Wyboczenie słupa dwuprzęsłowego utwierdzonego w fundamencie.pdf

(253 KB) Pobierz
Utrata stateczności, siła krytyczna
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
186690659.007.png
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
=>
186690659.008.png 186690659.009.png 186690659.010.png
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
′
′
186690659.001.png 186690659.002.png
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
186690659.003.png 186690659.004.png 186690659.005.png
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
−
186690659.006.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin