Microsoft Word Viewer 97 - 4 równanie pracy wirtualnej.DOC

Transkrypt

WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
1
RÓWNANIE PRACY WIRTUALNEJ
Olga Kopacz, Adam Łodygowski, Wojciech Pawłowski,
Michał Płotkowiak, Krzysztof Tymber
Konsultacje naukowe: prof. dr hab. JERZY RAKOWSKI
Poznań 2002/2003
MECHANIKA BUDOWLI 4
Rozdział ten poświęcony jest wyprowadzeniu twierdzenia o pracy wirtualnej,
przygotowanej. W dalszej jego części omówimy praktyczne zastosowanie tego twierdzenia.
Słowa kluczowe: praca wirtualna, przemieszczenie wirtualne
1. TWIERDZENIE 1
1.1. Twierdzenie
Jeżeli na układ działa obciążenie rzeczywiste spełniające (warunki równowagi), to obciążenie zewnętrzne wykonuje na przemieszczeniu wirtualnym pracę
równą pracy uogólnionych sił przekrojowych na wirtualnych odkształceniach
(na wirtualnych przemieszczeniach wewnętrznych).
1.2. Interpretacja
Przyjmujemy dowolny układ pozostający w równowadze
Rys.1.2.1. Rzeczywisty model układu prętowego, obciążony rzeczywistymi siłami
p (x) pod wpływem, których doznaje przemieszczeń
Politechnika Poznańska®
Kopacz, Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymber
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
2
Rys.1.2.2. Ten sam układ ale z wymuszonym przemieszczeniem wirtualnym u (x )
(kinematycznie dopuszczalnym)
Lw = L z
Lz - praca wszystkich rzeczywistych sił czynnych obciążających układ oraz
biernych pracujących na przemieszczeniach wirtualnych (wymuszonych
kinematycznie)
LW - praca wszystkich sił wewnętrznych rzeczywistych na odkształceniach
wirtualnych (na wirtualnych przemieszczeniach wewnętrznych)
∑ ∫ p( x)u ( x)dx + ∑ R
n
k
∆k =
k
s


= ∑ ∫ N ( x)ε ( x)dx + ∫ M ( x) χ ( x)dx + ∫ κT ( x)γ ( x)dx 
n s
s
s

(1.2.1)
przy czym:
ε ( x) =
N
,
EA
χ ( x) =
M
,
EJ
γ ( x) =
T
GA
(1.2.2)
1.3. Wyprowadzenie
Przyjmujemy dowolny pręt (Rys.1.3.1.) o długości skończonej l i końcach
i,k oraz dowolnie obciążony siłami zewnętrznymi p(x):
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
3
Rys.1.3.1.
Wyobraźmy sobie następnie bardzo mały fragment tego pręta o długości dx
(Rys.1.3.2.). Działają na niego siły uogólnione wewnętrzne przyjmujące
dowolną kombinację normalnych, tnących i momentów.
Rys.1.3.2.
Upraszczając obliczenia sprowadzamy tę sytuację do następujących
przypadków:
1) Zakładamy, że dowolne obciążenie pręta siłą p(x) powoduje powstanie
tylko sił biernych poziomych Qi i Qk, wobec czego na nasz element dx będzie
działała tylko uogólniona siła normalna (podłużna, osiowa) N(x) (Rys.1.3.3.):
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
4
Rys.1.3.3.
Zapisując równanie równowagi dla tego elementu (tzn. w każdym punkcie tego
pręta) otrzymujemy zapis:
∑ X = 0 ⇒ N ( x) + dN ( x) − N ( x) + p( x)dx = 0
dN ( x) + p ( x)dx = 0 / : dx
dN ( x)
+ p( x) = 0
dx
(1.3.1)
Następnie wprowadzamy do tego pręta pewne wirtualne przemieszczenie
(Rys.1.3.4.), zgodne z działaniem uogólnionych sił normalnych. Pamiętajmy, że
musi ono spełnić warunek kinematycznej dopuszczalności, musi być niezależne
od wszelkich obciążeń zewnętrznych oraz od czasu, małe w porównaniu z
wymiarami pręta i ciągłe. Przyjmiemy jego wartość równą: δ u (x)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
5
Rys.1.3.4.
Pomnóżmy równanie (1.3.1) obustronnie przez δ u (x) i scałkujmy w granicach
od x = 0 do x = L
 dN ( x)

 dx + p( x)δ u ( x) = 0
l
 dN ( x)

