STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

Transkrypt

1 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH.. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH Rozwiązując układy niewyznaczalne dowolnie obciążone, bardzo często pomijaliśmy wpływ sił normalnych i tnących na rezultat obliczeń. Istnieje jednak obawa, że duże wartości sił normalnych mogą w znaczącym stopniu wpływać na wartości sił wewnętrznych (w ramach może powstać efekt, który zmusi nas do rezygnacji z zasady zesztywnienia). Przeanalizujmy rozwiązanie ramy metodą przemieszczeń z uwzględnieniem wpływu sił normalnych. Niech dana będzie rama statycznie niewyznaczalna z obciążeniem jednoparametrowym (wszystkie siły są wyrażone przez P) (rys..): P q = P a, P a a a a = m Rys... Rama statycznie niewyznaczalna Rozwiążmy najpierw tę ramę klasyczną metodą przemieszczeń. Przyjmujemy układ podstawowy (SKN = ): φ = z Δ = z Zapisujemy układ równań kanonicznych: Rys... Układ podstawowy { r z r z R P = r z r z R P = Po rozwiązaniu metodą przemieszczeń w ujęciu klasycznym otrzymujemy wartości sił wewnętrznych, także rozkład sił normalnych.

2 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH,Pa,59P,989P M [knm],59pa N [kn],7pa,p Rys... Siły wewnętrzne po rozwiązaniu w podejściu klasycznym Załóżmy teraz, że siła P jest duża i może dojąć do znacznych przemieszczeń. W takiej sytuacji należałoby zapisać równania równowagi w stanie odkształconym, czyli z pominięciem zasady zesztywnienia. Uwzględnienie działania sił normalnych dokonuje się przez rozwiązanie ramy metodą przemieszczeń, z zastosowaniem wzorów transformacyjnych, w których występują współczynniki α będące funkcją parametru ν. Parametr ten jest powiązany z siłą normalną występującą w pręcie: i = N l i i i Tak więc postać wzoru transformacyjnego dla poszczególnych prętów zależeć będzie od wartości siły normalnej. Pojawia się problem, ponieważ chcąc zastosować wzory transformacyjne ze współczynnikami ν musimy znać rozkład sił normalnych w ramie statycznie niewyznaczalnej, czyli znać wynik na początku zadania. Ponieważ jest to niemożliwe trzeba najpierw rozwiązać ramę klasycznie i wyznaczyć siły normalne. Dla każdego pręta określić wzory transformacyjne z uwzględnieniem wyznaczonych sił normalnych i ponownie rozwiązać układ. Otrzymane w drugim rozwiązaniu siły będą się różnić od tych, które były podstawą wzorów transformacyjnych (otrzymane z klasycznego rozwiązania). Dlatego obliczenia należy powtórzyć. Taką metodę kolejnych przybliżeń nazywamy metodą iteracyjną. Obliczenia przeprowadza się tak długo, aż wynik nie odbiega znacznie od przyjętego w danym kroku iteracyjnym rozkładu sił (wyznaczonych z poprzedniego kroku). Dalsze rozważania przeprowadzimy po przyjęciu konkretnej wartości siły P = kn. Po pierwszej iteracji otrzymujemy następujące wartości sił wewnętrznych:,7 7,779 8, M [knm],8 N [kn],,85 Rys..4. Siły wewnętrzne po iteracji I (rozwiązanie metodą klasyczną)

3 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH W drugim kroku rozwiązania zapisujemy nowy układ równań kanonicznych metody przemieszczeń ze współczynnikami rik, wyznaczonymi z uwzględnieniem sił normalnych, natomiast wartości RiP pozostawiamy niezmienne (we wszystkich iteracjach RiP przyjmują takie same wartości jak w rozwiązaniu klasycznym). Do wyznaczenia rik zastosujemy wzory transformacyjne: dla pręta obustronnie utwierdzonego: M ik = l M ki = l i k ik k i ik W danej ramie występuje tylko jeden pręt obustronnie utwierdzony. Dla tego pręta współczynniki α, β, γ, będą zależne od ν, gdzie: = N l =,85 =, 9,75 dla pręta utwierdzonego z jednej strony i z przegubem z drugiej strony : M ik = l i ik W rozpatrywanej ramie występują dwa takie pręty, przy czym dla pręta α będzie zależne od ν, gdzie = N l 7,779 = 9,75 =,7 natomiast dla pręta α będzie zależne od ν, gdzie = N l = 8, 9,75 =,58 Wykresy momentów dla poszczególnych stanów jednostkowych, będą miały następujący przebieg: α Stan φ =, Δ = γ Stan φ =, Δ = α α 9 γ β Rys..5. Przebieg momentów w poszczególnych stanach jednostkowych

4 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH 4 Po wyznaczeniu rik, i rozwiązaniu układu równań uzyskano w II iteracji następujące wartości sił wewnętrznych:,94 8, 8,8 M [knm] 4, N [kn],979,8 Rys... Siły wewnętrzne po iteracji II Jak widać wyniki uzyskane w iteracji I i II różnią się, co potwierdza przekonanie, że pomijając wpływ sił normalnych na końcowy rozkład sił wewnętrznych popełniamy błąd. Wykonajmy kolejną iterację:,97 8, 8,7 M [knm] 4,4 N [ kn],97,8 Rys..7. Siły wewnętrzne po iteracji III Porównując iteracje II i III można stwierdzić, że miedzy wartościami sił wewnętrznych są niewielkie różnice, można przerwać obliczenia. Zazwyczaj iterację przerywa się wtedy, gdy spełniona jest nierówność: gdzie: ε jest zakładanym błędem względnym, max N N i i N i Ni jest wartością siły normalnej w danym punkcie pręta ramy uzyskaną w i tej iteracji. W naszych rozważaniach przyjęliśmy stosunkowo małą wartość siły P = kn. Przy większej wartości tej siły różnice wyników uzyskiwanych w kolejnych iteracjach byłyby większe. Zastanówmy się teraz jaką maksymalną siłą możemy obciążyć konstrukcję. Oznacza to, że musimy znaleźć wartość siły krytycznej P, dla której cały układ utraci stateczność. Rozwiązanie zadania stateczności sprowadza się zawsze do rozwiązania zagadnienia tzw. stateczności początkowej, co oznacza, że całą ramę musimy poddać działaniu tylko i wyłącznie sił osiowych. W rzeczywistości jednak (tak jak i w danym

