Kanggo tekukan amarga mbengkong, batang nalika keseimbangane owah dadi bengkong ing salah siji bidang utama.
Nanging ana uga kasus stabilitas kaya mangkono ing ngendi batang, yaiku balok, nalika keseimbangane owah ora mung mbengkong nanging uga mlencong (gbr. 60a). Ing penyangga fenomena iki diarani mlenceng sisih, dene ing batang sing kena tekan, sing nalika mlencong uga kena torsi, diarani mlenceng amarga torsi.
Kanggo loro kedadeyan iki ukuran kaku marang torsi C, utawa tahan lengkungan C*, nduwèni teges sing nemtokake. Mula, owah-owahan keseimbangan sing gegandhengan karo torsi utamane bisa dipengaruhi dening langkah-langkah sing nambah kaku marang pilinan (wangun penampang sing cocog, rangka transversal, panyangga sisih lan liya-liyane). Ing sisih liyane, batang wangun pita kanthi penampang mbukak utamane sensitif marang nglempur nalika torsi.
Persamaan diferensial kanggo tekuk samping
Gbr. 1a
Misal sawijining balok lurus nduweni momen inersia konstan kanthi bedha banget Ix >> Iy. Beban dumunung ing bidang y-z-saéngga balok bakal mbengkong ing bidang utama iki (u=ϑ=0). Pengalaman uga teori nuduhake yen posisi kesetimbangan iki wiwitane stabil, nanging kanggo beban sing luwih gedhe dadi labil. Posisi kesetimbangan kapindho iki gegandhengan karo mbengkong transversal ing u lan karo torsi ϑ.
Ing ngisor iki bakal diturunake persamaan diferensial kanggo kelenturan sisih. Persamaan kanggo u lan ϑ iku homogen. Yen kahanan wates uga homogen, mula kelenturan sisih balok mung bisa kanggo nilai eigen saka masalah, yaiku u lan ϑ tetep dhisik nol kanggo balok sing diterangake ing ndhuwur tanpa gangguan. Sarat kelenturan sisih dijupuk - padha kaya ing kelenturan batang - yen determinan saka koefisien persamaan syarat homogen kanggo konstanta integrasi dipasrahake padha karo nol. Kita bakal weruh manawa ing kelenturan sisih uga ana titik cabang sing nyata saka keseimbangan elastis.
Gbr. 1b
Ing gbr. 1b dituduhake unsur balok dawane dz. Resultan tegangan N1, Q1, M1, uga kelengkungan κ__1 gumantung marang beban lan nduwèni nilai winates. Q, M, MD nul ing posisi keseimbangan wiwitan, lan bakal beda saka nol mung nalika pembengkokan sisih muncul. Nilai wates sing gegandhengan karo wiwitan pembengkokan sisih iku cilik tanpa wates, padha karo deformasi sing cocog κ lan d__ϑ/dz.
Loro-lorone penampang pungkasan saka unsur dz dumunung ing bidang normal marang sumbu batang sing melengkung kaping pindho lan bakal mleyot ing bidang-bidang normal iki.
Amarga sing dadi perhatian utama kita – kaya ing kasus tekukan batang – yaiku gedhene beban kritis, yaiku wiwitan tekukan sisih, lan dudu gedhene deformasi, mula produk saka gedhene Q, M, MD karo κ utawa ϑ’ bisa diabaikan minangka gedhene cilik tingkat loro. Mula kanggo nyederhanakaké luwih lanjut, lengkungan utama κ1 uga bakal dianggep banget cilik lan bakal diolah kaya κ lan ϑ’.
Cathetan: Pangaribawa saka κ__1 uga sacara teoritis bisa ditaksir ing kasus khusus sing prasaja (momen lentur M sing tetep minangka beban). Ing umume kabutuhan teknik bangunan, κ__1 bisa diabaikan. Contone, bisa dibayangake kaya balok kanggo kasus beban kasebut wis “diunggahake” mangkono nganti kanggo beban kritis pas κ__1=0.
Saka keseimbangan komponèn gaya ing arah ξ, η, ζ lan syarat momen marang sumbu sing padha, sawise panyingkiran sing kasebut mau dipikolehi
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)
Saka pers. (1c, d lan b) dipikolehi
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
Kanthi ngilangi Q1 saka pers. (1a) dipikolehi
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
Saka pers. (1e) bakal saéngga diilangi Q, banjur u ’’ liwat u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
Supaya éntuk persamaan diferensial kanggo ϑ bakal dilebokaké hubungan ing ngisor iki antarané momen lan deformasi
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
ing ngendi nuduhaké B1=EIx lan B=EIy kekakuan marang mlengkungé balok, C kekakuan marang muter, lan C* tahan marang mbengkong. Ing perhitungan sabanjuré, kita bakal ngilangi unsur sing nganggo C* kanggo nyederhanakake. Yen persamaan kudu ditrapaké contoné marang profil I, mula kudu dilengkapi kanthi cara sing cocog. Nglirwakaké unsur v’’ padha waé karo nganggep B1=∞.
Yen M lan MD diilangi nganggo pers. 4 dipikolehi persamaan diferensial kanggo mbengkong sisih balok kanthi penampang tetep
Persamaan diferensial (5) iku homogen lan orde papat miturut ϑ. M1 minangka fungsi sing wis dingerteni saka z gumantung marang beban.
Balok kanthi momen lentur tetap
Ayo dadi p=N1=0, saliyané kuwi Mx=ɱ=const. Penampang tanpa flens (padhet) lan balok dawa dibandhingake karo dimensi penampang, mula bisa kita lebokaké yen C*=0. Banjur pers. (5) dadi luwih prasaja, amarga M1=ɱ, mula:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
utawa kanthi cekakan λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) Balok kanthi sandaran garpu ing loro pucuke
Gbr. 2
Sangga ing z=0 lan z=l wujude garpu (gbr. 2), sing maringi ijin lendutan u lan v, nanging nyegah puteran irisan pungkasan; ϑ=0. Amarga ing arah x ora ana penjepitan (yaiku M=0, utawa miturut pers. (4) uga u’’=0), mula saka pers. kanggo u’’: MD’=0 lan saka pers. (4c) minangka syarat wates kapindho ϑ’’=0.
Pangéran umum pers. (6a) yaiku
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
Saka kahanan kontur dipikolehi
Sistem persamaan homogen iki nduwèni:
- Solusi trivial A1 = A2 = ∙∙∙ = 0, sing cocog karo ϑ=0, u’’=0 utawa u=0, ing ngendi balok ora mlenceng menyang sisih.
- Panggesa dhewe miturut Δ=0 utawa sin λ__l=0. Akar saka kahanan tekuk samping iki yaiku λ__l=n__π (kanthi n=1,2,3,∙∙∙) lan beban momen kritis sing cocog
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
Momen paling cilik saka mlengkung sisih
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
dumadi ing n=1. Solusi sing cocog dipikolehi kanthi migunakaké pers. (1f):
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) Kahanan liya kanggo tekukan sisih
c) Mbengkong sisih amarga momen bengkok lan gaya tekanan
Kanggo conto sing dituduhaké ing sl. 3 yaiku N1=-D (tekanan), p=0, banjur ditambahi C*=0. Mula persamaan diferensial (5) dadi luwih prasaja lan muni
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
ngendi λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
Solusi saka persamaan diferensial (9) maneh diwenehake dening pers. (8), mung saiki λ nuduhake nilai liyane.
Gbr. 3
Kanggo conto gbr. 3 berlaku uga kaya ing a) kondisi kontur ϑ=0 lan ϑ’’=0 kanggo z=0 lan z=l. Mula persamaan syarat kanggo A1 uga padha sacara formal lan uga syarat mlengkung sisih Δ=sin λl=0. Beban kritis nyukupi hubungan λl=nπ (n=1,2,3) lan nilai paling cilik yaiku
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
Kanggo D=0 saka kono dipikolehi momen tekuk lateral miturut pers. (8c) lan kanggo beban tekan murni (ɱ=0) gaya tekuk Euler-ova _DK=B(π/l)_2.
Ing gbr. 3 kasus sing dituduhake kudu diarani minangka pembengkokan eksentrik ing bidang y-z. Mula, kasus stabilitas sing wis didelok sadurunge yaiku lengkungan metu saka bidang pembengkokan sing gegandhengan karo pembengkokan sisih u lan torsi ϑ.
Yen loro-lorone pucuk dicepit (ϑ=0 lan ϑ’=0) banjur saka syarat kontur, kanthi bantuan Δ=0, dipikoleh syarat ngalih nyamping
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
kanthi akar λ__l=m__π (m=2,4,∙∙∙) lan gaya mbengkong sisih
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.