Saiki, Savo Kusić fokus ing jendela kayu, jendela kayu-aluminium, jendela khusus, lawang lan panyuwunan kutipan. Teks iki tetep minangka arsip teori struktural lan dudu tawaran desain statis, petungan stabilitas utawa rehabilitasi struktural.
Persamaan diferensial saka mlengkung buckling
Dianggep kabeh idealisasi wis puas, utamane
- bilih rod punika sampurna lurus
- sing mbukak P tumindak ing batang rod
- voltase tetep ing ngisor watesan proporsionalitas
- sing deformasi cukup cilik kanggo ngidini simplifications biasanipun petungan.
Yen rod mbengkongaken ing tumindak pasukan P lan mbok menawa uga amarga mbukak q tumindak ing arah transversal, banjur kondisi keseimbangn dikenal antarane beban njaba lan pasukan ing bagean kudu wareg. Kajaba iku, mesthi ana hubungane antara deformasi lan gaya ing bagean kasebut.
Gbr. 1 - Saldo
Ing anjir.1unsur rod mbengkongaken dawa ds dituduhake. Kemiringan tangent v’ cilik supaya nganti urutan kapindho, dawa unsur bisa disetel kanggo padha karo proyeksi ds=dz. Kajaba iku, ing tes kasebut ing ngisor iki, kasus sing P terus-terusan owah-owahan ing sumbu rod ora bakal dianggep, yaiku gaya normal N≈P \ = const. Ing telung kondisi keseimbangan sing kasedhiya kanggo unsur kasebut, sawetara anggota tartamtu bisa diabaikan. Kanggo tandha lan pratandha saka anjir.10tetep banjur ing panyerakan pisanan saka persamaan
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Gaya transversal bisa diilangi, banjur M’‘=Pv’’-q terus. _Hukum Bernoulli M=-EI/R nyedhiyakake persamaan sing ilang. Kurva sumbu rod, kaya biasane, saka teori bending beam, disederhanakake kaya ing ngisor iki
Mangkono bisa ngilangi wayahe mlengkung; lan kanthi M=-EI*v’’ persamaan diferensial kanggo rod bengkok
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
Ing kasus khusus saka kaku mlengkung konstan EI=const. persamaan (1) disederhanakake, dadi
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) lan (1a) linear ing v miturut simplifications kasebut.
Praktis, kasus paling gampang saka kaku mlengkung konstan EI=const. utamané penting, sing dadi dhasar kanggo conto ing ngisor iki.
Kasus Euler
Asumsi kanggo kasus klasik buckling yaiku, kajaba saka idealisasi kasebut: p=0, dadi N=const.=P, uga kaku konstan tanpa gesekan, sing dumunung persis ing sumbu rod. Persamaan diferensial biasa (1a) yaiku urutan kaping papat, linear lan homogen amarga q=0. Solusi umum yaiku:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
ing ngendi A, B, C, D minangka papat konstanta integrasi. Parameter kasebut ukurane winates amarga asumsi EI≠0. Salajengipun, α≠0 kanggo P>0.
Gbr. 2
Amarga persamaan diferensial linier (1a) homogen, masalah iki uga ditanggulangi dening n_∙__v(z)_, ing ngendi n minangka konstanta arbitrer. Wis saka klasifikasi matematika persamaan diferensial (1a) bisa dideleng manawa gedhene lentur v ora bisa ditemtokake. Kanggo nemtokake konstanta integrasi A, B, C, D ing kasus Euler\ (fig. 2) kondisi kontur ing ngisor iki kasedhiya: Amarga support articulated, wayahe mlengkung nol ing loro ends rod, i.e.
v=0 lan M=0 kanggo z=0
v=0 lan M=0 kanggo z=s.
Amarga M=-EI_∙__v’‘_, mula M=0 minangka nilai v’’=0, mula kahanan kontur papat kasebut diwaca:
v=0 lan v’’=0 kanggo z=0
v=0 lan v’’=0 kanggo z=s.
Solusi (2) saéngga ngasilake papat persamaan linear:
siji.3
Papat persamaan homogen iki nduweni solusi sepele pisanan sing diarani A=B=C=D=0, sing cocog karo v(z)=0. Rod unbent v_(z_)=0 iku posisi keseimbangn biasanipun kanggo sembarang, utamané cilik nilai beban P. Ing kene, kita utamané kasengsem ing kahanan ing ngendi rod bend, yaiku v(z)≠0. Persamaan (3) ora duwe solusi sepele kaya A, B, C, D ≠ 0 mung yen determinan koefisien padha karo nol.
siji. 3a
Saka kondisi buckling Δ = α4∙s∙sinαs =0 mog kanggo ngetung nilai kritis PK saka mbukak. Persamaan iki mung marem yen sin αs =0, yaiku kanggo αKms = mπ karo m=1,2,3,… Nilai sing cocog saka gaya tekuk Euler yaiku PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Kanggo saben nilai m, gaya buckling tartamtu dijupuk. Ing kasus paling, mung paling cilik saka pasukan iki kapentingan, lan sing
PK1=EI(π/s)2.
Ing versi ing ngisor iki, bakal ana indeks m, utawa 1 biasane diilangi, nuduhake beban kritis sing paling murah. Sing menarik yaiku garis elastis sing cocog. Saka siji (2) konstanta B=C=D=0 dijupuk. Kondisi sing isih ana yaiku A∙sin__αs=0. Garis tekuk elastis kanggo kasus ing ndhuwur m=1 yaiku, v(z) = A_∙sinπz/s_, ngendi v(z) kanggo αK resp. PK fungsi eigen sing cocog. Gedhene A tetep ora ditemtokake.
Ayo katon maneh ing kabeh area muatan. Kanggo nilai arbitrary P, utamane kanggo gaya P_<_PK1 yaiku v(z)=0, rod tetep lurus.
Ing teori stabilitas klasik, ing beban “mundhak bertahap” P tegese seri nilai berturut-turut P, ing ngendi stabilitas kasus beban sing diamati bakal dites maneh lan maneh kanggo saben level beban P. Sajrone tes stabilitas, ukuran P tetep ora owah. Yen siji negara P ditemtokake dadi stabil, banjur beban tambah soko, lan mulane test stabilitas diulang. Tekad akurat iki perlu supaya ora ana kebingungan karo jinis beban, sing dadi basis kanggo efek Shanley, sing ana paningkatan beban nalika gangguan cilik sing tumindak bebarengan. Nalika mriksa stabilitas miturut Shanley, ing area buckling plastik, gaya bifurkasi sing luwih cilik tinimbang karo metode pertimbangan klasik.
Pertimbangan ing ngisor iki nganggep cara pisanan kanggo nambah beban: Ing mundhak bertahap saka beban P ing pangertèn iki, siji teka kanggo PK1=EI_∙(π/s)_2 pisanan ing siji titik bifurcation saka keseimbangn elastis minangka sineckling prasaja. baris
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A nuduhake amplitudo garis elastis sing ora ditemtokake. Kanggo beban _P*__>_PK1 miturut teori linearized Δ≠0, yaiku imbangan ora bisa ditindakake ing kana. Mung kanggo pasukan buckling sing luwih dhuwur PK2 etc. bakal maneh Δ=0 lan uga v(z)≠0. Penyebab saka kesimpulan teoretis iki, sing ora cocog karo prilaku sing nyata, dumunung ing linearisasi persamaan diferensial.
Gesper rod sing ditekan digawe saka rong bagean
Kita mbatesi awake dhewe mung kanggo rong bagean sing ditekan, lan kanggo sing ditekan sing kasusun saka telu utawa luwih, rasio sing padha ditrapake.
Sl.3
Miturut jinis sambungan transversal, rod kisi beda-beda (anjir.3a) lan batang pigura (gambar.3e). Tanpa ikatan silang, saben bagean rod bakal mlengkung dhewe (anjir.3b). Yen ngisi relatif ringkih, banjur rod sabuk siji bisa mlengkung tanpa mlengkung rod kanthi sakabehe. Kanggo rod kisi anjir.3c bisa dibandhingake: kiwa kanggo sistem hinged, tengen kanggo sabuk terus; lan kanggo pigura rod anjir.3f ing sisih kiwa kanggo sheet sambungan alus, ing sisih tengen kanggo sheets sambungan kaku. Saka ing kono, bisa dideleng yen slimness λ_ nduweni pengaruh gedhe1__=s1/i1_. Kanggo bagean individu saka rod, aku diselehake1=F1_∙_i12, s1 yaiku spasi lapangan (Gbr.3), i1 nuduhake sumbu1-1(ndeleng Fig.4).
