PRZYKŁADY do Wykładu 3. Przykład 1: Rozwi

(1)

PRZYKŁADY do Wykładu 3.

Przykład 1:

Rozwiązać belkę pryzmatyczną nieskończenie długą na podłożu Winklera obciążoną

momentem skupionym M

o

w przekroju ξ

o

=0.

Jest to tzw. rozwiązanie podstawowe dla momentu skupionego M albo tzw. drugiego rodzaju,analogiczne do rozwiązania

podstawowego dla siły skupionej P,

które było rozwiązane na Wykładzie 2 (i jest też rozwiązane w innym pliku na WWW).

Uwaga: to zagadnienie to może mieć zastosowanie do obliczania rozległej płyty dennej połączonej ze zginaną ścianą np. pionową, która przekazuje moment Mo na płytę, albo do ławy szeregowej, gdzie słupy przekazują na ławę również momenty zginające (na ćwiczenia projektowych są to tylko siły pionowe).

I Sposób – na podstawie rozwiązania ogólnego dla ξ > 0.

1. Niech y( ξ ) = e

^–ξ

[C

1

cos ξ +C

2

sin ξ ] + e

^+ξ

[C

3

cos ξ +C

4

sin ξ ]. Ponieważ y(+ ∞ )=0, więc C

3

= C

4

= 0.

2. Z antysymetrii wynika, że y(- ξ ) = -y( ξ ), więc w szczególności y(-0) = y(0) = -y(0), czyli y(0) = 0.

Stąd C

1

= 0, czyli y( ξ ) = C

2

e

^–ξ

sin ξ .

3. Dla ξ→ 0+ zachodzi prawostronna granica M( ξ ) → M

o

/2 (i analogicznie M( ξ =0-) = –M

o

/2).

Ale dla ξ > 0 jest M(ξ) = -EI y” / (L

W

)

²

= -EI (L

W

)

^–2

C

2

[e

^–ξ

sinξ]” = -EI (L

W

)

^–2

C

2

[-2e

^–ξ

cosξ].

4. Wynik: po podstawieniu ξ=0+ otrzymuje się C

2

= M

o

(L

W

)

²

(4EI)

^–2

, czyli C

2

= M

o

(BC)

^–1

(L

W

)

^–2

. Stąd już widać, że

y( ξ ) = M

o

(BC)

^–1

(L

W

)

^–2

e

^–ξ

sin ξ i oczywiście funkcja y(ξ) jest nieparzysta;

w szczególności

M( ξ ) = -EI y”/(L

W

)

²

= (M

o

/2) e

^–ξ

cos ξ ,

Q( ξ ) = -EI y”’/(L

W

)

³

= -M

o

(2L

W

)

^–1

[e

^–ξ

(sin ξ +cos ξ )].

II Sposób – na podstawie pary sił pionowych i rozwiązania podstawowego y

1

(x) dla siły jednostkowej P = 1.

1. Pionowa siła skupiona V jest przyłożona w przekroju x = 0+dx/2 > 0, a siła przeciwnie skierowa- na (–V) w przekroju x = 0–dx/2 < 0. Przyjąć, V = M

o

/dx. Dla każdego dx ta para sił daje stały moment M

o

, ale oczywiście dx jest wirtualne i trzeba będzie przyjąć dx → 0.

2. Z zasady superpozycji otrzymuje się y(x) = V [y

1

(x-dx/2) – y

1

(x+dx/2)] = M

o

[y

1

(x-dx/2) – y

1

(x+dx/2)]/dx → M

o

[-dy

1

/dx] = -M

o

dy

1

/dξ (L

W

)

^–1

= -M

o

(2BC)

^–1

(L

W

)

^–2

[e

^–^ξ

(cosξ+sinξ)]’, gdzie y

1

jest rozwiązaniem podstawowym dla jednostkowej siły skupionej (jak niżej w met.Bleicha).

3. Wynik: dla ξ > 0 zachodzi

y( ξ ) = M

o

(BC)

^–1

(L

W

)

^–2

e

^–^ξ

sin ξ oraz oczywiście y(- ξ ) = -y( ξ ).