+ p( x) dx = 0
dx

∫ δ u( x)
0
l
∫ δ u ( x)
0
l
dN ( x)
dx + ∫ δ u ( x) p ( x)dx = 0
dx
0
l
∫
aby obliczyć całkę: δ u ( x)
0
(1.3.2)
dN ( x)
dx skorzystamy z całkowania przez części,
dx
∫ zdv = zv − ∫ vdz
dN ( x)
dx
dx
dN ( x)
d (δ u ( x))
dz =
v=∫
dx = N ( x)
dx
dx
l
l
dN ( x)
d (δ u ( x))
l
u
(
x
)
u
(
x
)
N
(
x
)
N ( x)
dx
δ
=
δ
−
/
∫0
∫
0
dx
dx
0
z = δ u (x)
dv =
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
6
Równanie (1.3.2) uzyska więc postać:
l
δ u ( x) N ( x) / 0 − ∫ N ( x)
l
0
l
d (δ u ( x))
dx + ∫ p ( x)δ u ( x)dx = 0
dx
0
l
l
d (δ u ( x))
N L δ u L − N 0δ u 0 − ∫ N ( x )
dx + ∫ p ( x)δ u ( x)dx = 0
dx
0
0
(
)
l
l
0
0
Qk u k − − Qi u i + ∫ p ( x)δ u ( x) = ∫ N ( x)
d (δ u ( x))
dx
dx
(1.3.3)
Znaki wynikają z tego, że znak dodatni siły N0 jest przeciwny do
założonego dodatniego Qi a znak dodatni siły NL jest zgodny z
założonym dodatnim Qk (Na rys 1.3.5. przyjęto zasadę zgodności
dodatnich zwrotów sił Qi i Qk oraz przemieszczeń im odpowiadających)
Rys.1.3.5. Znakowanie
l
l
0
0
Qk u k + Qi u i + ∫ p( x)δ u ( x)dx = ∫ N ( x)ε ( x)dx
Qk u k + Qi u i
- całkowita praca sił zewnętrznych (biernych) na
przemieszczeniach wirtualnych
∫ p( x)δ u ( x)dx
- całkowita praca sił zewnętrznych (czynnych) na
(1.3.4)
l
0
przemieszczeniach wirtualnych
l
∫ N ( x)
0
l
d (δ u ( x))
dx = ∫ N ( x)ε ( x)dx
dx
0
- całkowita praca sił we-
wnętrznych (normalnych) na odkształceniach wirtualnych (na wirtualnych przemieszczeniach wewnętrznych)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
7
Wobec oznaczeń:
l
L z = Qk u k + Qi u i + ∫ p ( x)δ u ( x)dx
0
l
LW = ∫ N ( x)ε ( x)dx
0
mamy:
LZ = LW
(1.3.5)
Wniosek:
∑Q u
j
j
l
j
+ ∑ Pi u i + ∑ q n ( x)u n ( x)dx = ∫ N ( x)ε ( x)dx
i
n
0
(1.3.6)
Warto zaznaczyć, że we wzorze tym nadal obowiązują zależności
fizyczne odpowiadające stanowi wirtualnemu:
ε ( x) =
N ( x)
EA
2) Zakładamy, że dowolne obciążenie pręta siłą p(x) powoduje powstanie
sił biernych pionowych Ti i Tk, wobec czego na nasz element dx będzie działała
uogólniona siła tnąca (poprzeczna) T(x) (Rys.1.3.6.):
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
8
Rys.1.3.6.
Zapisując równanie równowagi dla tego elementu (tzn. w każdym punkcie tego
pręta), otrzymujemy:
∑Z = 0
− T ( x) + T ( x) + dT ( x) + p ( x)dx = 0
dT ( x) + p ( x)dx = 0 / dx
dT ( x)
+ p( x) = 0
dx
(1.3.7)
Następnie wprowadzamy do tego pręta wirtualne przemieszczenie (spełniające te
same warunki, co wcześniej) zgodne z działaniem uogólnionych sił poprzecznych (tnących), o niezerowej wartości równej: δ v(x)
Rys.1.3.7.
Pomnóżmy równanie (1.3.7) obustronnie przez δ v(x) i scałkujmy w granicach
od x = 0 do x = L
 dT ( x)

