W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
1
Olga Kopacz, Adam Łodygowski, Krzysztof Tymper,
Michał Płotkowiak, Wojciech Pawłowski
Konsultacje naukowe: prof. dr hab. J
ERZY
R
AKOWSKI
Poznań 2002/2003
MECHANIKA BUDOWLI 8
W celu analizy zjawiska wyboczenia belki rozwiążemy ściskaną belkę poddaną
czystemu zginaniu obciążoną dodatkowo siłami osiowymi jak na rysunku:
l
y, w
M
N
EI
N
x
M
Rys. 1
Można zapisać zależność:
( )
EI
l
N
dla
C
C
C
C
w
l
x
2
2
3
2
1
0
cos
sin
⋅
=
⋅
+
⋅
+
⋅
+
=
=
ν
ξ
ν
ξ
ν
ξ
ξ
ξ
(8.1)
Dla belki jak na (rys. 1) zapisać można warunki brzegowe:
( )
( )
( )
( )
M
M
M
M
w
w
=
=
=
=
1
)
4
0
)
3
0
1
)
2
0
0
)
1
(8.2)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
2
Wykorzystując zależność na drugą pochodną linii ugięcia mamy:
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
''
''
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
d
w
d
w
gdzie
w
l
EI
M
EI
x
M
dx
w
d
=
⋅
=
−
=
(8.3)
Wykorzystując zależności (8.3) warunki brzegowe 3) i 4) można zapisać:
( )
( )
EI
l
M
w
EI
l
M
w
2
2
1
''
)
4
0
''
)
3
⋅
−
=
⋅
−
=
(8.4)
Korzystając z warunków brzegowych można zapisać równania a następnie wyznaczyć
stałe:
(
)
EI
l
M
C
C
EI
l
M
C
C
C
C
C
C
C
2
3
2
2
2
3
2
3
2
1
0
3
0
cos
sin
)
4
)
3
0
cos
sin
1
)
2
0
)
1
⋅
−
=
+
⋅
−
⋅
−
=
⋅
−
=
+
+
⋅
+
=
+
ν
ν
ν
ν
ν
ν
(8.5)
Po rozwiązaniu otrzymuje się:
(
)
N
M
C
N
M
C
C
N
M
C
=
−
⋅
⋅
=
=
−
=
3
2
1
0
cos
1
sin
0
ν
ν
(8.6)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
3
1
Podstawiając wyliczone wartości stałych do równania linii ugięcia (8.1) otrzymujemy:
( )
−
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅
=
1
cos
sin
sin
cos
1
2
2
ξ
ν
ξ
ν
ν
ν
ν
ξ
EI
l
M
w
(8.7)
Obliczamy przemieszczenie w połowie dla
2
l
w
podstawiamy
2
1
=
ξ
Otrzymujemy zależność (8.8)
( )
−
⋅
⋅
⋅
=
=
2
cos
2
cos
1
2
1
2
2
ν
ν
ν
ν
EI
l
M
w
f
(8.8)
Gdy
ν
dąży do 0 (8.9)
( )
EI
l
M
f
2
0
8
1
lim
⋅
⋅
=
→
ν
ν
(8.9)
zależność (8.8) obrazuje wykres:
( )
( )
0
f
f
ν
ν
π
Rys. 2
Gdy
π
ν →
to wartość ugięcia belki dąży do nieskończoności. Odpowiada to wartości
siły
2
2
π
⋅
=
=
l
EI
S
N
kr
. Siłę tę nazwiemy krytyczną.
Rozwiązując podobne zadanie dla innych warunków brzegowych otrzymuje się inne
wartości sił krytycznych.
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
4
Wartości sił krytycznych dla prętów o różnych podparciach. Zapis ogólny:
2
2
π
⋅
=
l
EI
S
kr
(8.10)
Pręt jednostronnie utwierdzony (rys.3)
Rys. 3
( )
2
2
2
π
⋅
=
l
EI
S
kr
(8.11)
Pręt obustronnie utwierdzony (rys.4):
Rys. 4
( )
2
2
5
,
0
π
⋅
=
l
EI
S
kr
(8.12)
Pręt utwierdzony z jednej strony i przegubowy z drugiej strony (rys.5):
Rys. 5
( )
2
2
7
,
0
π
⋅
≈
l
EI
S
kr
(8.13)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
5
Ogólnie można zapisać:
q
w
N
w
EI
II
IV
=
⋅
+
⋅
(8.14)
W przypadku gdy siła N jest rozciągająca, zależność (8.14) przyjmie postać:
q
w
N
w
EI
II
IV
=
⋅
−
⋅
(8.15)
Zapisujemy równanie linii ugięcia:
( )
EI
N
ch
sh
x
ch
C
x
sh
C
x
C
C
w
=
≡
≡
⋅
+
⋅
+
⋅
+
=
2
3
2
1
0
cosh
sinh
λ
λ
λ
ξ
(8.16)
N- siła rozciągająca ze znakiem „+”
( )
( )
2
sinh
2
cosh
1
cos
sin
2
α
α
α
α
α
α
λ
λ
λ
λ
λ
−
−
−
=
+
=
−
=
=
=
=
e
e
e
e
i
EI
N
ch
i
ish
i
(8.17)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
6
U
WZGLĘDNIENIE SIŁ NORMALNYCH W METODZIE PRZEMIESZCZEŃ
W przedstawionym poniżej zadaniu chodzi o to, aby uwzględnić wpływ siły normalnej
tzn. w równaniach równowagi (kanonicznych) uwzględnia się wpływ siły normalnej
zawartej we wzorach transformacyjnych.
