Wpływ temperatury metodą Mohra

Transkrypt

WY K Ł A D Y
Z
ME C H A N I K I BU D O W L I
1
WPŁYW TEMPERATURY I BŁĄDÓW, SPOSÓB WERESZCZEGINA- MOHRA OBLICZANIA CAŁEK
Olga Kopacz, Adam Łodygowski, Wojciech Pawłowski,
Michał Płotkowiak, Krzysztof Tymper
Konsultacje naukowe: prof. dr hab. JERZY RAKOWSKI
Poznań 2002/2003
MECHANIKA BUDOWLI 5
UWZGLĘDNIENIE WPŁYWU TEMPERATURY, OSIADANIA
PODPÓR I BŁĘDÓW MONTAŻOWYCH W RÓWNANIU PRACY
WIRTUALNEJ.
1.1. Krótko o podporach sprężystych.
Pod nazwą podpór sprężystych rozumiemy takie, które przemieszczają się pod
wpływem występujących w nich reakcji wprost proporcjonalnie do ich wartości. Oto
dwa przykłady podpór sprężystych (rys.1.1):
W przypadku podpory pierwszej (rys.1.1a)
pod wpływem reakcji R sprężyna ulegnie skróceniuzaobserwujemy osiadanie podpory. Druga zaś
podpora (rys.1.1b) to podpora podatna na obrót-tym
razem zaobserwujemy obrót
podpory wywołany
występującym w niej momentem podporowym.
Sprężyna z rys.1.1a może być modelem
pręta podporowego.
Rys.1.1a i b
Przykład:
Załóżmy, że w naszej podporze (rys.1.2)
pod wpływem działania siły normalnej N, pręt o
długości początkowej l ulegnie skróceniu o ∆ l .
Zgodnie z prawem Hooka możemy zapisać, że:
(1.1)
N ⋅l
∆l =
E⋅A
z powyższego związku otrzymujemy proporcjonalną
zależność między siłą działającą na pręt a jego
skróceniem (bądź wydłużeniem):
Rys.1.2
Politechnika Poznańska®
Kopacz, Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
WY K Ł A D Y
Z
2
∆l = N ⋅ f gdzie:
f =
l [m]
E ⋅ A [N ]
(1.2)
lub inaczej:
∆l =
(1.3)
1 N 
N
Κ=  
f m 
Κ gdzie:
przy czym:
Κ -to tzw. sztywność podpory-jest to wartość siły jaką należy przyłożyć do
podpory by zmienić jej długość o jednostkowe wydłużenie.
f -to tzw. podatność podpory-jest to wartość wyrażona w jednostkach
długości, która stanowi wynik działania siły jednostkowej.
1.2. Wpływ temperatury.
Dowolny układ może doznać odkształcenia pod wpływem działania określonej
temperatury. Jeżeli wszystkie włókna doznają tego samego ogrzania mówimy o tzw.
ogrzaniu równomiernym jeśli zaś temperaturą zróżnicowaną o tzw. ogrzaniu
nierównomiernym.
Załóżmy, że mamy pręt o przekroju jak na rysunku (rys.1.3) poddany działaniu
pola dodatniej temperatury, przy czym temperaturę w włóknach dolnych oznaczać
będziemy przez
td
, temperaturę przy włóknach górnych przez
tg
.
Rys.1.3
Zgodnie z zasadą superpozycji zastąpiliśmy pole temperatury dwoma polami, z
t
czego pierwszy określa nam 0 -temperaturę w środku ciężkości przekroju. Wyznaczmy
