Poszukiwanie sił kontaktowych na styku konstrukcji z podłożem

WYBRANE PRZYKŁADY do Wykładu 1

Poszukiwanie sił kontaktowych na styku konstrukcji z podłożem

PRZYKŁAD 0:

Brak współpracy konstrukcji z podłożem.

Belka statycznie wyznaczalna na nieosiadających podporach

• Obciążenie równomierne q:

2 L R q

R

_A

=

_B

= ⋅

















+

⋅

−

⋅ ⋅

⋅

= ⋅

₃

3 2 3 2

q

1

L

a L 2 a EI 1 24

a L u q

• Obciążenie skupione R:

L R b R

_A

= ⋅ ,

L R a R

_B

= ⋅

 





 



 − −

⋅ ⋅

⋅

⋅

= ⋅

₂² ₂²

R

1

L

b L 1 a EI 6

L b a u R

Belka statycznie wyznaczalna na sprężystych podporach

• Obciążenie równomierne q:

2 L R q

R

_A

=

_B

= ⋅ ,

A A

A

A

2 C

L q C u R

⋅

= ⋅

= ,

B B

B

B

2 C

L q C u R

⋅

= ⋅

=

L a C 2

L q L b C 2

L q L a L a 2 EI 1 24

a L u q

B 3 A

3 2 3 2

q

1

⋅

⋅ + ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

















+

⋅

−

⋅ ⋅

⋅

= ⋅

• Obciążenie skupione R:

L R b R

_A

= ⋅ ,

L R a R

_B

= ⋅

A A

A A

C L

b R C u R

⋅

= ⋅

= ,

B B

B B

C L

a R C u R

⋅

= ⋅

=

L a C L

a R L b C L

b R L b L 1 a EI 6

L b a u R

B 2 A

2 2 2 R

1

⋅

⋅ + ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

 





 



 − −

⋅ ⋅

⋅

⋅

= ⋅

q [kN/m]

b a

1

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

R [kN]

a b

1

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

R [kN]

b a

1

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

C

A

C

B

q [kN/m]

b a

1

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

C

B

C

A

Oznaczenia:

- obciążenie równomierne q, [kN/m], - reakcje R

i

, obciążenie skupione R, [kN], - sztywność podpory C, [kN/m],

- długość belki L = a + b, [m],

- przemieszczenie u

1

punktu „1” na belce [m].

Wniosek:

uwzględnienie podatności podłoża nie wpływa na siły na kontakcie z podłożem, ani siły wewnętrzne w belce, wpływa ono jedynie na przemieszczenia belki. Dwa ostatnie składniki w przemieszczeniu u 1q , u 1R opisują osiadanie/przechylenie belki nieskończenie sztywnej na sprężystych podporach.

PRZYKŁAD 1:

Najprostsza współpraca konstrukcji z podłożem.

Belka podwalinowa na trzech osiadających niezależnych podporach sprężystych. Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne.

Rozwiązanie - Metoda Sił.

W punkcie „1” usunięty jest kontakt belki z podłożem – powstaje tam „szczelina”,

a punkt „1” rozszczepia się wirtualnie na dwa punkty:

1’ = punkt „1”, ale na belce,

1” = punkt „1”, ale na fundamencie.

Belka na dwóch pozostałych podporach A-B jest belką statycznie wyznaczalną,

jak w Przykładzie 0.

1) Obciążenie q na belce statycznie

wyznaczalnej „zaciska szczelinę” i punkt 1’

znalazłby się poniżej punktu 1”, czyli wystąpiłoby wirtualne „przenikanie”

betonowej ławy przez betonowy fundament.

Jeśli sprężyny są niezależne, to to „zaciśnięcie” w punkcie „1” ma dwa powody - jak w wyrażeniu u 1q w Przykładzie 0:

a) strzałka ugięcia samej belki na podporach nieosiadających (wpływ skończonej sztywności EI),

b) osiadanie/przechylenie belki jako ciała sztywnego od osiadań podpór „A” oraz „B”, które są spowodowane przez q (wpływ skończonej sztywności podpór C A ,C B ).

