Ma Savo Kusić a fa ablakokra, fa-alumínium ablakok, egyéni ablakok, ajtó és ajánlatkérés. Ez a szöveg a szerkezetelméleti archívum marad, és nem kínál statikai tervezést, stabilitási számításokat vagy szerkezeti rehabilitációt.
A hajlítási kihajlás differenciálegyenlete
Feltételezzük, hogy minden idealizálás teljesül, különösen az
- hogy a rúd tökéletesen egyenes
- hogy a P terhelés a rúd tengelyében hat
- hogy a feszültségek az arányossági határ alatt maradnak
- hogy az alakváltozások elég kicsik ahhoz, hogy lehetővé tegyék a számítások szokásos egyszerűsítését.
Ha a rúd a P erő hatására és esetleg a keresztirányban ható q terhelés hatására is meggörbül, akkor a külső terhelések és a szelvényben fellépő erők közötti ismert egyensúlyi feltételeknek teljesülniük kell. Emellett természetes, hogy a szelvényben az alakváltozások és az erők közötti összefüggések ismertek.
ábra. 1 – Egyenleg
ábrán.1egy ds hosszúságú hajlított rúdelemet mutatunk be. A v’ érintő meredeksége kicsi, így a második rendig az elem hossza a ds=dz vetülettel egyenlőre állítható. Ezen túlmenően az alább említett teszteknél nem vesszük figyelembe azokat az eseteket, amikor P folyamatosan változik a rúd tengelye mentén, azaz a normál erőt N≈P=const. Az elemre rendelkezésre álló három egyensúlyi feltétel mellett bizonyos számú tag elhanyagolható. A jelölésekhez és jelzésekhez a 2. ábráról.10maradjon akkor az egyenlet első közelítésében
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
A keresztirányú erő kiküszöbölhető, és ekkor M’‘=Pv’’-q teljesül. A Bernoulli\ M=-EI/R törvénye megadja a hiányzó egyenletet. A rúd tengelyének görbéjét, mint általában, a sugárhajlítás elméletéből a következőképpen egyszerűsítjük
Ily módon kiküszöbölhető a hajlítónyomaték; és M=-EI*v’’-val megkapjuk a hajlított rúd
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
Állandó hajlítási merevség speciális esetben EI=const. az egyenlet (1) leegyszerűsödött, tehát
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) és (1a) lineárisak v-ban az említett egyszerűsítések szerint.
Gyakorlatilag az állandó hajlítási merevség legegyszerűbb esete EI=const. különösen fontos, ami az alábbi példák alapjául szolgál.
Euler-tok
A kihajlás klasszikus esetére vonatkozó feltételezések az említett idealizációkon kívül a következők: p=0, tehát N=const.=P, valamint az állandó merevség súrlódás nélkül, amelyek pontosan a rúd tengelyén fekszenek. A közönséges differenciálegyenlet (1a) negyedrendű, lineáris és homogén a q=0 miatt. Az általános megoldás:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
ahol A, B, C, D a négy integrációs állandó. A paraméter véges méretű a EI≠0 feltevés miatt. Továbbá α≠0 a P>0.
ábra. 2
Mivel a lineáris differenciálegyenlet (1a) homogén, ezt a problémát is megoldja az n_∙__v(z)_, ahol n tetszőleges állandó. Már a differenciálegyenlet (1a) matematikai osztályozásából is látható, hogy a v hajlítás nagysága nem határozható meg. Az A, B, C, D integrációs állandók meghatározásához Euler\ esetben (2 ábra) a következő kontúrfeltételek állnak rendelkezésre: A csuklós alátámasztás miatt a hajlítónyomaték a rúd mindkét végén nulla, azaz.
v=0 és M=0 a z=0 számára
v=0 és M=0 a z=s esetén.
A M=-EI_∙_v’‘ miatt ebből az következik, hogy M=0 a v’’=0 értéke, tehát a négy kontúrfeltétel a következő:
v=0 és v’’=0 a z=0 számára
v=0 és v’’=0 a z=s esetén.