III Sposób – różne warianty metody Bleicha

1. Metoda Bleicha wykorzystuje zazwyczaj rozwiązanie podstawowe dla siły skupionej, tj.:

cos ξ e 8 4 ) P ( ξ Q ), cos ξ (sin ξ

e ξ 8 2 ) PL ( ξ M

) ( ξ y C B ) ( ξ r ), sin ξ (cos ξ e ξ

BCL 2 ) P ( ξ y

w ξ w

−

=

− −

−

=

− +

=

2. Wystarczy znaleźć rozwiązanie y(ξ) dla ξ > 0, bo ta funkcja jest nieparzysta (antysymetria):

y(-ξ) = -y(ξ); wynika stąd w szczególności, że y(0)=0, bo skoro y(-0) = y(0)= -y(0), to y(0)=0.

Mo

C

y(ξ)

ξ 0

gdzie ξ > 0 oznacza

odległość przekroju od siły P.

(2)

3. Ponieważ rozwiązujemy tylko prawą połowę belki, więc na lewej połowie belki (ξ < 0) można przykładać całkiem dowolne obciążenia, ale muszą one zapewnić dwa warunki:

y(0+0)=y(0)=0 oraz granicę prawostronną M(0+0) = M

o

/2.

4. Tutaj mogą to być np. dwie siły skupione T

1

, T

2

w pewnych odległościach na lewo od ξ=0.

Czyli de facto występują 4 niewiadome (dwie wartości sił i dwa punkty ich przyłożenia), a tylko dwa warunki w przekroju ξ=0 i dlatego można sobie dowolnie przyjąć np. te dwie odległości sił – tak żeby uprościć obliczenia.

5. Jeśli warunki w ξ=0 są zadane w siłach Q i momentach M, to wygodnie przyjąć położenia tych sił w bezwymiarowych odległościach π/4 i π/2 na lewo od 0, ponieważ w rozwiązaniu podstawo- wym zachodzi wtedy Q(π/2)=0 oraz M(π/4)=0. Upraszcza to rozwiązanie, gdyż obie siły sobie

„wzajemnie nie przeszkadzają” (są dwa równania, a każde z jedną niewiadomą T

i

- zamiast układu dwóch równań sprzężonych). W tym przykładzie tak nie jest, ale zapewne większość Studentów poszłaby „odruchowo” tym tropem (przećwiczonym na projekcie) i w sumie doszłaby do prawidłowego wyniku.

6. Układ równań dla sił fikcyjnych w odległościach π/2 i π/4 jest następujący:

2 )) M 2 / cos( π ) 2 / (sin( π ) 2 / ( π e 8 2

L )) T

4 / cos( π ) 4 / (sin( π ) 4 / ( π e 8 2

L ) T

0 0 ( M

0 )) 2 / sin( π ) 2 / (cos( π 2 / e π BCL 2 )) T 4 / sin( π ) 4 / (cos( π 4 / e π BCL 2 ) T 0 ( y

o w

2 w

1

w 2 w

1

=

− −

− ⋅

− −

− ⋅

= +

=

− + +

− +

=

i daje on dwie poszukiwane siły fikcyjne:

4 / e π L 2 M 4 / e π 2 T T 1

2 , / e π L 2 M T

W 2 o

1 W

2

= − ⋅

o

⋅ + = − ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ + .

A zatem dla ξ > 0 rozwiązaniem jest:

)) 2 / π sin( ξ ) 2 / π (cos( ξ ) 2 / π ( ξ BCL e 2

T

)) 4 / π sin( ξ ) 4 / π (cos( ξ ) 4 / π ( ξ BCL e 2 ) T ( ξ y

w 2 w 1

+ +

+ + ⋅

+ −

+ +

+ ⋅

= −

Warto odkurzyć tablice trygonometryczne i uprościć ten wzór do postaci y(ξ) = M

o

·(BC)

^-1

·(L

W

)

^-2

·e

^-^ξ

·sin(ξ) .

7. W nawiązaniu do poprzedniego punktu:

jeśli warunki w ξ=0 są zadane w osiadaniach y i momentach M, to wygodnie przyjąć położenia tych sił T

1

, T

2

w bezwymiarowych odległościach π/4 i 3π/4 zamiast π/4 i π/2, ponieważ w rozwiązaniu podstawowym zachodzi M(π/4)=0 oraz y(3π/4)=0, co upraszcza rozwiązanie (separacja równań).

Rzeczywiście, to uproszczenie jest tutaj bardzo znaczne, bo siła T

2

w przekroju 3π/4 daje już zerowe osiadanie w ξ=0, a może dać dowolny moment (i tak ma być!); czyli druga siła jest już niepotrzebna – od razu zatem widać, że T

1

= 0 i w tym podejściu wystarczy znaleźć T

2

z warunku momentów.

A zatem:

-T

2

L

W

e

^-3π/4

[sin(3π/4)-cos(3π/4)]/4 = M

o

/2, czyli T

2

= -√2·M

o

·e

^+3π/4

·(L

W

)

^-1.

Rozwiązaniem zadania dla ξ > 0 jest po prostu

y(ξ) = -√2·M

o

·e

⁺³^π^/4

·(L

W

)

^-1

·(2BCL

W

)

^-1

·e

^-(3^π^/4+^ξ⁾

·[cos(3π/4+ξ)+sin(3π/4+ξ)], czyli y(ξ) = M

o

·(BC)

^-1

·(L

W

)

^-2

·e

^-^ξ

·sin(ξ) .

8. Oczywiście przyjmujemy po lewej stronie y(-ξ) = -y(ξ), dla ξ > 0.

Pytanie kontrolne:

czy poprawna byłaby „nowa metoda Bleicha” dla belek skończonych, stosująca 4 fikcyjne obciążenia momentowe M

i

na bazie powyższego rozwiązania zamiast 4 sił pionowych T

i

?

Odpowiedź:

Na pewno TAK. Obciążenia na fikcyjnej części belki mogą być całkiem dowolne, również np. trzy siły skupione oraz jedno obciążenie momentem skupionym itd. Ostateczne rozwiązanie na całej długości

(3)

belki skończonej będzie identyczne jak w tradycyjnej metodzie Bleicha, bo spełnia ono to samo równanie różniczkowe E-B i te same warunki brzegowe; twierdzenie o jednoznaczności rozwiązania równania różniczkowego mówi, że takie rozwiązanie jest tylko jedno, obojętnie jak się do niego dojdzie.

Trzeba przyznać, że ta duża dowolność obciążeń fikcyjnych na fikcyjnym przedłużeniu belki nie jest tak do końca intuicyjna – jednak lepiej wierzyć matematyce, niż intuicjom ☺.

Przykład 2:

Pal umieszczony w ośrodku sprężystym jest modelowany za pomocą belki na podłożu Winklera.

Zakładamy, że parametr C = const

¹

. Jeżeli pal jest „bardzo długi” (L >3÷4⋅L

W

), to można przyjąć, że belka jest jedno- stronnie nieskończona, tj. 0 ≤ ξ ≤ +∞.

Należy rozwiązać tę belkę.

Rozwiązanie

Aby rozwiązać belkę wystarczy znaleźć linię ugięcia y(ξ) we współrzędnych bezwymiarowych ξ = x/L

W

≥ 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 /L

W

…….. kąt obrotu [rad]

M(x) = -EI⋅d

²

y(x)/dx

²

= -EI⋅d

²

y(ξ)/dξ

²

/ (L

W

)

²

…….. moment zginający [kNm]

Q(x) = -EI⋅d

³

y(x)/dx

³

= -EI⋅d

³

y(ξ)/dξ

³

/ (L

W

)

³

…….. siła poprzeczna [kN].

Tutaj 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, tj. ξ > 0:

1. Rozwiązanie musi być postaci y(ξ) = C

1

⋅e

^-ξ

⋅cosξ + C

2

⋅e

^-ξ

⋅sinξ + C

3

⋅e

^+ξ

⋅cosξ + C

4

⋅e

^+ξ

⋅sinξ

. 2. Ze względu na warunek dla ξ → ∞ dla belki półnieskończonej jest C

3

= 0 oraz C

4

= 0.

