Hjoed is Savo Kusić rjochte op houten finsters, hout-aluminium finsters, oanpaste finsters, doar en oanfragen foar offerte. Dizze tekst bliuwt as argyf fan strukturele teory en is gjin oanbod fan statysk ûntwerp, stabiliteitsberekkeningen of strukturele rehabilitaasje.
Differinsjaalfergeliking fan bûgjen fan knikken
Der wurdt oannommen dat alle idealisaasjes tefreden binne, benammen
- dat de roede is perfekt rjocht
- dat de lading P hannelet yn ‘e skacht fan’ e roede
- dat spanningen bliuwe ûnder de limyt fan evenredichheid
- dat de deformaasjes lyts genôch binne om de gewoane ferienfâldigingen fan berekkeningen mooglik te meitsjen.
As de roede bûgt ûnder de aksje fan ’e krêft P en miskien ek troch de lading q dy’t yn ’e transversale rjochting wurket, dan moatte de bekende betingsten fan lykwicht tusken de eksterne loads en de krêften yn ’e seksje foldien wurde. Derneist is it natuerlik dat der bekende relaasjes wêze moatte tusken deformaasjes en krêften yn ’e seksje.
Fig. 1 - Balâns
Yn fig.1in elemint fan in bûgde roede fan lingte ds wurdt fertsjintwurdige. De helling fan ‘e tangens v’ is lyts sadat oant de twadde folchoarder de lingte fan it elemint ynsteld wurde kin om gelyk te wêzen oan de projeksje ds=dz. Dêrneist, yn de tests neamd hjirûnder, gefallen dêr’t P hieltyd feroaret lâns de as fan ’e roede sil net rekken holden, i.e. normale krêft N≈P=const. Yn de trije lykwichtsbetingsten dy’t beskikber binne foar it elemint, kin dan in bepaald oantal leden ferwaarleazge wurde. Foar markearring en tekens út fig.10bliuw dan yn ’e earste benadering fan ’e fergeliking
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
De dwerse krêft kin wurde eliminearre, en dan M’‘=Pv’’-q hâldt. Bernoulli's wet M=-EI/R jout de ûntbrekkende fergeliking. De kromme fan ‘e as fan’ e roede, lykas gewoanlik, út ’e teory fan beambûging, wurdt ferienfâldige as folget
It is dus mooglik om it bûgemomint te eliminearjen; en mei M=-EI*v’’ wurdt de differinsjaalfergeliking foar de bûgde roede
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
Yn it spesjale gefal fan konstante bûgstiffens EI=const. de fergeliking (1) is ferienfâldige, dus it is
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) en (1a) binne lineêr yn v neffens de neamde ferienfâldigingen.
Praktysk is it ienfâldichste gefal fan konstante bûgstiffens EI=const. is benammen wichtich, dat tsjinnet as basis foar de foarbylden hjirûnder.
Euler’s gefal
De oannames foar it klassike gefal fan knikken binne, útsein de neamde idealisaasjes: p=0, dus N=const.=P, en ek konstante stivens sûnder wriuwing, dy’t krekt op ’e as fan ’e roede lizze. De gewoane differinsjaalfergeliking (1a) is fjirde oarder, lineêr en homogeen troch q=0. De algemiene oplossing is:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
dêr’t A, B, C, D de fjouwer yntegraasjekonstanten binne. De parameter is fan einige grutte fanwege de oanname EI≠0. Fierder, α≠0 foar P>0.
Sl.2
Sûnt de lineêre differinsjaalfergeliking (1a) homogeen is, wurdt dit probleem ek oplost troch n_∙__v(z)_, wêrby’t n in willekeurige konstante is. Al út de wiskundige klassifikaasje fan de differinsjaalfergeliking (1a) kin sjoen wurde dat de grutte fan bûging v net fêststeld wurde kin. Foar it bepalen fan de yntegraasjekonstanten A, B, C, D yn it gefal Euler\ (fig. 2) binne de folgjende kontoerbetingsten beskikber: Troch de artikulearre stipe is it bûgmomint nul oan beide einen fan ’e roede, d.w.s.
v=0 en M=0 foar z=0
v=0 en M=0 foar z=s.
Troch M=-EI_∙_v’‘ folget it dat M=0 de wearde is fan v’’=0, dus de fjouwer kontoerbetingsten lêze:
v=0 en v’’=0 foar z=0
v=0 en v’’=0 foar z=s.
