Zadanie 1, Stateczność prętów ściskanych
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Przykład 9.1. Wyboczenie słupa o dwóch przęsłach
Wyznaczyć wartość krytyczną siły P obciążającej głowicę słupa przebiegającego w sposób
ciągły przez dwie kondygnacje budynku. Słup jest zamocowany w fundamencie. Przyjmu-
jemy, że działanie stropu w poziomie piętra można interpretować jako podparcie nieprze-
suwne. Głowica słupa ma swobodę przemieszczeń. W płaszczyźnie prostopadłej do rysunku
słup usztywniony jest ścianą. Wysokości kondygnacji wynoszą
H
1
i
H
2
. Moduł bezwładności
przekroju wynosi
J
zaś moduł Younga materiału słupa jest
E
. Do obliczeń przyjąć
H
1
=
H
2
=
L
.
P
C
E, J
H
2
B
E, J
H
1
A
Rysunek 9.1. Schemat statyczny słupa
1. Kinematycznie dopuszczalna (zgodna z więzami) postać odkształcona analizowanej
struktury:
f
P
kr
f
P
kr
f
P
kr
a)
C
1
b)
f-y
α
(x)
c)
α
y
α
(x
)
T(x)
β
y
β
(x
)
x
α
M(x)
N(x)
R
B
y
α
R
B
H
1
-x
M(x)
x
x
β
H
A
y
y
β
V
A
Rysunek 2. a) postać przyjętej, zgodnej z więzami linii ugięcia;
b
) ilustracja zapisu
równowagi fragmentu α osi ugiętej słupa (jego górnej części); c) ilustracja zapisu równowagi
fragmentu β osi ugiętej słupa;
2. Równania równowagi dowolnego odkształconego fragmentu struktury
Wobec tego, że w słupie wyróżnia się dwa przedziały w których równania momentów
zginających są różnymi funkcjami zmiennej niezależnej
x
, należy rozpatrzyć te dwa
przypadki w zapisie warunków równowagi odkształconego fragmentu struktury. Podział na
przedziały pokazany jest na rysunku 2.
Zauważmy, że układ współrzędnych dla części α (
x
α
y
α
) ma początek w punkcie B (podpora)
zaś układ współrzędnych dla części β (
x
β
y
β
) ma początek w punkcie A (podstawa słupa).
Zadanie jest statycznie wyznaczalne wobec tego łatwo jest obliczyć reakcje:
Suma momentów względem punktu A daje:
R
B
H
1
=P
kr
f => R
B
=P
kr
f/ H
1
Suma rzutów sił na oś poziomą daje:
H
A
=-P
kr
f/ H
1
Suma rzutów sił na oś pionową daje:
V
A
=P
kr
Dla części α piszemy sumę momentów względem punktu o współrzędnej
x
α
(w ten sposób w
równaniu nie pojawią się siły tnąca i normalna w tym punkcie):
(
(
x
)
+
P
kr
f
−
y
α
(
x
)
)
=>
=
0
M
(
x
)
= )
P
kr
( )
y
α
(
x
−
f
=>
ponieważ:
M
=
( )
(
x
)
−
y
α
′
(
x
)
EJ
wobec tego:
α
po uporządkowaniu otrzymujemy równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu:
f
′
(
x
)
EJ
=
P
f
−
y
α
(
x
)
=>
y
′
(
x
)
EJ
+
P
kr
y
α
(
x
)
=
P
kr
f
y
′
(
x
)
+
k
2
y
(
x
)
=
k
2
(1)
α
α
oznaczono tu (jak zawsze w zagadnieniach wyboczenia)
k
2
=
P
kr
(2)
EJ
Rozwiązaniem tego równania ma następującą postać (jak wiadomo z podstawowego kursu
matematyki i co łatwo sprawdzić przez podstawienie (3) do (1)):
() ()
x
y
α
(
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
y
szcz
)
.
()
f
Ponieważ
y
szcz
x
=
wiec ostatecznie:
() ()
f
α
(3)
Zasady ustalania
y
szcz
(x) dla równania różniczkowego niejednorodnego należy przypomnieć
sobie z kursu podstawowego matematyki. W zagadnieniach związanych z wyboczeniem
wyraz wolny w równaniu różniczkowym jest najczęściej wielomianem. Wobec tego
rozwiązanie szczególne też ma postać wielomianu o nieznanych współczynnikach.
