Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

1

11.



11. 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. 11.1):

P

0,2 P

a

a

q = P

a

2a

a = 3 m

EJ

2EJ

EJ

0

1

2

3

Rys. 11.1. Rama statycznie niewyznaczalna

Rozwiążmy najpierw tę ramę klasyczną metodą przemieszczeń. Przyjmujemy układ podstawowy (

SKN = 2):

φ = z

1

Δ = z

2

Rys. 11.2. Układ podstawowy

Zapisujemy układ równań kanonicznych:

{

r

11

z

1

r

12

z

2

R

1 P

=0

r

21

z

1

r

22

z

2

R

2 P

=0

Po rozwiązaniu metodą przemieszczeń w ujęciu klasycznym otrzymujemy wartości sił wewnętrznych,

także rozkład sił normalnych.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

2

0,2592Pa

0,1223Pa

0,0037Pa

M [kNm]

N [kN]

- 2,061P

- 0,2593P

- 0,9389P

-

-

-

Rys. 11.3. 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

2

=

N

i

l

i

2

EJ

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 = 30kN. Po pierwszej

iteracji otrzymujemy następujące wartości sił wewnętrznych:

23,328

11,007

0,333

M [kNm]

N [kN]

- 61,835

- 7,779

- 28,166

-

-

-

Rys. 11.4. Siły wewnętrzne po iteracji I (rozwiązanie metodą klasyczną)

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

3

W drugim kroku rozwiązania zapisujemy nowy układ równań kanonicznych metody przemieszczeń ze

współczynnikami

r

ik

', wyznaczonymi z uwzględnieniem sił normalnych, natomiast wartości R

iP

pozostawiamy

niezmienne (we wszystkich iteracjach

R

iP

przyjmują takie same wartości jak w rozwiązaniu klasycznym).

Do wyznaczenia

r

ik

' zastosujemy wzory transformacyjne:

•

dla pręta obustronnie utwierdzonego:

M

ik

=

EJ

l

' 

i

' 

k

−' 

ik



M

ki

=

EJ

l

' 

k

' 

i

−' 

ik



W danej ramie występuje tylko jeden pręt obustronnie utwierdzony

0-1. Dla tego pręta współczynniki α', β', γ',

będą zależne od

ν

1

, gdzie:



1

2

=

N

1

l

2

EJ

=

61,835

⋅6

2

1916,75

=1,161

•

dla pręta utwierdzonego z jednej strony i z przegubem z drugiej strony :

M

ik

=

EJ

l

'' 

i

−

ik



W rozpatrywanej ramie występują dwa takie pręty, przy czym dla pręta 1-2

α'' będzie zależne od ν

2

, gdzie



2

2

=

N

1

l

2

2 EJ

=

7,779

⋅6

2

2

⋅1916,75

=0,073

natomiast dla pręta

2-3 α'' będzie zależne od ν

3

, gdzie



3

2

=

N

1

l

2

EJ

=

28,166

⋅6

2

1916,75

=0,528

Wykresy momentów dla poszczególnych stanów jednostkowych, będą miały następujący przebieg:

Stan φ = 1, Δ = 0

EJ β

1

'

6

EJ α

1

'

6

2EJ α

2

''

6

Stan φ = 0, Δ = 1

- EJ γ

1

'

36

- EJ γ

1

'

36

- EJ α

3

''

9

Rys. 11.5. Przebieg momentów w poszczególnych stanach jednostkowych

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

4

Po wyznaczeniu

r

ik

', i rozwiązaniu układu równań uzyskano w II iteracji następujące wartości sił

wewnętrznych:

24,036

10,094

1,979

M [kNm]

N [kN]

- 61,682

- 8,012

- 28,318

-

-

-

Rys. 11.6. 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:

24,034

10,097

1,971

M [kNm]

N [ kN]

- 61,683

- 8,011

- 28,317

-

-

-

Rys. 11.7. 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:

max

∣

N

i

−N

i

−1

∣

∣

N

i

∣

≤

gdzie:

–

ε jest zakładanym błędem względnym,

–

N

i

jest wartością siły normalnej w danym punkcie pręta ramy uzyskaną w

i – tej iteracji.

W naszych rozważaniach przyjęliśmy stosunkowo małą wartość siły

P = 30kN. 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

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. 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.

N [kN]

- 2,061P

- 0,2593P

- 0,9389P

-

-

-

0,2593P

0,9389P

0,9389P

2,061P

2,061P

0,2593P

Rys. 11.8. 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:

Tabela 11.1 Wyrażenie wszystkich wielkości ν

i

przez współczynnik ν

1

Lp.

Numer

pręta

Sztywność

pręta

Długość

pręta

Siła w pręcie N

i



i

=



N

i

l

i

2

EJ

i

Współczynnik

porównawczy η

i

1

0-1

EJ

2a = 6m

2,0610P

ν

1

1,00000

2

1-2

2EJ

2a = 6m

0,2593P

η

1

ν

1

0,25079

3

2-3

EJ

a = 3m

0,9389P

η

2

ν

1

0,33745

Po tych czynnościach przystępujemy do właściwej części zadania. Znajdujemy wartości momentów od

stanów jedynkowych:

a) stan

φ = 1

M

01

=

EJ

6



1

'

⋅0 

1

'

⋅1 −

1

'

⋅0=

EJ

6



1

'

M

10

=

EJ

6



1

'

⋅1 

1

'

⋅0 −

1

'

⋅0=

EJ

6



1

'

M

12

=

2 EJ

6



2

''

1 −0=

2 EJ

6



2

''

b) stan

Δ = 1

M

01

=

EJ

6





1

'

⋅0 

1

'