3. Warunek M(0+0) = 0 daje: d

²

y(ξ)/dξ

²

= C

1

⋅2⋅e

^-ξ

⋅sinξ - C

2

⋅2⋅e

^-ξ

⋅cosξ = 0 dla ξ=0, czyli C

2

= 0 4. Warunek Q(0+0) = -H daje: d

³

y(ξ)/dξ

³

= C

1

⋅(-2)⋅e

^-^ξ

⋅sinξ + C

1

⋅2⋅e

^-^ξ

⋅cosξ = H⋅(L

W

)

³

/EI dla ξ=0 5. Stąd C

1

= H⋅(L

W

)

³

/(2⋅EI) = 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

) i rozwiązanie jest zakończone:

y(ξ) = 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

)⋅e

^-^ξ

⋅cosξ.

6. W szczególności, poziome przemieszczenie głowicy pala wynosi y(0) = C

1

= 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

).

IIa sposób – metoda Bleicha:

1. Dla belki półnieskończonej potrzebne są dwie siły fikcyjne:

siła T

1

w odległości ξ

1

= π/4 na lewo od siły H, która nie zmienia M(0), ale koryguje Q(0), siła T

2

w odległości ξ

2

= π/2 na lewo od siły H, która nie zmienia Q(0), ale koryguje M(0).

2. Łączne działanie siły rzeczywistej H oraz sił fikcyjnych T

1

, T

2

daje dwa równania dla przekroju ξ = 0 belki dwustronnie nieskończonej:

M(0) = -H⋅L

W

/4⋅e

^-0

(sin0-cos0) – T

1

⋅L

W

/4⋅e

^-π/4

(sinπ/4-cosπ/4) – T

2

⋅L

W

/4⋅e

^-π/2

(sinπ/2-cosπ/2) = 0, więc T

2

= H⋅e

⁺^π^/2

Q(0+0) = -H/2⋅e

^-0

cos0 – T

1

/2⋅e

^-π/4

cosπ/4 – T

2

/2⋅e

^-π/2

cosπ/2 = -H, więc T

1

= H⋅√2⋅e

⁺^π^/4

.

3. Stąd: y(ξ) = H/(2BCL

W

)⋅e

^-ξ

⋅(cosξ + sinξ) + H⋅√2⋅e

^+π/4

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/4)

⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)] + + H⋅e

⁺^π^/2

/(2BCL

W

)⋅e

^-(^ξ⁺^π^/2)

⋅[cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)] , czyli

1Dla 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 - szczegóły obliczeniowe w następnym przykładzie.

L C

y(ξ)

H ξ→∞

0

(4)

y(ξ)= 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

)⋅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)

1. 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.

2. Teraz wystarczy skorygować M(0) do zera – nie naruszając już spełnionego warunku na siłę Q.

Można to osiągnąć za pomocą jednej siły fikcyjnej T umieszczonej w odległości ξ = π/2 na lewo od siły P, co nie zmienia wartości siły Q(0). Z warunku na M(0) otrzymuje się T = 2⋅H⋅e

^+π/2

. 3. Stąd: y(ξ) = 2H/(2BCL

W

)⋅e

^-ξ

⋅(cosξ + sinξ) + 2H⋅e

^+π/2

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/2)

⋅[cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)], tj.

y(ξ) = 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

)⋅e

^-ξ

⋅cosξ,

ponieważ sin(ξ+π/2) = cosξ, cos(ξ+π/2) = -sinξ .

