برای کمانش ناشی از خمش، میله در حالت تغییر تعادل در یکی از صفحات اصلی خم میشود.
اما مواردی از پایداری نیز وجود دارد که در آنها میله، یا بهعبارت دیگر تیر، هنگام از دست دادن تعادل نهتنها خم میشود بلکه میپیچد نیز (شکل 60a). در مورد اعضای فشاری، این پدیده کمانش جانبی نام دارد، و در مورد میلههای فشاری که در هنگام کمانش در معرض پیچش نیز قرار میگیرند، از کمانش در پیچش سخن گفته میشود.
برای هر دو پدیده، میزان سختی در برابر پیچش C، یا مقاومت در برابر خمیدگی C*، اهمیت تعیینکننده دارد. بنابراین بر تغییر تعادلِ همراه با پیچش در درجهٔ نخست میتوان با اقداماتی اثر گذاشت که سختی در برابر تابخوردگی را افزایش میدهند (شکل مناسب مقطع، قابهای عرضی، مهاربندی جانبی و غیره). از سوی دیگر، اعضای نواری با مقطع باز بهویژه نسبت به کمانش در پیچش حساساند.
معادله دیفرانسیل برای کمانش جانبی
شکل 1a
فرض کنید یک تیر مستقیم دارای ممانهای اینرسی ثابت با اختلاف بسیار زیاد Ix >> Iy باشد. بار در صفحه y-z-قرار دارد، بهگونهای که تیر در این صفحه اصلی خم خواهد شد (u=ϑ=0). تجربه و نیز نظریه نشان میدهد که این وضعیت تعادل در آغاز پایدار است، اما برای بارهای بیشتر ناپایدار میشود. این وضعیت دوم تعادل با خمشدن عرضی در u و با پیچش ϑ همراه است.
در ادامه، معادلهٔ دیفرانسیل برای کمانش جانبی استخراج خواهد شد. معادلاتِ u و ϑ همگن هستند. اگر شرایطِ مرزی نیز همگن باشند، آنگاه کمانش جانبیِ تیر فقط برای مقادیر ویژهٔ مسئله ممکن است، یعنی u و ϑ برای تیرِ بیاختلالِ فوق همچنان در ابتدا صفر میمانند. شرطِ کمانش جانبی - مشابهِ کمانشِ میله - با قرار دادنِ دترمینانِ ضرایبِ معادلاتِ شرطیِ همگن برای ثابتهای انتگرال برابرِ صفر به دست میآید. خواهیم دید که در کمانش جانبی نیز نقطهٔ واقعیِ شاخهشدنِ تعادلِ الاستیک وجود دارد.
شکل 1b
در شکل 1b، عنصر تیر به طول dz نشان داده شده است. برآیندهای تنشِ N1، Q1، M1، و نیز خمیدگی κ__1 به بارگذاری وابستهاند و مقادیر متناهی دارند. Q، M، MD در وضعیت تعادل اولیه صفر هستند و فقط زمانی از صفر متفاوت میشوند که کمانش جانبی رخ دهد. مقادیر نهایی، که به آغاز کمانش جانبی مربوطاند، بهطور بینهایت کوچکاند، همانگونه که تغییرشکلهای متناظر κ و d__ϑ/dz نیز چنیناند.
هر دو مقطع انتهاییِ عنصر dz در صفحهٔ عمود بر محورِ دوبار خمیدهٔ میله قرار دارند و در این صفحات عمود دچار پیچش خواهند شد.
از آنجا که ـ همانند کمانشِ میله ـ در درجهٔ اول اندازهٔ بار بحرانی، یعنی آغاز کمانش جانبی، برای ما اهمیت دارد و نه اندازهٔ تغییرشکلها، میتوانیم حاصلضرب مقادیر Q، M، MD با κ یا ϑ’ را بهعنوان مقادیر کوچک از مرتبهٔ دوم نادیده بگیریم. بنابراین برای سادهسازی بیشتر، انحنای اصلی κ1 را نیز ناچیزِ بینهایت کوچک فرض میکنیم و آن را مانند κ و ϑ’ در نظر میگیریم.
یادداشت: اثر κ__1 نیز از نظر نظری باید در یک حالت خاص ساده ارزیابی شود (گشتاور خمشی ثابت M بهعنوان بار). در بیشتر نیازهای مهندسی ساختمان میتوان κ__1 را نادیده گرفت. میتوان، برای مثال، چنین تصور کرد که تیر برای حالت بارگذاری مربوطه آنقدر «پیشقوس» داده شده است که برای بار بحرانی دقیقاً κ__1=0 باشد.