A megoldás (2) így négy lineáris egyenletet eredményez:
Egy.3
Ennek a négy homogén egyenletnek van az első úgynevezett triviális megoldása A=B=C=D=0, amely megfelel a v(z)=0-nek. A nem hajlított rúd v_(z_)=0 a szokásos egyensúlyi helyzet tetszőleges, különösen kis P terhelési értékekhez. Itt elsősorban arra vagyunk kíváncsiak, hogy a rúd milyen körülmények között hajlik meg, vagyis hogy v(z)≠0. A (3) egyenleteknek nincs ilyen triviális megoldása A, B, C, D ≠ 0 esetén, ha az együttható determinánsa nulla.
Egy. 3a
A kihajlási feltételekből Δ = α4∙s∙sinαs =0 mog a terhelés kritikus értékeinek PK kiszámításához. Ez az egyenlet csak akkor teljesül, ha sin αs =0, azaz αKms = mπ esetén m=1,2,3,… Az Euler kihajlási erejének megfelelő értékei PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Minden m értékhez egy bizonyos kihajlási erőt kapunk. A legtöbb esetben ezek közül az erők közül csak a legkisebb az érdekes, és az
PK1=EI(π/s)2.
A következő verzióban egy m index lesz, vagy az 1 többnyire kimarad, a kritikus terhelések közül a legalacsonyabbra utalva. Érdekes a megfelelő rugalmas vonal. Az egyikből (2) a B=C=D=0 konstansokat kapjuk. A fennmaradó feltétel: A∙sin__αs=0. A fenti m=1 eset rugalmas kihajlási vonala tehát v(z) = A_∙sinπz/s_, ahol v(z) αK ill. PK megfelelő sajátfüggvény. Az A nagysága meghatározatlan marad.
Vessünk még egy pillantást a teljes terhelési területre. A P tetszőleges értékei esetén, különösen a P_<_PK1 erőknél v(z)=0, a rúd egyenes marad.
A klasszikus stabilitáselméletben “fokozatosan növekvő” terhelés mellett a P egy egymást követő értéksorozatot P jelent, ahol a megfigyelt terhelési eset stabilitását minden egyes P terhelési szintnél újra és újra tesztelik. A stabilitási teszt során a P mérete minden bizonnyal változatlan marad. Ha egy P állapotot stabilnak határozunk meg, akkor valamivel megnő a terhelés, és ezért a stabilitási vizsgálat megismétlődik. Ez a pontos meghatározás azért szükséges, hogy ne legyen összetéveszthetőség a terhelés típusával, ami az alapja a Shanley\ effektusnak, amelynél a terhelés növekszik, miközben kis zavarok lépnek fel egyidejűleg. A stabilitás Shanley\ szerinti vizsgálatakor a képlékeny kihajlás területén kisebb bifurkációs erő lép fel, mint a klasszikus számítási módszernél.
A következő megfontolások feltételezik a terhelésnövekedés első módját: A P ilyen értelemben vett fokozatos terhelésnövekedése esetén a PK1=EI_∙(π/s)_2-hez először a rugalmas egyensúlyi vonal egyik bifurkációs pontjához jutunk, egyszerű rugalmas egyensúlyi vonallal. sor
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A a rugalmas vonal meghatározatlan amplitúdóját jelöli. Terheléseknél _P*__>_PK1 a linearizált elmélet szerint Δ≠0, azaz ott nem lehetséges az egyensúly. Csak nagyobb kihajlási erők esetén PK2 stb. lesz ismét Δ=0, és így v(z)≠0 is. Ennek az elméleti következtetésnek az oka, amely nem egyezik a tényleges viselkedéssel, a differenciálegyenlet linearizálásában rejlik.
Két részből álló préselt rudak kihajlása
Kétrészes préselt pálcákra korlátozzuk magunkat, és a három vagy több részből álló préselt pálcákra hasonló arányok érvényesek.
Sl.3
A keresztirányú csatlakozás típusától függően a rácsrudak különböznek (ábra 1).3a) és keretrudak (ábra).3e). Keresztkötések nélkül a pálca minden része magától meghajolna (ábra).3b). Ha a töltet viszonylag gyenge, akkor egyetlen szalagrúd meghajolhat anélkül, hogy a rúd egészét meghajlítaná. A rácsrúdhoz ábra.3c összehasonlítható: bal oldali csuklós rendszerhez, jobb oldali folyamatos hevederekhez; és a vázrúdhoz ábra.3f bal oldalon a puha, jobb oldalon merev csatlakozólapokhoz. Onnan látható, hogy a karcsúság λ_ nagy hatással van1__=s1/én1_. A rúd egyes részéhez I került1=F1_∙_i12, s1 a mezőtávolság (ábra.3), i1 a tengelyre utal1-1(lásd ábra.4).