IIc sposób – tradycyjna metoda Bleicha, ale jeszcze dużo prościej:

1. Właściwie w IIa i IIb rozpatrywanie siły H lub 2H w przekroju ξ = 0 jest dziwaczną komplikacją, bo można ją osiągnąć od razu za pomocą co najwyżej dwóch sił fikcyjnych, jak moment M

o

/2 w Przykładzie 1, czyli:

M(0) = -T

1

⋅L

W

/4⋅e

^-π/4

(sinπ/4-cosπ/4) – T

2

⋅L

W

/4⋅e

^-π/2

(sinπ/2-cosπ/2) = 0, więc T

2

= 0

Q(0+0) = -T

1

/2⋅e

^-π/4

cosπ/4 – T

2

/2⋅e

^-π/2

cosπ/2 = -T

1

/2⋅e

^-π/4

cosπ/4 – 0 = -H, więc T

1

= 2√2⋅H⋅e

^+π/4

.

2. To 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

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/4)

⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)], czyli y(ξ) = 2⋅H/(B⋅C⋅L

W

)⋅e

^-ξ

⋅cosξ ,

jeśli uwzględnić, że cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4) = √2⋅cosξ.

Ciekawy wniosek, tylko pozornie zaskakujący, bo przecież zgodny z konkluzjami z Przykładu 1:

dwie siły fikcyjne T

i

są inne niż w IIa oraz w IIb (pomimo, że 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 y( ξ ^):

1) spełnia na odcinku (a,b) liniowe równanie różniczkowe zwyczajne o stałych współczynnikach,

2) oraz spełnia wszystkie warunki na brzegu a,b,

to takie rozwiązanie jest tylko jedno na całym odcinku pomiędzy końcami a,b.

Chyba nie warto przypominać, że korzystamy tu bez przerwy z następującego trywialnego faktu (zasady superpozycji):

jeśli funkcje y

i

( ξ ) wszystkie spełniają liniowe równanie różniczkowe

²

, to ich suma y( ξ )= Σ y

i

( ξ ) też spełnia to równanie.

Przykładowo w równaniu E-B, jeśli d

⁴

y

1

(ξ)/dξ

⁴

+4y

1

(ξ)=0 oraz d

⁴

y

2

(ξ)/dξ

⁴

+4y

2

(ξ)=0, to dla y

1

(ξ)+y

2

(ξ) również zachodzi d

⁴

[y

1

(ξ)+y

2

(ξ)]/dξ

⁴

+4[y

1

(ξ)+y

2

(ξ)]=0, ponieważ 0+0=0.

2a tutaj spełniają, bo w metodzie Bleicha są to tzw. rozwiązania podstawowe równania Eulera-Bernoulliego

(5)

Wątpliwości Studentów

Jeszcze raz to samo, ale w sytuacji, która była kiedyś dla Studentów niejasna (też na kolokwium).

Pytanie jest następujące:

Czy zastępcza

(dwustronnie nieskończona) belka Bleicha powinna być obciążona jak w IIc wyłącznie dwoma siłami fikcyjnymi T

2

, T

1

, czy też trzeba jak w IIa przyłożyć w przekroju ξ=0 belki nieskończonej również rzeczywiste obciążenia H oraz M

o

?

Odpowiedź jest prosta: to wszystko jedno, ale pierwsze podejście (standardowe) jest łatwiejsze, a zatem jest zalecane.

Można to sprawdzić bezpośrednio jako następujące ćwiczenie rachunkowe.

Bez uwzględnienia obciążenia w przekroju ξ =0

Postępuje się standardowo jak w IIc, wprowadzenie sił fikcyjnych T

2

, T

1

i warunki brzegowe dają dwa równania dla przekroju ξ = 0 belki dwustronnie nieskończonej:

M(0) = -T

1

⋅L

W

/4⋅e

^-π/4

(sinπ/4-cosπ/4) – T

2

⋅L

W

/4⋅e

^-π/2

(sinπ/2-cosπ/2), a ponieważ ma być spełniony warunek brzegowy M(0) = M

o

,

więc od razu T

2

= -4M

o

/L

W

⋅e

^+π/2

.

Q(0) = -T

1

/2⋅e

^-π/4

cosπ/4 – T

2

/2⋅e

^-π/2

cosπ/2, a ponieważ ma być spełniony warunek Q(0) = -H, więc od razu T

1

= 2√2⋅H⋅e

^+π/4

.