ją:
• dla przekrojów niesymetrycznych :
zgodnie z twierdzeniem Talesa mamy:
WY K Ł A D Y
Z
3
(1.4)
t0 − t g
td − t g
t0 =
czyli :
lub inaczej:
•
=
hg
hd
⇒ (t 0 − t g )hd = hg (t d − t 0 )
t g ⋅ hd + t d ⋅ hg
hd + hg
=
t g ⋅ hd + t d ⋅ hg
h
t g ⋅ h d + t d ⋅ hg + t g ⋅ h g − t g ⋅ h g
⇒
h
hg
t 0 = t g + (t d − t g )
h
t0 =
dla przekrojów symetrycznych :
t0 − t g
td − tg
=
1
1
⇒ t 0 − t g = (t d − t g )
2
2
t0 =
(1.5)
tg + td
2
Zastanówmy się teraz jaki efekt da równomierne ogrzanie.
t =t
d
Przy g
włókna dolne jak i górne doznają jednakowego wydłużenia (bądź
skrócenia), wracając zatem do równania pracy wirtualnej w którym jednym z członów
jest całka :
l
(1.6)
∫ N ⋅ε
t
⋅ ds
0
(przy czym przez
to, że:
ε t rozumiemy odkształcenie wywołane temperaturą) i uwzględniając
∆ (ds ) = ds ⋅ α t ⋅ ∆t = ds ⋅ α t ⋅ (t 0 − t m ) = ds ⋅ α t ⋅ t
gdzie:
(1.7)
WY K Ł A D Y
Z
4
ds -to długość początkowa odcinka pręta
αt
-współczynnik rozszerzalności termicznej
∆t = t 0 − t m -różnica temperatury obecnej i temperatury montażu ( UWAGA!
w dalszej części rozważań oznaczana jest ona przez t )
a:
ε =
∆(ds )
ds
(1.8)
to po uwzględnieniu powyższych zależności (1.7 i 1.8) nasza całka (1.6) przyjmuje
postać:
l
(1.9)
∫ N ⋅α
t
⋅ t ⋅ ds
0
i wyraża wpływ równomiernego ogrzania.
t >t
g
),
Natomiast przy ogrzewaniu pręta temperaturą zróżnicowaną (u nas d
dojdzie do wydłużenia włókien dolnych przy jednoczesnym skróceniu górnych, czego
wynikiem będzie powstanie krzywizny (rys.1.4).
W równaniu pracy wirtualnej mamy:
l
(1.10
M ⋅χ ⋅ ds
)
∆
∫
0
ϕ
∆
tym razem jednak, krzywizna nie jest wywołana
działaniem momentu, lecz różnicą temperatur. Jeżeli
zatem przez:
l d -oznaczymy długość włókien dolnych
lg
- długość włókien górnych,
to zmianę ich długości możemy wyrazić związkami:
Rys.1.4
∆l d = ds ⋅ α t ⋅ (t d − t 0 )
(1.11)
WY K Ł A D Y
Z
5
∆l g = ds ⋅ α t ⋅ (t g − t 0 )
przyjmując jednocześnie że,
(1.12)
dϕ to zmiana kąta i:
dϕ =
∆ l d − ∆l g
(1.13)
h
to po uwzględnieniu powyższych zależności (1.11, 1.12) otrzymujemy:
dϕ t =
α t ⋅ ∆t
⋅ ds
h
(1.14)
gdzie:
∆t = t d − t g
a nasza całka (1.10) przyjmuje postać:
l
∫M ⋅
0
(1.15
)
α t ⋅ ∆t
ds
h
i wyraża wpływ nierównomiernego ogrzania.
1.3. Równanie pracy wirtualnej.
Zapiszemy teraz równanie pracy wirtualnej uwzględniając wszystkie wpływy (także
te powyższe z punktu 1.1 i 1.2).
Jeżeli przez P rozumiemy siły skupione,
pionowe to równanie pracy przyjmuje postać:
p -rozkład sił, v (x ) -przemieszczenie
∫ p (x ) ⋅ v( x) + ∑ P ⋅ δ + ∑ R
i
i