Sl.4
ábra rugalmas kihajlási vonalainak megfelelő összetett rudak kihajlási ereje.3d, vagy3g kimerítő elméleti vizsgálatok tárgya volt. Ha a rúd egyedi szakaszokból állna (pl. bordával), vagy ha a keresztirányú csatlakozások olyan gyakoriak lennének, hogy a két részből hajlított rúd hatásában nem különbözik egyetlen rúdtól, akkor ez σ__K_=_π__2__E/λ__y__2. Ott azt jelöli, hogy λ__y=sK/iy (ábra.4). Ezt a kihajlási feszültséget azonban a gyakorlatban nem érik el teljesen, mert ehhez nincs elegendő keresztirányú csatlakozás, ráadásul rugalmasak is. A legtöbb esetben kielégítő közelítést kapunk, ha a javaslat szerint F. Engesser\a, hogy a két részből álló nyomott rúd hajlítófeszültsége egyenlő
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
A λyi az úgynevezett ideális karcsúság.
A keresztkötéseknek elegendő számúnak és elég erősnek kell lenniük ahhoz, hogy a rúd mindkét részét együttes hatásra kényszerítsék. A másodlagos feszültségek kivételével a keresztirányú láncszemek mindaddig feszítetlenek maradnak, amíg a rúd egyenes marad. Csak hajlítással kell erőket felvenniük, és át kell adniuk a hajlítással növekvő keresztirányú erőket. Abban az esetben, ha rugalmas vonalról van szó
keresztirányú erő I=konst. egyenlő
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
ábrával. 5 m azonnal kiolvasható Q(z)=PK∙v’(z). A legmagasabb érték a rúd végén az
Sl.5
A keresztirányú csatlakozásoknak képesnek kell lenniük ennek a keresztirányú erőnek a befogadására. Mivel a megfelelő terhelés a PK kihajlási erő, ezért elegendő, ha ehhez a keresztirányú csatlakozásokban is - azaz a teljes rúddal egyidejűleg - elérjük a teherbírási határt. Nyilvánvalóan semmi haszna nem lenne, ha a keresztkötések a Q0 fogadásához szükségesnél sokkal erősebbek lennének. Másrészt a túl gyenge keresztkötések a rúd idő előtti meghibásodását okozhatják.
A fenti egyenlet kezdetben nem használható, mert a kihajló nyíl nagysága ismeretlen. A rúd közömbös egyensúlyban van PK alatt, és legalább a közelítés első fokán tetszőleges értéket vehet fel. Ezért a F javaslata szerint hasznos. Krohn-a, annak a maxv kihajlásnak a nagyságának meghatározására, amelynél a hajlított rúd elveszíti teherbírását a hajlítás miatti meghibásodás miatt. Ez minden bizonnyal megtörténik, ha a folyáshatárt a kanyar homorú oldalán érjük el (ábra).6). Az ehhez szükséges hajlítások tovább nőnek, és a megfelelő hajlítónyomatékok nem alkalmazhatók.
ábra. 6
A hajlítás homorú oldalán a teljes feszültség az 1. ábrán látható.6ideális műanyaghoz
Innen jön a legnagyobb csapkodás, amit még el lehet viselni
maxQ0 a megfelelő keresztirányú erő a rúd végén.
Ha σK Tetmeier\ űrlapjához használjuk és σF=3,1t/cm2és sK=e/2∙ λy ami iy≈e/2, akkor Krohn\ hozzávetőleges maxQ értékét kapjuk0=F/28(Q t-ben, F cm-ben2).
Tetszőleges vonalak esetén a kihajlási feszültséget kapjuk
maxQ0=μK∙SK.
A μK együttható a rúd karcsúságával változik, ez az anyagtól is függ. Ha a fenti egyenletet elosztjuk a kihajlás elleni biztonsági együtthatóval, akkor felírható
dozv__Q=μ∙dozvS.