از تعادل مؤلفههای نیرو در راستاهای ξ, η, ζ و شرایط ممان نسبت به همان محورها، پس از حذفهای یادشده بهدست میآید
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)
از معادلات (1c, d i b) بهدست میآید
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
با حذف Q1 از معادلهٔ (1a) به دست میآید
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
از معادله. (1e) بدین ترتیب Q حذف خواهد شد، سپس u ’’ از طریق u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
برای بهدست آوردن معادلهٔ دیفرانسیل برای ϑ، روابط زیر میان لنگرها و تغییرشکلها وارد میشود
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
که در آن B1=EIx و B=EIy سختی خمشی تیر را نشان میدهد، C سختی پیچشی را، و C* مقاومت در برابر کمانش پیچشی-جانبی را. در محاسبات بعدی خود، برای سادهسازی، جملههای دارای C* را حذف خواهیم کرد. اگر لازم باشد این معادلات مثلاً برای پروفیلهای I بهکار روند، باید آنها را بهنحو مناسب تکمیل کرد. نادیده گرفتن جمله v’’ همانقدر است که فرض B1=∞ را بپذیریم.
اگر M و MD به کمک معادله 4 حذف شوند، معادله دیفرانسیل برای کمانش جانبی تیر با مقطع ثابت به دست میآید
معادله دیفرانسیل (5) همگن و از مرتبه چهارم نسبت به ϑ است. M1 تابعی شناختهشده از z بر حسب بارگذاری است.
تیر با لنگر خمشی ثابت
فرض شود که p=N1=0، علاوه بر آن Mx=ɱ=const. مقطع بدون بال (فشرده) است و تیر نسبت به ابعاد مقطع عرضی بلند است، بهطوریکه میتوان فرض کرد C*=0. آنگاه معادله (5) بهسبب M1=ɱ ساده میشود، و بنابراین:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
یا با اختصار λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) تیر با تکیهگاه دوشاخه در هر دو انتها
شکل. 2
تکیهگاه در z=0 و z=l بهصورت مفصلمانند است (شکل 2)، که خمشهای u و v را امکانپذیر میکند، اما چرخش مقاطع انتهایی را مانع میشود؛ ϑ=0. از آنجا که در راستای x هیچ گیرداری وجود ندارد (یعنی M=0، یا طبق معادله (4) نیز u’’=0 است)، از معادله مربوط به u’’ نتیجه میشود: MD’_=0 و از اینرو از معادله (4c) بهعنوان شرط مرزی دوم ϑ’’=0.
حل عمومی معادله. (6a) عبارت است از
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
از شرایط مرزی به دست میآید
این دستگاه معادلات همگن دارای:
- حلِ بدیهی A1 = A2 = ∙∙∙ = 0، که با آن ϑ=0، u’’=0 یا u=0 متناظر است، و در این حالت تیر بهصورت جانبی کمانه نمیکند.
- حلهای ویژه بر اساس Δ=0 یا sin λ__l=0. ریشههای این شرط کمانش جانبی λ__l=n__π هستند (با n=1,2,3,∙∙∙) و بارهای بحرانی ممان مربوطه
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
کمترین ممان کمانش جانبی
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
در n=1 بهدست میآید. راهحل مناسب با بهکارگیری معادله (1f) است:
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) سایر موارد کمانش جانبی
c) کمانش جانبی بر اثر گشتاور خمشی و نیروی فشاری
برای نمونه نشاندادهشده در شکل 3، N1=-D (فشار)، p=0، سپس C*=0 قرار داده شد. در آن صورت معادله دیفرانسیلی (5) ساده میشود و چنین است
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
که در آن λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
حل معادله دیفرانسیل (9) دوباره با معادله (8) داده میشود، فقط اینبار λ نشاندهنده مقدار دیگری است.
شکل 3
برای مثال، در شکل 3 مانند حالت a) شرایط مرزی ϑ=0 و ϑ’’=0 برای z=0 و z=l برقرار است. بنابراین، معادلات شرطی برای A1 نیز بهصورت صوری یکساناند و همچنین شرط کمانش جانبی Δ=sin λl=0 است. بار بحرانی شرط λl=nπ (n=1,2,3) را ارضا میکند و کوچکترین مقدار آن
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
برای D=0 از آنجا لنگر کمانش جانبی طبق معادله (8c) به دست میآید و برای بارگذاری صرفاً فشاری (ɱ=0) نیروی کمانش Euler-ای _DK=B(π/l)_2.
در شکل 3، حالت نشاندادهشده باید بهعنوان خمش خارج از مرکز در صفحه y-z مشخص شود. بنابراین، حالت پایداری که پیشتر بررسی شد، کمانش خارج از صفحه خمش است که با خمش جانبی u و پیچش ϑ همراه است.
اگر هر دو انتها گیردار باشند (ϑ=0 و ϑ’=0)، آنگاه از شرایط مرزی، به کمک Δ=0، شرط کمانش جانبی بهدست میآید
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
با ریشههای λ__l=m__π (m=2,4,∙∙∙) و نیروهای کمانش جانبی
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.