10. 10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA

Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
1

10.
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
10.1. Wprowadzenie
Problem stateczności początkowej sprowadza się do obliczenia siły krytycznej dla układu obciążonego
wyłącznie siłami normalnymi, ściskającymi lub rozciągającymi, kiedy nie ma sił przęsłowych ani żadnych
innych obciążeń, wywołujących zginanie. Utrata stateczności następuje kiedy siła P osiągnie taką wartość, że
przemieszczenia ramy będą narastały w sposób nieograniczony przy nie zmieniającej się wartości obciążenia.
Rozwiązując zadania poszukiwać będziemy najmniejszej wartości siły przy której nastąpi utrata stateczności.
Chcąc znaleźć siłę, przy której powyższe zjawisko będzie miało miejsce należy rozwiązać zadanie w
sposób podany w poniższym przykładzie.
Przykład 1
Wyznaczyć siłę krytyczną Pkr dla układu z rys. 10.1.
D P
A
1,5 EJ
B
2 EJ
6
EJ
C
[m]
6
8
Rys. 10.1. Rama niewyznaczalna
Ramę rozwiązujemy metodą przemieszczeń. Układ podstawowy dla tej metody uzyskamy wprowadzając dwa
więzy (rys. 10.2).
φ
1,5 EJ
6
Δ
P
2 EJ
EJ
[m]
6
8
Rys. 10.2. Układ podstawowy
Rozpisując reakcje we wprowadzonych więzach otrzymujemy układ równań kanonicznych:
{
r 11 r 12 R1 P=0
r 21 r 22 R 2 P=0
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
2
W analizowanej ramie tylko jeden pręt przenosi siłę normalną. W ryglu nie ma podpór ani obciążenia wzdłuż
osi pręta, wobec tego nie może w nim wystąpić siła normalna (rys. 10.3). Zgodnie z zasadami metody
przemieszczeń możemy określić kąty obrotu prętów zależnie od przesuwu Δ.
01 =0
12 =0

13 =
6
Z analizy układu wnioskujemy, że na skutek przemieszczeń węzłów (przesuw Δ) siły działające wzdłuż osi
pręta spowodują jego zginanie (rys. 10.3). Dotyczy to tylko słupa, pozostałe pręty nie doznają obrotu przy
przesuwie.
a)
b)
Δ=1
P
Δ 1
Ψ= 6 = 6
P
N
Rys. 10.3. a) Postać odkształcona ramy b) Rozkład sił normalnych
Dla tych prętów, w których nie ma sił normalnych stosujemy „zwykłe” wzory transformacyjne, a dla prętów
ściskanego – wzory z uwzględnieniem siły normalnej.
3 ⋅1,5 EJ
1 −01 =0,75 EJ 
6
3 ⋅2 EJ
M 12 =
1 −12 =0,72 EJ 
8
EJ  '
EJ  '
EJ
M 13 =
 ' 1 ' 3 − ' 13 =
−


6
6
36
EJ '
EJ  '
EJ
M 31 =
 ' 1  ' 3 − ' 13 = 6 − 36 
6
M 10 =
gdzie:
tg −
 '=


−
2
−sin 
tg  2 tg
' =

sin  2 tg
'=
tg




−
2
2


2 tg −
2
2
Pl 2
=
EJ


Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
3
Dla pierwszego stanu jednostkowego obliczymy momenty przyjmując φ = 1. Jak wynika ze wzorów na słupie
występuje krzywoliniowy wykres momentów (rys. 10.4).
r11
EJ α'
6
φ=1
r21
0,75 EJ
0,75 EJ
EJ β'
6
M1
Rys. 10.4. Wykres momentów dla φ = 1
Łatwo można wyliczyć reakcję:
r 11 =0,75 EJ 0,75 EJ 

EJ
1
 '=EJ 1,5   '
6
6

Po przyjęciu we wzorach transformacyjnych Δ = 1 otrzymujemy drugi stan jednostkowy przemieszczeń:
r22
r12
Δ=1
-
-
EJ γ'
36
EJ γ'
36
M2
Rys. 10.5. Wykres momentów dla Δ=1
Tym razem reakcje wyliczamy z równania pracy wirtualnej:


