Průhyb ocelového nosníku. Nezatížený a rovnoměrně zatížený nosník

Transkript

1 EVROPSKÝ SOCIÁLNÍ FOND Průhyb ocelového nosníku. Nezatížený a rovnoměrně zatížený nosník PRAHA & EU INVESTUJEME DO VAŠÍ BUDOUCNOSTI České vysoké učení technické v Praze, Fakulta stavební, Katedra matematiky Posílení vazby teoretických předmětů a profesní orientace v prvních dvou ročnících bakalářského studijního programu Stavební inženýrství

2 Obyčejné diferenciální rovnice s okrajovými podmínkami Uvažujeme nosník délky L s konstantním průřezem z homogenního pružného materiálu, např. oceli. Průhyb nosníku je. Ocelový nosník je na obou koncích volně podepřen a je rovnoměrně zatížen. Intenzita zatížení f() je tedy konstantní a je rovna q.

3 Pokud na nosník ve směru jeho osy působí tlaková síla (F > ) popř. tahová síla F <, řešíme obyčejnou diferenciální rovnici s okrajovými podmínkami EIu (4) ()+Fu () = q (1) u() = u () = u(l) = u (L) =, (2) kde E je Youngův modul pružnosti a I je moment setrvačnosti průřezu nosníku vzhledem k ohybové ose. Po dvojí integraci rovnice (1) a dosazení okrajových podmínek (2) odvodíme diferenciální rovnici (viz [3, str. 57]) EIu ()+F = q 2 ( 2 L). (3)

4 Poznámka. Výraz F q 2 ( 2 L) v rovnici (3) odpovídá momentu sil, který působí na bod[, ]. Pro lineárně pružný materiál je křivost prohnutého nosníku (aproimovaná druhou derivací průhybu u ()) úměrná momentu sil nosníku. Okrajová úloha 1. Nezatížený volně podepřený nosník. Odvod te průhyb volně podepřeného ocelového nosníku, který není zatížený. Uvažujte tlakovou sílu F >, tahovou sílu F < i F =. Dokažte, že pro F < a F = eistuje pouze triviální řešení. Protože nosník není zatížený, položíme v rovnici (3) q = a řešíme okrajovou úlohu s okrajovými podmínkami u + F EI u = (4) u() = u(l) =. (5)

5 Zaprvé budeme uvažovat tlakovou sílu F >. Zavedením označení ω 2 = F EI v rovnici (4) dostaneme rovnici u +ω 2 u =. (6) Obecné řešení rovnice (6) potom je, viz např. prezentace [1], = C 1 cosω + sinω. Dosazením okrajových podmínek (5) vypočteme C 1 =, sinωl =.

6 Pokud délka L nosníku bude taková, že ωl = kπ, k Z, čemuž odpovídá tlaková síla F = k 2 π 2 EI, bude řešení okr. úlohy 1 L2 = sin kπ L. (7) Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 1 [L = 2, ω = π ] [L = 2, ω = π] =1 = =1 =3 3 3

7 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 1 [L = 2, ω = 3π ] [L = 2, ω = 2π] =1 = =1 =3 3 Ze vztahu (7) i z grafů vyplývá, že pro některé hodnoty součinu ωl (tedy pro některé hodnoty síly F ) má okrajová úloha nekonečně mnoho řešení. Náš matematický model nám neřekne, které z nich je nejblíže realitě.

8 Pokud ωl kπ, k Z, okrajová úloha 1 má pouze triviální řešení. Zadruhé uvažujeme, že F =. Řešením rovnice u = je = C 1 +. Dosazením okrajových podmínek (5) vypočteme =, C 1 L =. Tedy. V posledním případě uvažujeme tahovou sílu F <. Pokud F ω =, rovnice (4) přejde na EI u ω 2 u =. (8)

9 Obecné řešení rovnice (8) je, viz např. prezentace [1], = C 1 e ω + e ω. Dosazením okrajových podmínek (5) řešíme soustavu dvou rovnic pro neznámé C 1, C 1 + = C 1 e ωl + e ωl =. Tedy C 1 = = a řešení okrajové úlohy 1 je. Poznámka. Náš model neuvažuje podélné prodloužení nosníku, na nějž působí osová síla.

10 Okrajová úloha 2. Narozdíl od okrajové úlohy 1 počítejte s okrajovými podmínkami u() = u (L) =. (9) Uvažujte tlakovou sílu F >, tahovou sílu F < i F =. Dokažte, že pro F < a F = eistuje pouze triviální řešení. Stejně jako v okrajové úloze 1 vyjdeme z rovnice (4) u + F u =, ale s novými okrajovými podmínkami (9). EI

11 Zaprvé uvažujeme tlakovou sílu F >. Jako v okrajové úloze 1 řešíme rovnici (6) u +ω 2 u =. Obecným řešením rovnice (6) je = C 1 cosω + sinω. Dosazením okrajových podmínek (9) vypočteme C 1 =, ω cosωl =. Pokud délka L nosníku bude taková, že ωl = (k )π, k Z, čemuž odpovídá tlaková síla F = (k+ 1 2 )2 π 2 EI, bude řešení L 2 okrajové úlohy 2 = sin (k )π. (1) L

12 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 2 [L = 2, ω = π 4 ] [L = 2, ω = 3π 4 ].5 =1 =3 3 2 =1 =

13 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 2 [L = 2, ω = 5π 4 ] [L = 2, = 1] =1 =3 1.5 ω=5π/4 ω=3π/4 ω=π/ Ze vztahu (1) i z grafů vyplývá, že pro některé hodnoty součinu ωl (tedy pro některé hodnoty síly F ) má okrajová úloha nekonečně mnoho řešení.

14 Pokud ωl (k )π, k Z, okrajová úloha 2 má pouze triviální řešení. Zadruhé uvažujeme, že F =. Řešením rovnice u = je = C 1 + (stejně jako v okrajové úloze 1). Dosazením okrajových podmínek (9) obdržíme C 1 =, =. Tedy. Nakonec uvažujeme tahovou sílu F <. Tak jako v okrajové úloze 1, řešíme rovnici (8) u ω 2 u =. Jejím řešením je = C 1 e ω + e ω. Po dosazení okrajových podmínek (9) dostaneme soustavu rovnic C 1 + = C 1 e ωl e ωl =. Tedy C 1 = = a řešení okrajové úlohy 2 je.

15 Okrajová úloha 3. Rovnoměrně zatížený volně podepřený nosník. Určete průhyb rovnoměrně zatíženého nosníku. Uvažujte jen tahovou sílu F <. Okrajová úloha pro tlakovou sílu je vyřešena v [3, str. 58]. F Pokud uvažujeme ω =, diferenciální rovnice (3) přejde na EI u ω 2 u = q 2EI ( 2 L). (11) Okrajové podmínky (5) u() = u(l) = jsou stejné jako v okrajové úloze 1.

16 Homogenní řešení rovnice (11) je u h () = C 1 e ω + e ω. Partikulární řešení rovnice (11) hledáme pomocí metody speciální pravé strany, viz např. prezentace [2] nebo [3, str. 31] u p = A 2 + B + C, u p = 2A. (12) Partikulární řešení (12) dosadíme do rovnice (11) a obdržíme 2A Aω 2 2 Bω 2 ω 2 C = q 2 2EI ql 2EI.

17 Z toho vyplývá, že A = q 2EIω 2, B = ql 2EIω 2, C = q EIω 4 a u p () = q 2EIω 2( 2 L) q EIω 4. Obecné řešení rovnice (11) je součet homogenního a partikulárního řešení = C 1 e ω + e ω q 2EIω 2( 2 L) q EIω 4. Po dosazení okrajových podmínek (5) do obecného řešení pak řešíme soustavu dvou rovnic pro hledané neznámé C 1,

18 C 1 + q EIω 4 = C 1 e ωl + e ωl q EIω 4 =. Jejím řešením jsou C 1 = q(1 e ωl ) EIω 4 (e ωl e ωl ), = Obecné řešení okrajové úlohy 3 je tedy = q(e ωl 1) EIω 4 (e ωl e ωl ). q EIω 4 (e ωl e ωl ) [(1 e ωl )e ω +(e ωl 1)e ω ] q 2EIω 2( 2 L) q EIω 4. Narozdíl od výsledků okrajových úloh 1 a 2, které obsahovaly konstantu, je rešení jednoznačné.

19 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 3 [L = 2, q/ei = 1, ω = π ] [L = 2, q/ei = 1, ω = π]

20 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 3 [L = 2, q/ei = 1, ω = 3π ] [L = 2, q/ei = 1] ω=3π/2.1 ω=π ω=π/2.12 Na posledním obrázku je nejlépe vidět, že pokud se zvětšuje ω (a tedy i F pro tahovou sílu), průhyb nosníku u se zmenšuje.

21 Okrajová úloha 4. Narozdíl od volně podepřeného ocelového nosníku v okrajové úloze 3 počítejte s okrajovými podmínkami (9) u() = u (L) =. Uvažujte pouze tlakovou sílu F >. Rovnici (3) upravíme se zavedením ω 2 = F EI na u +ω 2 u = q 2EI ( 2 L), (13) ale s okrajovými podmínkami (9) jako v úloze 2.

22 Obecné řešení rovnice (13) je odvozeno v [3, str. 33 a 58] = C 1 cosω + sinω + q 2EIω 2( 2 L) q EIω 4, [u () = ωc 1 sinω +ω cosω + q 2EIω2(2 L)]. Po dosazení okrajových podmínek (9) do obecného řešení odvodíme a C 1 = q EIω 4 q EIω 3 sinωl+ω cosωl+ ql 2EIω 2 =. Pokud délka L nosníku je taková, že ωl = (k )π, k Z, okrajová úloha 4 nemá řešení, nebot sinωl ωl 2.

23 Pokud ωl (k )π, k Z, = q EIω 4 tgωl ql 2EIω 3 cosωl. Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 4 [L = 2, q/ei = 1, ω = π 4 ] [L = 2, q/ei = 1, ω = 3π 4 ]

24 Grafy průhybů nosníku pro okrajovou úlohu 4 [L = 2, q/ei = 1, ω = 5π ] [L = 2, q/ei = 1] ω=3π/4 ω=π/4 ω=5π/ Poznámka. Tento matematický model neodpovídá realitě, nebot nosník délky 2 vykazuje body s posunutím 1 15.

25 [1] Harmonický pohyb tělesa na pružině. České vysoké učení technické v Praze, Fakulta stavební, Katedra matematiky. Posílení vazby teoretických předmětů a profesní orientace v prvních dvou ročnících bakalářského studijního programu Stavební inženýrství [2] Kmitání tělesa s danou budicí frekvencí. České vysoké učení technické v Praze, Fakulta stavební, Katedra matematiky. Posílení vazby teoretických předmětů a profesní orientace v prvních dvou ročnících bakalářského studijního programu Stavební inženýrství [3] Zindulka O.: Matematika 3, České vysoké učení technické v Praze. Nakladatelství ČVUT. Praha, 27