 dx + p( x)δ v( x) = 0
(1.3.8)
Stosując przekształcenia jak wcześniej z tym, że w całkowaniu przez części będzie:
v = T (x)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
9
l
δ v( x)T ( x) / 0 − ∫ T ( x)
l
0
l
d (δ v( x))
dx + ∫ p ( x)δ v( x)dx = 0
dx
0
l
l
d (δ v( x))
TLδ v L ( x) − T0δ v 0 ( x) − ∫ T ( x)
dx + ∫ p ( x)δ v( x)dx = 0
dx
0
0
(
)
l
l
0
0
Tk v k − − Ti v i + ∫ p( x)δ v( x)dx = ∫ T ( x)
d (δ v( x))
dx
dx
(1.3.9)
Znaki wynikają z tego, że znak dodatni siły T0 jest przeciwny do założonego dodatniego Ti a znak dodatni siły TL jest zgodny z założonym dodatnim Tk (Na rys 1.3.8. przyjęto zasadę zgodności dodatnich zwrotów
sił Ti i Tk oraz przemieszczeń im odpowiadających)
l
l
0
0
Tk v k + Ti v i + ∫ p ( x)δ v( x)ds = ∫ T ( x)γ sr ( x)ds
Wobec oznaczeń:
l
L z = Tk v k + Ti v i + ∫ p ( x)δ v( x)dx
0
l
LW = ∫ T ( x)γ sr ( x)dx
0
mamy:
LZ = LW
(1.3.10)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
10
Wniosek:
l
∑ T j v j + ∑ Pi v i + ∑ qn ( x)v n ( x)dx = ∫ T ( x)γ sr ( x)dx
j
i
n
0
gdzie:
γ sr = κ γ
(1.3.11)
Warto zaznaczyć, że we wzorze tym nadal obowiązują zależności fizyczne odpowiadające stanowi wirtualnemu:
γ ( x) =
T ( x)
EA
3) Zakładamy czyste zginanie tzn. dowolne obciążenie pręta m(x) powoduje powstanie tylko sił biernych w postaci momentów zginających Mi i Mk, stąd
na nasz myślowo wycięty element będzie działał tylko uogólniony moment
zginający M(x) (Rys.1.3.9.):
Rys.1.3.9.
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
11
Zapisując równanie równowagi otrzymujemy:
∑M = 0
M ( x) − M ( x) − dM ( x) + m( x)dx = 0
− dM ( x) + m( x)dx = 0 /(− dx)
dM ( x)
− m( x ) = 0
dx
(1.3.12)
Postępując analogicznie jak w poprzednich przypadkach, wprowadzamy wirtualne przemieszczenie zgodne z działaniem uogólnionych momentów zginających
o wartości równej: δ ϕ (x)
Rys.1.3.10.
Pomnóżmy równanie (1.3.12) obustronnie przez δ ϕ (x) i scałkujmy w granicach
od x = 0 do x = L