De oplossing (2) resultearret dus yn fjouwer lineêre fergelikingen:
Ien.3
These four homogeneous equations have the first so-called trivial solution A=B=C=D=0, which corresponds to v(z)=0. De ûnbûgde roede v_(z_)=0 is de gewoane lykwichtsposysje foar willekeurige, benammen lytse wearden fan load P. Hjir binne wy foaral ynteressearre yn ’e betingsten wêryn’t de roede bûgt, dus dat v(z)≠0. The equations (3) do not have such a trivial solution with A, B, C, D ≠ 0 only if the determinant of the coefficient is equal to zero.
Ien. 3a
Fanút de knikbetingsten Δ = α4∙s∙sinαs =0 mog om de krityske wearden PK fan ’e lading te berekkenjen. Dizze fergeliking is allinich foldien as sin αs =0, dat is foar αKms = mπ mei m=1,2,3,… De oerienkommende wearden fan ’e knikkracht fan Euler binne PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Foar elke wearde fan m wurdt in bepaalde knikkrêft krigen. Yn ’e measte gefallen is allinich de lytste fan dizze krêften fan belang, en dat
PK1=EI(π/s)2.
Yn ’e folgjende ferzje sil d’r in yndeks m wêze, of 1 meast weilitten, ferwizend nei de leechste fan ’e krityske loads. Fan belang is de oerienkommende elastyske line. Fan ien (2) wurde konstanten B=C=D=0 krigen. De oerbleaune betingst is A∙sin__αs=0. De elastyske knikline foar it boppesteande gefal m=1 is dus v(z) = A_∙sinπz/s_, wêr’t v(z) is foar αK resp. PK oerienkommende eigenfunksje. De grutte fan A bliuwt ûnbepaald.
Litte wy nochris sjen nei it heule ladinggebiet. Foar willekeurige wearden fan P, benammen foar krêften P_<_PK1 is v(z)=0, bliuwt de roede rjocht.
Yn ’e klassike teory fan stabiliteit, ûnder “stadichoan tanimmende” lading P wurdt bedoeld in opienfolgjende searje wearden P, dêr’t de stabiliteit fan de waarnommen lading gefal sil wurde hifke en wer foar elk yndividuele nivo fan load P. Tidens de stabiliteitstest bliuwt de grutte fan P wis net feroare. As ien steat P wurdt bepaald stabyl, dan wurdt de lading ferhege troch wat, en dêrom wurdt de stabiliteit test werhelle. Dizze krekte fêststelling is nedich, sadat der gjin betizing is mei it type lading, dat de basis is foar it Shanley-effekt, wêrby’t in ferheging fan ’e lading is, wylst lytse steuringen tagelyk hannelje. By it ûndersiikjen fan de stabiliteit neffens Shanley, op it mêd fan plestik knikken, komt in lytsere bifurkaasjekrêft foar as by de klassike metoade fan beskôging.
De folgjende oerwagings geane út fan de earste manier fan loadferheging: By in graduele ferheging fan load P yn dizze sin komt men foar PK1=EI_∙(π/s)_2 earst by ien bifurkaasjepunt fan ’e elastyske line, mei in simpele equilibri-line line
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A jout de ûnbepaalde amplitude fan ’e elastyske line oan. Foar loads _P*__>_PK1 is neffens de linearisearre teory Δ≠0, d.w.s. lykwicht is dêr net mooglik. Allinnich foar hegere knikkrêften PK2 ensfh wurdt it wer Δ=0 en dus ek v(z)≠0. De oarsaak fan dizze teoretyske konklúzje, dy’t net oerienkomt mei it eigentlike gedrach, leit yn de linearisaasje fan de differinsjaalfergeliking.
Knik fan yndrukte stangen opboud út twa dielen
Wy beheine ús ta twadielige yndrukte stokken, en foar yndrukte stokken besteande út trije of mear dielen binne ferlykbere ferhâldingen fan tapassing.