Sl.4
Gaya buckling rod majemuk sing cocog karo garis buckling elastis anjir. 3d, utawa 3g minangka subyek investigasi teoretis sing lengkap. Yen rod iki dumadi saka bagean unik (contone karo iga) utawa yen sambungan melintang kerep banget sing rod mbengkongaken saka rong bagéan ora beda ing efek saka rod siji, banjur bakal dadi σ__K_=_π__2__E/λ__y__2. Ing kono tegese λ__y=sK/iy (anjir. 4). Nanging, stres buckling iki ora bakal ditindakake kanthi lengkap amarga ora ana sambungan transversal sing cukup, lan uga elastis. Kira-kira sing marem ing paling kasus dijupuk yen kita sijine miturut proposal F. Engesser \ a sing kaku mlengkung rod dipencet dumadi saka rong bagéan padha
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi yaiku sing diarani langsing ideal.
Ikatan silang kudu cukup jumlah lan cukup kuwat kanggo meksa loro bagean rod kanggo tumindak bebarengan. Ora kalebu tegangan sekunder, tautan transversal tetep ora ditekan anggere rod tetep lurus. Iku mung karo mlengkung sing padha kudu nampa pasukan, lan padha kudu ngirimaken pasukan transversal sing nambah karo mlengkung. Ing kasus iku garis elastis
gaya transversal ing I=const. iku padha
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
Kanthi anjir. 5 m bisa langsung diwaca Q(z)=PK∙v’(z). Nilai paling dhuwur ing mburi rod punika
Sl.5
Sambungan transversal kudu bisa nampung gaya transversal iki. Wiwit beban sing cocog yaiku gaya buckling PK, cukup yen watesan beban beban tekan iki uga ing sambungan transversal - yaiku bebarengan karo kabeh rod. Temenan, ora ana gunane yen tautan silang ukurane luwih kuwat tinimbang sing dibutuhake kanggo nampa Q0. Ing tangan liyane, cross-links sing banget ringkih bakal nimbulaké rod gagal prematur.
Persamaan ing ndhuwur ora bisa digunakake ing wiwitan amarga gedhene panah buckling ora dingerteni. Rod ana ing imbangan indifferent ing PK lan bisa, paling ing jurusan pisanan saka approximation, njupuk nilai kasepakatan. Mulane migunani, miturut proposal saka F. Krohn-a, kanggo nemtokake magnitudo sing buckling maxv ing kang rod mbengkongaken ilang daya bantalan amarga gagal amarga mlengkung. Iki mesthi bakal kedadeyan yen titik ngasilake tekan ing sisih cekung saka tikungan (Gbr.6). Bend kanggo iki tuwuh luwih lan momen mlengkung sing cocog ora bisa ditrapake.
Gbr. 6
Tekanan total ing sisih cekung saka tikungan kasebut miturut anjir.6kanggo bahan plastik becik
Saka ing kono teka swagger paling gedhe sing isih bisa ditahan
maksQ0 yaiku gaya transversal sing cocog ing ujung rod.
Yen digunakake kanggo wangun σK Tetmeier lan sijine σF=3,1t/cm2lan sK=e/2∙ λy sing cocog karo iy≈e/2, banjur nilai kira-kira Krohn saka maxQ dijupuk0=F/28(Q ing t, F ing cm2).
Kanggo garis kasepakatan, kaku buckling dijupuk
maksQ0=μK∙SK.
Koefisien μK owah-owahan karo slenderness rod, uga gumantung ing materi. Nalika persamaan ing ndhuwur dibagi karo koefisien safety marang buckling bisa ditulis
dozv__Q=μ∙dozvS.