EJ
EJ
'
' 13 =0
6
6
 ' ' = '
−EJ
r 21 =
'
36
2 ⋅EJ
1
r 22⋅1  −
 ' ⋅ =0
36
6
EJ
r 22 =
'
108
r 21⋅1 


Na koniec musimy wyznaczyć reakcje w stanie P. Wartości momentów określamy w prętach ściskanych.
Mnożymy wartość siły przez mimośród, na którym działa moment:
M CD =P⋅
Warto zauważyć, że w problemach stateczności jest to moment zewnętrzny działający na pręcie (pracuje na
kącie obrotu cięciwy), a nie moment przywęzłowy.
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
4
Δ
R1P
A
P
B
Δ
R2P
D
Ψ=
C
Δ
6
P
Węzeł D nie jest obciążony, zatem:
R 1 P=0
1
. W odkształconym stanie wirtualnym momenty pracują na kątach
6
Przyjmując =1 otrzymujemy =
obrotu cięciw.
1
R 2 P⋅1 P⋅⋅ =0
6
P
R 2 P=−
6
Układ równań kanonicznych przyjmuje postać:
{


'
'
−EJ
=0
6
36
'
'
P
−EJ
EJ
−
=0
36
108
6
EJ 1,5 
Ponieważ współczynnik ν dotyczy pręta CD o długości 6 m
2 =
P 2 36
⋅l =
P
EJ
EJ
to
P=
2 EJ
36
Po podstawieniu i pomnożeniu przez EJ otrzymujemy układ równań jednorodnych:
{
−

1,5 

'
'
−
=0
6
36


'
'
2

−
=0
36
108 216
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
5
Układ ma rozwiązanie nieosobliwe, gdy wyznacznik:
det
∣

1,5 
'
6

− '
36

− '
36
'
2
−
108 216
∣

=0
czyli:

Podstawiając  ' =
{ [
1,5 
1
6
tg −

tg  2 tg −
2

tg −

1,5 

tg  2 tg −
2


]}{ [
1
108
'
6


'
2
'
−
− 2 =0
108 216
36
oraz  ' =


2


tg
2 tg −
2
2
2


tg
2 tg −
2
2


otrzymujemy:
] }{ [
−
2
1
−
216
36 2
2

tg
2

1

2 tg −
2

]}
=0
Po przekształceniach dochodzimy do równości:

9 =0
tg 
Po wyznaczeniu pierwiastków równania można wyliczyć wartość siły krytycznej:
P=
i 2
EJ
36
2
3
f(v)
0
1
4
5
6
7
ν
Rys. 10.6. Wykres funkcji charakterystycznej
Początkowe wartości miejsc zerowych wynoszą:
1 =2,8363
2 =5,7172


P1
kr =0,22346 EJ
P2
kr =0,90791 EJ
Jeżeli siła P działająca na układ przekroczy wartość Pkr, to powstaną przemieszczenia niekontrolowane i rama
utraci stateczność (wyboczy się).
Sposób podparcia pręta wpływa na wartość siły krytycznej. W analizowanej konstrukcji dolny węzeł
jest utwierdzony, natomiast górny węzeł jest przytrzymany sprężyście przez rygle. Z porównania różnych
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
6
sposobów podparcia pręta wynika, że do obliczenia długości wyboczeniowej najbliższy jest model pręta z
podporą ślizgową u góry.
Sposób podparcia
Tabela 10.1. Wartości sił krytycznych w zależności od sposobu zamocowania pręta
6
6
6
6
6
Pkr
1,096 EJ
0,5595 EJ
0,22346 EJ
0,22346 EJ
0,069 EJ
μ
0,5
0,7
1,107
1,11
2,0
10.2. Działanie sił ściskających
Działanie sił ściskających w prętach pokażemy na poniższym przykładzie.
Dana jest rama o podanych wymiarach i sztywnościach, w której obciążenia są dobrane tak, że nie powodują
powstania momentów zginających. Należy znaleźć wartość siły krytycznej.
2P
P
EJ
1
P
2
3
2 EJ
EJ
3
0
1
4
3
[m]
Rys. 10.7. Zadana rama
Dobieramy układ podstawowy:
P
2
φ
2P
Δ
P
EJ
1
2 EJ 3
EJ
3
1
3
4
[m]
Rys. 10.8. Układ podstawowy
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
7
i zapisujemy równania kanoniczne:
{
r 11 r 12 R1 P=0
r 21 r 22 R 2 P=0
Za sposobu obciążenia możemy odczytać, który z prętów jest ściskany. Następnie określamy parametry
geometryczne układu.
Tabela 10.2. Zestawienie wielkości charakterystycznych dla poszczególnych prętów
pręt
N i [ kN ]
l i [ m]
EJ i
i
1
0
5
1
0
P
4
1
16 P
EJ
2P
3
2
9P
EJ
2
3
2
Współczynnik ν zależy od wartości siły normalnej w pręcie dla każdego sposobu podparcia jest inny:
N i l i2
 =
EJ i
2
Dla poszczególnych prętów mamy:
1 =0


