Zadanie 2, Stateczność prętów ściskanych
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Przykład 9.2. Wyboczenie słupa o dwóch przęsłach utwierdzonego w
fundamencie
Wyznaczyć wartość krytyczną siły P obciążającej głowicę słupa, dla słupa przebiegającego w
sposób ciągły przez dwie kondygnacje budynku. Słup jest utwierdzony w fundamencie.
Przyjmujemy, że działanie stropu w poziomie piętra można interpretować jako podparcie
nieprzesuwne, głowica słupa ma swobodę przemieszczeń. Porównać sposób rozwiązania i
wyniki otrzymane dla zadania opisanego w przykładzie nr1. 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
=5
L
,
H
2
=
L
. W ramach samodzielnego ćwiczenia wykonać obliczenia
dla przykładu nr 1, przyjmując takie same wartości
H
1
i
H
2
. W płaszczyźnie prostopadłej do
rysunku słupy usztywnione są ścianą.
P
P
C
C
E, J
H
2
E, J
H
2
B
B
E, J
H
1
E, J
H
1
A
A
Rysunek 1. Schemat statyczny słupa utwierdzonego w fundamencie oraz przypomnienie
schematu słupa omówionego w przykładzie nr 9.1.
1. Równania równowagi dowolnego odkształconego fragmentu struktury
Wobec tego, że w słupie wyróżnia się dwa przedziały w których równania momentów
zginających są różnymi funkcjami
x
, należy rozpatrzyć 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).
Zapis sumy momentów dla części α (górnej):
(
M
(
x
)
+
P
kr
f
−
y
α
(
x
)
)
=
0
=>
M
(
x
)
= )
P
kr
(
f
y
α
(
x
−
)
(1)
ponieważ:
M
(
x
)
=
−
y
′
(
x
)
EJ
( )
=>
y
α
(
x
)
EJ
=
P
kr
f
−
y
α
(
x
)
=>
y
α
(
x
)
EJ
+
P
y
(
x
)
=
P
kr
f
′
′
kr
α
f
P
kr
f
P
kr
f
P
kr
a)
C
1
b)
c)
α
x
α
y
α
(
x)
T(x)
β
M(x)
N(x)
R
B
y
α
R
B
H
1
-x
M(x)
x
y
β
(x)
x
β
H
A
y
y
β
M
A
V
A
Rysunek 2. a) postać przyjętej deformacji zgodnej z więzami, b) ilustracja zapisu równowagi
fragmentu α osi ugiętej słupa (jego górnej części); c) ilustracja zapisu równowagi fragmentu
β osi ugiętej słupa;
po uporządkowaniu otrzymujemy równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu:
f
y
′
(
x
)
+
k
2
y
(
x
)
=
k
2
(2)
α
α
oznaczono tu:
k
2
=
P
kr
(3)
EJ
Rozwiązaniem tego równania ma następującą postać (co łatwo sprawdzić przez podstawienie
(4) do (2)):
() () (
)
y
α
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
y
szcz
x
(4)
()
f
ponieważ wiec ostatecznie rozwiązaniem (2) jest:
(5)
Do tego momentu obliczenia przebiegają tak jak w rozwiązaniu zadania 9.1. Jednak w
dalszym ciągu wystąpią różnice wynikające z faktu, że zadanie 9.2. jest jednokrotnie
statycznie niewyznaczalne. Reakcje nie dadzą się wyznaczyć z równań statyki, pozostają
obecne w równaniach linii ugięcia i wymagają dodatkowego warunku kinematycznego.