Współczynniki te łatwo jest ustalić porównując wielomiany po prawej i lewej stronie
równania różniczkowego.
y
(
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
Zapis sumy momentów dla części β:
( )
( )
0
(
x
)
+
P
f
+
(
−
y
(
x
))
−
P
f
H
−
x
=
=>
M
(
x
)
+
y
(
x
)
P
+
P
f
x
=
0
kr
β
kr
H
1
β
kr
kr
H
1
1
We wzorze powyższym uwzględniono fakt, że ugięcie na rysunku 1.c. jest ujemne i wzięto
y
(x) ze znakiem „-”. Można sprawdzić poprawność tego równania pisząc wyrażenia na
moment dla dolnej części słupa, poniżej odcinka β. Można w tym wypadku, dla uniknięcia
kłopotów ze znakami, narysować „lustrzane odbicie” względem osi AC rysunku 1.c. Wtedy
założone ugięcie y będzie dodatnie. Zaleca się wykonać takie sprawdzenie.
2
M
y
α
kr
M
Po przekształceniach takich jak dla części α otrzymuje się równanie różniczkowe (4):
y
′
(
x
)
EJ
+
P
y
(
x
)
=
P
f
x
=>
y
′
(
x
)
+
k
2
y
(
x
)
=
k
2
f
x
(4)
β
kr
β
kr
H
β
β
H
1
1
() ()
x
)
Jego rozwiązaniem jest funkcja:
y
β
(
x
)
=
C
cos
kx
+
D
sin
kx
+
y
szcz
Ponieważ w tym przypadku
()
x
H
y
szcz
x
=
f
1
wiec ostatecznie:
y
(
x
)
=
C
cos
() ()
x
H
kx
+
D
sin
kx
+
f
(5)
β
1
Trzy warunki brzegowe i dwa warunki zszycia pozwalają napisać pięć równań z pięcioma
niewiadomymi stałymi A, B, C, D, f:
y
β
x
( )
0
β
=
0 =
=>
C=
0
(6)
y
β
β
( )
0
=
H
1
=
=>
D
sin
( )
0
kH
1
+
f
=
(uwzględniono
C
=0)
(7)
y
α
x
( )
0
α
=
0 =
=>
A
+ 0
f
⇒
A
=
−
f
(8)
y
′
( )
( )
β
=
H
1
=
y
′
x
α
=
0
=>
( )
Bk
H
Dk
cos
kH
+
f
=
(9)
1
1
y
α
( )
f
α
=
H
2
=
=>
−
f
cos
( ) ( )
0
kH
2
+
B
sin
kH
2
=
(uwzględniono (8))
(10)
Jak widać z warunku (6) stała C jest równa zeru niezależnie od wartości pozostałych stałych,
stałą A wyeliminowano przy pomocy równania (8).
3. Obliczenie wyznacznika układu równań
Po uporządkowaniu i przedstawieniu w formie macierzowej równań (6)-(10) otrzymujemy
następujący, jednorodny układ równań:
0
sin(
kH
1
)
1
B
0
−
k
k
cos(
kH
1
)
1
H
1
D
=
0
(11)
sin(
kH
)
0
−
cos(
kH
)
f
0
2
2
Rozwiązanie trywialne:
A=B=C=D=f=
0 przedstawia prostą oś słupa i przypadek czystego
ściskania.
Warunkiem istnienia rozwiązania nietrywialnego jest zerowanie się wyznacznika macierzy
wyrazów przy niewiadomych (należy przypomnieć sobie z kursu matematyki odpowiednie
twierdzenie o istnieniu rozwiązania układu równań liniowych). Otrzymujemy z tego warunku
następujące równanie przestępne:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
W
=
−
kH
1
sin
kH
1
cos
kH
2
+
sin
kH
2
sin
kH
1
−
kH
1
sin
kH
2
cos
kH
1
=
(12)
Określmy zmienną bezwymiarową
t
:
t
= (13)
(
t
jest tu zmienną pomocniczą, nie ma ona, oczywiście, nic wspólnego z czasem, tradycyjnie
oznaczanym tym symbolem):
kH
1
t
sin
()
t
cos
H
2
t
−
sin
H
2
t
sin
()
t
+
t
sin
H
2
t
cos
()
0
t
=
(14)
H
H
H
1
1
1
3
x
β
α
x
Ponieważ wyznacznik
W
zależy za pośrednictwem
t
od
P
kr
:
t
=
H
P
kr
(15)
1
EJ
można znaleźć taką siłę
P
kr
, przy której wyznacznik ma swoje miejsce zerowe.
Dalsze obliczenia wykonano dla szczególnego przypadku
H
1
=
H
2
=
L
. Jeśli
H
2
/
H
1
=1 to
wyznacznik przyjmuje prostą postać (16).
