WYTRZYMAA
OŚĆ MATERIAA
ÓW  WYKA
AD 23
23.1 Stateczność prętów prostych
Naprężenia w pręcie ściskanym przed wyboczeniem
P
Ã= (23.1)
A
Naprężenia w pręcie po wyboczeniu
P M
Ã= + (23.2)
A W
Zjawisko wyboczenia:
- w sensie matematycznym  poszukiwanie wartości siły (zwanej
krytyczną), przy krórej może powstać wyboczenie ściskanego,
wyidealizowanego prostego, osiowo ściskanego pręta
- w sensie fizycznym  określenie wygięcia i zwiazanych z nim
naprężeń niszczących w pręcie o pewnym małym wygięciu
początkowym i ściskanym siłami przyłożonymi z pewnym
mimośrodem .
Obciążeniem krytycznym nazywa się obciążenie, przy którym
równowaga przestaje być stateczna.
Rys.23.1 Wyboczenie pręta prostego
Metoda energetyczna określania siły krytycznej
Rys.23.2 Rodzaje równowagi: a) stateczna (stała) b) niestateczna (chwiejna) c) obojętna d) niestateczna w sensie
fizycznym, stateczna w nieskończenie bliskim położeniu punktu xo
Całkowita energia potencjalna ustroju
U = › + V (23.3)
gdzie ›- energia potencjalna siÅ‚ zewnÄ™trznych, V - energia potencjalna siÅ‚ wewnÄ™trznych
Dla ciała z rys.23.2 (kulka jako ciało sztywne tj. V=0, na torze o równaniu z=z(x) ) będzie zachodzić
U = › = Pz , ´U=P´z (wariacja)
dz
dU = Pdz = P dx (różniczki)
dx
W położeniu równowagi musi być (tor musi posiadać styczną poziomą)
dz
´U=0 czyli =0 (23.4)
dx
- dla równowagi statecznej energia potencjalna musi posiadać minimum (tor wklęsły)
2
d z
´2U>0 czyli >0 (23.5)
dx2
- dla równowagi niestatecznej energia potencjalna ma wartość maksymalną (tor wypukły)
2
d z
´2U<0 czyli <0 (23.6)
dx2
- dla równowagi obojętnej
2
d z
´2U=0 czyli =0 (23.7)
dx2
- dla przypadku szczególnego (rys.23.2d) zachodzi
2
d z dz
=0 oraz =0 (23.8)
dx
dx2
czyli stan równowagi stateczny w nieskończenie bliskich punktach sąsiadujących z punktem xo ale dla skończonych
przesunięć stan równowagi chwiejnej.
Stateczność ustroju z elementem sprężystym
Pionowe przemieszczenie punktu C
Õ
öÅ‚
´ = lëÅ‚1- cos
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Energia potencjalna sił zewnętrznych
Õ
öÅ‚
› = -P´ = -PlëÅ‚1- cos
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Energia gpotencjalna sił wewnętrznych
2
1 ÇÕ
V= M Õ czyli V=
B
2 2
Całkowita energia potencjalna
2
Õ ÇÕ
öÅ‚
U = › + V = -PlëÅ‚1- cos + (23.9)
ìÅ‚ ÷Å‚
2 2
íÅ‚ Å‚Å‚
Jej zmiana
dU Pl Õ
= - sin + ÇÕ (23.10)
dÕ 2 2
Równowaga jest możliwa gdy
Pl Õ
- sin +ÇÕ=0 (23.11)
2 2
Rys.23.3 Pręt z elementem sprężystym (przegubem sprężytym)
2Ç Õ
Równanie (23.11) bÄ™dzie speÅ‚nione gdy Õ=0 lub P=
Õ
l
sin
2
Õ 2 f
Ponieważ sin = więc ostatecznie
2 l
2 f
arc sinëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
4Ç
l
íÅ‚ Å‚Å‚
P = (23.12)
2 f
l ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
l
íÅ‚ Å‚Å‚
Rys. 23.4 Wykres zależności (23.12)
Rodzaj równowagi zależy od wyrażenia
2
d U Pl Õ
= - cos + Ç (23.13)
2
4 2
dÕ
Równowaga będzie stateczna:
2
d U 4Ç
- dla prÄ™ta prostego tj. Õ=0 warunek >0 jest speÅ‚niony przy P<
l
dÕ2
2
d U 4Ç
- dla prÄ™ta  Å‚amanego tj. Õ`"0 warunek >0 jest speÅ‚niony, gdy P<
Õ
dÕ2
l cos
2
2
d U 4Ç
Równowaga będzie niestateczna dla pręta prostego, gdy <0 czyli dla P> .
