Zadanie 3.pdf

(241 KB) Pobierz
Utrata stateczności, siła krytyczna
Przykład 9.3. Wyboczenie układu belka-słup
Wyznaczyć wartość krytyczną siły
P obciążającej głowicę słupa. Słup
jest częścią układu ramowego,
którego drugim elementem jest
belka pozioma. Węzeł słup-belka
jest sztywny. Oznacza to, że obrót
przekroju belki położonego
nieskończenie blisko węzła jest
równy obrotowi przekroju słupa
sąsiadującego z tym węzłem.
Fundament pod węzłem jest
niepodatny, podpora B belki jest
niepodatna, przesuwna. Przyjąć
wysokość słupa H, długość belki L.
Moduły bezwładności przekrojów
słupa i belki wynoszą odpowiednio
J s i J b zaś moduły Younga
materiałów - E s i E b . W
płaszczyźnie prostopadłej do
rysunku słup i belka są usztywnione
ścianą i stropem.
P
C
E s , J s
H
A
E b , J b
B
L
Rysunek 1. Schematy statyczne układu belka-
słup.
1. Kinematycznie dopuszczalna (zgodna z więzami) postać odkształcona analizowanej
struktury :
f
P kr
f
P kr
C
C
f-y( x)
Część α
x α
y α ( x )
T(x)
M(x)
N(x)
x α
Część β
A
y α
x β
A
x β
M(x)
B
B
H A
y β (x)
V A
V B
V A =P kr (1-f/L)
V B =P kr f/L
y β
Rysunek 2. Postać przyjętej deformacji zgodnej z więzami (cześć lewa); Ilustracja zapisu
równowagi fragmentu α osi ugiętej słupa oraz fragmentu β (osi ugiętej belki) (część prawa);
186690470.009.png 186690470.010.png 186690470.011.png 186690470.012.png
2. Równania równowagi dla dowolnego, odkształconego fragmentu struktury:
Reakcje obliczymy biorąc pod uwagę sumę momentów względem punktu A dla odkształconej
ramy wyobrażonej na Rys. 2:
V B L=P kr f => V B =P kr f/L
Reakcja w podporze A nie będzie potrzebna w dalszych obliczeniach. Z sumy rzutów na oś
poziomą zauważamy, że jej składowa pozioma jest równa zeru zaś z sumy rzutów sił na oś
pionową wynika wartość V A podana na Rys. 2.
Wobec tego, że w ramie wyróżnia się dwa jakościowo różne fragmenty, w których równania
momentów zginających jako funkcji x są różne, należy rozpatrzyć dwa przypadki w zapisie
warunków równowagi. Pierwszy z tych fragmentów to słup, drugi to belka. Zauważmy, że
siła osiowa występuje tylko w słupie. Belka poddana jest tylko zginaniu, zależnemu jednak od
siły krytycznej.
2.a. Dla części α (słup):
M
(
x
)
+
P
kr
(
f
−
y
α
(
x
)
) =>
=
0
M
(
x
)
= )
P
kr
( )
y
α
(
x
−
f
ponieważ:
M
(
x
=
=>
−
y
′
(
x
)
E
s J
s
otrzymuje się równanie różniczkowe dla osi ugiętej:
y
α
(
x
)
E
s
J
s
=
P
kr
( )
f
−
y
α
(
x
)
=>
y
α
′
(
x
)
E
s
J
s
+
P
kr
y
α
(
x
)
=
P
kr
f
=>
y
′
(
x
)
+
k
2
y
(
x
)
=
k
2
f
(1)
α
α
oznaczono tu (jak zwykle w zagadnieniach wyboczenia)
k =
2
P
kr
J
(2)
E
s
s
Rozwiązanie równania (1) jest postaci:
() () x
)
y
α
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
y
szcz
() f
ponieważ
y szcz
x
=
wiec ostatecznie:
() () f
y
α
x
)
=
A
cos
kx
+
B
sin
kx
+
(3)
2.b. Dla części β (belka):
Moment zapisać można (dla części prawej belki – patrz rysunek 2.) następująco:
( x
M
(
x
)
=
P
f
L
−
)
(4)
kr
L
=>
E
J
y
′ )
x
=
−
P
f
( x
L
−
) =>
y
′ )
x
=
P
kr
f
x
−
P
kr
f
=>
b
b
kr
L
E
J
L
E
J
b
b
b
b
Otrzymane równanie różniczkowe zawiera tylko druga pochodną linii ugięcia wobec tego
rozwiązuje się je przez bezpośrednie całkowanie:
y
(
x
)
=
P
kr
f
x
3
−
P
kr
f
x
2
+
Cx
+
D
(5)
β
E
J
L
6
E
J
2
b
b
b
b
Zauważmy, że całkowanie równania (4) odbyło się tak jak dla belki zginanej, bez wpływu siły
osiowej na ugięcie (P kr pojawia się tu jako składnik reakcji podpory, jest siłą poprzeczną).
