Danes je Savo Kusić osredotočen na lesena okna, les-alu okna, okna po meri, vrata in prošnje za ponudbe. To besedilo ostaja kot arhiv konstrukcijske teorije in ni ponudba statičnega načrtovanja, izračunov stabilnosti ali strukturne obnove.
Diferencialna enačba upogibanja pri upogibanju
Predpostavlja se, da so vse idealizacije izpolnjene, še posebej
- da je palica popolnoma ravna
- da breme P deluje v gredi palice
- da napetosti ostanejo pod mejo sorazmernosti
- da so deformacije dovolj majhne, da omogočajo običajne poenostavitve izračunov.
Če se palica upogne pod delovanjem sile P in morda tudi zaradi obremenitve q, ki deluje v prečni smeri, morajo biti izpolnjeni znani pogoji ravnotežja med zunanjimi obremenitvami in silami v preseku. Poleg tega je naravno, da so znana razmerja med deformacijami in silami v prerezu.
Sl. 1 - Stanje
Na sl. 1 je upognjen palični element dolžine ds. Nagib v’ tangente je majhen, tako da lahko do drugega reda dolžino elementa nastavimo enako projekciji ds=dz. Poleg tega pri spodaj navedenih preskusih ne bodo upoštevani primeri, v katerih se P nenehno spreminja vzdolž osi palice, tj. normalna sila N≈P=const. V treh ravnotežnih pogojih, ki so na voljo za element, lahko zanemarimo določeno število članov. Za oznake in znake s sl. 10 nato ostanejo v prvem približku enačbe
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Prečno silo lahko odpravimo in takrat velja M’‘=Pv’’-q. Bernoullijev zakon M=-EI/R zagotavlja manjkajočo enačbo. Krivulja osi palice je, kot običajno, iz teorije upogibanja žarka, poenostavljena na naslednji način
Tako je mogoče odpraviti upogibni moment; in z M=-EI*v’’ dobimo diferencialno enačbo za upognjeno palico
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
V posebnem primeru konstantne upogibne togosti EI=const. enačba (1) je poenostavljena, tako da je
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) in (1a) sta linearna v v glede na omenjene poenostavitve.
Praktično najenostavnejši primer konstantne upogibne togosti EI=const. je še posebej pomembno, kar služi kot osnova za spodnje primere.
Eulerjev primer
Predpostavke za klasičen primer uklona so poleg omenjenih idealizacij: p=0, torej N=konst.=P, kot tudi konstantna togost brez trenja, ki ležijo točno na osi palice. Navadna diferencialna enačba (1a) je četrtega reda, linearna in homogena zaradi q=0. Splošna rešitev je:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
kjer so A, B, C, D štiri integracijske konstante. Parameter je končne velikosti zaradi predpostavke EI≠0. Poleg tega α≠0 za P>0.
Sl. 2
Ker je linearna diferencialna enačba (1a) homogena, ta problem rešuje tudi n_∙__v(z)_, kjer je n poljubna konstanta. Že iz matematične klasifikacije diferencialne enačbe (1a) je razvidno, da velikosti upogiba v ni mogoče določiti. Za določitev integracijskih konstant A, B, C, D v primeru Euler\ (slika 2) so na voljo naslednji konturni pogoji: Zaradi zgibne podpore je upogibni moment na obeh koncih palice enak nič, tj.
v=0 in M=0 za z=0
v=0 in M=0 za z=s.
Zaradi M=-EI_∙_v’‘ sledi, da je M=0 vrednost v’’=0, tako da se štirje konturni pogoji glasijo:
v=0 in v’’=0 za z=0
v=0 in v’’=0 za z=s.
