2.09. Belki na podłożu sprężystym

2.9. BELKI NA PODŁOŻU SPRĘŻYSTYM
2.9.1. Wprowadzenie
W praktyce inżynierskiej, poza belkami podpartymi punktowo, spotykamy również belki
podparte na całej swojej długości na podłożu gruntowym.
Przykładami takich belek są np. ławy fundamentowe, podkłady kolejowe. Również szyny
kolejowe mogą być w przybliżeniu traktowana jak belki ciągłe, gdyż są podparte punktowo,
ale na dużej liczbie podpór rozmieszczonych w niewielkich odstępach w stosunku do
swojej długości.
Chcąc wyznaczyć siły przekrojowe i ugięcia w przypadku takich belek należy uwzględnić
współdziałanie belki i podłoża, na którym belka spoczywa.
2.9.2. Podłoże sprężyste WINKLERA
Istnieje wiele modeli podłoża gruntowego; najprostszym z nich jest podłoże sprężyste,
zaś najprostszym modelem takiego podłoża jest model WINKLERA. Model ten bazuje na
następujących założeniach upraszczających:
− miedzy podłożem a spoczywającą na nim belka nie występują siły tarcia (więzy
gładkie);
− więzy łączące belkę z podłożem przenoszą zarówno rozciąganie, jak i ściskanie
(więzy dwustronne);
− przemieszczenie dowolnego punktu podłoża jest niezależne od przemieszczeń
innych jego punktów (fizycznym modelem podłoża jest układ nieskończenie wielu
sprężyn), zaś odpór podłoża k jest proporcjonalny do jego ugięcia w
r (x ) = kw (x )
(1)
gdzie k = bc jest współczynnikiem podłoża, przy czym b oznacza szerokość belki zaś
c moduł podatności podłoża.
2.9.3. Równanie osi ugiętej belki
Rozważmy belkę na podłożu Winklera jak na rys. 1.
Rys. 1
Na belkę tę działa obciążenie
q (x ) − kw (x )
(2)
będące różnicą obciążenia czynnego q i obciążenia biernego (odporu gruntu) r
określonego zależnością (1).
Różniczkując równanie osi ugiętej belki dostajemy
d 2w (x )
M (x )
d 3w (x )
1 dM (x )
T (x )
d 4w (x )
1 d 2M (x )
=
−
→
=
−
=
−
→
=
−
EI
EI dx
EI
EI dx 2
dx 2
dx 3
dx 4
(3)
gdzie EJ oznacza sztywność belki przy zginaniu.
Ponieważ na rozważana belkę działa obciążenie (2), zatem związki między obciążeniem,
siłą poprzeczną T i momentem zginającym M przyjmują w tym przypadku postać
d 2M (x ) dT (x )
=
= −q (x ) + kw (x )
dx
dx 2
(4)
Podstawiając (4) do (3) otrzymujemy następujące równanie osi ugiętej belki na podłożu
sprężystym WINKLERA
d 4w (x ) k
q (x )
+ w (x ) =
4
EI
EI
dx
(5)
k
k
= 4α 4 → α = 4
EI
4EI
(6)
Wprowadzając oznaczenie
sprowadzamy równanie (6) do postaci
d 4w (x )
q (x )
+ 4α 4w (x ) =
4
EI
dx
(7)
Rozwiązanie powyższego równania ma postać
w (x ) = w s (x ) + e αx (A sinαx + B cos αx ) + e −αx (C sinαx + D cos αx )
(8)
gdzie w s (x ) jest całką szczególną równania (7), której postać zależy od postaci funkcji
q (x ) , natomiast stałe A, B,C i D dobieramy z kinematycznych, w przypadku w i dw dx ,
oraz statycznych, w przypadku T i M warunków brzegowych.
Przykłady
Przykład 1. Wyznaczyć ugięcie w , siłę poprzeczną. T
nieskończenie długiej obciążonej jak na rys. P1.
Dane: P, k, EI
i moment zginający M w przypadku belki
Szukane: w (x ), T (x ), M (x )
Rys. P1.1
Rozwiązanie
Przyjmując początek układu odniesienia w punkcie przyłożenia siły i uwzględniając symetrię belki względem
linii działania siły, rozpatrujemy tylko jej jedną połowę, czyli przedział x ≥ 0 . Ponieważ w rozważanym
przypadku q (x ) = 0 , zatem równanie (7) staje się jednorodne, zatem w s (x ) = 0 i w konsekwencji jego
rozwiązanie (8) przyjmuje następującą postać:
(a) w (x ) = eαx (A sin αx + B cos αx ) + e −αx (C sin αx + D cos αx )
Krok 1. Wyznaczamy stałe całkowania
Na osi symetrii belki (w punkcie x = 0 ) obrót (pochodna ugięcia) jest równy zeru, zaś wartość siły
poprzecznej jest równa połowie siły przyłożonej do belki. Oznacza to, że na lewym końcu belki warunki
brzegowe maja następującą postać:
dw (x )
=0
dx x = 0 +
(b)
T (x ) x = 0 + = −
P
d 3w (x )
→
2
dx 3
=−
x = 0+
T (x )
EI
=
x = 0+
P
2EI
W przypadku prawego końca belki, który znajduje się w nieskończoności możemy przyjąć
w (x ) x → ∞ = 0
(c)
dw (x )
=0
dx x → ∞
Z postaci rozwiązania wynika, że warunki powyższe mogą być spełnione jedynie wtedy, gdy A = 0 i B = 0 .
Zatem funkcja ugięcia przyjmuje postać
(d) w (x ) = e −αx (C sin αx + D cos αx )
zaś jej pierwsza pochodna dana jest zależnością
(e)
dw (x )
= − (C + D )αe −αx sin αx + (C − D )αe −αx cos αx
dx
Wykorzystując w powyższej zależności warunek (b)1 dostajemy, że
(f) C = D
co oznacza, że
w (x ) = Ce −αx (sin αx + cos αx )
dw (x )
= −2Cαe −αx sin αx
dx
(g)
d 2w (x )
dx 2
d 3w (x )
dx 3
= 2Cα 2e −αx (sin αx − cos αx )
= 4Cα 3e −αx cos αx
Podstawiając (g)4 do warunku (b)2. wyznaczamy stałą C
(h)
d 3w (x )
dx
= 4Cα 3e −αx cos αx
3
x =0+
x = 0+
= 4Cα 3 =
P
P
→C =
2EI
8α 3EI
co pozwala przedstawić funkcję ugięcia belki w postaci
(i) w (x ) =
P
8α 3EI
e −αx (sin αx + cos αx )
Natomiast siły przekrojowe wyznaczamy z zależności (3) przy uwzględnieniu relacji (g)
d 2w (x )
M (x )
P −αx
=−
= 2Cα 2e −αx (sin αx − cos αx ) → M (x ) = −
e (sin αx − cos αx )
2
α
EI
4
dx
(j)
d 3w (x )
T (x )
P
=−
= 4Cα 3e −αx cos αx → T (x ) = − e −αx cos αx
3
EI
2
dx
Wykresy powyższych funkcji przedstawia rys. P1.2
Rys. P1.2