Uwaga: w przypadku braku niezależności osiadań podpór doszedłby jeszcze jeden czynnik: wystąpiłoby osiadanie nieobciążonego punktu 1” na skutek obciążenia sąsiednich podpór siłami R

A

oraz R

B

pochodzącymi od q (typowy „wpływ sąsiada” dla półprzestrzeni sprężystej); w punkcie b) należałoby to odpowiednio uwzględnić.

2) Para zrównoważonych sił R 1 , przyłożonych odpowiednio na spodzie belki statycznie

wyznaczalnej i na wierzchu fundamentu „rozwiera szczelinę”, tj. powoduje oddalanie się punktów 1’ oraz 1” (obciążenie q tutaj nie występuje).

Jeśli sprężyny są niezależne, to to „rozwieranie” w punkcie „1” ma trzy powody – trochę podobnie jak w wyrażeniu u 1R w Przykładzie 0:

a) strzałka ugięcia do góry samej belki na podporach nieosiadających od siły R 1 skierowanej do góry, por. pierwszy składnik w u 1R ,

b) osiadanie/przechylenie belki podnoszonej przez siłę R 1 (jako ciało sztywne) na skutek podnoszenia podpór „A” oraz „B” przez reakcje podporowe spowodowane przez siłę R 1 , por.

drugi i trzeci składnik w u 1R ,

c) dodatkowe osiadanie własne podpory „1” od siły R 1 skierowanej w dół.

Uwaga: w przypadku półprzestrzeni sprężystej lub innego braku niezależności osiadań podpór, punkty b) i c) są sprzężone; należy łącznie przeanalizować działanie na podłoże trzech obciążeń: R

1

oraz

wygenerowanych przez tę siłę dwóch reakcji R

A

, R

B

.

q [kN/m]

a b

1

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

C

B

C

A

C

1

R

1

[kN]

q a b

R

A

R

B

A B

C

B

C

A

C

1

R

1

1

1’

1”

3) Żadna szczelina wystąpić nie może, czyli jej wirtualne „zaciśnięcie” wg 1) musi być skompensowane przez „rozwarcie” wg 2). Stąd równanie metody sił do wyznaczenia R 1 :

u 1q = u 1R

11 1 R

B1

A1

22 22

1

B

A33 22

3

1 q

u

C R L a C L a R L b C L b R

L b L a 1

E I 6 L b a R L a C 2 L q L b C 2 L q

L a

L a 2 1

E I 2 4

a L q

u = + ⋅

⋅ + ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

 





 



 − −

⋅ ⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

 





 



 − ⋅ +

⋅ ⋅

⋅

= ⋅

czyli

1 B 2 A

2 2 2

B 3 A

3 2 3 2

1

C 1 L a C L

a L b C L

b L

b L 1 a EI 6

L b a

L a C 2

L q L b C 2

L q L a L a 2 EI 1 24

a L q

R

+

⋅ ⋅ +

⋅ ⋅

 +







 



 − −

⋅ ⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

















+

⋅

−

⋅ ⋅

⋅

⋅

=

lub

1 3 2 2 B 3 2 2 A 3 2 2 2 2 2

3 B 3

A 3

3 2 2

1

L C

EI L a L C

EI L b L C

EI L

b L 1 a L 6

b a

L a L C

EI 2 1 L b L C

EI 2 1 L a L 2 a L 1 24

a

L q R

+ ⋅

⋅ ⋅ +

⋅ ⋅

 +







 



 − −

⋅ ⋅

⋅

⋅ ⋅

⋅ +

⋅ ⋅

⋅

 +















+

⋅

−

⋅ ⋅

⋅

⋅

=

Dla najprostszej belki symetrycznej na niezależnych podporach sprężystych:

a = b = l = L/2, C A = C B = C, C 1 – dowolne,

C 2

L q EI

L q 384 u 5

4 q

1

⋅

+ ⋅

⋅ ⋅

= oraz

11

131

1 R

R C

C 2 R E I 4 8

L R

u +

+ ⋅

⋅

= ⋅

Stąd oblicza się R 1 i dalej R A = R B = (q· L – R 1 )/2:

1 3 3

3 1

L C

EI L C 2

EI 384

8

L C

EI 384

10

2 q L R

+ ⋅

⋅ + ⋅

+ ⋅

⋅

⋅

=

Wniosek:

o współpracy belki z podłożem decyduje jej WZGLĘDNA sztywność bezwymiarowa η A = EI/(C· L ³ ) = η B , η 1 = EI/(C 1 · L ³ ).

