FUNDAMENTOWANIE II, KB+TK (W.Brząkała): Przykład do

FUNDAMENTOWANIE II, KB+TK (W.Brząkała): Przykład do wykładu 2
H
0
L
C
y(ξ)
ξ→∞
Pal umieszczony w ośrodku sprężystym jest modelowany za pomocą belki
na podłożu Winklera. Zakładamy, że
parametr C = const1. Jeżeli pal jest
„bardzo długi” (L > 3÷4⋅LW), to można
przyjąć, że belka jest jednostronnie
nieskończona, tj. 0 ≤ ξ ≤ +∞.
Należy rozwiązać tę belkę.
Rozwiązanie
Aby rozwiązać belkę wystarczy znaleźć linię ugięcia y(ξ) we współrzędnych bezwymiarowych
ξ = x/LW ≥ 0, ponieważ wynikają stąd wszystkie poszukiwane wielkości statyczne:
r(x) = B⋅C⋅y(x) = B⋅C⋅y(ξ) …….. reakcja [kN/m]
ϕ(x) = dy(x)/dx = dy(ξ)/dξ /LW …….. kąt obrotu [rad]
M(x) = -EI⋅d2y(x)/dx2 = -EI⋅d2y(ξ)/dξ2 / (LW)2 …….. moment zginający [kNm]
Q(x) = -EI⋅d3y(x)/dx3 = -EI⋅d3y(ξ)/dξ3 / (LW)3 …….. siła poprzeczna [kN].
Należy przyjąć następujące warunki brzegowe dla ξ = 0 : M(0+0) = 0, Q(0+0) = -H.
Dla ξ → ∞ wszystkie wielkości statyczne muszą być zerowe.
I sposób – na podstawie rozwiązania ogólnego dla nieobciążonej części belki:
Rozwiązanie musi być postaci y(ξ) = C1⋅e-ξ⋅cosξ + C2⋅e-ξ⋅sinξ + C3⋅e+ξ⋅cosξ + C4⋅e+ξ⋅sinξ .
Ze względu na warunek dla ξ → ∞ dla belki półnieskończonej jest C3 = 0 oraz C4 = 0.
Warunek M(0+0) = 0 daje: d2y(ξ)/dξ2 = C1⋅2⋅e-ξ⋅sinξ - C2⋅2⋅e-ξ⋅cosξ = 0 dla ξ = 0, czyli C2 = 0
Warunek Q(0+0) = -H daje: d3y(ξ)/dξ3 = C1⋅(-2)⋅e-ξ⋅sinξ + C1⋅2⋅e-ξ⋅cosξ = H⋅(LW)3/EI dla ξ = 0
Stąd C1 = H⋅(LW)3/(2⋅EI) = 2⋅H/(B⋅C⋅LW).
W szczególności, poziome przemieszczenie głowicy pala wynosi y(0) = C1 = 2⋅H/(B⋅C⋅LW).
IIa sposób – tradycyjna metoda Bleicha:
Dla belki półnieskończonej potrzebne są dwie siły fikcyjne:
siła T1 w odległości ξ1 = π/4 na lewo od siły H, która nie zmienia M(0), ale koryguje Q(0),
siła T2 w odległości ξ2 = π/2 na lewo od siły H, która nie zmienia Q(0), ale koryguje M(0).
Łączne działanie siły rzeczywistej H oraz sił fikcyjnych T1, T2 daje dwa równania dla przekroju ξ = 0
belki dwustronnie nieskończonej:
M(0) = -H⋅LW/4⋅e-0(sin0-cos0) – T1⋅LW/4⋅e-π/4(sinπ/4-cosπ/4) – T2⋅LW/4⋅e-π/2(sinπ/2-cosπ/2) = 0,
więc T2 = H⋅e+π/2
Q(0+0) = -H/2⋅e-0cos0 – T1/2⋅e-π/4cosπ/4 – T2/2⋅e-π/2cosπ/2 = -H,
więc T1 = H⋅√2⋅e+π/4.