5 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH 5 zadaniu) stan taki się nie zdarza, dlatego przed przystąpieniem do zadania właściwego, najpierw należy wyeliminować zginanie układu. Eliminacja taka odbywa się przez wyznaczenie sił wewnętrznych, np. metodą przemieszczeń, a następnie obciążenie prętów obciążeniem zastępczym (jednoparametrowym), w celu uzyskania otrzymanego wcześniej rozkładu sił normalnych, ale bez wystąpienia zjawiska zginania.,59p,p,989p N [kn],59p,59p,989p,989p,p,p Rys..8. Wykres sił normalnych oraz wynikające z niego obciążenie zastępcze Zauważmy, że w każdym pręcie występuje inna wartość siły normalnej. Otrzymamy zatem trzy współczynniki ν. W celu uniknięcia zbyt dużej liczby niewiadomych przeprowadzimy unifikację niewiadomej: Lp. Numer pręta Tabela. Wyrażenie wszystkich wielkości ν i przez współczynnik ν Sztywność Długość Siła w pręcie N i = pręta pręta N l i i i i Współczynnik porównawczy η i a = m,p ν, a = m,59p η ν,579 a = m,989p η ν,745 Po tych czynnościach przystępujemy do właściwej części zadania. Znajdujemy wartości momentów od stanów jedynkowych: a) stan φ = M = = M = = M = = b) stan Δ = M = M = = =

6 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH M = = 9 Przebieg momentów dla poszczególnych stanów przedstawia się następująco: r Stan φ =, Δ = r Stan φ =, Δ = α r r α β γ γ α 9 Rys..9. Przebieg momentów w poszczególnych stanach jednostkowych Z równowagi węzłów wyznaczamy wartości r i r, które wynoszą: r = = r = natomiast współczynniki r i r wyznaczamy z równań pracy wirtualnej: r = r = = r 9 = r = 8 4 c) stan P W tradycyjnej metodzie przemieszczeń układ obciążony wyłącznie siłami normalnymi jest układem bezmomentowym, bo wszystkie siły stoją w węzłach, ale należy przypomnieć, że przy wyznaczaniu stateczności obowiązuje teoria II rzędu. Dojdzie więc do powstania momentów wynikających z przemieszczenia układu.

7 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH 7 Δ,P Δ,989P,59P,59P M p [knm],989p,p Rys... Stan obciążenia Z równowagi węzła wyznaczamy RP =, a z równania pracy wirtualnej RP = : R P, P,989 P = R P =,994 P Po podstawieniu wyznaczonych wielkości do układu równań kanonicznych metody przemieszczeń: otrzymujemy: { { r r R P = r r R P = = 8 4,994 P = Po zgrupowaniu niewiadomych i podzieleniu przez uzyskujemy: { 4 7,8984 P = = Zauważmy, że:, P =

8 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH 8 Po uwzględnieniu powyższego związku i po wstawianiu do układu równań otrzymujemy: gdzie: = { = 4,9555 = tg tg tg = tg tg = tg tg = tg tg Jak widać wszystkie wielkości są zależne tylko od jednej niewiadomej ν. Kryterium utraty stateczności stanowi warunek zerowania się wyznacznika macierzy sztywności, stąd: det 4,9555 = Po rozwiązaniu i uwzględnieniu, że = 9,75 knm (dla dwuteownika I), otrzymamy wartość () ν =,77 stąd minimalna siła krytyczna P() kr = 8,5kN. Porównajmy teraz wartości sił krytycznych dla kolejnych schematów statycznych pracy wybranego pręta (rys..). Wykorzystując wzór Eulera na siłę krytyczną: P kr = l dla pręta otrzymamy (l = a = m): P kr =,745 Rys... Lokalizacja pręta w ramie

9 Część. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH 9 Przyjmując, że pręt jest wydzielony z konstrukcji, dla różnych warunków podparcia, czyli różnych współczynników wyboczeniowych μ otrzymujemy, gdy : pręt jest obustronnie utwierdzony (μ =,5), dla takiego schematu statycznego pracy pręta wartość siły krytycznej wynosi,95, pręt jest utwierdzony tylko na jednym końcu (μ =,), pomija się oddziaływanie innych prętów, wartość siły krytycznej wynosi,85. Natomiast traktując pręt jako element całej ramy, czyli uwzględniając oddziaływanie całej konstrukcji, otrzymamy, że wartość siły krytycznej wynosi: P= 5,5 9,75 wtedy współczynnik wyboczeniowy wynosi: =,9,745 =,9 =,95 Można zatem stwierdzić, że przy poszukiwaniu wartości siły krytycznej, czyli przy badaniu stateczności ram, gdy nie uwzględnimy pręta jako elementu konstrukcji, gdy wyizolujemy go myślowo do rozważań i pominiemy wpływ sąsiednich prętów, to popełnimy znaczące błędy, które zafałszują rzeczywiste rozwiązanie.