⋅0 −

1

'

⋅

1

6



=−

EJ

36



1

'

M

10

=

EJ

6





1

'

⋅0 

1

'

⋅0 −

1

'

⋅

1

6



=−

EJ

36



1

'

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

6

M

32

=

EJ

3



3

''



0

−

1
3



=−

EJ

9



3

''

Przebieg momentów dla poszczególnych stanów przedstawia się następująco:

Stan φ = 1, Δ = 0

EJ β

1

'

6

EJ α

1

'

6

2EJ α

2

''

6

Stan φ = 0, Δ = 1

- EJ γ

1

'

36

- EJ γ

1

'

36

- EJ α

3

''

9

r

11

r

21

r

12

r

22

Rys. 11.9. Przebieg momentów w poszczególnych stanach jednostkowych

Z równowagi węzłów wyznaczamy wartości

r

11

i

r

12

, które wynoszą:

r

11

=

EJ

6



1

'



EJ

3



2

''

=

EJ

6



1

'

2 

2

''



r

12

=−

EJ

36



1

'

natomiast współczynniki

r

21

i

r

22

wyznaczamy z równań pracy wirtualnej:

1 r

21





EJ

6



1

'



EJ

6



1

'



⋅

1

6



EJ

3

⋅

2

''

⋅0 =0 ⋅1

r

21

=−

EJ

36

'

1

'

1

=−

EJ

36

⋅'

1

1

⋅r

22

−2 ⋅

EJ

36



1

'

⋅

1

6

−

EJ

9

⋅

3

''

⋅

1
3

=0 ⋅1

r

22

=

EJ

108



1

'

4 

3

''



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.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

7

M

p

[kNm]

0,2593P

0,9389P

0,9389P

2,061P

2,061P

0,2593P

0

0

0

Δ

Δ

Rys. 11.10. Stan obciążenia

Z równowagi węzła

1 wyznaczamy R

1P

= 0, a z równania pracy wirtualnej R

2P

= 0:

1

⋅R

2 P

2,061 P⋅⋅

1

6

0,9389 P⋅⋅

1

3

=0 ⋅1

R

2 P

=−

1
3

1,9694 P⋅

Po podstawieniu wyznaczonych wielkości do układu równań kanonicznych metody przemieszczeń:

{

r

11

r

12

R

1 P

=0

r

21

r

22

R

2 P

=0

otrzymujemy:

{

EJ

6



1

'

2 

2

''

⋅−

EJ

36

⋅

1

'

⋅0 =0

−

EJ

36

⋅

1

'

⋅

EJ

108



1

'

4 

3

''

−

1
3

1,9694 P⋅=0

Po zgrupowaniu niewiadomych i podzieleniu przez

EJ uzyskujemy:

{

6

⋅

1

'

2 

2

''

⋅−

1

'

⋅0 =0

−3 ⋅

1

'

⋅





1

'

4 

3

''

−

70,8984 P

EJ



⋅=0

Zauważmy, że:



1

2

=

2,0611 P

⋅6

2

EJ

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

8

Po uwzględnieniu powyższego związku i po wstawianiu do układu równań otrzymujemy:

{

6

⋅

1

'

2 

2

''

⋅−

1

'

⋅0 =0

−3 ⋅

1

'

⋅

1

'

4 

3

''

−0,9555 

1

2

⋅=0

gdzie:



1

'

=



1

⋅tg 

1

−

1



tg



1

⋅2 tg



1

2

−

1





1

'

=



1

2

⋅tg



1

2

2 tg



1

2

−

1



2

''

=



2

⋅

1

2

⋅tg 

2



1



tg



2



1

−

2

⋅

1



3

''

=



3

⋅

1

2

⋅tg 

3



1



tg



3



1

−

3

⋅

1

Jak widać wszystkie wielkości są zależne tylko od jednej niewiadomej

ν

1

.

Kryterium utraty stateczności stanowi warunek zerowania się wyznacznika macierzy sztywności, stąd:

det

∣

6

⋅

1

'

2 

2

''



−3 ⋅EJ⋅

1

'

−

1

'



1

'

4 

3

''

−0,9555 

1

2

∣

= 0

Po rozwiązaniu i uwzględnieniu, że

EJ = 1916,75 kNm

2

(dla dwuteownika

I160), otrzymamy wartość

ν

(1)

1

=3,77 stąd minimalna siła krytyczna

P

(1)

kr

= 368,05kN.

Porównajmy teraz wartości sił krytycznych dla kolejnych schematów statycznych pracy wybranego pręta
(rys. 11.11). Wykorzystując wzór Eulera na siłę krytyczną:

P

kr

=



2

EJ

l 

2

dla pręta

0-1 otrzymamy (l = 2a = 6m):

P

kr

=

0,27415



2

EJ

0

1

2

3

Rys. 11.11. Lokalizacja pręta 0 -1 w ramie

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater

Część 2

11. 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

0-1 jest obustronnie utwierdzony (μ = 0,5), dla takiego schematu statycznego pracy pręta wartość siły

krytycznej wynosi

1,095EJ,

- pręt

0-1 jest utwierdzony tylko na jednym końcu (μ = 2,0), pomija się oddziaływanie innych prętów, wartość

siły krytycznej wynosi

0,0685EJ.

Natomiast traktując pręt jako element całej ramy, czyli uwzględniając oddziaływanie całej konstrukcji,

otrzymamy, że wartość siły krytycznej wynosi:

P

=

365,05

1916,75

EJ

=0,192 EJ

wtedy współczynnik wyboczeniowy wynosi:

=



0,27415 EJ

0,192 EJ

=1,195

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.

Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.

AlmaMater