l
dÕ2
2
d U 4Ç
Równowaga będzie obojetna, gdy =0 czyli dla Pa"Pk=
l
dÕ2
Jest to krytyczna wartość obciążenia, którą można również otrzymać z wyrażenia (23.12) przy przejściu granicznym
wartości siły Pk=lim P tj.
f0
4Ç
lim Pa"Pk= (23.14)
f0
l
Rezultat powyższy można również otrzymać na drodze rozumowania statycznego (rys. 23.3)
Kąt wzajemnego obrotu prętów AB i BC jest proporcjonalny do momentu zginającego M
B
M
B
Õ=
Ç
Po wychyleniu z położenia równowagi moment ten wynosi
M =Pf
B
Z geometrii odkształconego układu wynika że
Õ 2 f
sin =
2 l
EliminujÄ…c z powyższych równaÅ„ Õ oraz M uzyskuje siÄ™
B
2 f
arc sinëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
4x
l
íÅ‚ Å‚Å‚
P =
2 f
l ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
l
íÅ‚ Å‚Å‚
Czyli wielkość identyczną jak poprzednio.
Należy zwrócić uwagę, że warunki równowagi były rozpatrzone w konfiguracji odkształconej układu.
Stateczność pręta swobodnie podpartego
Rys.23.5 Równowaga stateczna pręta prostego Rys.23.6 Równowaga niestateczna pręta prostego
Wyznaczenie siły krytycznej (metoda statyczna)
Krzywizna osi pręta (wzór ścisły)
1 w''
=
3 / 2
Á
(1+ w'2)
Równanie różniczkowe osi odkształconej
1
EJ =-M
Á
Po podstawieniu będzie
w''
EJ= =-Pw czyli ostatecznie
3 / 2
(1+w'2)
w''
P = -EJ (23.15)
3 / 2
w(1+ w'2)
RozwiÄ…zaniem jest krzywa na rys. 23.7b.
Jeśli interesuje nas wyłącznie wartość siły
krytycznej można skorzystać ze wzoru
1
przybliżonego na krzywiznę tj. =w'' wtedy
Á
w''
Rys.23.7 Wyboczenie sprężystego pręta prostego P=-EJ (23.16)
w
EJw''=-Pw (23.17)
P
Rozwiązanie równania (23.17) łatwiej uzyskać po podstawieniu =ą2 , wtedy
EJ
w''+Ä…2w=0 (23.18)
Całka ogólna tego równania ma postać
w = C1 sinÄ…x + C2 cosÄ…x (23.19)
Nieznane stałe należy wyznaczyć z warunków brzegowych
w(0)=0 , stÄ…d C2=0
w(l)=0, stąd C1 sinąl=0 czyli sinąl=0 tj. dla ąl=nĄ
P
Po podstawieniu ą= będzie
EJ
P
l =nĄ (23.20)
EJ
Poszukiwana siła wynosi wówczas
n2Ä„2EJ
P= (23.21)
l2
Z punktu widzenia praktyki najważniejsza jest najmniejsza wartość siły krytycznej tj.
Ä„2EJ
Pk= (23.22)
l2
Wzór powyższy nazywa się wzorem Eulera, a siła nim określona siłą Eulerowską.
n2Ä„2EJ
Kolejne wartości sił krytycznych Pkn= można przedstawić na wykresie
l2
Rys.23.8 Wartości sił krytycznych i odpowiadające im postacie wyboczenia
nĄ nĄx
Po podstawieniu do równania (23.19) obliczonych wartości ą= będzie w=C1 sin
l l
Rozpatrzony przypadek wyboczenia swobodnie podpartego pręta o stałym przekroju obciążonego na końcach siłą P
nosi nazwę przypadku podstawowego. W innych przypadkach podparcia i obciążenia prętów wzór na siłę krytyczną
można przedstawić w postaci
2 2
Ä„ EJ Ä„ EJ
Pk= = (23.23)
(µl)2 L2
gdzie: µ - współczynnik dÅ‚ugoÅ›ci, L=µÅ"l - dÅ‚ugość wyboczeniowa.
Wzór (23.23) nazywany jest uogólnionym wzorem Eulera.