Możemy obliczyć, stałe całkowania C i D , stawiając warunki, które linia ugięcia belki
powinna spełnić:
Ugięcie na podporze A równe zeru =>
y β
( =
x
=
0
=>
D=0
2
)
′
β
β
186690470.001.png
Ugięcie na podporze B równe zeru =>
y β
( =
x
= L
)
0
=>
C
=
1
P
kr
fL
3
E
J
b
b
W równaniu (6) występuje teraz jedynie parametr geometryczny f oraz siła krytyczna:
y
(
x
)
=
P
kr
f
x
3
−
f
x
2
+
fL
x
(6)
β
E
J
L
6
2
3
b
b
3. Zapisanieukładu równań dla obliczenia stałych A, B, f
Dwa warunki brzegowe dla słupa i warunek zszycia kąta obrotu przekrojów słupa i belki w
punkcie A pozwalają napisać trzy równania z trzema niewiadomymi stałymi A, B, f:
A
Ugięcie osi słupa w punkcie C jest równe przyjętemu parametrowi f:
( ) f
y α
x
=
0 =
=>
+ f
=
0
A
Kąty obrotu przekrojów słupa i belki w punkcie A są równe:
( ) ( 0
y =
α
x
=
H
=>
cos
() () 0
kH
+ kH
B
sin
=
y
β
x
=
0 =
=
y
α
x
)
(7)
Ponieważ:
y
′ α
x
)
=
−
Ak
sin
() ()
+
Bk
cos
kx
; zaś
y
′
(
x
)
=
P
kr
f
x
2
−
fx
+
fL
,
(8)
β
E
J
L
2
3
b
b
z (7) i (8) wynika równanie:
P
kr
fL
=
Bk
=>
k
2
E
s
J
s
fL
=
Bk
(9)
E
J
3
E
J
3
b
b
b
b
W równaniu (9) wyrażono P kr poprzez k (podstawienie (2))
Po uporządkowaniu otrzymujemy układ równań jednorodnych:
1
0
1
A
0
cos
kH
sin
kH
0
B
=
0
(10)
E
J
L
0
−
k
k
2
s
s
f
0
3
E
J
b
b
Rozwiązanie A =0, B =0 i f =0 możliwe jest zawsze i odpowiada ściskaniu osiowemu słupa.
Rozwiązanie niezerowe możliwe jest tylko dla takiej wartości parametru k , dla której
wyznacznik główny układu równań (10) jest równy zeru.
4. Zapisanie wyznacznika układu równań i obliczenie siły krytycznej
Posługując się dowolną metodą obliczamy wyznacznik główny układu (10):
D
=
k
2
E
s
J
s
L
sin
kH
−
k
cos
kH
(11)
3
E
J
b
b
Warunek D=0 prowadzi do równania przestępnego:
k
E
s
J
s
L
=
ctg
kH
(12)
3
E
J
b
b
podstawiając: kH=z otrzymujemy:
z
E
s
J
s
L
=
ctg
(
z
)
(13)
3
E
J
H
b
b
3
Ugięcie osi słupa w punkcie A jest równe zeru:
( ) 0
′
′
(
kx
186690470.002.png 186690470.003.png
Rozwiązanie można odczytać z wykresu pokazanego na rysunku (punkt przecięcia prostej i
cotangensoidy):
tg
γ
E
s
J
s
L
3
E
J
H
γ
b
b
Π/2
z
z 0
Rysunek 3. Graficzny sposób wyznaczenia miejsca zerowego wyznacznika głównego układu
równań (10). Rysunek ten pozwala również zrozumieć jak zmienia się jakościowo P kr w
zależności od proporcji parametrów charakteryzujących belkę i słup.
Dla szczególnego przypadku, gdy słup i belka wykonane są z tego samego materiału, mają
identyczny przekrój zaś L=H , otrzymuje się następujący wykres:
Rysunek 4. Graficzny wyznaczenie miejsca zerowego wyznacznika głównego układu równań () dla
szczególnych wartości parametrów fizycznych belki i słupa. Prawy wykres jest powiększeniem odpowiedniego
fragmentu wykresu umieszczonego po lewej stronie. Wykresy te otrzymano przy pomocy programu MAPLE
jednak można użyć dowolnego innego narzędzia numerycznego dla ich uzyskania.
z wykresu na rysunku 4b odczytano z 0 =1.19. Stąd:
P
1
19
2
( )
1
19
2
E
J
kH =1.19 =>
kr
=
P
=
E
J
=
1
.
461
s
s
(14)
E
J
H
kr
s
s
H
2
s
s
Zauważmy, ze obliczona siła krytyczna jest mniejsza niż dla wspornika o wysokości H i
sztywności E s J s . Z wzoru na wyznacznik widać, że jeśli sztywność belki jest wielokrotnie
większa niż sztywność słupa, siła krytyczna zbliża się do siły krytycznej dla pręta
wspornikowego i osiąga ją w granicy, gdy E s J s /E b J b dąży do zera.
Poleca się wykonać samodzielnie sprawdzenie takie, jak w zadaniu 1 i 2.
4
.
186690470.004.png 186690470.005.png 186690470.006.png 186690470.007.png 186690470.008.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin