E, J H 2 E, J H 1. Rysunek 9.1. Schemat statyczny słupa. 1. Kinematycznie dopuszczalna (zgodna z więzami) postać odkształcona analizowanej struktury:

Transkrypt

1 Przykład 9.. 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 undamencie. Przyjmujemy, że działanie stropu w poziomie piętra można interpretować jako podparcie nieprzesuwne. Głowica słupa ma swobodę przemieszczeń. W płaszczyźnie prostopadłej do rysunku słup usztywniony jest ścianą. Wysokości kondygnacji wynoszą i. Moduł bezwładności przekroju wynosi J zaś moduł Younga materiału słupa jest E. Do obliczeń przyjąć = =L. P C E, J B A E, J Rysunek 9.. Schemat statyczny słupa. Kinematycznie dopuszczalna (zgodna z więzami) postać odkształcona analizowanej struktury: P kr P kr P kr a) b) -y (x) c) C y (x) T(x) x M(x) N(x) y β (x) β x R B y M(x) R B -x x β A V A y y β Rysunek. a) postać przyjętej, zgodnej z więzami linii ugięcia; b) ilustracja zapisu równowagi ragmentu osi ugiętej słupa (jego górnej części); c) ilustracja zapisu równowagi ragmentu β osi ugiętej słupa;

2 . Równania równowagi dowolnego odkształconego ragmentu struktury Wobec tego, że w słupie wyróżnia się dwa przedziały w których równania momentów zginających są różnymi unkcjami zmiennej niezależnej x, należy rozpatrzyć te dwa przypadki w zapisie warunków równowagi odkształconego ragmentu struktury. Podział na przedziały pokazany jest na rysunku. Zauważmy, że układ współrzędnych dla części (x y ) 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 =P kr => R B =P kr / Suma rzutów sił na oś poziomą daje: A =-P kr / Suma rzutów sił na oś pionową daje: V A =P kr Dla części piszemy sumę momentów względem punktu o współrzędnej x (w ten sposób w równaniu nie pojawią się siły tnąca i normalna w tym punkcie): M + Pkr( y ) = => M = Pkr( y ) => ponieważ: M = y EJ wobec tego: y EJ = Pkr( y ) => y( x) EJ + Pkr y = Pkr po uporządkowaniu otrzymujemy równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu: y + k y = k () oznaczono tu (jak zawsze w zagadnieniach wyboczenia) Pkr k = () EJ Rozwiązaniem tego równania ma następującą postać (jak wiadomo z podstawowego kursu matematyki i co łatwo sprawdzić przez podstawienie (3) do ()): y = Acos( kx) + Bsin( kx) + yszcz(x). Ponieważ y szcz x = wiec ostatecznie: () ( kx) + B ( kx) y = Acos sin + (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. Zapis sumy momentów dla części β: M + Pkr( + ( yβ ) ) Pkr ( x) = => M + yβ Pkr + Pkr x= We wzorze powyższym uwzględniono akt, że ugięcie na rysunku.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.c. Wtedy założone ugięcie y będzie dodatnie. Zaleca się wykonać takie sprawdzenie.

3 Po przekształceniach takich jak dla części otrzymuje się równanie różniczkowe (4): y β EJ + Pkr yβ = Pkr x => y β + k yβ = k x (4) yβ = C cos kx + Dsin kx + yszcz ) Jego rozwiązaniem jest unkcja: ( ) ( ) (x Ponieważ w tym przypadku y szcz () x = x wiec ostatecznie: yβ = Ccos( kx) + Dsin( kx) + x (5) Trzy warunki brzegowe i dwa warunki zszycia pozwalają napisać pięć równań z pięcioma niewiadomymi stałymi A, B, C, D, : ( = ) = ( ) β ( = ) = ( x = ) = y ( x ) y => C= (6) β x β ( ) y β => D sin k + = (uwzględniono C=) (7) y => A+ = A= (8) y x β β ( x ) = => Dk cos ( k ) + = Bk y = = => cos k + Bsin k = (uwzględniono (8)) () ( ) ( ) 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 ormie macierzowej równań (6)-() otrzymujemy następujący, jednorodny układ równań: sin( k) B k k cos( k) D = () sin( k) cos( k) Rozwiązanie trywialne: A=B=C=D== 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: W = k sin( k) cos( k) + sin( k) sin( k) ksin( k) cos( k) = () Określmy zmienną bezwymiarową t: t = k (3) (t jest tu zmienną pomocniczą, nie ma ona, oczywiście, nic wspólnego z czasem, tradycyjnie oznaczanym tym symbolem): sin() cos t t t sin t sin() t + tsin t cos() t = (4) (9) 3

