Przykład 9.1. 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 fundamencie. Przyjmu-
jemy, że działanie stropu w poziomie piętra można interpretować jako podparcie nieprze-
suwne. Głowica słupa ma swobodę przemieszczeń. W płaszczyz
nie prostopadłej do rysunku
słup usztywniony jest ścianą. Wysokości kondygnacji wynoszą H1 i H2. Moduł bezwładności
przekroju wynosi J zaś moduł Younga materiału słupa jest E. Do obliczeń przyjąć H1= H2=L.
P
C
E, J H
2
B
E, J H
1
A
Rysunek 9.1. Schemat statyczny słupa
1. Kinematycznie dopuszczalna (zgodna z więzami) postać odkształcona analizowanej
struktury:
f
f Pkr Pkr
f Pkr
c)
a)
f-yÄ…(x)
b)
C1
Ä…
yÄ…(x)
T(x)
²
y²(x)
xÄ… M(x)
N(x)
RB
RB
yÄ…
H1-x
M(x)
x
x²
HA
y²
y
VA
Rysunek 2. a) postać przyjętej, zgodnej z więzami linii ugięcia; b) ilustracja zapisu
równowagi fragmentu ą osi ugiętej słupa (jego górnej części); c) ilustracja zapisu równowagi
fragmentu ² osi ugiÄ™tej sÅ‚upa;
2. Równania równowagi dowolnego odkształconego fragmentu struktury
Wobec tego, że w słupie wyróżnia się dwa przedziały w których równania momentów
zginających są różnymi funkcjami zmiennej niezależnej x, należy rozpatrzyć te dwa
przypadki w zapisie warunków równowagi odkształconego fragmentu struktury. Podział na
przedziały pokazany jest na rysunku 2.
Zauważmy, że układ współrzędnych dla części ą (xą yą) ma początek w punkcie B (podpora)
zaÅ› ukÅ‚ad współrzÄ™dnych dla części ² (x² y²) ma poczÄ…tek w punkcie A (podstawa sÅ‚upa).
Zadanie jest statycznie wyznaczalne wobec tego łatwo jest obliczyć reakcje:
Suma momentów względem punktu A daje: RBH1=Pkrf => RB=Pkrf/ H1
Suma rzutów sił na oś poziomą daje: HA=-Pkrf/ H1
Suma rzutów sił na oś pionową daje: VA=Pkr
Dla części ą piszemy sumę momentów względem punktu o współrzędnej xą (w ten sposób w
równaniu nie pojawią się siły tnąca i normalna w tym punkcie):
M (x)+ Pkr(f - yÄ…(x))=0 => M (x)=Pkr(yÄ…(x)- f ) =>
2
ponieważ: M (x)=-yą2
(x)EJ wobec tego:
2
yÄ…2 2
(x)EJ =Pkr(f - yÄ…(x)) => yÄ…2
(x)EJ + Pkr yÄ… (x)=Pkr f
po uporządkowaniu otrzymujemy równanie różniczkowe zwyczajne drugiego rzędu:
2
yÄ…2
(x)+k2yÄ…(x)=k2 f (1)
oznaczono tu (jak zawsze w zagadnieniach wyboczenia)
Pkr
k2 = (2)
EJ
Rozwiązaniem tego równania ma następującą postać (jak wiadomo z podstawowego kursu
matematyki i co łatwo sprawdzić przez podstawienie (3) do (1)):
yÄ…(x)= Acos(kx)+ Bsin(kx)+ yszcz(x).
