Vir buiging by buiging is die staaf by verandering van ewewig in een hoofvlak gebuig.
Maar daar is ook sulke stabiliteitsgevalle waar die staaf, d.w.s. die balk, tydens ’n verandering van ewewig nie net gebuig nie, maar ook verwring word (fig. 60a). By dragers word hierdie verskynsel sywaartse knik genoem; by saamgedrukte stawwe wat tydens knik ook aan torsie blootgestel is, praat mens van knik by torsie.
Vir albei verskynsels is die grootte van die styfheid teen torsie C, resp. die weerstand teen kromming C* van beslissende belang. Die verandering in ewewig wat met torsie verband hou, kan daarom in die eerste plek beïnvloed word deur maatreëls wat die styfheid teen verdraaiing verhoog (geskikte vorm van die dwarsdoorsnee, dwarsrame, systeun ens.). Aan die ander kant is stawe in die vorm van ’n band met ’n oop dwarsdoorsnee veral vatbaar vir buiging by torsie.
Differensiaalvergelyking vir laterale uitknik
Fig. 1a
Laat ’n reguit balk konstante traagheidsmomente van baie ongelyke grootte Ix >> Iy hê. Die las lê in die y-z-vlak, sodat die balk in hierdie hoofvlak gebuig sal word (u=ϑ=0). Ervaring sowel as die teorie toon dat hierdie ewewigsposisie aanvanklik stabiel is, maar dat dit by groter laste labil word. Hierdie tweede ewewigsposisie hou verband met dwarsbuiging in u en met die torsie ϑ.
Hieronder sal die differensiaalvergelyking vir sywaartse knik afgelei word. Die vergelykings vir u en ϑ is homogeen. As die randvoorwaardes ook homogeen is, is sywaartse knik van die balk slegs moontlik vir die eiewaardes van die probleem, d.w.s. u en ϑ bly aanvanklik nul by die hierbo beskryfde ongestoorde balk. Die voorwaarde vir sywaartse knik word verkry – soortgelyk aan die geval van staafknik – indien die determinant van die koëffisiënt van die homogene voorwaardevergelykings vir die integrasiekonstantes nul gestel word. Ons sal sien dat daar ook by sywaartse knik ’n ware bifurkasiepunt van elastiese ewewig bestaan.
Afb. 1b
Op fig. 1b word die balkelement met lengte dz voorgestel. Die resultante van die spanninge N1, Q1, M1, sowel as die kromming κ__1 hang van die belasting af en is eindige groottes. Q, M, MD is nul in die oorspronklike ewewigsposisie, en sal eers van nul verskil wanneer sywaartse uitknik intree. Die eindige groottes, wat op die begin van sywaartse uitknik betrekking het, is oneindig klein, sowel as die ooreenstemmende vervormings κ en d__ϑ/dz.
Beide einddoorsnee van die element dz lê in ’n normale vlak op die dubbelgekromde as van die staaf en sal in hierdie normale vlakke gedraai wees.
Aangesien ons – net soos by die uitknikking van ’n staaf – in die eerste plek belangstel in die grootte van die kritieke belasting, dus die begin van die laterale uitknikking, en minder in die grootte van die vervormings, kan ons die produkte van die groottes Q, M, MD met κ of ϑ’ as klein tweede-orde groottes verwaarloos. Daarom sal ons vir verdere vereenvoudiging ook die hoofkromming κ1 as oneindig klein aanneem en dit sal as κ en ϑ’ behandel word.
Let wel: Die invloed van κ__1 moet ook teoreties in ’n eenvoudige spesiale geval beraam word (konstante buigmoment M as belasting). In die meeste gevalle van siviele ingenieurswese kan κ__1 verwaarloos word. Ons kan byvoorbeeld dink asof die balk vir die betrokke belastingsgeval so “oorhoog” is dat vir die kritieke belasting juis κ__1=0.
