeń związanych
nh
X ⋅L
z tymi prętami mają postać
∑ δ ij ⋅ X j + δ iF = − i i
EAi
j =1

nh
Li 
 ⋅ X i + ∑ δ ij ⋅ X j + δ iF =0
EAi 
j =1
j =i +1

gdyż określają zmianę odległości węzłów, która jest równa zmianie długości
pręta, co ilustruje rysunek obok
i −1
lub po przekształceniu
Xi
2
∑ δ ij ⋅ X j +  δ ii +
Xi
1
nh
Jeśli chce się otrzymać równania w postaci
∑ δ ij ⋅ X j + δ iF = 0
j =1
należy, tworząc układ podstawowy, pręty przecinać a nie usuwać, co ilustruje rysunek poniżej.
2
Xi
Xi
1
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber
9
METODA SIŁ – przykład 3 – ilustracja wpływu układu podstawowego na postać układu równań – 10.02.09
W przypadku wymuszeń kinematycznych (błędy montażu i przemieszczenia podpór) tworzenie
układów podstawowych przez usuwanie więzi, w których dane są wymuszenia kinematyczne
MA
HA
2,50m
2,50m
3,00m
EJ
1
A
2
2EJ
EJ
VA
B
k=4EJ
m3
4,00m
B
3,00m
2EJ
X 1=1
2,50m
2,50m
4,00m
nh
∑ δ ij ⋅ X j + δ i∆ = ∆ i
prowadzi do równań postaci
j =1
nh
∑ δ ij ⋅ X j + δ i∆ − ∆ i = 0 .
lub po przekształceniu
j =1
nh
Jeśli chce się otrzymać równania w postaci
∑ δ ij ⋅ X j + δ i∆ = 0 nie można, tworząc układ
j =1
podstawowy, usuwać więzi, w których dane są wymuszenia kinematyczne. W rozpatrywanym
przypadku mogłyby to być np. układy analogiczne do układów 1 i 2.
1
X1
EJ
3,00m
2EJ
3,00m
2EJ
EJ
X1
X1
2,50m
2,50m
k=4EJ
m3
4,00m
2,50m
2,50m
4,00m
k=4EJ
m3
B
B
Warto, więc pamiętać, że ogólnie równania kanoniczne metody sił mają postać
nh
∑ δ ij ⋅ X j + δ io = ∆rzio
j =1
oraz że układ podstawowy zawsze może być tak przyjęty aby było
nh
∑ δ ij ⋅ X j + δ io = ∆rzio = 0 .
j =1
10
http://www.iil.pwr.wroc.pl/zukowski
Przykład opracował, we współpracy ze mną,
Wojciech Zielichowski-Haber