11. 11. STATYKA Z UWZGLĘDNIENIEM DUŻYCH SIŁ OSIOWYCH

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
1
P
q= a
2
2EJ
0,2 P
EJ
a
3
EJ
a
0
2a
a=3m
Rys. 11.1. Rama statycznie niewyznaczalna
Rozwiążmy najpierw tę ramę klasyczną metodą przemieszczeń. Przyjmujemy układ podstawowy (SKN = 2):
φ = z1
Δ = z2
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
- 0,2593P
0,1223Pa
M [kNm]
-
N [kN]
0,2592Pa
2
- 0,9389P
-
0,0037Pa
- 2,061P
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 li2
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:
- 7,779
11,007
M [kNm]
-
N [kN]
23,328
- 28,166
-
0,333
- 61,835
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 rik', wyznaczonymi z uwzględnieniem sił normalnych, natomiast wartości RiP pozostawiamy
niezmienne (we wszystkich iteracjach RiP przyjmują takie same wartości jak w rozwiązaniu klasycznym).
Do wyznaczenia rik' zastosujemy wzory transformacyjne:
•
dla pręta obustronnie utwierdzonego:
EJ
 ' i  '  k − '  ik 
l
EJ
M ki =
 '  k ' i − ' ik 
l
M ik =
W danej ramie występuje tylko jeden pręt obustronnie utwierdzony 0-1. Dla tego pręta współczynniki α', β', γ',
będą zależne od ν1, gdzie:
1 2 =
•
N 1 l 2 61,835 ⋅6 2
=
=1,161
EJ
1916,75
dla pręta utwierdzonego z jednej strony i z przegubem z drugiej strony :
M ik =
EJ
 '' i −ik 
l
W rozpatrywanej ramie występują dwa takie pręty, przy czym dla pręta 1-2 α'' będzie zależne od ν2, gdzie
2 2 =
N 1 l 2 7,779 ⋅6 2
=
=0,073
2 EJ 2 ⋅1916,75
natomiast dla pręta 2-3 α'' będzie zależne od ν3, gdzie
3 2 =
N 1 l 2 28,166 ⋅6 2
=
=0,528
EJ
1916,75
Wykresy momentów dla poszczególnych stanów jednostkowych, będą miały następujący przebieg:
Stan φ = 0, Δ = 1
EJ α1' Stan φ = 1, Δ = 0
- EJ γ1'
6
36
2EJ α2''
6
- EJ α 3''
EJ β1'
6
- EJ γ 1'
9
36
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 rik', i rozwiązaniu układu równań uzyskano w II iteracji następujące wartości sił
wewnętrznych:
- 8,012
10,094
M [kNm]
-
N [kN]
24,036
- 28,318
-
-
1,979
- 61,682
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:
- 8,011
10,097
M [kNm]
-
N [ kN]
24,034
- 28,317
-
-
1,971
- 61,683
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,
–
Ni 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.
0,9389P
2,061P
- 0,2593P
0,2593P
0,2593P
-
N [kN]
-
- 0,9389P
0,9389P
- 2,061P
2,061P
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 νi przez współczynnik ν1
Lp.
Numer
pręta
Sztywność
pręta
Długość
pręta
Siła w pręcie Ni
1
0-1
EJ
2a = 6m
2,0610P
2
1-2
2EJ
2a = 6m
3
2-3
EJ
a = 3m
i =

N i li2
EJ i
Współczynnik
porównawczy ηi
ν1
1,00000
0,2593P
η1 ν 1
0,25079
0,9389P
η2 ν 1
0,33745
Po tych czynnościach przystępujemy do właściwej części zadania. Znajdujemy wartości momentów od
stanów jedynkowych:
a) stan φ = 1
EJ
EJ
1 '⋅0 1 '⋅1 −1 '⋅0=
 '
6
6 1
EJ
EJ
M 10 =
1 '⋅1 1 '⋅0 −1 '⋅0=
 '
6
6 1
2 EJ
2 EJ
M 12 =
 2 '' 1 −0=
 2 ''
6
6
M 01 =
b) stan Δ = 1