• Dla C A = C B = C >> C 1 , czyli C 1 → 0, jest R 1 = 0.

• Dla C A = C B = C << C 1 , czyli C → 0 jest L

q 2 2 q L

R

₁

= ⋅ ⋅ = ⋅

• Dla C A = C B = C 1 = C:

3 3 1

L C 2

EI 3 384

8

L C

EI 384

10 2 q L R

⋅

⋅ + ⋅

+ ⋅

⋅

⋅

=

Dla C A = C B = C 1 = C → +∞ lub EI → 0 jest 8

10 2 q L

R ₁ = ⋅ ⋅

Jak zwykle dla belki na 3 podporach nieosiadających.

Uogólnienie ¹ :

1) analizowana jest belka na n+2 podporach, gdzie n ≥ 1 jest stopniem statycznej niewyznaczalności, a przy końcach są dwie podpory A oraz B,

2) obciążenie na górnej powierzchni fundamentu jest w postaci układu sił skupionych (ale może też być dodatkowo obciążenie rozłożone q); zazwyczaj te siły P j przykłada się w środkach segmentów obliczeniowych, choć nie jest to regułą; oczywiście niektóre z nich (albo nawet wszystkie) mogą być zerowe,

3) osiadania poszczególnych podpór nie muszą być niezależne (por.np. „efekt sąsiada” dla podpór na półprzestrzeni sprężystej),

4) podpory nie muszą być podporami, tj. mogą to być myślowo wydzielone segmenty

obliczeniowe, które wraz z dwoma końcowymi segmentami dają w sumie całą belkę o ciągłym kontakcie z podłożem; jeśli przyjąć równą długość wszystkich obliczeniowych segmentów stykowych, to wynosi ona L/(n+2); jeśli każdą wyznaczoną rekcję podporową R A , R B , R j

rozłożyć równomiernie na swoim segmencie obliczeniowym, to otrzyma się lokalnie stałe odpory r j , które są schodkową aproksymacją ciągłego odporu gruntu r(x) pod ławą.

1

metodę dobrze i z licznymi przykładami opisano, np. w książce: Wilhelm Król, Statyka fundamentów żelbetowych z uwzględnieniem sztywności nadbudowy. Wydawnictwo Arkady, Warszawa 1964.

q [kN/m]

L

R

A

[kN] R

B

[kN]

A B

C

B

C

A

R

j

[kN]

C

j

P

j

[kN/m]

0 0,5 1 1,5

0 0,001 0,01 0,1 1 10

R1/(qL/2) jako funkcja eta dla podłoża jednorodnego CA=CB=C1

Przykład 4:

Mechanizm redystrybucji reakcji podłoża

dla półprzestrzeni sprężystej pod sztywnym fundamentem

Zawsze podstawą wymiarowania fundamentu są siły występujące na styku fundamentu z podłożem, na górnej powierzchni obciążenia są bowiem znane (zazwyczaj).

O tym, że:

pionowe siły kontaktowe pod sztywnym fundamentem posadowionym na

półprzestrzeni sprężystej muszą być bardzo duże przy krawędziach fundamentu

można łatwo przekonać się w następujący sposób.

Równowaga momentów sił wynika z symetrii, a przy tym zachodzi równowaga sił:

4 ⋅ X1 + 8 ⋅ X2 + 4 ⋅ X3 = 16 (1) Fakt pomocniczy:

W pewnej dawnej publikacji wyprowadzono następujący wzór ²

⁾

:

który określa średnie osiadanie prostokąta k na powierzchni półprzestrzeni sprężystej,

gdy na prostokącie i przykłada się równomierne wiotkie obciążenie pionowe o jednostkowej sile wypadkowej; prostokąty mają wymiary d

k

x b

k

oraz d

i

x b

i

, tj. długość x szerokość,

a ich boki są wzajemnie równoległe; oczywiście może być w szczególności k = i.

Parametry ν , E

o

są odpowiednio współczynnikiem Poissona oraz modułem Younga, natomiast F

ki

są pewnymi stablicowanymi współczynnikami

¹⁾

, które są symetryczne, F

ki

= F

ik

.