 dϕ
 dx − m( x)δ ϕ ( x) = 0
(1.3.13)
Stosując przekształcenia jak wcześniej z tym, że w całkowaniu przez części będzie:
v = M (x)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
12
l
l
d (δ ϕ ( x))
δ ϕ ( x) M ( x) / 0 + ∫ M ( x)
dx − ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx = 0
dx
0
0
l
l
M L δ ϕ L ( x ) − M 0δ ϕ 0 ( x ) + ∫ M ( x )
0
l
d (δ ϕ ( x))
dx − ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx = 0
dx
0
l
l
0
0
− M k ϕ k − M i ϕ i − ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx = − ∫ M ( x)
d (δ ϕ ( x))
dx
dx
/(−1)
Znaki wynikają z tego, że dodatni moment M0 jest zgodny z założonym
dodatnim momentem Mi a dodatni moment ML jest przeciwny do założonego dodatniego Mk (Na rys 1.3.11. przyjęto zasadę zgodności dodatnich
zwrotów Mi i Mk oraz przemieszczeń im odpowiadających)
l
l
M k ϕ k + M i ϕ i + ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx = ∫ M ( x)
0
0
l
l
0
0
d (δ ϕ ( x))
dx
dx
(1.3.14)
M k ϕ k + M i ϕ i + ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx = ∫ M ( x) χ ( x)dx
Wobec oznaczeń:
l
L z = M k ϕ k + M i ϕ i + ∫ m( x)δ ϕ ( x)dx
0
l
LW = ∫ M ( x) χ ( x)dx
0
mamy:
(1.3.15)
LZ = LW
Wniosek:
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
13
l
∑ M j ϕ j + ∑ Pi ϕ i + ∑ qn ( x)ϕ n ( x)dx = ∫ M ( x) χ ( x)dx
j
i
n
(1.3.16)
0
χ ( x) =
M ( x)
EA
4) Zakładamy, że dowolne obciążenie pręta p(x) powoduję powstanie dowolnych sił biernych w postaci uogólnionych sił poziomych, pionowych i
momentów zginających (Rys.1.2.9.):
Rys.1.3.12.
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
14
Zapisując równania równowagi dla tego elementu (tzn. w każdym punkcie tego
pręta), otrzymujemy:
∑X =0⇒
∑Y = 0 ⇒
∑M = 0 ⇒
jak wcześniej z tym, że moment od sił tnących pomijamy, gdyż ramię
tych sił jest bliskie zeru.
(1.3.17)
Podsumowując: korzystając z zasady superpozycji dokonujemy sumowania powyższych rozwiązań:
∑ R j ∆ j + ∑ Pi u i + ∑ q n ( x)u ( x)dx =
j
i
n


= ∑  ∫ N ( x)ε dx + ∫ κT ( x)γ dx + ∫ M ( x) χ dx 
n s
s
s

praca sił zewnętrznych
=
praca sił wewnętrznych na
na przemieszczeniach wirtualnych
odkształceniach wirtualnych
gdzie:
∑ Rj∆ j
(1.3.18)
- całkowita praca sił biernych (reakcji) na przemieszcze-
j
niach (osiadaniach) wirtualnych
∑ Pi u i - całkowita praca sił skupionych na przemieszczeniach
i
wirtualnych
∑q
n
( x)u ( x)dx
- całkowita praca obciążeń ciągłych na przemiesz-
n
czeniach wirtualnych
ε ( x) =
N ( x)
T ( x)
M ( x)
, γ ( x) =
, χ ( x) =
EA
EA
EA
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
15
1.4. Przykład
Obliczyć pionową reakcję w punkcie R2 belki przedstawionej na
Rys.1.4.1.
Rys.1.4.1.
Narzucamy możliwe przemieszczenie wirtualne, o jednostkowej wartości w punkcie R2 (Rys. 1.4.2.).
Rys.1.4.2.
Z proporcji otrzymujemy:
u5
u3
=
c
b
l +a
u3 = 
1
 l 
v
u3
1
=
l+a
l
c
c a
u 5 = u 3 =  1 + 1
b
b
l
(1.4.1)
Zapisujemy równania prac wirtualnych dla danej belki:
L Z = V1 ⋅ 0 + H 1 ⋅ 0 + R2 ⋅1 + V4 ⋅ 0 + P ⋅ u 5
LW = 1 ⋅ 0 = 0
(1.4.2)
Praca sił wewnętrznych jest równa zeru gdyż:
- M = 0 – belka to bryła sztywna więc nie doznaje krzywizn (tzn. jej przemieszczenia opisuje funkcja liniowa, której pochodna wynosi zero)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
16
dM
=0
dx
-
T = 0 – jeżeli M = 0 to T =
-
N = 0 – nie uwzględniamy wpływu sił poziomych na przemieszczenia
pionowe
Po porównaniu prac otrzymujemy:
R2 = − P
u5
1
(1.4.3)
a po podstawieniu odpowiednich wartości otrzymujemy szukaną wielkość:
c a
R 2 = − P 1 + 
b
l
(1.4.4)
Wniosek:
Ten sam wynik otrzymalibyśmy korzystając z „klasycznych” równań równowagi.
2. TWIERDZENIE 2
2.1. Twierdzenie 2
Jeżeli na układ działa dowolne zewnętrzne obciążenie wirtualne,
spełniające warunki równowagi to wykonuje ono pracę na rzeczywistych
przemieszczeniach (wywołanych przez rzeczywiste obciążenie zewnętrzne)
równą pracy wirtualnych sił przekrojowych na rzeczywistych odkształceniach
(na rzeczywistych przemieszczeniach wewnętrznych).
2.2. Interpretacja
Dotychczas korzystaliśmy z twierdzenia, że siły zewnętrzne wykonywały
pracę na wirtualnych przemieszczeniach. Teraz zróbmy odwrotnie tzn. stwórzmy
rzeczywisty model układu (Rys.2.2.1.), a następnie obciążmy go siłami wirtualnymi (pomyślanymi) (Rys.2.2.2.) i obliczmy rzeczywiste przemieszczenia naszego układu prętowego. Musimy przy tym zaznaczyć, że wirtualne obciążenie spełnia warunki statycznej dopuszczalności, jest niezależne od obciążeń
zewnętrznych rzeczywistych i czasu, a zarazem jest obciążeniem stosunkowo
małym oraz ciągłym (przynajmniej raz różniczkowalnym).
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
17
Rys. 2.2.1. Rzeczywisty model układu prętowego, obciążony rzeczywistymi siłami
p (x) pod wpływem, których doznaje przemieszczeń
Rys. 2.2.2. Ten sam układ, ale obciążony siłą wirtualną P (x) pod wpływem, której
doznaje przemieszczeń wirtualnym u (x )
Lw = L z
(2.2.1)
Lz - praca sił wirtualnych pracujących na rzeczywistych przemieszczeniach
(tzn. wytworzonych przez rzeczywiste obciążenia zewnętrzne)
LW - praca wszystkich wirtualnych sił wewnętrznych pracujących na rzeczywistych odkształceniach
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
18
∑ ∫ p( x)u ( x)dx + ∑ R ∆
k
n
k
=
k
s


= ∑ ∫ N ( x)ε ( x)dx + ∫ M ( x) χ ( x)dx + ∫ κ T ( x)γ ( x)dx 
n s
s
s

(2.2.2)
Przy czym:
ε ( x) =
N ( x)
M ( x)
T ( x)
, χ ( x) =
, γ ( x) =
EA
EJ
GA
stąd:
∑ ∫ p( x) u ( x) dx + ∑ R
n
k
∆k =
k
s
 N ( x) N ( x)
κ T ( x)T ( x) 
M ( x) M ( x)
dx + ∫
dx + ∫
dx 
= ∑ ∫
EA
EJ
GA
n s
s
s

(2.2.3)
gdzie:
∑R
k
∆k
- całkowita praca wirtualnych sił biernych (reakcji) na
k
przemieszczeniach (osiadaniach) rzeczywistych
∑ ∫ p( x) u( x) dx
n
- całkowita praca wirtualnych obciążeń na rze-
s
czywistych przemieszczeniach
N (x) - funkcja sił normalnych wywołana od obciążenia zewnętrznego (rzeczywistego)
N (x) - funkcja sił normalnych wywołana od obciążenia wirtualnego
T (x) - funkcja sił poprzecznych wywołana od obciążenia
zewnętrznego (rzeczywistego)
T (x) - funkcja sił poprzecznych wywołana od obciążenia wirtualnego
M (x) - funkcja momentów wywołana od obciążenia zewnętrznego
(rzeczywistego)
M (x) - funkcja momentów wywołana od obciążenia wirtualnego
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
19
2.3. Wyprowadzenie
Dowód tego twierdzenia można pominąć, dokonując formalnej zmiany interpretacji czynników iloczynów podcałkowych w równaniu I.
2.4. Przykład 1
Obliczyć przemieszczenie pionowe punktu A belki wspornikowej przedstawionej na (Rys.2.4.1.a) oraz kąt obrotu w połowie rozpiętości tej belki:
Rys.2.4.1. a) belka wspornikowa obciążona siłą rzeczywistą q i z odkształceniami u
b) ta sama belka obciążona wirtualną siłą P
Najpierw dokonujemy obliczeń sił wewnętrznych w układzie rzeczywistym
M ( x) = −
qx 2
2
(2.4.1)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
20
Następnie daną belkę obciążamy wirtualną siłą P = 1 [-] (Rys.2.4.1.b)
i ponownie obliczamy wartości sił wewnętrznych
M ( x) = − x ⋅1
(2.4.2)
Równania prac wirtualnych przyjmą więc postać:
L Z = u A ⋅1 + R ⋅ 0
LW
qx 2
1⋅ x
2 dx
=∫
EJ
l
(2.4.3)
Korzystając z twierdzenia drugiego, zapisujemy:
qx 2
1x
2 dx
uA 1 = ∫
EJ
l
(2.4.4)
Po scałkowaniu i przekształceniu otrzymujemy następujący wynik:
uA =
q l 4 ql 4
⋅ =
2 EJ 4 8 EJ
(2.4.5)
W celu obliczenia kąta obrotu tej belki zamiast jedynkowej siły P = 1[-] przykładamy jedynkowy moment M = 1 [-] w połowie jej długości (Rys 2.4.2.) i ponownie obliczamy wartości sił wewnętrznych:
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
21
Rys.2.4.2. Belka wspornikowa obciążona jedynkowym momentem wirtualnym
Postępując jak w przypadku pierwszym korzystamy z twierdzenia drugiego:
 2l