M p
s

∑ ∫ M  EI
+
K
⋅∆K
K
(1.16
)
T ⋅ℵ 
α t ⋅ ∆t 

N
ds + ∫ N  p + α t ⋅ t  ds + ∫ T ⋅ p
ds 
h 
GA

 EA

s
s
+ ∑ R j ⋅ R j ⋅ f j + ∑ B n ⋅ bn
j
1n4 2 43
a
gdzie:
R K -to reakcje wirtualne w podporach o wymuszeniach kinematycznych
R j -reakcje wirtualne w podporach sprężystych
Rj -reakcje w podporach sprężystych wywołane obciążeniem rzeczywistym
WY K Ł A D Y
Z
6
∆ K -znane przemieszczenia (osiadanie podpór)
a -człon uwzględniający tzw. błędy montażowe. Jest to suma po n-punktach, w
których owe błędy występują. Mogą być one spowodowane mała precyzją
wykonania poszczególnych elementów konstrukcji, lub ich złym
zamontowaniem. Przypuśćmy np. , że w dowolnej kratownicy
zamontowaliśmy zbyt krótki pręt. Jeżeli
bn to wartość wielkości
B n ⋅ bn
wyrażać będzie pracę,
określającej błąd montażowy, to nasz iloczyn
jaką wykona siła w tym pręcie na odcinku równym długości o jaką owy pręt
jest za krótki. Wielkością określającą błąd montażowy może być także kąt:
dϕ w przypadku nie uzyskania w danym punkcie zadanego kąta (czyli
takiego jaki chcieliśmy uzyskać). Wtedy nasz iloczyn wyrażać będzie pracę
momentu na kącie równym różnicy kąta rzeczywistego i zadanego.
2.SPOSÓB WERESZCZEGINA-MOHRA OBLICZANIA CAŁEK
Zauważmy, że w równaniu (1.16) występują całki z iloczynu dwóch funkcji
M ⋅M
p
). W przypadku, gdy obie są ciągłe, a jedna z nich jest liniowa w
(np.
określonym przedziale, to całkę z ich iloczynu można obliczyć w prosty sposób,
korzystając z wykresów tych funkcji.
Słuszne jest twierdzenie:
Jeśli w pewnym przedziale określone są
dwie różne funkcje ciągłe, z których co najmniej
jedna jest liniowa, to całka z ich iloczynu równa jest
Ω
iloczynowi pola wykresu funkcji krzywoliniowej
przez rzędną wykresu liniowego występującą pod
środkiem ciężkości wykresu krzywoliniowego.
Niech
η
η η
η
η
zaś
F ( x) jest funkcją krzywoliniową,
η( x) liniową. Wówczas:
b
∫ F ( x) ⋅ η( x) ⋅ dx = Ω ⋅ η0
a
Rys.2.1
Dowód:
(2.1)
WY K Ł A D Y
Z
7
zgodnie z tw.(2.1) możemy zapisać:
(2.2)
b
∫ F (x ) ⋅η (x ) ⋅ dx = Ω ⋅ η0
a
ale:
η(X ) = ηa +
ηb − ηa
⋅x
l
stąd po podstawieniu do wzoru (2.2) otrzymujemy:
b
ηb − η a 

∫a F (x ) ⋅ η a + l ⋅ x  ⋅ dx = ∫a F ( x ) ⋅η 0 ⋅ dx +
b
(2.3)
ηb − η a
η − ηa b
⋅ x ⋅ F ( x) ⋅ dx = η0 + b
⋅ ∫ F ( x ) ⋅ x ⋅ dx =
l
l
a
a
b
+∫
Ω ⋅ ηa +
ηb − ηa
η − ηa
⋅ S0 = Ωηa + Ω ⋅ b
⋅ x0 =
{
l
l
Ω⋅ x
0
η − ηa


Ω ⋅ η a + b
⋅ x 0  = Ω ⋅ η0
l


S0 - to moment statyczny pola Ω względem punkty 0.
c.n.d
Wróćmy do przykładu z wcześniejszego wykładu, gdzie obliczaliśmy
przemieszczenie pionowe punktu
A belki jak na poniższym rysunku (rys.2.2a).
u
Otrzymaliśmy, że A (przemieszczenie) wynosi:
uA =
q ⋅l4
8⋅ E ⋅ I
(2.4)
Można je wyznaczyć w znacznie prostszy
sposób!
Wykreślmy wykresy momentów dla naszej
belki przy obciążeniu równym q (rys.2.2a)oraz przy
obciążeniu siłą wirtualną równą 1(rys.2.2b). Jeżeli
η
ηC to rzędna funkcji liniowej odpowiadająca
położeniu środka ciężkości C pola wykresu
WY K Ł A D Y
Z
8
krzywoliniowego-, to
wynosi:
szukane przemieszczenie
Rys.2.2
1 1
Ω=
1
q ⋅l2
⋅l⋅
3
2
q⋅l2  3
q ⋅l4