Jeżeli długości boków d

i

są we wszystkich kwadratach takie same, to ułamek stojący przed F

ki

jest pewną stałą S. Nie powinno być zaskoczeniem, że ta stała w szczególnym przypadku

rozpatrywanego przykładu nie odgrywa żadnej roli – rzeczywiście, skoro sztywność fundamentu jest nieskończona, to każda skończona sztywność półprzestrzeni sprężystej jest nieskończenie mniejsza

2

)

por. w innym miejscu na tej stronie www - Publikacja z podstaw statyki: Symetryzacja współczynników wpływowych

X1 X2 X2 X1

X2 X3 X3 X2

X2 X3 X3 X2

X1 X2 X2 X1

Sztywna stopa fundamentowa ma wymiary 4 x 4 i na górnej powierzchni jest w środku obciążona siłą pionową

P = 16 jednostek siły; oczywiście, mogłaby zamiast tego być obciążona równomiernie na górnej powierzchni obciążeniem P/(4⋅4)=1 jednostek naprężenia, wyjdzie to samo.

Ta stopa osiada więcej lub mniej, ale na pewno równomiernie.

Powierzchnię styku stopy z półprzestrzenią sprężystą dzie- limy na identyczne kwadraty – im gęściej, tym lepiej. Niech to będzie np. 16 kwadratów, każdy o polu powierzchni 1 x 1.

Pod każdym z tych kwadratów występuje reakcja

wypadkowa podłoża X1 albo X2 albo X3 (są symetrie!).

Załóżmy, że każda z tych sił rozkłada się równomiernie na

swoim kwadracie, a zatem każda równomierna reakcja też

ma wartość Xi w jednostkach naprężenia, ponieważ Xi =

Xi/(1 ⋅ 1).

od nieskończonej sztywności samego fundamentu.

Jeżeli kwadraty są identyczne (jak np. na początkowym rys. wyżej), to współczynniki wpływowe F

ki

wyglądają następująco:

Tutaj k oraz i oznaczają bezwymiarowe odległości między kwadratami w wierszach i kolumnach, w stosunku do rozpatrywanego kwadratu, czyli lokalnie, jako wielokrotność boku kwadratu.

Przykładowo, rozpatrzmy jeden zaznaczony kwadrat, na którym działa wypadkowa siła X3.

Ta siła na zaznaczonym żółtym kwadracie, z pominięciem wszystkich innych sił X, powoduje jego duże średnie osiadanie:

W = X3⋅S⋅2,974

(kwadrat działa sam na siebie).

Jeśli uwzględnić dodatkowo jedną wyróżnioną siłę X2 (bold) z pierwszego wiersza, to na mocy zasady superpozycji będzie:

W = X3⋅S⋅2,974 + X2⋅S⋅1,111

(kwadrat działa sam na siebie oraz jest wpływ jednego najbliższego sąsiada).

Jeśli uwzględnić dodatkowo jeszcze jedną wyróżnioną siłę X1 (bold) z górnego lewego narożnika, to na mocy zasady superpozycji będzie:

W = X3⋅S⋅2,974 + X2⋅S⋅1,111 + X1⋅S⋅0,749

(kwadrat działa sam na siebie oraz jest wpływ dwóch bliskich sąsiadów), itd.

Obliczmy w ten sposób osiadanie średnie W1 segmentu narożnego pod siłą X1 (bold), sumując wpływy ze wszystkich 16 kwadratów:

W1 = X1⋅S⋅2,974 + X2⋅S⋅1,111 + X2⋅S⋅0,511 + X1⋅S⋅0,336 +

+ X2 ⋅ S ⋅ 1,111 + X3 ⋅ S ⋅ 0,749 + X3 ⋅ S ⋅ 0,455 + X2 ⋅ S ⋅ 0,319 + + X2 ⋅ S ⋅ 0,511 + X3 ⋅ S ⋅ 0,455 + X3 ⋅ S ⋅ 0,357 + X2 ⋅ S ⋅ 0,279 +

+ X1⋅S⋅0,336 + X2⋅S⋅0,319 + X2⋅S⋅0,279 + X1⋅S⋅0,237.

czyli krótko: W1 = X1⋅S⋅3,883 + X2⋅S⋅4,440 + X3⋅S⋅2,016.