l
1  qx 2
qx 2

−
⋅ 0 dx + ∫ −
⋅1 dx 
1⋅ϕ B =
∫

EJ 0 2
2
l


2
(2.4.6)
Po scałkowaniu i przekształceniu otrzymujemy następujący wynik:
 3 l3 
q l − 
8
7 ql 3
ϕB = − 
=−
6 EJ
48 EJ
(2.4.7)
Minus w wyniku końcowym wskazuje nam na to, że belka ta obróci się w drugą
stronę niż założyliśmy.
2.5. Przykład 2
Obliczyć przemieszczenie pionowe w punkcie A łuku o przekroju kołowym, przedstawionym na (Rys.2.5.1a).
Dane:
10
1
ν = , M eks = 50 kN ⋅ m ( patrz Rys.2.5.1)
9
3
kN
kN
E = 205 GPa = 205 ⋅10 6 2 , σ dop = 200 MPa = 200 ⋅10 3 2
m
m
r = 5 m, κ =
(2.5.1)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
22
E
kN
= 76875 ⋅10 3 2
2(1 + ν )
m
M
M
≥ σ , σ = eks ⇒ W = eks = 250,0 ⋅10 −6 m 2
W
σ dop
G=
σ dop
W=
πR 3
W
= 0,7854 R 3 ⇒ R = 3
= 6,83 ⋅10 −2 m
4
0,7854
(2.5.2)
Przyjęliśmy: R = 0,069 m stąd:
A = π R ≈ 150 ⋅10
2
−4
πR 4
m , I=
≈ 0,7854 R 4 = 1780 ⋅10 −8 m 4
4
2
(2.5.3)
Reasumując w zadaniu przyjęte zostały następujące wielkości:
A = 150 ⋅10 −4 m 2 , I = 1780 ⋅10 −8 m 4 ,
kN
kN
E = 205 ⋅10 6 2 , G = 76875 ⋅10 3 2
m
m
(2.5.4)
Ponownie stosując tę samą metodę, przykładamy jedynkową siłę wirtualną w
punkcie A łuku (Rys.2.5.1b)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
23
Rys.2.5.1.a) łuk obciążony siła rzeczywistą q z przemieszczeniem punktu A równym vA ,
b) łuk obciążony jedynkową siłą wirtualną
W celu ułatwienia sobie obliczeń przyjmujemy biegunowy układ współrzędnych
(Rys.2.5.2.).
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
24
Rys.2.5.2. Przyjęcie układu biegunowego
x
r
r−y
cos ϕ =
r
ds
= dϕ
r
sin ϕ =
x = r sin ϕ
y = r − r cos ϕ = r (1 − cos ϕ )
ds = dϕ r
(2.5.5)
Stąd:
q y2
q
2
MP =−
= − r 2 (1 − cos ϕ )
2
2
TP = −q y cos ϕ = −q cos ϕ r (1 − cos ϕ )
T = −1 ⋅ cos ϕ
N P = q x sin ϕ = q r sin ϕ
N = −1 ⋅ sin ϕ
2
M = −1 ⋅ x = −1 ⋅ r sin ϕ
Korzystając z drugiego twierdzenia o pracy wirtualnej uzyskamy:
(2.5.6)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
25
π
 q r2

