Për përkulje gjatë lakimit shufra gjatë ndryshimit të ekuilibrit është e përkulur në një plan kryesor.
Por ka edhe raste të tilla të qëndrueshmërisë, kur shkopi, përkatësisht trari, gjatë ndryshimit të ekuilibrit, jo vetëm përkulen, por edhe përdredhen (fig. 60a). Te mbajtësit kjo dukuri quhet përkulje anësore, ndërsa te shkopinjtë e shtypur, të cilët gjatë përkuljes janë gjithashtu të ekspozuar ndaj torsionit, flitet për përkulje nga torsioni.
Për të dyja dukuritë me rëndësi vendimtare është madhësia e ngurtësisë kundër torsionit C, përkatësisht rezistenca ndaj përkuljes C*. Prandaj, ndryshimi i ekuilibrit i lidhur me torsionin mund të ndikohet në radhë të parë me masa që rrisin ngurtësinë kundër përdredhjes (forma e përshtatshme e prerjes, korniza tërthore, përkrahje anësore etj.). Nga ana tjetër, shufrat në formë shiriti me prerje të hapur janë veçanërisht të ndjeshme ndaj përkuljes gjatë torsionit.
Ekuacioni diferencial për përkuljen anësore
Fig. 1a
Le të jetë një tra i drejtë me momente inercie konstante, me madhësi shumë të pabarabartë Ix >> Iy. Ngarkesa ndodhet në planin y-z-, kështu që trari do të përkulet në këtë plan kryesor (u=ϑ=0). Përvoja, ashtu si edhe teoria, tregojnë se kjo gjendje ekuilibri është fillimisht e qëndrueshme, por për ngarkesa më të mëdha bëhet e paqëndrueshme. Kjo gjendje e dytë e ekuilibrit lidhet me përkuljen tërthore në u dhe me torsionin ϑ.
Më poshtë do të nxirret ekuacioni diferencial për përkuljen anësore. Ekuacionet për u dhe ϑ janë homogjene. Nëse edhe kushtet kufitare janë homogjene, atëherë përkulja anësore e trarit është e mundur vetëm për vlerat vetjake të problemit, pra u dhe ϑ mbeten së pari zero te trari i përshkruar më sipër, pa shqetësime. Kushti i përkuljes anësore merret – ngjashëm si te përkulja e shufrës – duke vendosur që determinanta e koeficientit të ekuacioneve homogjene kushtore për konstantet integrale të jetë e barabartë me zero. Do të shohim se edhe te përkulja anësore ekziston pika e vërtetë e degëzimit të ekuilibrit elastik.
Fig. 1b
Në fig. 1b është paraqitur elementi i trarit me gjatësi dz. Rezultantet e tensioneve N1, Q1, M1, si dhe lakimi κ__1 varen nga ngarkesa dhe janë madhësi të fundme. Q, M, MD janë zero në gjendjen fillestare të ekuilibrit, dhe do të ndryshojnë nga zero vetëm kur të ndodhë shtrembërimi anësor. Madhësitë e fundme, që lidhen me fillimin e shtrembërimit anësor, janë pafundësisht të vogla, si edhe deformimet përkatëse κ dhe d__ϑ/dz.
Të dy prerjet skajore të elementit dz shtrihen në plan normal ndaj boshtit dyfish të lakuar të shufrës dhe do të përdredhen në këto plane normale.
Meqë neve – si edhe në rastin e përkuljes së shufrës – na intereson në radhë të parë madhësia e ngarkesës kritike, pra fillimi i përkuljes anësore, dhe më pak madhësia e deformimeve, atëherë mund t’i neglizhojmë produktet e madhësive Q, M, MD me κ ose ϑ’ si madhësi të vogla të rendit të dytë. Prandaj, për thjeshtim të mëtejshëm, edhe lakimin kryesor κ1 do ta supozojmë si pafundësisht të vogël dhe do të trajtohet si κ dhe ϑ’.
Shënim: Ndikimi nga κ__1 duhet të vlerësohet edhe teorikisht në një rast të thjeshtë special (momenti konstant i përkuljes M si ngarkesë). Në shumicën e nevojave të teknikës së ndërtimit mund të neglizhohet κ__1. Mund të, për shembull, ta përfytyrojmë sikur trari për rastin përkatës të ngarkesës është aq i “ngritur” sa për ngarkesën kritike pikërisht κ__1=0.
Nga ekuilibri i komponentëve të forcave në drejtimet ξ, η, ζ dhe nga kushtet e momenteve ndaj të njëjtave akse, pas neglizhimeve të përmendura, merret
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)
Nga eq. (1c, d dhe b) merret
N1 = const.,
Q1 = M1’, (2)
p = - Q1’ = - M1’’.