Ponieważ yszcz(x)= f wiec ostatecznie:
yÄ…(x)= Acos(kx)+ Bsin(kx)+ f (3)
Zasady ustalania yszcz(x) dla równania różniczkowego niejednorodnego należy przypomnieć
sobie z kursu podstawowego matematyki. W zagadnieniach zwiÄ…zanych 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 ²:
M (x)+ Pkr(f +(-y² (x)))-Pkr f (H1- x)=0 => M (x)+ y² (x)Pkr + Pkr f x=0
H1 H1
We wzorze powyższym uwzględniono fakt, że ugięcie na rysunku 1.c. jest ujemne i wzięto
y(x) ze znakiem  - . Można sprawdzić poprawność tego równania pisząc wyrażenia na
moment dla dolnej części sÅ‚upa, poniżej odcinka ². Można w tym wypadku, dla unikniÄ™cia
kłopotów ze znakami, narysować  lustrzane odbicie względem osi AC rysunku 1.c. Wtedy
założone ugięcie y będzie dodatnie. Zaleca się wykonać takie sprawdzenie.
2
Po przekształceniach takich jak dla części ą otrzymuje się równanie różniczkowe (4):
2 2 2 2
y² (x)EJ + Pkr y² (x)=Pkr f x => y² (x)+k2y² (x)=k2 f x (4)
H1 H1
Jego rozwiÄ…zaniem jest funkcja: y² (x)=C cos(kx)+ Dsin(kx)+ yszcz(x)
f
Ponieważ w tym przypadku yszcz(x)= x
H1
wiec ostatecznie:
f
y² (x)=Ccos(kx)+ Dsin(kx)+ x (5)
H1
Trzy warunki brzegowe i dwa warunki zszycia pozwalają napisać pięć równań z pięcioma
niewiadomymi stałymi A, B, C, D, f:
=> C=0 (6)
y²(x² =0)=0
(7)
y²(x² =H1)=0 => Dsin(kH1)+ f = 0 (uwzglÄ™dniono C=0)
=> A+ f = 0 Ò! A= - f (8)
yÄ…(xÄ… =0)=0
2 2 f (9)
y²(x² =H1)= yÄ…(xÄ… =0)
=> Dk cos(kH1)+ = Bk
H1
(10)
yą(xą =H2)= f => - f cos(kH2)+Bsin(kH2)= 0 (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 formie macierzowej równań (6)-(10) otrzymujemy
następujący, jednorodny układ równań:
0 sin(kH1) 1 B 0
îÅ‚ Å‚Å‚Å„Å‚ üÅ‚ Å„Å‚ üÅ‚
ïÅ‚
-k k cos(kH1) 1 H1 śłôÅ‚DôÅ‚ ôÅ‚0ôÅ‚ (11)
ïÅ‚ śłòÅ‚ żł= òÅ‚ żł
ïÅ‚ śłół ôÅ‚ ôÅ‚0ôÅ‚
) 0 -cos(kH2)ûÅ‚ôÅ‚ f
ðÅ‚sin(kH2 þÅ‚ ół þÅ‚
Rozwiązanie trywialne: A=B=C=D=f=0 przedstawia prostą oś słupa i przypadek czystego
ściskania.
Warunkiem istnienia rozwiÄ…zania nietrywialnego jest zerowanie siÄ™ 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 = -kH1sin(kH1)cos(kH2)+sin(kH2)sin(kH1)-kH1sin(kH2)cos(kH1)=0 (12)
Określmy zmienną bezwymiarową t:
t = kH1 (13)
(t jest tu zmienną pomocniczą, nie ma ona, oczywiście, nic wspólnego z czasem, tradycyjnie
oznaczanym tym symbolem):
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
tsin(t)cosìÅ‚ H2 t÷Å‚-sinìÅ‚ H2 t÷Å‚sin(t)+tsinìÅ‚ H2 t÷Å‚cos(t)= 0 (14)
H1 H1 H1
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
3
Ponieważ wyznacznik W zależy za pośrednictwem t od Pkr:
t = H1 Pkr (15)
EJ
można znalez
ć taką siłę Pkr, przy której wyznacznik ma swoje miejsce zerowe.
Dalsze obliczenia wykonano dla szczególnego przypadku H1=H2=L. Jeśli H2/H1=1 to
wyznacznik przyjmuje prostą postać (16).