4 Ponieważ wyznacznik W zależy za pośrednictwem t od P kr : Pkr t = (5) EJ można znaleźć taką siłę P kr, przy której wyznacznik ma swoje miejsce zerowe. Dalsze obliczenia wykonano dla szczególnego przypadku = =L. Jeśli / = to wyznacznik przyjmuje prostą postać (6). ( t cos( t) sin( t) ) sin( t) = (6) Jego miejsce zerowe jest łatwe do znalezienia klasycznymi metodami numerycznymi. Ponieważ jednak wykres wyznacznika w unkcji t jest łatwy do narysowania, najprościej jest odczytać wartość t 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 (): t =.66 pamiętając o podstawieniu (5) i o tym, że =L, otrzymujemy wartość siły krytycznej: P EJ kr = EJ = (7) L L x t x t t Rysunek 3. a) wykres wartości wyznacznika w unkcji t, b) oraz c) przedstawiają zbliżenia otoczenia pierwszego miejsca zerowego 4

5 Siła ta jest o wiele mniejsza niż siła dla belki wolnopodpartej, wynoszącej P kr = EJ π a także L mniejsza niż siła krytyczna dla wspornika P.57 kr = EJ π = EJ. ( L) L 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 dąży do zera. 4. Sprawdzenie Podane poniżej sprawdzenie poprawności obliczeń przyczyni się do lepszego ich zrozumienia. Dla wartości t układ równań () może mieć niezerowe rozwiązanie. Załóżmy, że ustalonym parametrem w tym układzie będzie strzałka ugięcia wierzchołka słupa. Przyjmijmy =.. Wtedy z pierwszego równania układu równań (8) obliczymy D, z trzeciego obliczymy B zaś równanie drugie powinno być spełnione tożsamościowo (dla każdego t, które nie jest rozwiązaniem równania przestępnego (6), równanie drugie będzie sprzecznością). sin( t ) B t t cos( t) D = (8) sin cos t t Ponieważ sprawdzenia dokonamy nie na liczbach ogólnych ale dla szczególnej, przybliżonej wartości t, równanie drugie będzie spełnione jedynie w przybliżeniu. Jego błąd pozwoli nam ocenić, na ile precyzyjne było rozwiązanie równania przestępnego (6). W poniższych rachunkach przyjęto =. m, = =. m. D sin(.66) + = D=-.879 B sin(.66) cos(.66) = B= B + Dcos(.66) + = = błąd=.835 Dokładność odczytu t jest więc bardzo dobra (jak łatwo zauważyć, błąd jest małym ułamkiem strzałki ugięcia ). Mając obliczone B, D oraz przyjęty parametr 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 unkcją niewiadomego, arbitralnie przyjętego parametru, 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 9 stopni i dopiero wtedy porównać z rysunkami.a..c. 5

6 P kr = cm A B =m = =m Rysunek 4. Wykres linii proporcjonalnej do linii wyboczenia osi słupa (belki) podczas utraty stateczności przy ściskaniu. Rysunek ten należy skojarzyć z rysunkami nr, pamiętając, że pionowa oś słupa została tu narysowana poziomo. 6