1 2
1 vA =
−
1
⋅
r
sin
ϕ
−
(1 − cos ϕ ) 2  r dϕ +

∫
EJ 0
 2

+
+
π
2
1
− 1 ⋅ sin ϕ q r sin 2ϕ r dϕ +
∫
EA 0
κ
− 1 ⋅ cos ϕ [−q cos ϕ r (1 − cos ϕ )] rdϕ
GA ∫0
vA =
+
π
2
π
4 2
π
2 2
qr
qr
2
sin
(
1
cos
)
sin 3ϕ dϕ +
d
ϕ
−
ϕ
ϕ
−
∫
∫
2 EJ 0
EA 0
π
2 2
κ qr
GA
∫ cos ϕ (1 − cosϕ ) dϕ
2
0
(2.5.7)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
26
π
π
cos ϕ = t
2
2
* ∫ sin ϕ (1 − cos ϕ ) 2 dϕ = − sin ϕ dϕ = dt = − ∫ (1 − t ) 2 dt = − ∫ (1 − 2t + t 2 ) dt =
π
2
sin ϕ dϕ = − dt
0
0
0
π
π

2t 2 t 3  2 
1
1
2
=  − t +
−  / =  − cos ϕ + cos 2 ϕ − cos3 ϕ  / = Λ =
0
0
2
3
3
3




π
2
π
2
π
2
(
)
cos ϕ = t
* ∫ sin ϕ dϕ = ∫ sin ϕ sin ϕ dϕ = ∫ sin ϕ 1 − cos ϕ dϕ = − sin ϕ dϕ = dt =
3
0
2
0
π
2
2
0
π
sin ϕ dϕ = −dt
π

1
2
t3  2 
2
= − ∫ 1 − t dt =  − t +  / =  − cos ϕ + cos3 ϕ  / = Κ =
0
0
3
3
3




0
(
2
)
π
2
π
2
π
2
0
0
* ∫ cos 2 ϕ (1 − cos ϕ ) dϕ = ∫ cos 2ϕ dϕ + ∫ cos3 ϕ dϕ = Κ
0
π
2
π
2
π
1 + cos 2ϕ
1 + cos 2ϕ
1
1
2
* *∫ cos ϕ dϕ =
dϕ =  ϕ + sin 2ϕ  / =
= cos 2 dϕ = ∫
2
2
4
2
0
0
0
π
=Κ =
4
2
π
2
π
2
(
)
* * − ∫ cos3 ϕ dϕ = − ∫ cos ϕ 1 − sin 2 ϕ dϕ =
0
0
π
sin ϕ = t
cos ϕ dϕ = dt
π
2
(
)
= − ∫ 1 − t 2 dt =
0
π
2
1 2
1
2