Rezultat rešitve (2) so štiri linearne enačbe:
Eq. 3
Te štiri homogene enačbe imajo prvo tako imenovano trivialno rešitev A=B=C=D=0, ki ustreza v(z)=0. Neupognjena palica v_(z_)=0 je običajen ravnotežni položaj za poljubne, predvsem majhne vrednosti obremenitve P. Pri tem nas zanimajo predvsem pogoji, pod katerimi se palica upogiba, tj. da v(z)≠0. Enačbe (3) nimajo tako trivialne rešitve z A, B, C, D ≠ 0 le, če je determinanta koeficienta enaka nič.
ena. 3a
Iz pogojev uklona Δ = α4∙s∙sinαs = 0 mlahko izračunamo kritične vrednosti PK obremenitve. Ta enačba je izpolnjena le, če je sin αs = 0, tj. za αKms = mπ z m=1,2,3,… Ustrezne vrednosti Eulerjeve sile uklona so PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Za vsako vrednost m dobimo določeno uklonsko silo. V večini primerov je zanimiva le najmanjša od teh sil in to
PK1=EI(π/s)2.
V naslednji različici bo indeks m ali 1 večinoma izpuščen, kar se nanaša na najnižjo kritično obremenitev. Zanimiva je pripadajoča elastična linija. Iz enega (2) dobimo konstante B=C=D=0. Preostali pogoj je A∙sin__αs=0. Elastična upogibna linija za zgornji primer m=1 je torej v(z) = A_∙sinπz/s_, kjer je v(z) za αK oz. PK ustrezna lastna funkcija. Magnituda A ostaja nedoločena.
Oglejmo si še enkrat celotno tovorno površino. Pri poljubnih vrednostih P, zlasti pri silah P_<_PK1 je v(z)=0, palica ostane ravna.
V klasični teoriji stabilnosti je pod “postopno naraščajočo” obremenitvijo P mišljena zaporedna serija vrednosti P, kjer se bo stabilnost opazovanega obremenitvenega primera vedno znova testirala za vsako posamezno stopnjo obremenitve P. Med testom stabilnosti ostane velikost P gotovo nespremenjena. Če je določeno, da je eno stanje P stabilno, se obremenitev za nekaj poveča, zato se test stabilnosti ponovi. Ta natančna določitev je potrebna, da ne pride do zamenjave z vrsto obremenitve, ki je osnova za učinek Shanley, pri katerem pride do povečanja obremenitve, medtem ko hkrati delujejo majhne motnje. Pri pregledu stabilnosti po Shanleyu\ se v območju plastičnega uklona pojavi manjša bifurkacijska sila kot pri klasični metodi upoštevanja.
Naslednji premisleki predpostavljajo prvi način povečanja obremenitve: Pri postopnem povečevanju obremenitve P v tem smislu pride do PK1=EI_∙(π/s)_2 najprej na eni bifurkacijski točki elastičnega ravnovesja, s preprosto sinusno črto kot elastično uklonsko črto
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A označuje nedoločeno amplitudo elastične linije. Za obremenitve _P*__>_PK1 je po linearizirani teoriji Δ≠0, tj. ravnovesje tam ni možno. Le pri večjih uklonskih silah PK2 itd. bo spet Δ=0 in s tem tudi v(z)≠0. Vzrok za ta teoretični zaključek, ki se ne ujema z dejanskim obnašanjem, je v linearizaciji diferencialne enačbe.
Upogibanje stisnjenih palic iz dveh delov
Omejujemo se na dvodelne stiskane palčke, za stiskane palčke, sestavljene iz treh ali več delov, pa veljajo podobna razmerja.
Sl. 3
Glede na vrsto prečne povezave ločimo rešetkaste palice (sl. 3a) in okvirne palice (sl. 3e). Brez križnih vezi bi se vsak del palice upognil sam (slika 3b). Če je polnilo razmeroma šibko, se lahko posamezna jermenska palica upogne, ne da bi se upognila palica kot celota. Za rešetkasto palico sl. 3c lahko primerjamo: levo za zgibni sistem, desno za neprekinjene jermene; in za palico okvirja sl. 3f levo za mehke povezovalne plošče, desno za toge povezovalne plošče. Od tam je razvidno, da ima vitkost λ__1_=s1/i1_ velik vpliv. Za posamezen del palice je nastavljen I1=F1_∙_i12, s1 je razmik polja (slika 3), i1 se nanaša na os 1-1 (glejte sliko 4).