Przypadki szczególne
- pręt w jednym końcu utwierdzony, w drugim swobodny
Warunki brzegowe i obciążenie tego pręta są identyczne jak dla połówki AB pręta
swobodnie podpartego BC o długości 2l.
Siła krytyczna wynosi
Ä„2EJ
Pk=
(2l)2
Współczynnik dÅ‚ugoÅ›ci w tym przypadku µ=2,0 a dÅ‚ugość wyboczeniowa L=2Å"l
Rys.23.9 Wyboczenie pręta wspornikowego
- pręt obustronnie utwierdzony
Z symetrii wynika, że odległość między punktami
l
przegięcia C i D musi wynosić
2
W punktach przegięcia moment zginający równa się
zeru, więc odcinek CD znajduje się w warunkach takich
l
jak pręt swobodnie podparty o długości dla którego
2
siła krytyczna wynosi
Ä„2EJ
Pk =
2
l
ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Natomiast odcinki AC i BD pręta znajdują się w
identycznych warunkach jak pręty jednostronnie
l
zamocowane o długości dla których będzie
4
Ä„2EJ Ä„2EJ
Pk = =
2 2
l l
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
2
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
4 2
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Rys. 23.10 Wyboczenie pręta obustronnie utwierdzonego
Współczynnik dÅ‚ugoÅ›ci w tym przypadku µ=0,5 a dÅ‚ugość wyboczeniowa L=0,5Å"l
- pręt w jednym końcu utwierdzony, w drugim podparty przegubowo
Nie można w tym przypadku zastosować żadnej analogii. Zadanie należy rozwiązać
ogólnie.
Równanie momentów zginających w przekroju x
M=Pw-RB x
Równanie osi odkształconej EJw''=-M będzie miało postać
EJw''= -PW + RB x
Po zróżniczkowaniu otrzymuje się
dM
EJw'''= - = -T = -Pw'+RB
dx
dT
EJwIV = - = -Pw''
dx
P
Podstawiając =ą2 uzyskuje się równanie różniczkowe wykorzystywane w przypadku
EJ
ustrojów statycznie niewyznaczalnych
wIV+Ä…2w''=0 (23.24)
Całką ogólną tego równania jest funkcja
w = D1 sinÄ…x + D2 cosÄ…x + D3x + D4 (23.25)
Rys.23.11 Wyboczenie pręta jednostronnie utwierdzonego i swobodnie podpartego
W rozpatrwywanym przypadku występują następujące warunki brzegowe
1) w(0)=0 ; 2) w''(0)=0 (gdyż M =0); 3) w(l)=0; 4) w'(l)=0
B
Kolejne pochodne całki (23.25)
w'= D1Ä…cosÄ…x - D2Ä…sinÄ…x + D3 (23.26)
w''=-D1Ä…2 sinÄ…x-D2Ä…2 cosÄ…x (23.27)
Po podstawieniu uzyskuje siÄ™
1) D2 + D4 = 0
2) D2 = 0
3) D1 sinÄ…l+D2 cosÄ…l+D3l+D4=0
4) D1Ä…cosÄ…l - D2Ä…sinÄ…l + D3 = 0
Po wykorzystaniu dwóch pierwszych warunków będzie
w = D1 sinÄ…x + D3x
Warunki 3 i 4 prowadzą do układu równań
D1 sinÄ…l+D3l=0
D1Ä…cosÄ…l + D3 = 0
który posiada niezerowe rozwiązanie tylko wówczas, gdy
sinÄ…l, l
"= =0 skÄ…d tgÄ…l=Ä…l (23.28)
Ä…cosÄ…l,1
Równanie (23.28) jest równaniem przestępnym, które można rozwiązać analitycznie drogą prób lub graficznie.
Najmniejszy pierwiastek wynosi
Ä…lH"4,49
P P
Ponieważ ą= więc l H"4,49
EJ EJ
Siła krytyczna wynosi więc
4,492 EJ
Pa"PkH"
l2
Lub zapisujÄ…c inaczej
Ä„2EJ Ä„2EJ
Pk H" H"
2
(0,7l)2
Ä„
ëÅ‚ öÅ‚
l
ìÅ‚ ÷Å‚
4,49
íÅ‚ Å‚Å‚
Współczynnik dÅ‚ugoÅ›ci w tym przypadku µH"0,7 a dÅ‚ugość
wyboczeniowa LH"0,7Å"l
Rys.23.12 Graficzne rozwiązanie równania (23.28)