=  − t + t 3  / = − sin ϕ + sin 3 ϕ / = Κ = −
0
0
3 
3
3

π 2 1,42
*Κ = − =
4 3 12
qr 4 1 qr 2 2 κ qr 2 1,42
⋅ −
⋅ +
⋅
= 0,11419 − 0,00002 + 0,00001 =
2 EJ 3 EA 3
GA 12
= 0,11418 m = 11,42 cm
(2.5.8)
vA =
Wniosek:
(2.5.9)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
27
W zginanym łuku decydujący wpływ na przemieszczenia mają momenty zaś
wpływ pozostałych sił wewnętrznych możemy pominąć (łatwiej pręt zgiąć niż
na przykład ścisnąć czy rozciągnąć)
2.6. Przykład 3
Dla układu kratowego przedstawionego na (Rys.2.6.1.) obliczyć:
a) pionowe przemieszczenie punktu i
b) kąt obrotu pręta Sik (obrót cięciwy ik)
c) wzajemny obrót prętów SBk i SkD (wzajemny obrót cięciw)
d) skrócenie pręta Sik (zbliżenie punktów k, i)
Wzór:
1δ i = ∑ j
Nj Nj
lj
E Aj
(2.6.1)
Dane:
E = 205 GPa = 205 ⋅ 10 6
kN
kN
, σ dop = 200 MPa = 200 ⋅10 3 2
2
m
m
Rys.2.6.1 Kratownica z obciążeniem rzeczywistym
(2.6.2)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
28
σ dop ≥ σ , σ =
N
A
⇒ Ai =
Ni
σ dop
125
= 6,25 ⋅10 −4 m 2
3
200 ⋅10
Ai
A = π r 2 ⇒ ri =
π
−2
rBi = 1,41 ⋅10 m
ABi =
Przyjęliśmy: rBi = 1,50 ⋅10 −2 m stąd: ABi = 7,07 ⋅10 −4 m 2
100
= 5,00 ⋅10 −4 m 2
200 ⋅10 3
rBi = 1,26 ⋅ 10 −2 m
ABA =
Przyjęliśmy: rBA = 1,30 ⋅10 −2 m stąd: ABA = 5,31 ⋅10 −4 m 2
AAi =
75
= 3,75 ⋅ 10 −4 m 2
3
200 ⋅ 10
rAi = 1,09 ⋅10 −2 m
(2.6.3)
Przyjęliśmy: rAi = 1,10 ⋅10 −2 m stąd: AAi = 3,80 ⋅10 −4 m 2
Reasumując w zadaniu przyjęte zostały następujące wielkości:
kN
kN
, σ dop = 200 MPa = 200 ⋅10 3 2
2
m
m
−4
−4
2
ABA = 5,31 ⋅10 m , AAi = 3,80 ⋅10 m 2
E = 205 GPa = 205 ⋅10 6
ABi = 7,07 ⋅ 10 −4 m 2 ,
(2.6.4)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
29
ad. a)
W celu obliczenia pionowego przemieszczenia punktu i, przykładamy w tym
punkcie jedynkową, pionową siłę wirtualną (Rys.2.6.2)
Rys.2.6.2 Kratownica z obciążeniem wirtualnym
1⋅ vA =
1,25 ⋅ 125 ⋅ 5
0,75 ⋅ 75 ⋅ 3
1 ⋅ 100 ⋅ 4
+
+
= 1,12 ⋅ 10 − 2 m
−4
−4
E ⋅ 3,8 ⋅ 10
E ⋅ 5,31 ⋅ 10
E ⋅ 7,07 ⋅ 10 − 4
(2.6.5)
ad. b)
W celu obliczenia kąta obrotu pręta Sik (obrót cięciwy ik), przykładamy w końcach tego pręta parę sił wirtualnych, które razem tworzą moment jedynkowy
(Rys.2.6.3)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
30
0⋅ 125 ⋅ 5
0,25 ⋅ 75 ⋅ 3
0 ⋅ 100 ⋅ 4
−
−
+
−4
−4
E ⋅ 3,8 ⋅ 10
E ⋅ 5,31 ⋅ 10
E ⋅ 7,07 ⋅ 10 − 4
0,25 ⋅ 0 ⋅ 3
−
= 7,0 ⋅ 10 − 4 rad
E ⋅ ABk
1 ⋅ vik =
(2.6.6)
ad. c)
W celu obliczenia wzajemnego obrotu prętów SBk i SkD (wzajemny obrót cięciw)
przykładamy w końcach każdego z tych prętów parę sił wirtualnych, które
razem tworzą moment jedynkowy (Rys.2.6.4)
1⋅ϕ B k D =
0,42⋅ 125 ⋅ 5
= 18,0 ⋅ 10 − 4 rad
E ⋅ 7,07 ⋅ 10 − 4
(2.6.7)
WYKŁADY
Z
MECHANIKI BUDOWLI
31
ad. d)
W celu obliczenia skrócenia pręta Sik (zbliżenie punktów k, i) przykładamy w
końcach tego pręta, wzdłuż jego kierunku, parę sił wirtualnych, jedynkowy
(Rys.2.6.5)
1 v ki = −
1⋅ 0 ⋅ 4
=0m
E ⋅ Aki
(2.6.8)

Microsoft Word Viewer 97 - 4 równanie pracy wirtualnej.DOC

Transkrypt

Podobne dokumenty

Praca sił wewnętrznych

Projekt z Mechaniki Budowli

Mechanika Semestr: zima/wiosna 2013 Praca kontrolna 2

UE - Wydział Transportu Politechniki Warszawskiej

Wzory rysunków Laserowe urządzenie będzie słuyło do

Wjazd do garażu – obsługa instalacji dzwonkowej

Microsoft Word Viewer 97 - 6 metoda ciężarków sprężystych

MES dla zginania belki

Rozwiązać podaną ramę (wykresy M Q N ) HB 30 3 20 20 C 20 3 x