Sl.3
Ofhinklik fan it type transversale ferbining ferskille roosterstangen (fig.3a) en framestangen (fig.3e). Sûnder krúsbannen soe elk diel fan ’e roede sels bûge (fig.3b). As de filling relatyf swak is, dan kin in inkele riemstang bûge sûnder de roede as gehiel te bûgen. Foar de lattice rod fig.3c kin wurde fergelike: lofts foar hinged systeem, rjochts foar trochgeande riemen; en foar de frame stang fig.3f links foar sêfte ferbiningsblêden, rjochts foar stive ferbiningsblêden. Fan dêrút is te sjen dat slankens λ_ fan grutte ynfloed is1__=s1/ik1_. Foar it yndividuele diel fan ’e roede waard I pleatst1=F1_∙_i12, s1 is de fjildôfstân (Fig.3), ik1 ferwiist nei de as1-1(sjoch Fig.4).
Sl.4
De knikkracht fan gearstalde stangen dy’t oerienkomme mei de elastyske kniklinen fan fig. 3d, of 3g wie it ûnderwerp fan útputtend teoretyske ûndersiken. As de roede wie gearstald út unike seksjes (bgl mei in rib) of as de dwerse ferbinings wiene sa faak dat in roede bûgd út twa dielen net ferskilt yn syn effekt fan in inkele roede, dan soe it wêze σ__K_=_π__2__E/λ__y__2. Dêr jout it oan λ__y=sK/iy (fig. 4). Dizze knikspanning sil yn ’e praktyk lykwols net folslein berikt wurde, om’t dêr net genôch dwersferbiningen foar binne en dy binne ek elastysk. In approximaasje dy’t yn ’e measte gefallen foldocht wurdt krigen as wy neffens it foarstel F. Engesser\a dat de bûgspanning fan in yndrukt roede gearstald út twa dielen is gelyk
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi is de saneamde ideale slankens.
Krúsbannen moatte genôch wêze yn oantal en sterk genôch om beide dielen fan ’e roede te twingen om tegearre te hanneljen. Mei útsûndering fan sekundêre spanningen, bliuwe de transversale skeakels unstressed sa lang as de roede rjocht bliuwt. It is allinich mei bûgen dat se krêften moatte ûntfange, en se moatte transversale krêften oerdrage dy’t tanimme mei bûgjen. Yn it gefal is it in elastyske line
transversale krêft by I=const. is gelyk
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
Mei fig. 5 m kin fuortendaliks lêzen wurde Q(z)=PK∙v’(z). De heechste wearde oan ‘e ein fan’ e roede is
Sl.5
De dwersferbiningen moatte dizze dwerskrêft op kinne. Om’t de oerienkommende lading de knikkracht PK is, is it genôch as de draachlimyt dêrfoar ek yn ’e dwersferbiningen berikt wurdt - dus tagelyk mei de hiele stang. Fansels soe d’r gjin foardiel wêze as de cross-links folle sterker wiene dan nedich om Q0 te ûntfangen. Oan ’e oare kant soene cross-links dy’t te swak binne feroarsaakje dat de roede te betiid mislearret.
De boppesteande fergeliking kin yn earste ynstânsje net brûkt wurde, om’t de grutte fan ’e pylkpyl ûnbekend is. De roede is yn ûnferskillich lykwicht ûnder PK en kin, op syn minst yn ’e earste graad fan approximation, nimme in willekeurige wearde. It is dêrom nuttich, neffens it foarstel fan F. Krohn-a, om de grutte fan dy knik maxv te bepalen wêrby’t de bûgde roede syn draachflak ferliest troch falen troch bûgjen. Dit sil grif foarkomme as it opbringstpunt wurdt berikt oan ‘e konkave kant fan’ e bocht (Fig.6). De bochten dêrfoar groeie fierder en de byhearrende bochtmominten kinne net tapast wurde.
Fig. 6
De totale spanning op ‘e konkave kant fan’ e bocht is neffens fig.6foar ideaal plestik materiaal
Dêrút komt de grutste swagger dy’t noch ferneare kin
maxQ0 is de korrespondearjende dwerse krêft oan de roede ein.
As brûkt foar σK Tetmeier's foarm en set σF=3,1t/cm2en sK=e/2∙ λy wat oerienkomt mei iy≈e/2, dan wurdt Krohn's ûngefear wearde fan maxQ krigen0=F/28(Q yn t, F yn cm2).
Foar willekeurige rigels wurdt de knikspanning krigen
maxQ0=μK∙SK.
De koëffisjint μK feroaret mei de slankens fan ’e roede, it hinget ek ôf fan it materiaal. As de boppesteande fergeliking dield wurdt troch de koëffisjint fan feiligens tsjin knibbel, kin it skreaun wurde
dozv__Q=μ∙dozvS.
