Статичні характеристики вузлів рами. Рівняння рівноваги

На кожний із вузлів рами діють зовнішні сили та внутрішні зусилля, що передаються на вузол внаслідок деформації стержнів - СЕ, які з’єднуються в цьому вузлі.

Зовнішні сили, що діють на вузол, будемо показувати у вигляді зосереджених сил та моментів, прикладених у напрямку відповідних переміщень вузлів (рис. 5).

F 2

F 11

F 5 F 8

F 1 F 4

F 3 F 6

F 10

F 7 F 9

F 14

F 13

F 12

F 15

Рис. 5

Величини сил визначаються схемою завантаження рами. При цьому навантаження, розташовані на скінченних елементах, необхідно звести до сил, які прикладаються до вузлів. Для прикладу наведемо визначення вузлових сил від рівномірно розподіленого навантаження для стержня (рис. 6, а) із двома жорсткими кінцями. Ці сили можна визначити з розрахунку балки із двома затисненнями на кінцях (рис. 6, б).

Застосуємо метод початкових параметрів:

EIy x

= EIy 0

+ EI q 0 x + M 0

x 2

+ Q 0

x - q x; 6 24

EI q x

= EI q 0

+ M 0 x + Q 0

x - q x. 2 6

На початку координат у т. А:

x = 0, q = 0, звідки

EI q 0 = 0;

y 0= 0, звідки

EIy 0= 0;

M 0 = M A

та Q 0

= RA.

Умови відсутності прогинів та кутів повороту на кінці балки при

x = l

приводять до двох рівнянь відносно M A

та RA:

a l

M A q M B

б A B x

RA l R

Fлів

М лів

М прав

Рис. 6

Fправ

l 2 l 3 l 4

M A 2 + RA 6 - q 24

l 2 l 3

= 0;

M Al + RA 2 - q 6

ql 2 ql

= 0,

звідки одержимо:

M A = -

; RA =.

12 2

ql 2 ql

З умов симетрії балки маємо: MB

= M A = -

; RB

= RA =. 2

Відсікаючи лівий та правий кінці стержня (рис. 6, в), одержуємо сили та моменти, що діють на лівий та правий вузли на кінцях стержня:

ql ql 2 ql 2

Fлів

= Fправ

= -; M лів

=; Mправ

= -.

Отже, для рами (рис. 4, а) маємо:

ql 2 ql

F = F

= F = F

= 0; F

= - 2-3; F

= 2-3; F

= 0; F

= - 2-3;

1 2 3 4 5

2-3

2 6 12 7 8 2

F 9 = -

; F 10= F; F 11= F 12= 0; F 13= F 14= 0; F 15= - M; F 16= 0.

Ці сили можна записати у вигляді вектора вузлових сил:

é F1ù

ê ú

r. (2)

F= ê F2ú

ê M ú

При зміщеннях вузлів рами на кінцях стержнів - СЕ з`являються реактивні сили, що діють на вузли. Повні реакції від усіх стержнів, які

з`єднуються у вузлі, будемо подавати у вигляді складових Ri

уздовж

переміщень

D i. Напрямок цих складових - реакцій Ri

будемо подавати

відповідно до їхньої дії на стержні з боку вузла, тобто назустріч вузловим

силам Fi

(рис. 7).

Для лінійно-деформованої системи реакції Ri

можна записати так:

Ri = K i 1D1+ K i 2 D 2

+... + K ij D j

+... + K in D n,

i = 1,2,..., n.

(3)

Механічну суть коефіцієнту

Kij

можна визначити, якщо задати

переміщення

D j = 1, а інші переміщення вузлів нульовими. У цьому випадку

Ri = rij

= K ij, тобто

Kij

- це реакція в напрямку i -го зміщення, викликана

зміщенням D j

= 1.

Сукупність усіх реакцій системи подамо у вигляді вектора

é R 1ù

ê R ú

R = ê

2 ú. (4)

ê M ú

ê ú

ë R 15 û

Тоді співвідношення (4) можна записати в матричній формі так:

R = K × D. (5)

Тут K - матриця реакцій від одиничних зміщень вузлів, яка називається

матрицею жорсткості системи.

é K 11

K 12

L K 1 n ù

r ê K

K L K ú

K = ê 21 22

2 n ú

(6)

ê M M O M ú

ê ú

ë Kn 1

Kn 2

L Knn û

Зазначимо, що оскільки елементами матриці жорсткості є одиничні

реакції, для них має місце взаємність, тобто

Kij

= rij

= rji

= K ji.

На кожен вузол рами діють у протилежних напрямках зовнішні сили Fi

та реакції стержнів

Ri. Оскільки рама знаходиться в рівновазі, кожен її вузол

теж урівноважений, тобто

або в матричній формі

Ri = Fi,

i = 1,2,..., n

r r= 0, (7)

де

é0ù

r ê0ú

- нульовий вектор.

0 = ê ú

êM ú

ê ú

ë0û

З урахуванням (5) співвідношення (7) набуває такого виду:

r × r -

r= 0.

(8)

K D F

Матричне рівняння (8) дає можливість визначити переміщення вузлів від заданого навантаження, якщо відомі елементи матриці жорсткості системи.

3. Матриця жорсткості стержня рами в локальній системі координат

Для окремого стержня рами (рис. 7, а) уведемо систему координат

x ¢ y ¢

так, що її початок знаходиться на кінці стержня, що відповідає вузлу з меншим номером. Цю точку назвемо початком стержня. Вісь x ¢спрямуємо вздовж стержня у бік його кінця, а вісь y ¢- перпендикулярно осі стержня так, щоб прямий кут був відкладений від осі x ¢проти годинникової стрілки. Цю систему координат називають локальною.

y ¢

d 2¢

d1¢

d3¢

d5¢

d 4¢ x

d6¢

y ¢

r 1¢

r 2¢

r 3¢

r 5¢

r 4¢ x ¢ r 6¢

Рис. 7

Переміщення кінців стержня нумеруємо так, як показано на рис. 7, а.