uA =
⋅l⋅
⋅ ⋅l =
E ⋅ I  3
2  4
8⋅ E ⋅ I
3
ηC = l
4 . Otrzymaliśmy więc, wynik identyczny z
a
gdzie:
wynikiem gdy dokonywaliśmy całkowania(2.4).
2.1. Pola powierzchni figur.
•
środki ciężkości figur(rys.2.3) :
Rys.2.3
Środek ciężkości a)trójkąta, b)prostokąta, c)pola wykresu
d)pola wykresu krzywoliniowego
•
Ax 2
Ax n
pola powierzchni
-wykresy prostoliniowe
(2.5)
WY K Ł A D Y
Z
9
Figurę trapezową dzieli się zazwyczaj na odpowiedni prostokąt i trójkąt,
względnie- dwa trójkąty(rys.2.4):
M
p
Zakładając, iż pierwszy wykres to
, drugi M ,
to zgodnie z twierdzeniem(2.3) możemy zapisać, że:
1
1  (2.6)
2
∫M ⋅M
Rys.2.4
p
⋅ ds =
⋅a ⋅l ⋅ ⋅ c + ⋅ d  +
3 
3
1
2 
1
⋅ b⋅ l⋅  ⋅c + ⋅ a
2
3 
3
2
Należy także pamiętać o uwzględnieniu znaku!(patrz
przykład poniżej rys.2.5).
Rys.2.5
-wykresy krzywoliniowe
Przy wykresie symetrycznym jak na rysunku(rys.2.6) pole wykresu wynosi:
(2.7)
2
A=
3
⋅ f ⋅l
gdzie:
q ⋅ l2
f =
8
(2.8)
Rys.2.5
Zastanówmy się, ile wynosi pole wykresów
krzywoliniowych przy położeniach jak na rysunku
poniżej(rys.2.6):
WY K Ł A D Y
Z
10
∑M
α −α
=
q ⋅l
1
⋅ x − q ⋅ x ⋅ ⋅ x − Mα − α = 0
2
2
(2.9)
− q ⋅l 2 q ⋅l
l
x
l
⋅x +
⋅x
cos ϕ = = ⇒ x = x '⋅
2
2
l ' x'
l'
ale:
Mα − α =
ϕ
ϕ
ϕ
Rys.2.6
Mα − α
l
− q ⋅ x2 q ⋅ l
x = x '⋅
=
+
⋅x
l' :
2
2
po podstawieniu za
Mα − α
− q ⋅ x '2 l2 q ⋅ l
l
=
⋅ 2 +
⋅ x'⋅
2
l'
2
l'
dla
x' =
1
⋅ l'
2
2
M
1
x '= l '
2
=
− q l2 1 2
− q l2  1  q⋅l2 1
⋅ ⋅  ⋅ l'  +
⋅ ⋅ l' =
⋅ ⋅ ⋅l' +
2 l'  2 
2⋅l' 2
2 l '2 4
(2.10
)
q ⋅l 2 1
− q ⋅ l2 q ⋅ l2 q ⋅ l2
⋅ ⋅ l' =
+
=
2⋅l' 2
8
4
8
Pole wynosi zatem:
A=
2
2 q⋅l
⋅ f ⋅l = ⋅
⋅l '
3
3 8
(2.11)
Dla obciążenia jak na rysunku b) (rys.2.6b):
WY K Ł A D Y
Z
11
Po wykorzystaniu trzech równań równowagi:
h2
⋅q
2⋅l
VB =
∑M
α −α
A
VA =
HA = q ⋅ h
B
− h2
⋅q
2⋅l
zatem:
1
= −VA ⋅ x + H A ⋅ y − q ⋅ y ⋅ ⋅ y − M α −α = 0
2
q 2 − h2
q
⋅y =
⋅ q ⋅ x + q ⋅ h ⋅ y − ⋅ y2
2
2⋅l
2
M α − α = −VA ⋅ x + H A ⋅ y −
ale:
∑ M , ∑ M , ∑ x wiemy, że:
tg ϕ =
y
h
h
⇒ y = tg ϕ tg ϕ = ⇒ y = ⋅ x
x
l
l
cos ϕ =
x
l
⇒ x = cos ϕ ⋅ x' = ⋅ x'
2
2
2
2
2
2
l'
x'
i h + l = l ' ⇒ h = l ' −l