Buckling saka sistem linear
Ing kasus sistem linear, iku umum kanggo nemtokake dawa mlengkung sK=β∙h saka rod sing hinged ing loro ends lan gaya mlengkung PK=π kanggo comparison.2EI/s2K mung gedhe. A komparatif “buckling dawa” bakal diwenehi kanggo conto ing ngisor iki.
a) Rod dijepit ing ujung loro (EI=const.)
Sl.7
Kanggo kasus anjir.7saka buckling yaiku PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, komparatif “panjang tekuk” sK=h/2lan garis tekuk elastis v(z)=D(1- cos2πz/h).
b) Rod bebas ing salah siji ujung (gbr.8)
Sl. 8
Dianggep yen arah P ora owah nalika rod mlengkung. Banjur (EI=const.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-kosπz/2h).
Kondisi kontur kanggo ujung gratis z=h kene waca
M=0 utawa v’’=0
Q=M’-Pv’=0 utawa v’’’+a2∙v’=0.
c) Batang dijepit ing salah siji ujung (gbr. 9)
Sl.9
Kanthi kondisi kontur
v=0 lan v’=0 kanggo z=0
v=0 lan v’’=0 kanggo z=h
dipikolehi kanggo EI=const. kondisi buckling
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
utawa padha karo
tgαh=αh. (4)
Oyod saka persamaan transendental iki ditemokake ing tabel K. Hayashi's. Gaya buckling paling murah miturut tabel PK1=4,49342/ h2∙ EI =2,046π2EI/h2.
Dawane buckling komparatif yaiku sK = h / √2,046=0,699h.
d) Batang dijepit ing salah siji ujung kanthi kelainan (anjir.10)
Gbr. 10
Kita bakal nimbang kasus pamindahan tip kanthi ukuran konstan. Kondisi kontur kanggo sing
v=0lan v =0 kanggo z=0,
v=v1lan v =0 kanggo z=h.
Iki minangka masalah keseimbangan kanthi garis elastis
Penyebut istilah sadurunge {}-kurung bakal nol lan buckling mundhak ing ndhuwur kabeh watesan yen P→PK (ndeleng kondisi buckling Eq. (4)). Iku karakteristik saka prilaku rod sing bends ing tengah lan mburi ngisor rod pisanan cilik karo nambah mbukak P lan ngganti tandha mung kanggo mbukak luwih. Sl.10nuduhake bends ing setengah dhuwur.
e) Kelet terus-terusan ing rong lapangan
Sl.11
Kanggo loro wilayah solusi (anjir.11) kita bakal ngetrapake setelan kasebut
lan_. v (z1) = A1∙ synαz1+ B1∙cosαz1+ C1∙z1+ D1,_
II. v (z2) = A2∙ synαz2+ B2∙cosαz2+ C2∙z2+ D2.
Supaya gampang (EI)1=(EI)2=EI. Kanggo nemokake wolung konstanta A1, …, A2, … dadi kondisi kontur
v=0 lan v’=0 kanggo z1=0,
v=0 lan v’’=0 kanggo z2=h,
uga kahanan transisi antarane wilayah I lan II
v=0 kanggo z1=h lan kanggo z2=0,
v’‘(z1=h)=v’(z2=0),
v’‘(z1=h)=v’’(z2=0).
Persamaan kondisi diwenehi ing tabel ing ngisor iki
Nyetel yen determinan koefisien padha karo nol, kondisi buckling dijupuk
Dawa mlengkung sK=0,878_h_, dene kanggo anjir. 35 utawa β=0,699. Gaya buckling wis suda dibandhingake 2,046 : 1,297 amarga tambahan kolom kapindho sing engsel. Yen lapangan liyane wis pinched luwih, banjur gaya buckling bakal mundhak maneh kanggo puncak. 2,04 PE.
Presentasi historis saka rumus iki dudu proyek utawa bukti stabilitas struktur kasebut. Asumsi klasik saka anggota lurus becik, beban sentris lan area elastis ora kudu kalebu cacat awal, tegangan sisa, eksentrisitas, kaku sambungan, non-linearitas material, stabilitas lateral utawa, yen ditrapake, geni, aksi seismik lan fase perakitan. Pitungan struktur nyata kudu ditindakake dening insinyur sipil sing sah miturut peraturan lan standar sing sah.