y
szcz
x
=
() ()
f
y
α
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
Suma momentów dla części β:
( )
( )
0
M
(
x
)
+
P
kr
f
−
y
β
(
x
)
−
R
B
H
1
−
x
=
(6)
β
po uporządkowaniu otrzymujemy równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu dla linii
ugięcia w przedziale β:
y
′
(
x
)
EJ
+
P
kr
y
β
(
x
)
=
P
kr
f
−
R
B
( )
H
1
−
x
y
′
(
x
)
+
k
2
y
(
x
)
=
k
2
f
−
R
B
(
x
H
−
)
(7)
β
β
EJ
1
Rozwiązaniem tego równania ma następującą postać:
2
=>
β
)
(8)
Rozwiązanie szczególne przewidujemy w formie wielomianu zmiennej x. Łatwo sprawdzić
przez podstawienie, że ma on następującą postać:
() (
x
y
x
)
=
C
cos
() ()
x
kx
+
D
sin
kx
+
y
szcz
y
x
=
f
−
R
B
H
−
)
(9)
szcz
k
2
EJ
1
Ostatecznie rozwiązanie równania różniczkowego w przedziale β dane jest wyrażeniem (10):
() () (
x
y
β
x
)
=
C
cos
kx
+
D
sin
kx
+
f
−
R
B
H
−
)
(10)
k
2
EJ
1
Cztery warunki brzegowe i dwa warunki zszycia pozwalają napisać sześć równań z sześcioma
niewiadomymi stałymi A, B, C, D, f, R
B
:
y
α
( )
0
x
=
0 =
ugięcie (obliczone ze wzory dla górnej części słupa) jest równe zeru
na podporze B
y
α
( )
f
x
=
H
2
=
Ugięcie wyboczonej osi pod siłą skupioną jest równe założonej
wartości
f
y
β
( ) (
0
x
=
H
1
=
y
α
x
=
)
kąt obrotu obliczony ze wzory dla górnej części słupa jest taki sam
jak kąt obrotu obliczony ze wzory dla dolnej części słupa
y
β
( )
0
x
=
0 =
ugięcie równe zeru w utwierdzeniu A
y
β
′
x
( )
0
=
0 =
zerowy kąt obrotu w utwierdzeniu A
y
β
( )
0
x
=
H
1
=
ugięcie (obliczone ze wzoru dla dolnej części słupa) równe zeru na
podporze B
Uwzględniając postaci rozwiązań (5) i (10), otrzymujemy układ równań:
y
α
( )
0
x
=
0 =
=> 0
=
A
+
f
=>
A
−
=
f
(11)
y
α
( )
f
x
=
H
2
=
=>
0
=
A
cos
( ) (
kH
2
+
B
sin
kH
2
)
=>
B
=
f
ctg
(
kH
2
)
(12)
y
′
( ) (
0
x
=
H
=
y
′
x
=
)
=>
( ) ( )
−
C
sin
kH
+
D
cos
kH
+
R
B
=
f
ctg
(
kH
)
(13)
β
1
α
1
1
k
3
EJ
2
y
β
( )
0
x
=
0 =
=>
C
+
f
−
R
B
H
1
=
0
(14)
k
2
EJ
( )
0
( ) ( )
f
y
β
x
=
H
1
=
=> 0
=
C
cos
kH
1
+
D
sin
kH
1
+
(15)
y
β
′
x
( )
0
=
0 =
=>
D
=
−
k
R
B
3
EJ
(16)
Z równań (11),(12),(16) obliczono
A, B
i
D
. Podstawienie tych wartości do równań (13),(14) i
(15) daje układ równań (17) z trzema niewiadomymi:
C, f, R
B
. W ten sposób zmniejszono
ilość równań aby móc łatwo zapisać wzór na ich wyznacznik główny.
( )
k
sin
kH
cos
( )
kH
1
−
1
k
ctg
( )
kH
1
k
2
EJ
k
2
EJ
2
C
0
−
H
1
1
1
R
=
0
(17)
k
2
EJ
b
sin
( )
kH
f
0
( )
cos
kH
1
1
1
k
3
EJ
Jak widać, otrzymany układ równań jest jednorodny (wektor prawej strony jest wektorem
zerowym). Oznacza to, że wartości niewiadomych
f
=0,
C
=0,
R
B
=0, a również
A=B=D
=0 –
3
′
′
spełniają ten układ równań. Oś słupa jest wtedy linią prostą. Istnienie niezerowego
rozwiązania jest możliwe tylko wtedy, gdy wyznacznik macierzy współczynników przy
niewiadomych zeruje się. Ponieważ wyznacznik ten zależy od
k
, można znaleźć taką siłę P
kr
,
przy której wyznacznik ma swoje miejsce zerowe.
2. Zapisanie wyznacznika układu równań:
Wyznacznik układu trzech równań można w tym zadaniu policzyć ręcznie w sposób
klasyczny.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
EJ
=
kH
1
sin
kH
1
sin
kH
2
−
2
sin
kH
2
+
2
cos
kH
1
sin
kH
2
+
cos
kH
2
sin
kH
1
−
kH
1
cos
kH
1
cos
kH
2
sin
kH
k
2
2
Warunek istnienia niezerowych rozwiązań układu równań (17) W=0 będzie spełniony, gdy
znajdziemy miejsce zerowe funkcji:
W
=
kH
1
(
sin
( ) ( ) ( ) ( )
1
sin
kH
2
−
cos
kH
1
cos
kH
2
) ( ) ( ) ( ) ( ) (
−
2
sin
kH
2
+
2
cos
kH
1
sin
kH
2
+
cos
kH
2
sin
kH
1
)
(18)
Miejsce zerowe znajdziemy posługując się wykresem funkcji
W
(
k
). Wykres taki łatwo
otrzymać używając dowolnego arkusza kalkulacyjnego. Wobec tego mniejsze znaczenie ma
przekształcanie wyrażenia (18) tak, aby zmniejszyć liczbę składników sumy i uzyskać formy
iloczynowe funkcji trygonometrycznych kombinacji liniowych argumentów
kH
1
i
kH
2
. W tym
opracowaniu użyto programu do wykonywania obliczeń symbolicznych Maple. W dalszych
obliczeniach skupiono uwagę na szczególnym przypadku gdy przyjąć
H
1
=5
L
,
H
2
=
L
.