P
EJ
P
3 =3
EJ
2 =4
Zapisujemy równania łańcucha kinematycznego:
Δ
2
δ
1
Ψ2
3
Ψ1
Ψ3
3
1
4
3
[m]
Rys. 10.9. Łańcuch kinematyczny
32 
012 

3

1 =
4
3 =
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
0123 
01 
8
2 =−0,1875 
1 ⋅3 =
3
= 
4
dla =1 :
1
4
3
2 =−
16
1
3 =
3
1 =
Ze wzorów transformacyjnych określamy wartości momentów dla prętów:
•
bez uwzględnienia siły normalnej:
M 01 =
•
3
EJ 
20
z siłą normalną:
M 21 =
EJ
EJ
3 EJ
 ' '   2 −2 =
 ' ' 
 '' 
4 2
4 2
64 2
2 EJ
2 EJ
M 23 =
3 ' −
3 ' 
3
9
2 EJ
2 EJ
M 32 =
3 ' −
3 ' 
3
9
Współczynniki we wzorach transformacyjnych zależą od wartości ν dla konkretnego pręta:
i2 tg i
i ' ' =
tg i −i
1  tg i −i 
i ' =

tg i 2 tg i −i
2
1  i −sin i 
i ' =

sin i 2 tg i −i
2
2
1
i ' =


tg i 2 tg i −i
2
2






Przyjmując jako wartość porównawczą:
x=

P
EJ
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
9
dla kolejnych prętów mamy:
1 =0
2 =4 x
3 =3 x
Wobec tego wszystkie współczynniki możemy wyrazić przez parametr x:
16 x 2 tg 4 x
tg4x−4 x
3 x 3 x−tg 3 x−3 x
3 ' =
3x
tg 3 x 2 tg
−3 x
2
3 x 3 x−sin 3 x
3 ' =
3x
sin 3 x 2 tg
−3 x
2
9 x2
3 ' =
3x
3x
tg
2 tg
−3 x
2
2
2 ' ' =






Otrzymujemy wykresy momentów zginających (krzywoliniowe na prętach ściskanych):
EJ α2''
4
M1
2EJ α3'
3
r11
3EJ α2''
64
r22
M2
r21
r12
2EJ β3'
3
-3EJ
20
- 2EJ γ3'
9
- 2EJ γ3'
9
Rys. 10.10. Wykresy momentów dla φ = 1 (M1) oraz Δ = 1 (M2)
Następnie obliczamy reakcje (współczynniki macierzy sztywności):
EJ
2 EJ
 '' 
3 '
4 2
3
3 EJ
2 EJ
r 12 =
2 ' ' −
3 '
64
9
EJ
2 EJ
2 EJ
1
r 21⋅1
 ' ' ⋅−0, 1875 
3 ' 
3 ' ⋅ =0
4 2
3
3
3
3 EJ
2 EJ
3 EJ
2 EJ
r 21 =
 '' −
 3 ' 3 ' = 64 2 ' ' − 9 3 '
64 2
9
3 EJ⋅1 3 EJ
2 ⋅2 EJ
1
r 22⋅1 −

⋅2 ' ' −0,1875 −
 3 ' ⋅ =0
2 4
64
9
3
9 EJ
4 EJ
r 22 =0 ,0375 EJ 
 '' 
 '
1024 2
27 3
r 11 =