(
2
cos(
t
)
−
sin(
t
)
)
0
sin
( )
=
(16)
Jego miejsce zerowe jest łatwe do znalezienia klasycznymi metodami numerycznymi.
Ponieważ jednak wykres wyznacznika w funkcji
t
jest łatwy do narysowania, najprościej jest
odczytać wartość
t
0
z tego wykresu. Poniższe wykresy wykonane sa przy użyciu programu do
obliczeń symbolicznych Maple. Równie dobrze można zastosować w tym celu dowolny
arkusz kalkulacyjny. Odczytując z rysunku 3 miejsce zerowe wyznacznika układu równań
(11):
t
0
=1.166
pamiętając o podstawieniu (15) i o tym, że
H
1
=
L
, otrzymujemy wartość siły krytycznej:
P
kr
=
EJ
1
166
2
=
1
36
EJ
(17)
L
2
L
2
x
x
t
Rysunek 3. a) wykres wartości wyznacznika w funkcji
t
, b) oraz c) przedstawiają zbliżenia
otoczenia pierwszego miejsca zerowego
4
t
t
t
t
=
a także
2
Siła ta jest o wiele mniejsza niż siła dla belki wolnopodpartej, wynoszącej
P
kr
EJ
L
2
mniejsza niż siła krytyczna dla wspornika
P
kr
=
EJ
π
2
=
EJ
1
.
57
2
.
(
L
)
2
L
2
Porównanie z tymi dwoma wartościami jest motywowane „podobieństwem” schematów
dwóch części słupa. Dolna jest belka wolnopodpartą, jednak możliwość wychylenia siły
obciążającej z jej osi (dzięki części górnej słupa) powoduje zwiększenie momentu i przez to
zmniejszenie wartości krytycznej siły. Podobnie górna, „wspornikowa” część słupa jest
bardziej podatna gdyż dolne przęsło pozwala na obrót w punkcie B, realizując „podatne”
zamocowanie górnego przęsła. Zaleca się samodzielne sprawdzenie do jakiej wartości
zmierza siła krytyczna gdy H
2
dąży do zera.
4. Sprawdzenie
Podane poniżej sprawdzenie poprawności obliczeń przyczyni się do lepszego ich
zrozumienia. Dla wartości
t
0
układ równań (11) może mieć niezerowe rozwiązanie. Załóżmy,
że ustalonym parametrem w tym układzie będzie strzałka ugięcia wierzchołka słupa
f
.
Przyjmijmy
f
=1.0. Wtedy z pierwszego równania układu równań (18) obliczymy D, z
trzeciego obliczymy B zaś równanie drugie powinno być spełnione tożsamościowo (dla
każdego
t
, które nie jest rozwiązaniem równania przestępnego (16), równanie drugie będzie
sprzecznością).
0
sin(
t
0
)
1
B
0
−
t
t
cos(
t
)
1
DH
=
0
(18)
0
0
0
1
sin
H
2
t
0
−
cos
H
2
t
f
0
0
0
H
H
1
1
Ponieważ sprawdzenia dokonamy nie na liczbach ogólnych ale dla szczególnej, przybliżonej
wartości
t
0
, równanie drugie będzie spełnione jedynie w przybliżeniu. Jego błąd pozwoli nam
ocenić, na ile precyzyjne było rozwiązanie równania przestępnego (16). W poniższych
rachunkach przyjęto H
1
=1.0 m, H
2
=H
1
=1.0 m.
D
sin(
1
.
166
)
+
1
=
0
D
=-1.0879
B
sin(
1
166
)
−
cos(
1
.
166
)
=
0
B
=0.42846
B
0.500417-0.4996=0
błąd
=0.000835
Dokładność odczytu
t
0
jest więc bardzo dobra (jak łatwo zauważyć, błąd jest małym
ułamkiem strzałki ugięcia f).
Mając obliczone B, D oraz przyjęty parametr
f
możemy znaleźć postać linii ugiętej belki
(słupa) podczas wyboczenia, posługując się wzorami (3) i (5). Zauważmy, że linia ta nie jest
wyznaczona jednoznacznie. Jest ona funkcją niewiadomego, arbitralnie przyjętego parametru
f
, który pełni rolę czynnika „skalującego”. Linia ugięcia podczas wyboczenia belki jest
proporcjonalna do narysowanej na rysunku 4. Rysunek ten należy wyobrazić sobie jako
obrócony o 90 stopni i dopiero wtedy porównać z rysunkami 2.a. – 2.c.
1
.
166
+
D
cos(
1
.
166
)
+
1
=
0
5
−
[ Pobierz całość w formacie PDF ]