Vandag is Savo Kusić gefokus op houtvensters, hout-aluminium vensters, pasgemaakte vensters, deur en versoeke om kwotasie. Hierdie teks bly as ’n argief van strukturele teorie en is nie ’n aanbod van statiese ontwerp, stabiliteitsberekeninge of strukturele rehabilitasie nie.
Differensiaalvergelyking van buiging
Daar word aanvaar dat alle idealisasies bevredig is, veral
- dat die staaf heeltemal reguit is
- dat die las P in die as van die staaf inwerk
- dat spannings onder die perk van proporsionaliteit bly
- dat die vervormings klein genoeg is om die gewone vereenvoudigings van berekeninge toe te laat.
Indien die staaf buig onder die werking van die krag P en dalk ook as gevolg van die las q wat in die dwarsrigting inwerk, dan moet die bekende ewewigstoestande tussen die eksterne belastings en die kragte in die snit bevredig word. Dit is buitendien natuurlik dat daar bekende verwantskappe tussen vervormings en kragte in die seksie moet wees.
Fig. 1 - Balans
In fig.1’n gebuigde staafelement van lengte ds word aangebied. Die helling van die v’ raaklyn is klein sodat tot by die tweede orde, die lengte van die element gestel kan word om gelyk te wees aan die projeksie ds=dz. Daarbenewens, in die toetse wat hieronder genoem word, sal gevalle waarin P voortdurend langs die as van die staaf verander nie in ag geneem word nie, dit wil sê normaalkrag N≈P=konst. In die drie ewewigstoestande wat vir die element beskikbaar is, kan ’n sekere aantal lede dan afgeskeep word. Vir merke en tekens van fig.10bly dan in die eerste benadering van die vergelyking
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Die dwarskrag kan uitgeskakel word, en dan hou M’‘=Pv’’-q. Bernoulli\ se wet M=-EI/R verskaf die ontbrekende vergelyking. Die kromme van die as van die staaf, soos gewoonlik, uit die teorie van balkbuiging, word soos volg vereenvoudig
Dit is dus moontlik om die buigmoment uit te skakel; en met M=-EI*v’’ word die differensiaalvergelyking vir die gebuigde staaf
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
In die spesiale geval van konstante buigstyfheid EI=konst. die vergelyking (1) is vereenvoudig, dus is dit
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Vgl. (1) en (1a) is lineêr in v volgens die genoemde vereenvoudigings.
Prakties, die eenvoudigste geval van konstante buigstyfheid EI=konst. is veral belangrik, wat as basis dien vir die voorbeelde hieronder.
Euler se saak
Die aannames vir die klassieke geval van knik is, afgesien van die genoemde idealiserings: p=0, dus N=konst.=P, asook konstante styfheid sonder wrywing, wat presies op die as van die staaf lê. Die gewone differensiaalvergelyking (1a) is vierde-orde, lineêr en homogeen as gevolg van q=0. Die algemene oplossing is:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
waar A, B, C, D die vier integrasiekonstantes is. Die parameter is van eindige grootte as gevolg van die aanname EI≠0. Verder, α≠0 vir P>0.
Sl.2
Aangesien die lineêre differensiaalvergelyking (1a) homogeen is, word hierdie probleem ook opgelos deur n_∙__v(z)_, waar n ’n arbitrêre konstante is. Reeds uit die wiskundige klassifikasie van die differensiaalvergelyking (1a) kan gesien word dat die grootte van buiging v nie bepaal kan word nie. Om die integrasiekonstantes A, B, C, D in die Euler\ geval (fig. 2) te bepaal, is die volgende kontoertoestande beskikbaar: As gevolg van die geartikuleerde ondersteuning is die buigmoment nul aan beide ente van die staaf, d.w.s.
v=0 en M=0 vir z=0
v=0 en M=0 vir z=s.
As gevolg van M=-EI_∙__v’‘_, volg dit dat M=0 die waarde van v’’=0 is, dus lees die vier kontoertoestande:
v=0 en v’’=0 vir z=0
v=0 en v’’=0 vir z=s.
Die oplossing (2) lei dus tot vier lineêre vergelykings:
Een.3
Hierdie vier homogene vergelykings het die eerste sogenaamde triviale oplossing A=B=C=D=0, wat ooreenstem met v(z)=0. Die ongebuigde staaf v_(z_)=0 is die gewone ewewigsposisie vir arbitrêre, veral klein waardes van las P. Hier stel ons hoofsaaklik belang in die toestande waaronder die staaf buig, dit wil sê dat v(z)≠0. Die vergelykings (3) het nie so ’n triviale oplossing met A, B, C, D ≠ 0 slegs as die determinant van die koëffisiënt gelyk aan nul is nie.
Een. 3a
Van die kniktoestande Δ = α4∙s∙sinαs =0 mog om die kritieke waardes PK van die vrag te bereken. Hierdie vergelyking word slegs bevredig as sin αs =0, dit is vir αKms = mπ met m=1,2,3,… Die ooreenstemmende waardes van Euler\ se knikkrag is PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Vir elke waarde van m word ’n sekere knikkrag verkry. In die meeste gevalle is slegs die kleinste van hierdie kragte van belang, en dit
PK1=EI(π/s)2.
In die volgende weergawe sal daar ’n indeks m wees, of 1 meestal weggelaat, wat verwys na die laagste van die kritieke ladings. Van belang is die ooreenstemmende elastiese lyn. Van een (2) word konstantes B=C=D=0 verkry. Die oorblywende toestand is A∙sin__αs=0. Die elastiese kniklyn vir bogenoemde geval m=1 is dus v(z) = A_∙sinπz/s_, waar v(z) vir αK resp. PK ooreenstemmende eiefunksie. Die grootte van A bly onbepaald.
Kom ons kyk weer na die hele laai area. Vir arbitrêre waardes van P, veral vir kragte P_<_PK1 is v(z)=0, bly die staaf reguit.
In die klassieke teorie van stabiliteit, onder “geleidelik toenemende” las P word ’n opeenvolgende reeks waardes P bedoel, waar die stabiliteit van die waargenome lasgeval weer en weer getoets sal word vir elke individuele vlak van las P. Tydens die stabiliteitstoets bly die grootte van P beslis onveranderd. As een toestand P as stabiel bepaal word, dan word die las met iets verhoog, en daarom word die stabiliteitstoets herhaal. Hierdie akkurate bepaling is nodig sodat daar geen verwarring is met die tipe las, wat die basis is vir die Shanley-effek, waarin daar ’n toename in die las is terwyl klein steurings terselfdertyd intree nie. Wanneer die stabiliteit volgens Shanley\ ondersoek word, in die area van plastiese knik, vind ’n kleiner bifurkasiekrag plaas as met die klassieke metode van oorweging.
Die volgende oorwegings veronderstel die eerste manier van lasverhoging: By ’n geleidelike toename van las P in hierdie sin, kom ’n mens vir PK1=EI_∙(π/s)_2 eers by een vertakkingspunt van die elastiese lyn, met ’n eenvoudige sinusbuiklyn as ewewig lyn
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A dui die onbepaalde amplitude van die elastiese lyn aan. Vir vragte is _P*__>_PK1 volgens die gelineariseerde teorie Δ≠0, dit wil sê balans is nie daar moontlik nie. Slegs vir hoër knikkragte PK2 ens. sal dit weer Δ=0 en dus ook v(z)≠0 wees. Die oorsaak van hierdie teoretiese gevolgtrekking, wat nie ooreenstem met die werklike gedrag nie, lê in die linearisering van die differensiaalvergelyking.
Buik van gedrukte stawe wat uit twee dele bestaan
Ons beperk ons tot tweedelige gedrukte stokke, en vir gedrukte stokke wat uit drie of meer dele bestaan, geld soortgelyke verhoudings.
Sl.3
Volgens die tipe dwarsverbinding verskil traliestawe (fig.3a) en raamstawe (fig.3e). Sonder kruisbande sou elke deel van die stok vanself buig (fig.3b). As die vulling relatief swak is, kan ’n enkele bandstaaf buig sonder om die staaf as geheel te buig. Vir die traliestaaf vy.3c kan vergelyk word: links vir skarnierstelsel, regs vir deurlopende bande; en vir die raamstaaf fig.3f aan die linkerkant vir sagte verbindingsvelle, aan die regterkant vir rigiede verbindingsblaaie. Van daar af kan gesien word dat skraalheid λ_ van groot invloed is1__=s1/i1_. Vir die individuele deel van die stok is ek geplaas1=F1_∙_i12, s1 is die veldspasiëring (fig.3), i1 verwys na die as1-1(sien Fig.4).
Sl.4
Die knikkrag van saamgestelde stawe wat ooreenstem met die elastiese kniklyne van fig. 3d, of 3g was die onderwerp van uitputtende teoretiese ondersoeke. As die staaf saamgestel is uit unieke seksies (bv. met ’n rib) of as die dwarsverbindings so gereeld was dat ’n staaf wat uit twee dele gebuig is nie in sy effek van ’n enkele staaf verskil nie, dan sal dit σ__K_=_π__2__E/λ__y__2 wees. Daar dui dit λ__y=sK/iy aan (fig. 4). Hierdie knikspanning sal egter nie in die praktyk ten volle bereik word nie omdat daar nie genoeg dwarsverbindings daarvoor is nie, en hulle is ook elasties. ’n Benadering wat in die meeste gevalle bevredig, word verkry as ons volgens die voorstel F stel. Engesser\a dat die buigspanning van ’n gedrukte staaf wat uit twee dele bestaan, gelyk is
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi is die sogenaamde ideale slankheid.
Dwarsbande moet voldoende in getal en sterk genoeg wees om beide dele van die staaf te dwing om saam te werk. Met die uitsondering van sekondêre spannings bly die dwarsskakels onbeklemtoon solank die staaf reguit bly. Dit is slegs met buiging dat hulle kragte moet ontvang, en hulle moet dwarskragte oordra wat toeneem met buiging. As dit ’n elastiese lyn is
dwarskrag by I=konst. gelyk is
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
Met fig. 5 m kan onmiddellik gelees word Q(z)=PK∙v’(z). Die hoogste waarde aan die einde van die staaf is
Sl.5
Die dwarsverbindings moet hierdie dwarskrag kan akkommodeer. Aangesien die ooreenstemmende las die knikkrag PK is, is dit voldoende as die dragrens daarvoor ook in die dwarsverbindings bereik word - d.w.s. gelyktydig met die hele staaf. Uiteraard sou dit van geen nut wees as die kruisskakels baie sterker is as wat nodig is om Q0 te ontvang nie. Aan die ander kant sal kruisskakels wat te swak is veroorsaak dat die staaf voortydig misluk.
Bogenoemde vergelyking kan nie aanvanklik gebruik word nie omdat die grootte van die knikpyl onbekend is. Die staaf is in onverskillige ewewig onder PK en kan, ten minste in die eerste graad van benadering, ’n arbitrêre waarde aanneem. Dit is dus nuttig, volgens die voorstel van F. Krohn-a, om die grootte van daardie knik maxv te bepaal waarby die gebuigde staaf sy dravermoë verloor as gevolg van mislukking as gevolg van buiging. Dit sal beslis gebeur as die vloeipunt aan die konkawe kant van die draai bereik word (Fig.6). Die buigings hiervoor groei verder en die ooreenstemmende buigmomente kan nie toegepas word nie.
Fig. 6
Die totale spanning aan die konkawe kant van die draai is volgens fig.6vir ideale plastiekmateriaal
Van daar af kom die grootste geswoeg wat nog verduur kan word
maxQ0 is die ooreenstemmende dwarskrag by die staafkant.
Indien gebruik vir σK Tetmeier\ se vorm en plaas σF=3,1t/cm2en sK=e/2∙ λy wat ooreenstem met iy≈e/2, dan word Krohn\ se benaderde waarde van maxQ verkry0=F/28(Q in t, F in cm2).
Vir arbitrêre lyne word die knikspanning verkry
maxQ0=μK∙SK.
Die koëffisiënt μK verander met die skraalheid van die staaf, dit hang ook af van die materiaal. Wanneer bogenoemde vergelyking gedeel word deur die veiligheidskoëffisiënt teen knik kan dit geskryf word
dozv__Q=μ∙dozvS.
Buik van lineêre stelsels
In die geval van lineêre stelsels is dit algemeen om die buiglengte sK=β∙h te bepaal van ’n staaf wat aan beide kante skarnier is en waarvan die buigkrag PK=π is vir vergelyking2EI/s2K net so groot. ’n Vergelykende “buiglengte” sal vir die voorbeelde hieronder gegee word.
a) Staaf vasgeklem aan albei kante (EI=konst.)
Sl.7
Vir die geval van fig.7van knik is PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, vergelykende “buiglengte” sK=h/2en die elastiese kniklyn v(z)=D(1- cos2πz/h).
b) Staafvry aan die een kant (fig.8)
Sl. 8
Daar word aanvaar dat die rigting van P nie verander soos die staaf buig nie. Dan (EI=konst.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-kosπz/2h).
Die kontoervoorwaardes vir die vrye einde z=h lees hier
M=0 of v’’=0
Q=M’-Pv’=0 of v’’’+a2∙v’=0.
c) Staaf vasgeklem aan die een kant (fig. 9)
Sl.9
Met kontoertoestande
v=0 en v’=0 vir z=0
v=0 en v’’=0 vir z=h
word verkry vir EI=konst. knik toestand
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
of ekwivalent
tgαh=αh. (4)
Die wortels van hierdie transendentale vergelyking word in tabelle K gevind. Hayashi’s. Die laagste knikkrag is volgens tabelle PK1=4,49342/ h2∙ EI =2,046π2EI/h2.
Die vergelykende kniklengte is sK = h / √2,046=0,699h.
d) ’n Staaf wat aan die een kant vasgeklem is met ’n wanorde (fig.10)
Fig. 10
Ons sal die geval van puntverplasing van konstante grootte oorweeg. Die kontoervoorwaardes daarvoor is
v=0en v’=0 vir z=0,
v=v1en v’’=0 vir z=h.
Dit is ’n ewewigsprobleem met ’n elastiese lyn
Die noemer van die term voor die {}-hakies sal nul wees en die knik neem toe bo alle grense as P→PK (sien kniktoestand Vgl. (4)). Dit is kenmerkend van die gedrag van die staaf dat die draaie in die middel en onderkant van die staaf aanvanklik kleiner is met toenemende las P en hul teken verander net vir hoër vragte. Sl.10toon draaie op halwe hoogte.
e) Deurlopende steek oor twee velde
Sl.11
Vir beide oplossingsareas (fig.11) sal ons die instelling toepas
En_. v(z1) = A1∙synαz1+ B1∙kosαz1+ C1∙z1+ D1,_
II. v(z2) = A2∙synαz2+ B2∙kosαz2+ C2∙z2+ D2.
Laat dit vir eenvoud wees (EI)1=(EI)2=EI. Om die agt konstantes te vind A1, …, A2, … dien as kontoertoestande
v=0en v’=0 vir z1=0,
v=0en v’’=0 vir z2=h,
asook oorgangstoestande tussen gebiede I en II
v=0 vir z1=h i vir z2=0,
v’’ (z1=h)=v’(z2=0),
v’’ (z1=h)=v’’(z2=0).
Die voorwaardelike vergelykings word in die tabel hieronder gegee
Deur die determinant van die koëffisiënt gelyk aan nul te stel, word die kniktoestand verkry
Buiglengte sK=0,878_h_, terwyl vir fig.35óf β=0,699. Die knikkrag het afgeneem in vergelyking met2,046:1,297as gevolg van die byvoeging van ’n tweede veld wat skarnier is. As die ander veld hoër geknyp word, sal die knikkrag weer tot die hoogtepunt toeneem.2,04_PE_.
Hierdie historiese aanbieding van die formules is nie ’n projek of ’n bewys van die stabiliteit van die struktuur nie. Die klassieke aannames van ideale reguit element, sentriese las en elastiese area sluit nie noodwendig aanvanklike onvolmaakthede, oorblywende spannings, eksentrisiteit, verbindingstyfheid, materiaal nie-lineariteit, laterale stabiliteit in en ook nie, waar van toepassing, brand, seismiese aksie en samestelling fases nie. Berekening van die werklike struktuur moet deur ’n gemagtigde siviele ingenieur volgens geldige regulasies en standaarde gedoen word.