Uit die ewewig van die kragkomponente in die rigtings ξ, η, ζ en die momentevoorwaardes met betrekking tot dieselfde asse, verkry mens na die genoemde verwaarlosing
Q’ + N1u’’ – Q1__ϑ’ + pϑ = 0_,_ (1a)
Q1’ + p = 0_,_ (1b)
N1’ = 0_,_ (1c)
M1’ – Q1 = 0_,_ (1d)
MD’ + Q + M1__ϑ’ = 0_,_ (1e)
MD’ – M1u’’ + pe ϑ = 0_._ (1f)
Uit verg. (1c, d en b) word verkry
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
Deur Q1 uit verg. (1a) te elimineer, verkry mens
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
Uit verg. (1e) sal Q aldus geëlimineer word, daarna u ’’ deur middel van u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
Om die differensiaalvergelyking vir ϑ te verkry, word die volgende verhoudings tussen momente en vervormings ingestel
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
waar B1=EIx en B=EIy die styfheid teen buiging van die balk aandui, C die styfheid teen torsie, en C* die weerstand teen warping. In ons verdere berekenings sal ons die terme met C* weglos ter wille van eenvoud. As die vergelykings byvoorbeeld op I-profiele toegepas moet word, is dit nodig om dit op gepaste wyse aan te vul. Die verwaarlosing van die term v’’ beteken dieselfde as die aanname B1=∞.
As M en MD deur middel van verg. 4 uitgeskakel word, word die differensiaalvergelyking vir die sywaartse uitknik van ’n balk met konstante deursnee verkry
Die differensiaalvergelyking (5) is homogeen en van vierde orde ten opsigte van ϑ. M1 is ’n bekende funksie van z na gelang van die belasting.
Balk met konstante buigmoment
Laat p=N1=0 wees, verder Mx=ɱ=const. Die deursnee is sonder flens (saamgedruk) en die balk is lank in verhouding tot die afmetings van die dwarsdeursnee, sodat ons kan stel C*=0. Dan word verg. (5) vereenvoudig, weens M1=ɱ, en dan is:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
of met die afkorting λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) Balk met gaffelsteun aan beide ente
Fig. 2
Ondersteuning by z=0 en z=l is in die vorm van vurke (fig. 2), wat deurbuigings u en v moontlik maak, maar die draai van die eindsnitte verhinder; ϑ=0. Aangesien daar in die x-rigting geen inklemming is nie (d.w.s. M=0, of volgens verg. (4) ook u’’=0), volg uit die verg. vir u’’: MD’=0 en dus uit verg. (4c) as tweede randvoorwaarde ϑ’’=0.
Die algemene oplossing van verg. (6a) is
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
Uit die konturvoorwaardes word verkry
Hierdie homogene stelsel vergelykings het:
- Triviale oplossing A1 = A2 = ∙∙∙ = 0, wat ooreenstem met ϑ=0, u’’=0 of u=0, waarby die balk nie lateraal uitbuig nie.
- Eie oplossings volgens Δ=0 of sin λ__l=0. Die wortels van hierdie buigsy-knaakvoorwaarde is λ__l=n__π (met n=1,2,3,∙∙∙) en die ooreenstemmende kritieke momentele belastings
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
Kleinste moment van sywaartse uitknik
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
ontstaan by n=1. Die ooreenstemmende oplossing is deur toepassing van verg. (1f):
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) Ander gevalle van sywaartse knik
c) Sykantse knik as gevolg van die buigmomент en drukkende krag
Vir die voorbeeld wat in fig. 3 getoon word, is N1=-D (druk), p=0, daarna is C*=0 gestel. Dan word die differensiaalverg. (5) vereenvoudig en lui
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
waar λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
Die oplossing van die differensiaalvergelyking (9) word weer deur verg. (8) gegee, net nou dui λ ’n ander waarde aan.
Fig. 3
Vir die voorbeeld van fig. 3 geld, soos vir a), die kontoerwaardes ϑ=0 en ϑ’’=0 vir z=0 en z=l. Daarvolgens is ook die voorwaardelike vergelykings vir A1 formeel dieselfde, asook die voorwaarde van laterale uitknik Δ=sin λl=0. Die kritieke belasting voldoen aan die verhouding λl=nπ (n=1,2,3) en die kleinste waarde is
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
Vir D=0 word daaruit die kantelbuigmoment volgens verg. (8c) verkry, en vir suiwer drukkende belasting (ɱ=0) die Euler-se knikkrag _DK=B(π/l)_2.
Op fig. 3 moet die voorgestelde geval as eksentriese buiging in die y-z-vlak aangedui word. Die hier vroeër beskoude stabiliteitsgeval is dus ’n knik uit die buigvlak, gekoppel aan sywaartse buiging u en torsie ϑ.
As albei punte ingeklem is (ϑ=0 en ϑ’=0) dan word uit die randvoorwaardes, met behulp van Δ=0, die sywaartse knikvoorwaarde verkry
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
met die wortels λ__l=m__π (m=2,4,∙∙∙) en kragte van sywaartse uitknik
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.