Zadana rama (rys.6). W tej części wykładu pokazane będzie rozwiązanie ramy metodą
przemieszczeń z uwzględnieniem sił normalnych. Na wykładzie nr 10 pokazane będzie
rozwiązanie tej samej ramy ale na innych zasadach. Tam założymy, że nie znamy siły P
a rozwiązanie zadania sprowadzać się będzie do znalezienia siły P, która spowoduje
utratę stateczności układu. Szukanie krytycznej siły P będzie miało charakter iteracyjny.
EI
EI
2EI
q=Pa
P
0,2P
2a
a
Rys. 6
Przyjęcie układu podstawowego i zapisanie układu równań kanonicznych:
a
2a
EI
2EI
P
0,2P
EI
q=Pa
1
2
=
+
+
=
+
+
0
0
2
2
22
1
21
1
2
12
1
11
p
p
R
u
r
r
R
u
r
r
ϕ
ϕ
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
7
Rys. 7
Zakładając np. że P = 30kN i a = 3m momenty przyjęły wartości podane w nawiasach
M
p
(n)
0,1223Pa
(11,007)
0,0037Pa
(0,333)
0,2592Pa
(23,328)
Rys. 8
Wykres sił normalnych przedstawia się następująco
N
0,93885P
(28,16)
2,06115P
(61,83)
0,2593P
(7,78)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
8
Rys. 9
Zadaną ramę należy policzyć jeszcze raz z uwzględnieniem wyliczonych sił
normalnych N, zgodnie z pierwszą częścią wykładu.
Po zaprojektowaniu przekroju przyjęto:
2
75
,
1916
kNm
EI
=
528
,
0
75
,
1916
6
16
,
28
073
,
0
75
,
1916
2
6
78
,
7
161
,
1
75
,
1916
6
83
,
61
2
2
3
2
2
2
2
2
1
=
⋅
=
⋅
=
=
⋅
⋅
=
⋅
=
=
⋅
=
⋅
=
EI
l
N
EI
l
N
EI
l
N
ν
ν
ν
(8.18)
Zgodnie ze wzorami transformacyjnymi metody przemieszczeń dla prętów obciążonych
siłą ściskającą (wykład 7) zachodzi zależność:
Dla pręta obustronnie utwierdzonego:
(
)
ik
k
i
ik
l
EI
M
ψ
γ
ϕ
β
ϕ
α
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
=
'
'
'
(8.19)
Dla pręta utwierdzonego i przegubowego:
(
)
ik
i
ik
l
EI
M
ψ
ϕ
α
−
⋅
⋅
=
''
(8.20)
Rysujemy stan od jednostkowego kąta obrotu
0
1
0
=
=
=
u
k
i
ϕ
ϕ
:
1
a
b
c
Gdzie:
''
2
2
'
2
'
2
2
1
1
α
α
β
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
a
EI
c
a
EI
b
a
EI
a
Rys. 10
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
9
(
)
(
)
ν
ν
ν
ν
α
ν
ν
ν
ν
γ
ν
ν
ν
ν
ν
ν
β
ν
ν
ν
ν
ν
ν
α
−
=
−
⋅
=
−
−
=
−
⋅
−
=
tg
tg
tg
tg
tg
tg
tg
tg
2
2
2
1
1
''
2
2
1
2
'
2
2
1
sin
sin
'
2
2
1
'
Reszta współczynników określona jest w wykładzie nr 7.
Rysujemy stan od jednostkowego przesuwu
1
0
0
=
=
=
u
k
i
ϕ
ϕ
:
3
0
6
3
2
1
u
u
=
=
=
ψ
ψ
ψ
e
d
1
Gdzie:
3
1
''
3
6
1
'
6
3
1
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
α
γ
EI
e
EI
d
Rys. 11
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
10
Rysujemy stan obciążenia zewnętrznego:
f
Gdzie:
( )
( )
968
,
3
1
1
2
2
2
2
−
=
⋅
−
=
ν
ν
r
r
qI
f
Rys. 12
Ze względu na uwzględnienie sił normalnych, w przeciwieństwie do ujęcia klasycznego
(N=0) równanie różniczkowe takiej belki też jest nieco inne. Dlatego funkcja
momentów zginających jest tez inna (niewielka różnica)
Po rozwiązaniu układu równań kanonicznych metody przemieszczeń:
=
+
⋅
+
⋅
=
+
⋅
+
⋅
0
0
2
2
22
1
21
1
2
12
1
11
P
P
R
u
r
r
R
u
r
r
ϕ
ϕ
(8.21)
W
Y K Ł A D Y Z
M
E C H A N I K I
B
U D O W L I
S
TATECZNOŚĆ UKŁADÓ PRĘTOWYCH
Politechnika Poznańska® Kopacz,
Łodygowski, Pawłowski, Płotkowiak, Tymper
11
Otrzymano wyniki:
M
p
[10,096]
10,094
1,9788
[1,971]
24,0364
[24,034]
N
p
28,317
[28,317]
[8,011]
61,682
[61,682]
Rys. 13
Jeżeli otrzymane wyniki są zadawalające (tak jak w naszym przypadku) na tym
kończymy obliczenia. Jeżeli zaś wyniki nas nie satysfakcjonują- przeprowadzamy drugą
iterację, przyjmując do obliczeń siły Np. z I iteracji.