EJ
1
EJ
1 '⋅0 1 '⋅0 −1 '⋅ =−
 '
6
6
36 1
EJ
1
EJ
M 10 =
1 '⋅0 1 '⋅0 −1 '⋅ =−
 '
6
6
36 1
M 01 =
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
M 32 =
6
 
EJ
1
EJ
 '' 0 − =−
 ''
3 3
3
9 3
Przebieg momentów dla poszczególnych stanów przedstawia się następująco:
r11
r12
Stan φ = 1, Δ = 0
Stan φ = 0, Δ = 1
r21
EJ α1'
r22
6
- EJ γ1'
36
2EJ α2''
6
- EJ α3''
- EJ γ 1'
EJ β1'
9
36
6
Rys. 11.9. Przebieg momentów w poszczególnych stanach jednostkowych
Z równowagi węzłów wyznaczamy wartości r11 i r12, które wynoszą:
r 11 =
EJ
EJ
EJ
1 '
 2 '' =
1 '2  2 '' 
6
3
6
EJ
r 12 =−
 '
36 1
natomiast współczynniki r21 i r22 wyznaczamy z równań pracy wirtualnej:

1 r 21 

EJ
EJ
1 EJ
1 '
1 ' ⋅  ⋅ 2 ''⋅0 =0 ⋅1
6
6
6
3
EJ
EJ
r 21 =−
 ' 1  ' 1 =− ⋅ ' 1
36
36
EJ
1 EJ
1
 '⋅ − ⋅3 ''⋅ =0 ⋅1
36 1 6
9
3
EJ
r 22 =
 '4  3 '' 
108 1
1⋅r 22 −2 ⋅
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
Δ
2,061P
Δ
7
0,9389P
0
0,2593P
0,2593P
0
Mp [kNm]
0
0,9389P
2,061P
Rys. 11.10. Stan obciążenia
Z równowagi węzła 1 wyznaczamy R1P = 0, a z równania pracy wirtualnej R2P = 0:
1
1
1⋅R 2 P2,061 P⋅⋅ 0,9389 P⋅⋅ =0 ⋅1
6
3
1
R 2 P=− 1,9694 P⋅
3
Po podstawieniu wyznaczonych wielkości do układu równań kanonicznych metody przemieszczeń:
{
r 11 r 12 R1 P=0
r 21 r 22 R 2 P=0
otrzymujemy:
{
EJ
EJ
1 '2  2 '' ⋅− ⋅1 '⋅0 =0
6
36
EJ
EJ
1
− ⋅1 '⋅
 ' 4 3 '' − 1,9694 P⋅=0
36
108 1
3
Po zgrupowaniu niewiadomych i podzieleniu przez EJ uzyskujemy:
{
6⋅1 ' 2  2 '' ⋅−1 '⋅0 =0
70,8984 P
−3 ⋅1 '⋅ 1 ' 4 3 '' −
⋅=0
EJ


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
2
−3 ⋅1 '⋅1 ' 4 3 '' −0,9555 1 ⋅=0
gdzie:
1⋅tg 1 −1 
1 ' =

tg 1⋅2 tg 1 −1 
2
1 ' =
12⋅tg
2 tg
 2⋅12 ⋅tg  2 1 
 2 '' =
tg 2 1 − 2⋅1
1
2
1
−1
2
3⋅12 ⋅tg 3 1 
 3 '' =
tg 3 1 −3⋅1
Jak widać wszystkie wielkości są zależne tylko od jednej niewiadomej ν1.
Kryterium utraty stateczności stanowi warunek zerowania się wyznacznika macierzy sztywności, stąd:
det
∣
−1 '
1 '4 3 '' −0,9555 12
6⋅1 ' 2  2 '' 
−3 ⋅EJ⋅1 '
∣
= 0
Po rozwiązaniu i uwzględnieniu, że EJ = 1916,75 kNm2 (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
2
 l 
dla pręta 0-1 otrzymamy (l = 2a = 6m):
P kr =
1
0,27415
EJ
2
2
3
0
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
EJ =0,192 EJ
1916,75
wtedy współczynnik wyboczeniowy wynosi:
=

0,27415 EJ
=1,195
0,192 EJ
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