Sl. 4
Sila uklona sestavljenih palic, ki ustreza elastičnim linijam uklona na sl. 3d ali 3g je bil predmet izčrpnih teoretičnih raziskav. Če bi bila palica sestavljena iz edinstvenih delov (npr. z rebrom) ali če bi bile prečne povezave tako pogoste, da se palica, upognjena iz dveh delov, po svojem učinku ne razlikuje od enojne palice, potem bi bila σ__K_=_π__2__E/λ__y__2. Tam označuje λ__y=sK/iy (sl. 4). Vendar te uklonske napetosti v praksi ne bomo v celoti dosegli, ker za to ni dovolj prečnih povezav, poleg tega pa so elastične. Približek, ki v večini primerov ustreza, dobimo, če postavimo po predlogi F. Engesser\a, da je upogibna napetost stisnjene palice, sestavljene iz dveh delov, enaka
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi je tako imenovana idealna vitkost.
Križnih vezi mora biti dovolj in dovolj močnih, da prisilijo oba dela palice, da delujeta skupaj. Brez sekundarnih napetosti ostanejo prečne povezave nenapete, dokler je palica ravna. Šele z upogibom morajo sprejemati sile in prenašati prečne sile, ki z upogibom naraščajo. V primeru, da gre za elastično linijo
prečna sila pri I=konst. je enaka
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
S figo 5 m lahko takoj preberemo Q(z)=PK∙v’(z). Največja vrednost na koncu palice je
Sl. 5
Prečne povezave morajo biti sposobne prenesti to prečno silo. Ker je pripadajoča obremenitev uklonska sila PK, zadostuje, da je za to dosežena meja nosilnosti tudi v prečnih povezavah - torej hkrati s celotno palico. Očitno ne bi bilo koristno, če bi bile navzkrižne povezave veliko močnejše, kot je potrebno za sprejem Q0. Po drugi strani pa bi prešibke navzkrižne povezave povzročile prezgodnjo odpoved palice.
Zgornje enačbe ni mogoče uporabiti od začetka, ker velikost ukrivljene puščice ni znana. Palica je v indiferentnem ravnotežju pod PK in lahko vsaj v prvi stopnji aproksimacije zavzame poljubno vrednost. Koristno je torej po predlogu F. Krohn-a, za določitev velikosti tistega uklona maxv, pri katerem upognjena palica izgubi svojo nosilnost zaradi okvare zaradi upogiba. To se zagotovo zgodi, če je točka tečenja dosežena na konkavni strani krivine (slika 6). Upogibanje za to še narašča in ustreznih upogibnih momentov ni mogoče uporabiti.
Sl. 6
Skupna napetost na konkavni strani krivine je v skladu s sl. 6 za idealen plastični material
Od tam prihaja največje upogibanje, ki ga je še mogoče prestati
maxQ0 je ustrezna prečna sila na koncu palice.
Če se uporablja za obrazec σK Tetmaier\ in postavite σF=3,1 t/cm2 in sK=e/2 ∙ λy, ki ustreza iy≈e/2, potem Krohn dobijo približno vrednost maxQ0=F/28 (Q v t, F v cm2).
Za poljubne uklonske napetostne črte dobimo
maxQ0=μK∙SK.
Koeficient μK se spreminja z vitkostjo palice, odvisen je tudi od materiala. Ko zgornjo enačbo delimo s koeficientom varnosti pred upogibom, jo lahko zapišemo
dozv__Q=μ∙dozvS.