Stąd rozwiązanie można zapisać za pomocą 2 składników:

y(ξ) = 2√2⋅H⋅e

^+π/4

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/4)

⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)] – – 4M

o

/L

W

⋅e

^+π/2

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/2)

⋅[cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)].

Po przekształceniach:

y(ξ) = 4H/(2B⋅C⋅L

W

)⋅e

^-ξ

⋅cosξ + 4M

o

/(2B⋅C⋅(L

W

)

²

)⋅e

^-ξ

⋅(sinξ – 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.

Z uwzględnieniem obciążenia w przekroju ξ ^=0:

Postępuje się jak w IIa, ale w tym przypadku na belkę Bleicha działają 2 obciążenia rzeczywiste i dwie siły fikcyjne. Łączne działanie sił rzeczywistych H, M

o

oraz sił fikcyjnych T

1

, T

2

daje dwa równania dla przekroju ξ=0 belki dwustronnie nieskończonej, które wynikają z warunków brzegowych. Zastosowanie ma też Przykład 1 (I Sposób, ostatnie linijki):

M(0) = -H⋅L

W

/4⋅e

^-0

(sin0-cos0) + M

o

/2⋅e

^–0

cos0 –

– T

1

⋅L

W

/4⋅e

^-π/4

(sinπ/4-cosπ/4) – T

2

⋅L

W

/4⋅e

^-π/2

(sinπ/2-cosπ/2), a ponieważ ma być spełniony warunek brzegowy M(0) = M

o

,

więc od razu T

2

= (H-2M

o

/L

W

)⋅e

^+π/2

.

Q(0+0) = -H/2⋅e

^-0

cos0 – M

o

/(2L

W

)⋅[e

^–0

(sin0+cos0)] –T

1

/2⋅e

^-π/4

cosπ/4 – T

2

/2⋅e

^-π/2

cosπ/2, a ponieważ ma być spełniony warunek Q(0+0) = -H,

więc od razu T

1

= √2⋅(H-M

o

/L

W

)⋅e

^+π/4

.

Stąd wynika, że rozwiązanie trzeba w tej wersji zapisać za pomocą 4 składników:

y(ξ) = H/(2BCL

W

)⋅e

^–ξ

⋅[cos(ξ) + sin(ξ)] + M

o

(BC)

^–1

(L

W

)

^–2

e

^–ξ

sinξ + + √2⋅(H-M

o

/L

W

)⋅e

^+π/4

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/4)

⋅[cos(ξ+π/4) + sin(ξ+π/4)] +

y(ξ)

H,Mo ξ→∞

0

Trochę ogólniej niż poprzednio,

niech na lewym końcu rzeczywistej belki półnieskończonej działają oba obciążenia H oraz M

o

, albo tylko jedno z nich, a drugie jest zerowe. Zadanie należy rozwiązać za pomocą metody Bleicha.

Jak poprzednio, dla warunków brzegowych w obciążeniach, siły

fikcyjne T

2

, T

1

najlepiej jest ustawić w standardowych odległościach

π/2 oraz π/4 na lewej części belki (po jej fikcyjnym przedłużeniu).

(6)

+ (H-2M

o

/L

W

)⋅e

^+π/2

/(2BCL

W

)⋅e

^-(ξ+π/2)

⋅[cos(ξ+π/2) + sin(ξ+π/2)].

Po przekształceniach:

y(ξ) = 4H/(2B⋅C⋅L

W

)⋅e

^-ξ

⋅cosξ + 4M

o

/(2B⋅C⋅(L

W

)

²

)⋅e

^-ξ

⋅(sinξ – 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.

Przykład 3:

rozwiązać belkę o skończonej długości na podłożu Winklera, dla którego parametr C jest rosnącą funkcją zmiennej x > 0,

np. C(x) = m·x, albo C(x) = C

o

+ m·x + n·x

²

, itp.

Uwaga: tego typu zagadnienia – po obróceniu o 90^o jak na rysunku obok - mogą mieć zastosowanie do obliczania pionowego pala obciążonego siłą poziomą H w przypadku, gdy sztywność podłoża rośnie z głębokością x > 0, co ma zazwyczaj miejsce w

gruntach niespoistych.