Obliczmy w ten sposób osiadanie średnie W2 segmentu brzegowego pod siłą X2 (bold), sumując wpływy ze wszystkich 16 kwadratów:

X1 X2 X2 X1

X2 X3 X3 X2

X2 X3 X3 X2

X1 X2 X2 X1

W2= X1 ⋅ S ⋅ 1,111 + X2 ⋅ S ⋅ 2,974 + X2 ⋅ S ⋅ 1,111 + X1 ⋅ S ⋅ 0,511 +

+ X2⋅S⋅0,749 + X3⋅S⋅1,111 + X3⋅S⋅0,749 + X2⋅S⋅0,455 + + X2⋅S⋅0,455 + X3⋅S⋅0,511 + X3⋅S⋅0,455 + X2⋅S⋅0,357 +

+ X1 ⋅ S ⋅ 0,319 + X2 ⋅ S ⋅ 0,336 + X2 ⋅ S ⋅ 0,319 + X1 ⋅ S ⋅ 0,279.

czyli krótko: W2 = X1 ⋅ S ⋅ 2,220 + X2 ⋅ S ⋅ 6,756 + X3 ⋅ S ⋅ 2,826.

Obliczmy w ten sposób osiadanie średnie W3 segmentu wewnętrznego pod siłą X3 (bold), sumując wpływy ze wszystkich 16 kwadratów:

W3= X1 ⋅ S ⋅ 0,749 + X2 ⋅ S ⋅ 1,111 + X2 ⋅ S ⋅ 0,749 + X1 ⋅ S ⋅ 0,455 +

+ X2 ⋅ S ⋅ 1,111 + X3 ⋅ S ⋅ 2,974 + X3 ⋅ S ⋅ 1,111 + X2 ⋅ S ⋅ 0,511 + + X2⋅S⋅0,749 + X3⋅S⋅1,111 + X3⋅S⋅0,749 + X2⋅S⋅0,455 +

+ X1 ⋅ S ⋅ 0,455 + X2 ⋅ S ⋅ 0,511 + X2 ⋅ S ⋅ 0,455 + X1 ⋅ S ⋅ 0,357.

czyli krótko: W3 = X1 ⋅ S ⋅ 2,016 + X2 ⋅ S ⋅ 5,652 + X3 ⋅ S ⋅ 5,945.

Nieskończona sztywność fundamentu i symetria obciążeń powodują równe osiadania wszystkich wydzielonych segmentów obliczeniowych. Stąd dwa warunki kinematyczne:

W1 = W2 (2) W1 = W3 (3) i jak widać stała S redukuje się.

Trzy równania algebraiczne (1)-(3) z trzema niewiadomymi są spełnione przez:

X1 = 1,587 & X2 = 0,981 & X3 = 0,451.

Wyniki te znacznie odbiegają od średniego naprężenia pod całą stopą, które wynosi X

śr

= 1,000.

Podsumowanie:

dla celów praktycznych można zaokrąglić:

X1 ≅ 1,5 X2 ≅ 1,0 X3 ≅ 0,5.

Komentarz:

analizowane zadanie ma rozwiązanie ścisłe (analityczne) w Teorii Sprężystości i jest znane jako Zadanie kontaktowe Sadovsky’ego dla sztywnego stempla, ale dotyczy tylko fundamentu kołowego lub ławy (w przekroju poprzecznym, w płaskim stanie odkształcenia), czyli działa w przypadku dwuwymiarowym; dyskretyzacja kwadratami nie jest wówczas potrzebna.

Można odkurzyć półki w bibliotece i przekonać się jak duża jest koncentracja naprężeń pod krawędziami fundamentu (będzie też wzmianka na następnym wykładzie).

Uwaga końcowa:

w rzeczywistości nie ma fundamentów nieskończenie sztywnych i nie ma półprzestrzeni sprężystej, co zmniejsza wykazane różnice reakcji gruntu;

w jakim stopniu zmniejsza? –

– to już odrębny temat, znacznie trudniejszy od tych prostych ćwiczeń rachunkowych….

1,5 1,0 1,0 1,5

1,0 0,5 0,5 1,0

1,0 0,5 0,5 1,0

1,5 1,0 1,0 1,5