Lineáris rendszerek kihajlása
Lineáris rendszerek esetén általánosan meghatározzák a két végén csuklós rúd hajlítási hosszát sK=β∙h, amelynek hajlítóereje összehasonlítás céljából PK=π2EI/s2K ugyanolyan nagy. Az alábbi példákhoz egy összehasonlító „kihajlási hosszt” adunk meg.
a) Mindkét végén befogott rúd (EI=állandó)
Sl.7
ábra esetére.7a kihajlás PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, összehasonlító “kihajlási hossz” sK=h/2és a rugalmas kihajlási vonal v(z)=D(1- cos2πz/h).
b) Az egyik végén rúd szabad (ábra).8)
Sl. 8
Feltételezzük, hogy a P iránya nem változik, amikor a rúd elhajlik. Ezután (EI=konst.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
A szabad vég kontúrfeltételei z=h itt olvasható
M=0 vagy v’’=0
Q=M’-Pv’=0 vagy v’’’+a2∙v’=0.
c) A rúd az egyik végén rögzítve (9 ábra)
Sl.9
Kontúrfeltételekkel
v=0 és v’=0 ehhez: z=0
v=0 és v’’=0 ehhez: z=h
az EI=const. kihajlási állapot
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
vagy azzal egyenértékű
tgαh=αh. (4)
Ennek a transzcendentális egyenletnek a gyökerei a K táblázatokban találhatók. Hayashi's. A legkisebb kihajlási erő a PK táblázat szerint van1=4,49342/ h2∙ EI =2,046π2EI/h2.
Az összehasonlító kihajlási hossz sK = h / √2,046=0,699h.
d) Egy rúd, amely az egyik végén van beszorítva, rendellenességgel (ábra).10)
ábra. 10
Megvizsgáljuk az állandó méretű csúcselmozdulás esetét. Ennek kontúrfeltételei a következők
v=0és v’=0 for z=0,
v=v1és v’’=0 ha z=h.
Ez egy egyensúlyi probléma egy rugalmas vonallal
A {}-es zárójelek előtti tag nevezője nulla lesz, és a kihajlás minden határ fölé nő, ha P→PK (lásd a kihajlási feltételt.4)). A rúd viselkedésére jellemző, hogy a rúd középső és alsó végének ívei kezdetben kisebbek a terhelés növekedésével P és csak nagyobb terhelés esetén változtatják előjelüket. Sl.10félmagasságban mutat kanyarokat.
e) Folyamatos ragasztás két mezőn keresztül
Sl.11
Mindkét megoldási területre (ábra).11) alkalmazzuk a beállítást
És_. v(z1) = A1∙synαz1+ B1∙cosαz1+ C1∙z1+ D1,_
II. v(z2) = A2∙synαz2+ B2∙cosαz2+ C2∙z2+ D2.
Az egyszerűség kedvéért legyen (EI)1=(EI)2=EI. A nyolc állandó megkereséséhez A1, …, A2, … kontúrfeltételként szolgálnak
v=0 és v’=0 a z1=0,
v=0 és v’’=0 a z2=h,
, valamint átmeneti feltételek az I. és II. terület között
v=0 z1=h és z2=0,
v’‘(z1=h)=v’(z2=0),
v’‘(z1=h)=v’’(z2=0).
A feltételes egyenletek az alábbi táblázatban találhatók
Ha az együttható determinánsa nullával egyenlő, akkor a kihajlási feltételt megkapjuk
Hajlítási hossz sK=0,878_h_, míg a 2. ábrához. 35 vagy β=0,699. A kihajlási erő csökkent a 2,046 : 1,297-hez képest egy második, csuklós mező hozzáadása miatt. Ha a másik mezőt feljebb csípjük, akkor a kihajlási erő ismét a csúcsra nő. 2,04 PE.
A képletek történeti bemutatása nem projekt vagy a szerkezet stabilitásának bizonyítéka. Az ideális egyenes elemre, a centrikus terhelésre és a rugalmas területre vonatkozó klasszikus feltételezések nem feltétlenül tartalmazzák a kezdeti tökéletlenségeket, a maradó feszültségeket, az excentricitást, a csatlakozási merevséget, az anyag nemlinearitást, az oldalsó stabilitást, és adott esetben a tűz, szeizmikus hatás és összeszerelési fázisokat sem. A tényleges szerkezet számítását felhatalmazott építőmérnöknek kell elvégeznie az érvényes előírások és szabványok szerint.