Stosuje się metodę znacznie bardziej uniwersalną niż w Przykładzie 2 – rozwijanie rozwiązania w szereg potęgowy

³

.

Główne etapy rozwiązania są następujące.

1. Każdą ciągłą funkcję na skończonym odcinku można dowolnie dokładnie przybliżać

wielomianami (twierdzenie Weierstrassa). Niech tą funkcją będzie poszukiwana oś odkształcona y(x)= Σ a

i

x

ⁱ

, a sumowanie jest na ogół nieskończone. Przez różniczkowanie funkcji y(x)= Σ a

i

x

ⁱ

otrzymuje się pozostałe wielkości, głównie M(x), Q(x)...

2. Na odcinku nieobciążonym oś belki spełnia jednorodne (q

o

= 0) równanie różniczkowe E-B, tj. EI d

⁴

y(x)/dx

⁴

= – BC y(x), gdzie B = const, EI = const.

3. Jeśli y(x) jest wielomianem i C(x) też jest wielomianem, to należy zróżniczkować czterokrotnie wielomian y(x) = Σ a

i

x

ⁱ

wyraz po wyrazie, pomnożyć y(x) przez wielomian C(x) i w końcu porównać wszystkie współczynniki przy tych samych potęgach x

ⁱ

z lewej oraz z prawej strony równania E-B.

4. Przykład: niech C(x) = m·x, gdzie m = const > 0:

Oznaczamy L

Z

= [EI/(mB)]

^1/5

i wtedy ξ = x / L

Z

jest współrzędna bezwymiarową oraz y(ξ) = Σ α

i

ξ

ⁱ

=α

o

+ α

1

ξ + α

2

ξ

²

+α

3

ξ

³

+ ... ,

gdzie α

i

= a

i

(L

Z

)

ⁱ

. W p.5 zastosujemy metodę porównywania współczynników wielomianów z p.3 do przekształconego równania E-B, które dla współrzędnej bezwymiarowej ξ ma postać d

⁴

y(ξ)/dξ

⁴

= – ξ·y(ξ).

5. Od razu widać, że α

4

= 0 (dlaczego?). Po przekształceniach otrzymuje się dalej związki rekurencyjne α

i+4

= – α

i–1

i! / (i+4)! dla i = 1,2,3,...

6. Wszystkie współczynniki rozwinięcia funkcji y(ξ) są więc znane, z wyjątkiem α

o

, α

1

, α

2

, α

3

. Te cztery brakujące współczynniki określa się znając 4 warunki brzegowe na końcach belki.

Od strony matematycznej mogłyby to być np. wszystkie 4 warunki zadane w przekroju ξ=0.

Jednak od strony fizycznej są one zadawane po dwa na każdym końcu, ponieważ nie można równocześnie zadać w przekroju siły oraz przemieszczenia (liniowego lub obrotu).

Dla liniowej funkcji C(x) = m·x, tę metodę stosował m.in. Zawrijew i taką nosi ona nazwę.

Uwaga: trochę podobnie postępuje się dla belek na półprzestrzeni sprężystej (Gorbunow-Posadow), ale dla półprzestrzeni sprężystej komplikacje są znacznie większe.

3w XIX wieku rozwiązano w podobny sposób bardzo wiele nietrywialnych zagadnień fizyki matematycznej (tj. równania różniczkowe o zmiennych współczynnikach); obecnie metoda ta jest nadal atrakcyjna i skuteczna – dzięki wspomaganiu obliczeniami symbolicznymi (Mathematica^® i in.); niektóre rozwiązania w normie palowej PN-83/B-02482 też ją

wykorzystują.

Właściwie to nic nowego, bo standardowe rozwiązania dla belek na podłożu Winklera też opierają się na (ukrytych) rozwinięciach w szeregi; bez nich komputer zupełnie nie wie co to jest exp{±x}, czy cos(x).

H

EI,B,L

x y

C(x)