Duke eliminuar Q1 nga bar. (1a) fitohet
Q’ = (M1’ ϑ_)’ – N1u’’_. (3a)
Nga ekuacioni (1e) do të eliminohet kështu Q, pastaj u ’’ nëpërmjet u’’ = (MD’ + pe ϑ_)/M1_
(M+M1 ϑ_)’’ – N1/M1_ ∙ (MD’ + pe ϑ_) =_ 0_._ (3b)
Që të merret ekuacioni diferencial për ϑ, do të futen marrëdhëniet e mëposhtme ndërmjet momenteve dhe deformimeve
M1 = -B1_∙v’’,_ (4a)
M = +B_∙_u’’, (4b)
MD = +C_∙ϑ’ – EC*∙ ϑ’’’,_ (4c)
ku tregon B1=EIx dhe B=EIy ngurtësitë kundër përkuljes së trarit, C ngurtësinë kundër përdredhjes, ndërsa C* rezistencën ndaj shtrembërimit. Në llogaritjet tona të mëtejshme do t’i lëmë jashtë termat me C* për thjeshtësi. Nëse ekuacionet duhet të zbatohen, p.sh. për profile I, atëherë është e nevojshme të plotësohen në mënyrën përkatëse. Neglizhimi i termit v’’ do të thotë e njëjta gjë si supozimi B1=∞.
Nëse eliminohen M dhe MD me anë të bar. 4 fitohet ekuacioni diferencial për përkuljen anësore të trarit me prerje të pandryshueshme
Ekuacioni diferencial (5) është homogjen dhe i rendit të katërt sipas ϑ. M1 është funksion i njohur i z në varësi të ngarkesës.
Trau me moment të pandryshueshëm përkuljeje
Le të jetë p=N1=_0, përveç kësaj Mx=ɱ=konst. Prerja është pa flanxhë (e ngjeshur) dhe trari është i gjatë në raport me dimensionet e prerjes tërthore, kështu që mund të vendosim që C*=0. Atëherë thjeshtohet ekuacioni (5), për shkak të M1=ɱ, prandaj:
ϑ’’’’ + ɱ2/BC∙ ϑ’’ = 0, (6)
ose me shkurtesën λ2_=ɱ__2/BC_
ϑ’’’’ + λ2 ϑ = 0. (6a)
a) Trar me mbështetje me pirun në të dy skajet
Fig. 2
Mbështetja te z=0 dhe z=l është në formë pirunësh (fig. 2), të cilët mundësojnë flektimet u dhe v, por pengojnë rrotullimin e prerjeve fundore; ϑ=0. Meqenëse në drejtimin x nuk ka fiksim (dmth. M=0, ose sipas bar. (4) po ashtu u’’=0), del nga bar. për u’’: MD’=0 dhe kështu nga bar. (4c) si kusht i dytë kufitar ϑ’’=0.
Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (6a) është
ϑ(z) = A1∙sinλz + A2∙cosλz + A3∙λz + A4. (7)
Nga kushtet e konturit merret
Ky sistem homogjen ekuacionesh ka:
- Zgjidhja triviale A1 = A2 = ∙∙∙ = 0, së cilës i përgjigjet ϑ=0, u’’=0 ose u=0, me ç’rast trari nuk përkulet anash.
- Zgjidhjet vetjake sipas Δ=0 ose sin λ__l=0. Rrënjët e këtij kushti të përkuljes anësore janë λ__l=n__π (me n=1,2,3,∙∙∙) dhe ngarkesat përkatëse kritike të momenteve
ɱ__K = _√_BC ∙ _n__π/_l. (8b)
Momenti minimal i përkuljes anësore
min__ɱ__K = _√_BC ∙ π/l (8c)
ndodh në n=1. Zgjidhja përkatëse merret me zbatimin e eq. (1f):
ϑ(z) = A1 ∙ sin πz/l (8d)
u(z) = C/ɱK ∙ ϑ(z).
b) Rastet e tjera të përkuljes anësore
c) Përkulje anësore për shkak të momentit të përkuljes dhe forcës shtypëse
Për shembullin e paraqitur në fig. 3 kemi N1=-D (ngjeshje), p=0, pastaj është vendosur C*=0. Atëherë ekuacioni diferencial (5) thjeshtohet dhe shkruhet
ϑ’’’’ + λ2 ϑ’’ = 0, (9)
ku λ__2 = ɱ__2_/BC + D/B_. (9a)
Zgjidhja e ekuacionit diferencial (9) jepet sërish me eku. (8), vetëm se tani λ tregon një vlerë tjetër.
Fig. 3
Për shembullin e fig. 3 vlejnë, si te a), kushtet kufitare ϑ=0 dhe ϑ’’=0 për z=0 dhe z=l. Prandaj edhe ekuacionet kushtore për A1 janë formalisht të njëjta, si edhe kushti i përkuljes anësore Δ=sin λl=0. Ngarkesa kritike plotëson marrëdhënien λl=nπ (n=1,2,3) dhe vlera më e vogël është
ɱK2/BC + DK/B = (π/l)2. (10)
Për D=0 prej andej merret momenti i përkuljes anësore sipas baraz. (8c) dhe për ngarkesë thjesht shtypëse (ɱ=0) forca e përkuljes e Euler-it _DK=B(π/l)_2.
Në fig. 3 rasti i paraqitur duhet të shënohet si përkulje ekscentrike në planin y-z. Rasti i stabilitetit i shqyrtuar më parë është, pra, përkulje jashtë planit të përkuljes e lidhur me përkuljen anësore u dhe me torsionin ϑ.
Nëse të dy skajet janë të ngulitura (ϑ=0 dhe ϑ’=0) atëherë nga kushtet e konturit, me anë të Δ=0, merret kushti i përkuljes anësore
λ__l ∙ sin λ__l = 2(1-cos λl), (11)
me rrënjë λ__l=m__π (m=2,4,∙∙∙) dhe forcat e përkuljes anësore
ɱ__K__2/BC + DK/B = (2_π_/l)2.