Stąd: y(ξ) = H/(2BCLW)⋅e-ξ⋅(cosξ + sinξ) + H⋅√2⋅e+π/4/(2BCLW)⋅e-(ξ+π/4) ⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)] +
+ H⋅e+π/2/(2BCLW)⋅e-(ξ+π/2) ⋅[cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)] = ... = 2⋅H/(B⋅C⋅LW)⋅e-ξ⋅cosξ ,
jeśli uwzględnić, że cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4) = √2⋅cosξ oraz cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2) = -sinξ + cosξ.
IIb sposób – odmiana metody Bleicha (dla spostrzegawczych)
W rozwiązaniu podstawowym, siła H daje w przekroju ξ = 0±0 belki dwustronnie nieskończonej
skok wartości siły poprzecznej Q(0-0) = H/2, Q(0+0) = -H/2, czyli jest dokładnie 2 razy za mało w
punkcie 0+0. Zamiast siły H należy zatem wziąć w tym przekroju siłę P = 2H, co da Q(0+0) = -H.
Teraz wystarczy skorygować M(0) do zera – nie naruszając już spełnionego warunku na siłę Q.
1
Dla gruntów niespoistych zazwyczaj lepszym założeniem jest przyjęcie liniowego wzrostu C z głębokością.
Ten wzrost sztywności z głębokością wynika ze wzrostu naprężeń od ciężaru własnego ośrodka
Można to osiągnąć za pomocą jednej siły fikcyjnej T umieszczonej w odległości ξ = π/2 na lewo od
siły P. Z warunku na M(0) otrzymuje się T = 2⋅H⋅e+π/2.
Stąd: y(ξ) = 2H/(2BCLW)⋅e-ξ⋅(cosξ + sinξ) + 2H⋅e+π/2/(2BCLW)⋅e-(ξ+π/2) ⋅(cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)) =
= 2⋅H/(B⋅C⋅LW)⋅e-ξ⋅cosξ , ponieważ sin(ξ+π/2) = cosξ, cos(ξ+π/2) = -sinξ .
IIc sposób – tradycyjna metoda Bleicha, ale jeszcze dużo prościej:
Właściwie w IIa i IIb rozpatrywanie siły H lub 2H w przekroju ξ = 0 jest niepotrzebną komplikacją,
bo można ją osiągnąć od razu za pomocą co najwyżej dwóch sił fikcyjnych, czyli:
M(0) = -T1⋅LW/4⋅e-π/4(sinπ/4-cosπ/4) – T2⋅LW/4⋅e-π/2(sinπ/2-cosπ/2) = 0,
więc T2 = 0
Q(0+0) = -T1/2⋅e-π/4cosπ/4 – T2/2⋅e-π/2cosπ/2 = -T1/2⋅e-π/4cosπ/4 – 0 = -H,
więc T1 = H⋅2√2⋅e+π/4.
Zadanie można zatem rozwiązać za pomocą jednej jedynej siły fikcyjnej – a nie 3 sił (jak w IIa) lub
2 sił (jak w IIb); tę metodę należy rekomendować jako najprostszą.
Stąd po prostu: y(ξ) = H⋅2√2⋅e+π/4/(2BCLW)⋅e-(ξ+π/4) ⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)] = 2⋅H/(B⋅C⋅LW)⋅e-ξ⋅cosξ ,
jeśli uwzględnić, że cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4) = √2⋅cosξ.
Ciekawy wniosek, tylko pozornie zaskakujący:
dwie siły fikcyjne Ti są inne niż w IIa oraz w IIb (choć w tych samych odległościach), a rozwiązanie
jest całkiem to samo na całej półprostej ξ ≥ 0;
nic dziwnego, bo z twierdzenia o jednoznaczności rozwiązania równania różniczkowego zwyczajnego wynika, że jeśli funkcja:
1) spełnia to równanie (a spełniają je rozwiązania dla dowolnej siły skupionej, bo w metodzie
Bleicha są to tzw. rozwiązania podstawowe, ich suma też spełnia, bo równanie jest
liniowe),
2) oraz spełnia warunki na brzegu,
to takie rozwiązanie jest tylko jedno na całym nieobciążonym odcinku/półosi.