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