Post on 10-Feb-2018
Przykªad do zadania 6.
Dla pr�ta pokazanego na rysunku wyzna zy¢ kryty zn¡ warto±¢ siªy P oraz wspóª zynnik wy-
bo zeniowy µ. Wykorzysta¢ energety zne kryterium Timoshenki przyjmuj¡ jako postulowan¡
posta¢ wybo zenia lini� ugi� ia belki wyzna zon¡ dla zadanego ob i¡»enia rozªo»onego q.
P
αL
β EIEI
L
γP
PSfrag repla ements
belka
α = 2
3; β = 3
4; γ = 2;
L = 6m; EI = 1000 kN·m2;
1. Posta¢ wybo zenia
1.1. Równanie ró»ni zkowe osi odksztaª onej
3 /4EIEI
VA
x
z
2 /3L L/3
I) 0 6 x 62
3L II)
2
3L 6 x 6 L
My(x) =VA x−1
2q x2
EIw′′(x) = 1
2q x2
− VA x
EIw′(x) = 1
6q x3
−1
2VA x2 + C1
EIw(x) = 1
24q x4
−1
6VA x3 + C1 x+D1
My(x) = VA x−1
2q x2
3
4EIw′′(x) = 1
2q x2
− VA x
3
4EIw′(x) = 1
6q x3
−1
2VA x2 + C2
3
4EIw(x) = 1
24q x4
−1
6VA x3 + C2 x+D2
1.2. Wyzna zenie staªy h z warunków brzegowy h
(1) wI(0)=0 ⇒ D1 = 0
(2) w′
I(2
3L) =w′
II(2
3L) ⇒ C1 −
4
3C2 +
2
27VAL = 4
243qL3
(3) wI(2
3L) =wII(
2
3L) ⇒ 2
3C1L−
8
9C2L−
4
3D2 +
4
243VAL = 2
729qL4
(4) w′
II(L) = 0 ⇒ C2 −1
2VAL
2 = −1
6qL3
(5) wII(L) = 0 ⇒ C2L+D2 −1
6VAL
3 = −1
24qL4
⇒
C1=136
6075qL3
C2=31
1200qL3
D1=0
D2=−1
300qL4
VA = 77
200qL
1
1.3. Rysunek posta i odksztaª onej
x
z
2. Ob i¡»enie kryty zne
2.1. Kryterium energety zne Timoshenki
∫
L
EI(w′′)2dx+
∫
L
N(w′)2dx = 0
P2P
3 /4EIEI
x
z
2 /3L L/3
w′
I(x) =1
EI(1
6qx3
−77
400qLx2 +
136
6075qL3)
w′′
I (x) =1
EI(1
2qx2
−77
200qLx)
NI(x) =−3P
w′
II(x) =4
3EI(1
6qx3
−77
400qLx2 +
31
1200qL3)
w′′
II(x) =4
3EI(1
2qx2
−77
200qLx)
NII(x) =−P
2
3L
∫
0
EI(w′′
I )2dx+
L∫
2
3L
3
4EI(w′′
II)2dx− P
2
3L
∫
0
3(w′
I)2dx− P
L∫
2
3L
(w′
II)2dx = 0
2.2. Warto±¢ kryty zna siªy P
Pkr =I1 + I2
I3 + I4
I1 =
2
3L
∫
0
EI(w′′
I )2dx =
q2
EI
2
3L
∫
0
(
1
2x2
−77
200Lx
)2
dx =q2
EI
2
3L
∫
0
(
1
4x4
−77
200Lx3 +
772
2002L2x2
)
dx =
=q2
EI
(
1
20x5
−77
800Lx4 +
5929
120000L2x3
)∣
∣
∣
∣
2
3L
0
=2687
1215000
q2L5
EI= 2.21152 · 10−3
q2L5
EI
2
I2 =
L∫
2
3L
3
4EI(w′′
II)2dx =
4 q2
3EI
L∫
2
3L
(
1
2x2
−77
200Lx
)2
dx =4 q2
3EI
(
1
20x5
−77
800Lx4 +
5929
120000L2x3
)∣
∣
∣
∣
L
2
3L
=
=9203
7290000
q2L5
EI= 1.26241 · 10−3
q2L5
EI
I3 =
2
3L
∫
0
3(w′
I)2dx =
3 q2
EI2
2
3L
∫
0
(
1
6x3
−77
400Lx2 +
136
6075L3
)2
dx =
=3 q2
EI2
2
3L
∫
0
(
1
36x6
−77
1200Lx5 +
5929
160000L2x4 +
136
18225L3x3
−1309
151875L4x2 +
18496
36905625L6
)
dx =
=3 q2
EI2
(
1
252x7
−77
7200Lx6 +
5929
800000L2x5 +
34
18225L3x4
−1309
455625L4x3 +
18496
36905625L6x
)∣
∣
∣
∣
2
3L
0
=
= 3.62121 · 10−4q2L7
EI2
I4 =
L∫
2
3L
(w′
II)2dx =
16 q9
EI2
L∫
2
3L
(
1
6x3
−77
400Lx2 +
31
1200L3
)2
dx =
=16 q2
9EI2
L∫
2
3L
(
1
36x6
−77
1200Lx5 +
5929
160000L2x4 +
31
3600L3x3
−2387
240000L4x2 +
961
1440000L6
)
dx =
=16 q2
9EI2
(
1
252x7
−77
7200Lx6 +
5929
800000L2x5 +
31
14400L3x4
−2387
720000L4x3 +
961
1440000L6x
)∣
∣
∣
∣
L
2
3L
=
= 5.82031 · 10−5q2L7
EI2
Pkr =(2.21152 · 10−3 + 1.26241 · 10−3)
q2L5
EI
(3.62121 · 10−4 + 5.82031 · 10−5)q2L7
EI2
= 8.2648EI
L2= 8.2648
1000
62= 229.58kN
µ =
√
π2EI
PkrL2=
√
π2
8.26488= 1.09278
3