więc po podstawieniu otrzymujemy::
(l' −l )⋅ x '⋅q − (l ' −l )⋅ x' ⋅q
2
Mα − α =
2
2 ⋅ l'
M
1
x '= l '
2
1
x '= l '
2
2
2⋅l'
2
2
dla
x' =
1
⋅ l'
2 mamy:
(l ' −l )⋅ 12 ⋅ l'⋅q (l' −l )⋅ 14 ⋅ l ' ⋅q (l' −l )⋅ q (l ' −l )⋅ q
=
−
=
−
2
M
2
2
2⋅l'
=
(l ' −l )⋅ q
2
2
2
2
2
2 ⋅ l '2
2
2
4
2
8
(2.12)
2
8
Pole wynosi zatem:
A=
2
2 h2 ⋅ q
⋅ f ⋅l = ⋅
⋅l'
3
3 8
(2.13)
Dla trzeciego obciążenia (rys.2.6c):
∑M
α −α
cos ϕ =
= VA ⋅ x + q ⋅ l '−M α −α = 0 ⇒ M α −α =
q ⋅ l'
q ⋅ x '⋅x
⋅x−
2
2
x
l
⇒ x = cos ϕ ⋅ x' = ⋅ x '
x'
l ' równanie momentów ma zatem postać:
WY K Ł A D Y
Z
12
Mα − α =
Mα − α
q ⋅ l ⋅ x' q ⋅ x'2 ⋅l
−
2
2⋅l'
x' =
dla
1
⋅ l'
2 mamy:
1
1
q ⋅ l ⋅ ⋅ l ' q ⋅ ⋅ l '2 ⋅l
q ⋅ l ⋅ l' q ⋅ l ⋅ l' q ⋅ l ⋅ l'
2 − 4
=
−
=
=
2
2⋅l'
4
8
8
(2.14
)
Pole wynosi zatem:
A=
2
2 q ⋅ l ' 2 ⋅l
⋅ f ⋅l = ⋅
3
3
8
(2.15)
Chcąc zaś wyznaczyć pole wykresu jak na rysunku (rys.2.7a) korzystamy z
zasady superpozycji zapisując je jako sumę dwóch pól: paraboli i trójkąta
(rys.2.7b). Sprawdźmy na prostym przykładzie czy nasze założenie je4st
rzeczywiście słuszne. Nasza belka (rys.2.7) obciążona jest obciążeniem ciągłym q i
z jednej strony utwierdzona zatem:
Rys.2.7
Po wykorzystaniu trzech równań równowagi wiemy, że:
M A = −40kNm H A = 0kN VA = 30 kN
(1.12)
2
M α − α = −5 ⋅ x 2 + 30 ⋅ x − 40 a pole
2
2
A = ∫ (5 ⋅ x 2 + 30 ⋅ x − 40) dx =
0
2
1
1
− 100
1
= − 5 ⋅ ⋅ x 3 + 30 ⋅ ⋅ x 2 − 40 ⋅ ⋅ x =
3
2
1 0
3
0
0
Jeżeli zaś do pola trójkąta dodamy pole paraboli (rus.2.7b) to otrzymamy:
A = Atrójk ?ró − Aparaboli =
1
2 10 ⋅ 22
100
⋅ 2 ⋅ (−40) + ⋅
⋅2 = −
'
2
3
8
3
(2.13)
c.n.d.
WY K Ł A D Y
Z
13

Wpływ temperatury metodą Mohra

Transkrypt

Podobne dokumenty

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

UE - Wydział Transportu Politechniki Warszawskiej

Wzory rysunków Laserowe urządzenie będzie słuyło do

Wjazd do garażu – obsługa instalacji dzwonkowej

zał.13-rys.nr.19-przykład oprawy lampy

Zielony dach o kącie nachylenia 17-40%

Grzałka indukcyjna - rabat, nowa cena - Auto

lokalizator czujek

Metoda sił