(2tcos(t)-sin(t))sin(t)= 0 (16)
Jego miejsce zerowe jest Å‚atwe do znalezienia klasycznymi metodami numerycznymi.
Ponieważ jednak wykres wyznacznika w funkcji t jest łatwy do narysowania, najprościej jest
odczytać wartość t0 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
(11):
t0=1.166
pamiętając o podstawieniu (15) i o tym, że H1=L, otrzymujemy wartość siły krytycznej:
1.1662 EJ
Pkr =EJ =1.36 (17)
L2 L2
t
x
x
t
t
Rysunek 3. a) wykres wartości wyznacznika w funkcji t, b) oraz c) przedstawiają zbliżenia
otoczenia pierwszego miejsca zerowego
4
2
Ä„
Siła ta jest o wiele mniejsza niż siła dla belki wolnopodpartej, wynoszącej Pkr =EJ a także
L2
2
Ä„ 1.572
mniejsza niż siła krytyczna dla wspornika Pkr =EJ =EJ .
(2L)2 L2
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 H2 dąży do zera.
4. Sprawdzenie
Podane poniżej sprawdzenie poprawności obliczeń przyczyni się do lepszego ich
zrozumienia. Dla wartości t0 układ równań (11) może mieć niezerowe rozwiązanie. Załóżmy,
że ustalonym parametrem w tym układzie będzie strzałka ugięcia wierzchołka słupa f.
Przyjmijmy f=1.0. Wtedy z pierwszego równania układu równań (18) obliczymy D, z
trzeciego obliczymy B zaś równanie drugie powinno być spełnione tożsamościowo (dla
każdego t, które nie jest rozwiązaniem równania przestępnego (16), równanie drugie będzie
sprzecznością).
îÅ‚ Å‚Å‚
ïÅ‚ śłńł B üÅ‚ Å„Å‚0üÅ‚
0 sin(t0) 1
ïÅ‚ śłôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚
ïÅ‚ -t0 t0 cos(t0) 1 (18)
śł
òÅ‚DH żł=òÅ‚0żł
1
ïÅ‚
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öłśłôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚0ôÅ‚
H2 H2
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ïÅ‚sinìÅ‚ t0 ÷Å‚ 0 -cosìÅ‚ t0 ÷łśłół f þÅ‚ ół þÅ‚
H1 H1 śł
ïÅ‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
ðÅ‚ ûÅ‚
Ponieważ sprawdzenia dokonamy nie na liczbach ogólnych ale dla szczególnej, przybliżonej
wartości t0, równanie drugie będzie spełnione jedynie w przybliżeniu. Jego błąd pozwoli nam
ocenić, na ile precyzyjne było rozwiązanie równania przestępnego (16). W poniższych
rachunkach przyjęto H1=1.0 m, H2=H1=1.0 m.
Dsin(1.166)+1=0 D=-1.0879
Bsin(1.166)-cos(1.166)=0 B=0.42846
-1.166B+ Dcos(1.166)+1=0 0.500417-0.4996=0 błąd=0.000835
Dokładność odczytu t0 jest więc bardzo dobra (jak łatwo zauważyć, błąd jest małym
ułamkiem strzałki ugięcia f).
Mając obliczone B, D oraz przyjęty parametr f możemy znalez
ć postać linii ugiętej belki
(słupa) podczas wyboczenia, posługując się wzorami (3) i (5). 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. Rysunek ten należy wyobrazić sobie jako
obrócony o 90 stopni i dopiero wtedy porównać z rysunkami 2.a.  2.c.
5
Pkr
f=1 cm
A
B
H1=1m
H2= H1=1m
Rysunek 4. Wykres linii proporcjonalnej do linii wyboczenia osi słupa (belki) podczas utraty
stateczności przy ściskaniu. Rysunek ten należy skojarzyć z rysunkami nr 2, pamiętając, że
pionowa oś słupa została tu narysowana poziomo.
6