Knik fan lineêre systemen
Yn it gefal fan lineêre systemen is it gewoanlik om de bûglingte sK=β∙h te bepalen fan in roede dy’t oan beide úteinen hingjend is en wêrfan de bûgkracht PK=π is foar fergeliking2EI/s2K like grut. In ferlykjende “knikkelingte” sil wurde jûn foar de foarbylden hjirûnder.
a) Rod oan beide úteinen klemd (EI=const.)
Sl.7
Foar it gefal fan fig.7fan knik is PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, fergelykjende “kniklengte” sK=h/2en de elastyske knikline v(z)=D(1- cos2πz/h).
b) Rod frij oan ien ein (fig.8)
Sl. 8
Der wurdt fan útgien dat de rjochting fan P net feroaret as de roede bocht. Dan (EI=konst.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sk=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
De kontoerbetingsten foar it frije ein z=h hjir lêze
M=0 of v’’=0
Q=M’-Pv’=0 of v’’’+a2∙v’=0.
c) Rod oan ien ein klemd (fig. 9)
Sl.9
Mei kontoerbetingsten
v=0 en v’=0 foar z=0
v=0 en v’’=0 foar z=h
wurdt krigen foar EI=const. knikstatus
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
of lykweardich
tgαh=αh. (4)
De woartels fan dizze transzendintale fergeliking wurde fûn yn tabellen K. Hayashi’s. De leechste knikkrêft is neffens tabellen PK1=4,49342/h2∙ EI =2,046π2EI/h2.
De ferlykjende kniklengte is sK = h / √2,046=0,699h.
d) In roede oan ien ein bekneld mei in steuring (fig.10)
Fig. 10
Wy sille beskôgje it gefal fan tip ferpleatsing fan konstante grutte. De kontoerbetingsten dêrfoar binne
v=0en v =0 foar z=0,
v=v1en v’’=0 foar z=h.
It is in lykwichtsprobleem mei in elastyske line
De neamer fan de term foar de {}-heakjes sil nul wêze en de knik nimt ta boppe alle grinzen as P→PK (sjoch knikbetingsten fergeliking. (4)). It is karakteristyk foar it gedrach fan ‘e roede dat de bochten yn’ e midden en legere ein fan ’e roede yn earste ynstânsje lytser binne mei tanimmende load P en feroarje har teken allinich foar hegere loads. Sl.10toant bochten op heale hichte.
e) Trochrinnende stok oer twa fjilden
Sl.11
Foar beide oplossingsgebieten (fig.11) sille wy de ynstelling tapasse
En_. v(z1) = A1∙synαz1+ B1∙cosαz1+C1∙z1+ D1,_
II. v(z2) = A2∙synαz2+ B2∙cosαz2+C2∙z2+ D2.
Lit it foar ienfâld wêze (EI)1=(EI)2=EI. Om de acht konstanten te finen A1, …, A2, … tsjinje as kontoerbetingsten
v=0en v =0 foar z1=0,
v=0en v’’=0 foar z2=h,
likegoed as oergongsbetingsten tusken gebieten I en II
v=0 foar z1=h i foar z2=0,
v’’ (z1=h)=v’(z2=0),
v’’ (z1=h)=v’’(z2=0).
De betingstlike fergelikingen wurde jûn yn ’e tabel hjirûnder
Troch de determinant fan ’e koeffizient gelyk oan nul te setten, wurdt de knikbetingst krigen
Buiglengte sK=0,878_h_, wylst foar fig.35itsij β=0,699. De knikkracht fermindere yn ferliking mei2,046:1,297troch de tafoeging fan in twadde fjild dat is hinged. As it oare fjild heger beknypt waard, dan soe de knikkrêft wer tanimme nei it hichtepunt.2,04_PE_.
Dizze histoaryske presintaasje fan ‘e formules is gjin projekt of in bewiis fan’ e stabiliteit fan ’e struktuer. De klassike oannames fan ideaal rjochte lid, sintraal lading en elastysk gebiet omfetsje net needsaaklik initial ûnfolsleinens, oerbleaune spanningen, eksintrisiteit, ferbiningsstivens, materiaal net-lineariteit, laterale stabiliteit, noch, as fan tapassing, fjoer, seismyske aksje en assemblagefazen. Berekkening fan ’e eigentlike struktuer moat wurde dien troch in autorisearre sivile yngenieur neffens jildige regeljouwing en noarmen.