W stanie P na skutek przesuwu Δ pręty ściskane dotąd osiowo, są zginane. Na ryglu działa para sił na
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
10
mimośrodzie δ, na słupie siła 2P na mimośrodzie Δ.
1
2
δ
P
Δ 2P
P
Ψ2
3
Ψ1
Ψ3
3
1
4
3
[m]
Rys. 10.11. Stan P
Moment przy wyboczeniu na słupie wynosi:
M Ps=2 P⋅
a na ryglu:
M rP =P⋅=
3
P
4
Obliczamy reakcje:
R1 P=0
1 3
3
R 2 P⋅12 P ⋅  P ⋅ =0
3 4
16
3
1
9
2
−101
R 2 P=P⋅0,75 ⋅ −2 P ⋅ =
P − P =
P
16
3 64
3
192
Układ równań kanonicznych przyjmuje postać:


 
 

EJ
2 EJ
3 EJ
2 EJ
 '' 
3 ' 
 '' −
 3 ' =0
4 2
3
64 2
9
3 EJ
2 EJ
9 EJ
24 EJ
101
 '' −
 3 ' '  0,0375 EJ 
 '' 
3 ' −
P =0
64 2
9
1024 2
27
192

zapisując macierzowo:
[



 
EJ
2 EJ
 '' 
3 '
4 2
3
3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9


3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9
9 EJ
24 EJ
101
0,0375 EJ 
 '' 
3 ' ' −
P
1024 2
27
192
]
[ ]

=0

Układ równań ma nietrywialne rozwiązanie, gdy:
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
∣



 
EJ
2 EJ
 '' 
3 '
4 2
3
det
3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9

11
∣

3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9
=0
9 EJ
24 EJ
101
0,0375 EJ 
2 ' ' 
3 ' −
P
1024
27
192

Ponieważ  2 ' ' , 3 ' ,  3 ' wyrażone są w funkcji zmiennej x, również P przedstawimy jako funkcję tej
zmiennej:
x=

P
EJ
P=x 2 EJ

wówczas:
∣

∣ 


EJ
2 EJ
 '' 
3 '
r 11 r 12
4 2
3
det∣A∣=det
=det
r 21 r 22
3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9
∣

∣

3 EJ
2 EJ
 '' −
3 '
64 2
9
=0
9 EJ
24 EJ
101 2
0,0375 EJ 
 '' 
3 ' −
x EJ
1024 2
27
192

Ponieważ otrzymany układ równań jest skomplikowany, miejsca zerowe funkcji znajdziemy metodą graficzną
wykorzystując wykres funkcji charakterystycznej.
f(x)
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
x
1,1
Rys. 10.12. Wykres funkcji charakterystycznej
Dokładniejszy wynik otrzymamy stosując metodę iteracyjną. Liczymy wartości funkcji zbliżając się do
punktu, gdzie następuje zmiana jej znaku.
Tabela 10.3. Wartości funkcji w punktach
x
2 ' '
3 '
3 '
r 11
r 12
r 21
r 22
det A
0,80000
-0,191
-0,848
0,816
-0,631
-0,19
-0,19
0,43
-0,30392
0,87000
-1,363
-0,551
0,392
-0,631
-0,19
-0,19
0,42
-0,00534
0,87100
-1,383
-0,540
0,387
-0,631
-0,19
-0,19
0,42
-0,00148
0,87130
-1,390
-0,546
0,385
-0,631
-0,19
-0,19
0,42
-0,00032
0,87138
-1,391
-0,545
0,385
-0,631
-0,19
-0,19
0,42
-0,00001
Wyznacznik macierzy ma wartość najbliższą zera dla punktu:
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA

x=0,87138
12
P=x 2 EJ =0,7593 EJ
Wobec tego siła krytyczna dla analizowanej ramy wynosi 0,7593 EJ.
10.3. Działanie sił rozciągających
Działanie sił rozciągających również pokażemy na przykładzie. Tym razem dla ramy z rys. 10.13 znajdziemy
wartości sił krytycznych i postać wyboczeniową. Uwzględnienie sił rozciągających wymaga zastosowania
innych wzorów.
Przypomnijmy:
•
dla pręta obustronnie utwierdzonego wzory transformacyjne uwzględniające siły osiowe mają postać:
EJ
[ c i sk −r ik ]
l
EJ
M ki =
[ si c k −r ik ]
l
r =sc 
M ik =
(10.1)
Przy działaniu sił rozciągających we współczynnikach pojawiają się funkcje hiperboliczne:
 sinh − cosh 
2cosh −1− sinh 
−sinh 
sr  =
2cosh −1− sinh 
(10.2)
sin − cos 
2 1−cos − sin 
−sin 
ss =
21−cos − sin 
(10.3)
cr =
zaś przy ściskaniu mamy:
c s =
•
Dla pręta z przegubem z jednej strony współczynnik c we wzorze na moment
M ik =
EJ
c i −ik 
l
(10.4)
należy przyjmować:
-przy rozciąganiu:
r 
c =
2 sinh 
−sinh  cosh 
(10.5)
2 sin 
sin − cos 
(10.6)
-przy ściskaniu:
cs =
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
1
P
4P
13
1
4P
EJ
4
2 EJ
EJ
4
3
[m]
Rys. 10.13. Rama obciążona siłami osiowymi
Dobieramy układ podstawowy:
P
φ
1
4P
Δ
1
4P
EJ
4
2 EJ
EJ
4
3
[m]
Rys. 10.14. Układ podstawowy
i układamy równania kanoniczne:
{
r 11 r 12 R1 P=0
r 21 r 22 R 2 P=0
Równania łańcucha kinematycznego pozwalają wyliczyć kąty obrotu cięciw prętów:
Δ=1
2
Ψ23
3
Ψ34
4
Ψ12
1
4
4
3
[m]
Rys. 10.15. Łańcuch kinematyczny
które wyrażamy przez kąt porównawczy =34
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
1234 
14
12⋅4 −34⋅4 =0
12 =34 =
23⋅4 34⋅3=0
−3
−3
23 =
 =

4 34 4
1234 
Z równowagi węzła otrzymujemy równanie:
r1
M23
M21
Rys. 10.16. Suma momentów w węźle 2
r 1 −M 21 −M 23 =0
r 1 =M 21 M 23
Ponieważ w rzeczywistości r1 = 0 to:
M 21 M 23 =0
Drugą reakcję wyliczymy z równania pracy wirtualnej. Gdy kąt =1 to związane z nim wielkości wynoszą:

4
=1
=

=4 

=4 ⋅1
12 =34 =1
3
23 =− ⋅1
4
Siły zewnętrzne podczas przesuwu działają na mimośrodach i w prętach powstają momenty:
e1 = 4 Ψ
1
P 2
4
1
4P
P
3
e2 = - 3 Ψ · 4
4
r2
4
1
4
4
3
[m]
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
M 1 =P⋅e 1 =4 ⋅P
P
P
3
M 2 = e2 =
− ⋅4
4
4
4

15

Zapisując pracę wszystkich sił przy wirtualnym przesuwie otrzymujemy:





3
P
3
3
r 2⋅4 ⋅1  M 12 M 21 ⋅1M 23⋅ − ⋅1 M 43⋅1 P⋅4 ⋅1  − ⋅4 ⋅ − ⋅1 =0
4
4
4
4
3
9
4 r 2 = M 12 M 21 M 23 ⋅ − M 43 4 P  P 
4
16
 
Ponieważ w rzeczywistości r2 = 0 to:
 
M 12 M 21 M 23 −
3
9
M 43 4 P 
P =0
4
16
Wykorzystując wzory (10.1) oraz (10.4) zapiszemy równania momentów na poszczególnych prętach.
Uwzględniając fakt, że w podporach przekroje nie obracają się (φ1 = φ4 = 0) otrzymujemy:
EJ  s
[ s 12 2 −rs 12  ]
4
EJ  s
M 21 =
[ c 12 2 −r s 12  ]
4
EJ r
3
M 23 =
c 23   2 − − 
4
4
3 EJ⋅2 
M 43 =
−
5
M 12 =
[  ]
Współczynnik λ zależy od wartości siły osiowej w pręcie:
=

S
l
EJ
Dla prętów 1-2 i 2-3 mamy:


P
⋅4
EJ
0,25 P
 23 =
⋅4=2
EJ
12 =

P
EJ
Przyjmując współczynnik porównawczy
=

P
EJ

P kr =2 EJ
otrzymujemy:
12 =4 
 23 =2 
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
16
Otrzymujemy układ równań:
{[
[
]
3 r 
c 2  =0
4
3
9 r 
55 2 24
c s 4 ss 4 − cr  2   2  −2 r  s 4 −
c 2 
 −
=0
4
16
4
5
[c
 s
4 c r 2  ]  2  r  s 4 
] [
]
który ma nietrywialne rozwiązanie, gdy:
det
∣[
[c
 s
c s 4 s s 4 −
3 r
c 2 
4
[
]
∣
3 r
c 2 
4
=0
9 r 
55 2 24
 s
−2 r 4 −
c 2 
 −
16
4
5
4 cr  2  ]
] [
r s 4 
]
Ponieważ otrzymana funkcja ma skomplikowany przebieg, miejsca zerowe funkcji określamy metodą
graficzną.
f(β)
1,0
1,1
1,2
β
Rys. 10.17. Wykres funkcji charakterystycznej
Dokładniejszy wynik otrzymamy stosując metodę kolejnych przybliżeń, obliczając wartości w okolicy
otrzymanego na wykresie miejsca zerowego.
Tabela 10.4. Wartości wyznacznika

f 
0,100
-95,31
1,000
-5,41
1,200
19,01
1,100
8,48
1,050
2,66
1,030
-0,48
1,033
-0,0071 ≈ 0
Zadowalającą dokładność uzyskaliśmy dla:
=1,033
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
17
Otrzymujemy wartość siły:
P kr =2 EJ =1,0671 EJ
którą możemy przyrównać do Euler`owskiej siły krytycznej:
P ekr =
 2 EJ
2 l 2
i obliczyć współczynnik wyboczeniowy:
2
 EJ =
2 =
 2 EJ
2 ⋅4 2
2
=0,587
16 2
=0,760
Podstawiając do układu równań:
12 =4 =4,132
23 =2 =2,066
otrzymujemy dwa równania:
4,6675  2 −1,2102 =0
1,2102  2 −0,3153 =0
Wybierając dowolne równanie, przyjmujemy wartość jednej zmiennej i obliczamy drugą. W drugim równaniu
przyjmujemy dowolną wartość φ2 i wyznaczamy ψ.
2 =1
 2 =5 0


=3,838
=19,19 0
Otrzymane wartości pozwalają narysować postać wyboczeniową (rys. 10.18):
φ2 = 5o
ψ = 19,19o
Rys. 10.18. Postać wyboczeniowa
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater
Część 2
10. STATECZNOŚĆ POCZĄTKOWA
18
10.4. Obciążenie wieloparametrowe
Rozpatrzmy ramę obciążoną dowolnymi siłami P1 i P2 (rys. 10.19).
P1
P2
Rys. 10.19. Rama statycznie niewyznaczalna obciążona w sposób dowolny
W poprzednio rozpatrywanych zadaniach dotyczących stateczności ram zakładaliśmy, że wszystkie siły
obciążające daną konstrukcję są funkcjami jednego parametru. Rozpatrzmy teraz zagadnienie
wieloparametrowe, w którym między siłami obciążającymi nie ma zależności (P1, P2 są zupełnie dowolne i ich
wartości zmieniają się w sposób zupełnie dowolny).
Rozwiązanie takiego zadania sprowadzi się do znalezienia obszaru – zbioru wartości sił obciążających
P1, P2 dla których zajdzie utrata stateczności, co obrazuje poniższy wykres:
P2
utrata stateczności
P2a
P2b
P1a
P1
Utrata stateczności w obciążonej ramie zajdzie tylko wtedy, gdy siła P1 = P1a i P2 = P2a, czyli wtedy,
gdy wartości sił przetną się dokładnie w punkcie należącym do linii przerywanej (krzywej zawierającej zbiór
wartości sił P1, P2, dla których nastąpi utrata stateczności). Wobec tego utrata stateczności nie zajdzie np. dla
P1 = P1a i P2 = P2b. Oznacza to, że dla określonej wartości P1 utrata stateczności nastąpi tylko przy ściśle
określonej wartości siły P2.
Dobra D., Dziakiewicz Ł., Jambrożek S., Komosa M., Mikołajczak E., Przybylska P., Sysak A., Wdowska A.
AlmaMater