Upogibanje linijskih sistemov
V linearnih sistemih je običajno za primerjavo določiti upogibno dolžino sK=β∙h palice, ki je na obeh koncih zgibna in katere upogibna sila PK=π2EI/s2K je enako velika. Primerjalna “dolžina upogiba” bo podana za spodnje primere.
a) Palica vpeta na obeh koncih (EI=konst.)
Sl. 7
Za primer sl. 7 uklona je PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, primerjalna “dolžina uklona” sK=h/2 in elastična linija uklona v(z)=D(1-cos2πz/h).
b) Palica prosta na enem koncu (slika 8)
Sl. 8
Predpostavlja se, da se smer P ne spremeni, ko se palica upogiba. Potem (EI=konst.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
Pogoji konture za prosti konec z=h tukaj preberite
M=0 ali v’’=0
Q=M’-Pv’=0 ali v’’’+a2∙v’=0.
c) Palica vpeta na enem koncu (slika 9)
Sl. 9
S konturnimi pogoji
v=0 in v’=0 za z=0
v=0 in v’’=0 za z=h
se pridobi za EI=const. stanje upogiba
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
ali enakovreden
tgαh=αh. (4)
Koreni te transcendentne enačbe so v tabelah K. Hayashi’s. Najmanjša upogibna sila je po tabelah PK1=4,49342/h2 ∙ EI = 2,046 π2EI/h2.
Primerjalna dolžina uklona je sK = h / √2,046 = 0,699h.
d) Palica je stisnjena na enem koncu z motnjo (slika 10)
Sl. 10
Opazili bomo primer premika konice konstantne velikosti. Konturni pogoji za to so
v=0 in v’=0 za z=0,
v=v1 in v’’=0 za z=h.
To je ravnotežni problem z elastično linijo
Imenovalec člena pred {}-oklepaji bo enak nič in uklon se poveča nad vse meje, če je P→PK (glejte enačbo pogoja uklona (4)). Za obnašanje palice je značilno, da so zavoji na sredini in spodnjem koncu palice z naraščajočo obremenitvijo P sprva manjši in šele pri večjih obremenitvah spremenijo predznak. Sl. 10 prikazuje zavoje na polovici višine.
e) Neprekinjena palica čez dve polji
Sl. 11
Za obe področji rešitve (slika 11) bomo uporabili nastavitev
I_. v(z1) = A1∙sinαz1 + B1∙cosαz1 + C1∙z1 + D1,_
II. v(z2) = A2∙sinαz2 + B2∙cosαz2 + C2∙z2 + D2.
Za poenostavitev naj bo (EI)1=(EI)2=EI. Za iskanje osmih konstant A1, …, A2, … se uporabljajo konturni pogoji
v=0 in v’=0 za z1=0,
v=0 in v’’=0 za z2=h,
kot tudi prehodne razmere med območji I in II
v=0 za z1=h in za z2=0,
v’‘(z1=h)=v’(z2=0),
v’‘(z1=h)=v’’(z2=0).
Pogojne enačbe so podane v spodnji tabeli
Če nastavimo, da je determinanta koeficienta enaka nič, dobimo pogoj uklona
Upogibna dolžina sK=0,878_h_, medtem ko je za sl. 35 ali β=0,699. Uklonska sila se je zmanjšala v primerjavi s 2,046 : 1,297 zaradi dodajanja drugega polja, ki je na tečajih. Če bi bilo drugo polje stisnjeno višje, bi se uklonska sila spet povečala do vrha. 2,04 PE.
Ta zgodovinska predstavitev formul ni projekt ali dokaz stabilnosti strukture. Klasične predpostavke o idealnem ravnem členu, centrični obremenitvi in elastičnem območju ne vključujejo nujno začetnih nepopolnosti, preostalih napetosti, ekscentričnosti, togosti povezave, nelinearnosti materiala, bočne stabilnosti niti, kadar je primerno, požara, potresnega delovanja in montažnih faz. Izračun dejanske konstrukcije mora opraviti pooblaščeni inženir gradbeništva po veljavnih predpisih in standardih.