Proporcje wysokości obu kondygnacji pokazane są na rysunku 4. Warunek (18) przybiera
wtedy postać następującą:
( )() ( ) ()
W
=
kL
(
sin
5
kL
sin
kL
−
cos
5
kL
cos
kL
) ( ) ( ) ( ) ( ) (
kL
−
2
sin
kL
+
2
cos
5
kL
sin
5
kL
+
cos
5
kL
sin
)
(19
)
Jego wykres przedstawiono na rysunku 3.
Rysunek 3. a) wykres wartości wyznacznika w funkcji
kL
, b) przedstawia zbliżenie otoczenia
pierwszego miejsca zerowego
Odczytując z rysunku 3 miejsce zerowe wyznacznika układu równań (17):
kL
=0.641
(20)
otrzymujemy wartość siły krytycznej:
P
kr
=
EJ
0
641
2
=
0
411
EJ
(21)
L
2
L
2
4
W
kH
5
3. Dyskusja wyniku
Korzystając z tego, że w zadaniu nr 9.1 wszystkie obliczenia prowadzone były na liczbach
ogólnych, łatwo jest teraz, w ramach samodzielnego ćwiczenia obliczyć siłę krytyczną dla
wartości wysokości kondygnacji
H
1
=5
L
,
H
2
=
L
. Powinno się otrzymać następujący wynik:
P
kr
=
EJ
0
505
2
=
0
255
EJ
L
2
L
2
Siła krytyczna (21) jest o około 60% większa od obliczonej dla zadania z przykładu nr 9.1.
Należy to przypisać sztywniejszej dolnej części słupa (utwierdzenie zamiast zamocowania
przegubowego). Różnica jest jednak mniejszy niż ta, która występuje pomiędzy siłą krytyczną
dla schematu wolnopodpartego i schematu utwierdzenie-podpora przegubowa
(1/0.699
2
=2.02). Przyczyną tego jest wysoka część słupa ponad podporą B pozwalająca na
swobodne przemieszczanie się punktu przyłożenia siły. Widać to wyraźnie na rysunku 4 w
sekcji poświęconej sprawdzeniu obliczeń.
4. Sprawdzenie
Dla wartości
kL=
0.641
układ równań (17) może mieć niezerowe rozwiązanie. Załóżmy, że
ustalonym, niezerowym elementem rozwiązania tego układu będzie strzałka ugięcia
wierzchołka słupa
f
. Przyjmijmy
f
=1.0. Wtedy z układu dwóch równań: pierwszego i drugiego
obliczymy
C
oraz
R
B
. Równanie trzecie powinno być spełnione tożsamościowo (dla każdego
kL
, które nie jest rozwiązaniem równania przestępnego (19), równanie to będzie
sprzecznością). Ponieważ sprawdzenia dokonamy nie na liczbach ogólnych ale dla
szczególnej, przybliżonej wartości
kL=
0.641, równanie trzecie będzie spełnione jedynie w
przybliżeniu. Jego błąd pozwoli nam ocenić, na ile precyzyjne było rozwiązanie równania
przestępnego (19). W poniższych rachunkach przyjęto H
1
=5.0 m, H
2
=1.0 m. Po obliczeniu
wartości sinusa i cosinusa
kL
układ równań (17) przybiera następującą postać:
0
0406
4
862
−
0
8591
C
0
1
12
.
169
1
R
=
0
(22)
b
−
0
9979
0
2406
1
f
0
Rozwiązanie podukładu zbudowanego z pierwszych dwóch równań dla przyjętej strzałki
ugięcia
f
=1.0 jest następujące:
C
=1.0439 oraz
R
B
=0.1679. Błąd równania trzeciego wynosi 0.001382.
Mając obliczone
R
B
,
C
oraz przyjęty parametr
f
możemy znaleźć postać linii ugiętej belki
(słupa) podczas wyboczenia, posługując się wzorami (5) i (10). 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.
5
−
[ Pobierz całość w formacie PDF ]