Аналогічно нумеруємо реакції

ri ¢(рис. 7, б). При цьому зауважимо, що

напрямок цих реакцій відповідає їхній дії від вузла на стержень.

é r 1¢ù

ê ¢ú

r ê r 2ú

Вектор реакцій елементу

re ¢=

M ú

ê r ¢ú

ë 6 û e

éd1¢ù

r êd¢ú

та вектор переміщень його кінців

d ¢= ê 2 ú

e ê M ú

ê ú

ëd 6¢û e

пов`язані між собою співвідношенням

r r

де K¢e

re ¢= K e ¢ × d e ¢,

- матриця жорсткості елемента у локальній системі координат:

(9)

é K 1¢1

ê ¢

ê 21

K 1¢2 K 2¢2

L K 1¢6 ù

¢ ú

26 ú

K e ¢ =

M O M

. (10)

ê K ¢

K ¢ L

K ¢ ú

ë 61 62

66 û e

Нагадаємо, що елемент

Ki ¢ j

цієї матриці є реакцією

ri ¢ j

стержня в і -му

напрямку, викликаною переміщенням d ¢ j

= 1.

Елементи матриці

K e ¢

r 1¢1

r 21

y ¢

r 3¢1

r 5¢1

r 6¢1 r 4¢1

залежать від умов на кінцях стержня. Визначення деяких із

x ¢ цих реакцій покажемо далі на прикладі стержня з обома

жорсткими кінцями. Для

d1¢= 1

y ¢

r 2¢2

r 52

зручності будемо розглядати стержень горизонтальним.

На рис. 8, а наведено стан

б d 2¢ = 1

r 3¢2

r 6¢2

стержня при зміщенні

d1¢= 1.

r 1¢2

y ¢

r 4¢2

r ¢

x ¢ Таке зміщення викликає стиск

стержня. Поздовжню силу визначимо з формули Гука:

d3¢ = 1

r 1¢3

r 23

r 3¢3

r 63

x ¢

r 43

Отже:

D l = Nl

= -1.

Рис. 8

N = - EA,

r ¢ = EA б

r ¢ = - EA,

r ¢ = r ¢ = r ¢ = r ¢ = 0.

l 11 l

41 l

21 31 51 61

Реакції від зміщення

d 2¢ = 1

(рис. 8, б) знайдемо за допомогою методу

початкових параметрів. З урахуванням того, що на початку координат

q 0 = 0; y 0

= 1; M 0

= r 3¢2; Q 0

= r 2¢2,

маємо:

x 2 x 3 x 2

EIy x

= EI + r 3¢2

+ r 2¢2

; EI q x

= r 3¢2 x + r 2¢2. 2

З умов на правому кінці стержня

x = l; y x

= 0;q x

= 0 одержимо:

r ¢ = 12 EI; r ¢

= - 6 EI

22 l 3 32 l 2

Далі з рівноваги стержня знаходимо

r ¢ = - 12 EI; r ¢

= - 6 EI.

52 l 3 62 l 2

Оскільки розтяг – стиск при переміщенні d 2¢ відсутні,

r 1¢2

= r 4¢2

= 0.

Реакції при зміщеннях симетрії.

d 4¢ = 1,d 5¢ = 1 та

d 6¢ = 1

неважко визначити з умов

Так само одержимо реакції від зміщення d 3¢ = 1:

r ¢ = r ¢ = 0;

r ¢ = - 6 EI;

r ¢ = 4 EI;

13 43

23 l 2 33 l

r ¢ = 6 EI; r ¢ = 2 EI.

53 l 2 63 l

Отже, матриця жорсткості для такого стержня має такий вигляд:

é EA

ê l 0

0 - EA 0 0 ù

l ú

ê 0 12 EI

- 6 EI

0 - 12 EI

- 6 EI ú

ê l 3

ê 6 EI

r ê 2

l 2

4 EI 0

l 3

6 EI

l 2 ú

2 EI ú

Ke ¢ = ê EA

ê-

ê l

ê 0

- 12 EI

l 3

- 6 EI l 2

6 EI

l 2

2 EI

EA 0

0 12 EI

l 3

0 6 EI

l 2

l ú.

0 ú

6 EI ú

l 2 ú

4 EI ú

l û

Аналогічно можна одержати матрицю жорсткості для стержня із шарніром на початку й затисненням на кінці:

é EA

ê l

0 0 - EA 0 0 ù

l ú

ê 0 3 EI 0 0

- 3 EI

- 3 EI ú

r	ê				EA			ú
Ke ¢	= ê- EA			l			ú

ê l 3

ê l

ê 3 EI

ê 0 0 0

ê l 3

ê 0 - 3 EI 0 0

ë l 2

l 3

3 EI

l 3

3 EI

l 2

l 2 ú

ú.

3 EI ú

l 2 ú

3 EI ú

l úû

При необхідності можна записати також матрицю жорсткості для стержня з шарніром на правому кінці. Слід зазначити, що матриця жорсткості

для стержня з шарніром у наведеному вигляді не може застосовуватись для роззрахунку окремого стержня, оскільки визначник її дорівнює нулю.

для стержня з шарніром у наведеному вигляді не може застосовуватись для розрахунку окремого стержня, оскільки визначник її дорівнює нулю.