Bugün, Savo Kusić ahşap pencereler, ahşap-alüminyum pencereler, özel pencereler, kapılar ve teklif talepleri konularına odaklanıyor. Bu metin yapısal teorinin bir arşivi olarak kalmaktadır ve bir statik tasarım, stabilite hesaplamaları veya yapısal rehabilitasyon teklifi değildir.
Bükülmede bükülme diferansiyel denklemi
Tüm idealleştirmelerin karşılandığı varsayılmaktadır, özellikle
- çubuğun tamamen düz olduğunu
- P yükünün çubuğun şaftına etki ettiğini
- gerilimlerin orantı sınırının altında kalması
- deformasyonların hesaplamaların olağan basitleştirilmesine izin verecek kadar küçük olması.
Çubuk, P kuvvetinin etkisi altında ve belki de enine yönde etki eden q yükünün etkisi altında bükülürse, o zaman dış yükler ile kesitteki kuvvetler arasındaki bilinen denge koşullarının karşılanması gerekir. Bunun dışında kesitteki deformasyonlar ve kuvvetler arasında bilinen ilişkilerin olması da doğaldır.
Şek. 1 - Bakiye
Şek. 1 ds uzunluğunda bükülmüş bir çubuk elemanıdır. v’ teğetinin eğimi küçüktür, böylece ikinci sıraya kadar elemanın uzunluğu ds=dz projeksiyonuna eşit olacak şekilde ayarlanabilir. Ayrıca aşağıda belirtilen testlerde P’nin çubuğun ekseni boyunca sürekli değiştiği durumlar, yani normal kuvvet N≈P=const dikkate alınmayacaktır. Eleman için mevcut üç denge koşulunda belirli sayıda üye ihmal edilebilir. Şekil 2’deki işaretler ve işaretler için. 10 o zaman denklemin ilk yaklaşımında kalın
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Enine kuvvet ortadan kaldırılabilir ve ardından M’‘=Pv’’-q tutulur. Bernoulli'nin M=-EI/R yasası eksik denklemi sağlar. Çubuk ekseninin eğrisi, her zamanki gibi kiriş bükülme teorisinden aşağıdaki şekilde basitleştirilmiştir.
Böylece eğilme momentini ortadan kaldırmak mümkün olur; ve M=-EI*v’’ ile bükülmüş çubuk
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
Sabit bükülme sertliği özel durumunda EI=const. denklem (1) basitleştirilmiştir, yani
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Denk. (1) ve (1a), bahsedilen basitleştirmelere göre v’de doğrusaldır.
Pratik olarak, sabit bükülme sertliğinin en basit durumu EI=const. aşağıdaki örneklerin temelini oluşturan özellikle önemlidir.
Euler durumu
Klasik burkulma durumu için varsayımlar, belirtilen idealleştirmelerin dışında: p=0, yani N=const.=P ve ayrıca çubuğun tam ekseninde yer alan sürtünmesiz sabit sertliktir. Adi diferansiyel denklem (1a), q=0 nedeniyle dördüncü dereceden, doğrusal ve homojendir. Genel çözüm:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
burada A, B, C, D dört entegrasyon sabitidir. Parametre, EI≠0 varsayımına bağlı olarak sonlu boyuttadır. Ayrıca, P>0.
Şek. 2
Doğrusal diferansiyel denklem (1a) homojen olduğundan, bu problem aynı zamanda n_∙_v(z) ile de çözülür; burada n isteğe bağlı bir sabittir. Zaten diferansiyel denklemin (1a) matematiksel sınıflandırmasından, v bükülmesinin büyüklüğünün belirlenemediği görülebilmektedir. Euler durumunda (şek. 2) entegrasyon sabitleri A, B, C, D’yi belirlemek için aşağıdaki kontur koşulları mevcuttur: Mafsallı destek nedeniyle, çubuğun her iki ucunda bükülme momenti sıfırdır, yani.
z=0 için v=0 ve M=0
v=0 ve z=s için M=0.
M=-EI_∙_v’‘ nedeniyle, M=0’nin v’’=0 değeri olduğu sonucu çıkar, dolayısıyla dört çevre koşulu şöyle okunur:
v=0 ve v’’=0, z=0 için
v=0 ve z=s için v’’=0.
Çözüm (2) böylece dört doğrusal denklemle sonuçlanır:
Denk. 3
Bu dört homojen denklem, v(z)=0’ye karşılık gelen ilk sözde önemsiz çözüm A=B=C=D=0’ye sahiptir. Bükülmemiş çubuk v_(z_)=0, keyfi, özellikle de küçük P yük değerleri için olağan denge konumudur. Burada öncelikle çubuğun büküldüğü koşullarla, yani v(z)≠0 ile ilgileniyoruz. (3) denklemlerinin A, B, C, D ≠ 0 ile bu kadar önemsiz bir çözümü yoktur, ancak katsayı determinantı sıfıra eşitse.
Bir. 3a
Burkulma koşullarından Δ = α4∙s∙sinαs = 0 m yükün kritik değerlerini PK hesaplayabiliriz. Bu denklem yalnızca sin αs = 0 ise sağlanır, yani αKms = mπ için m=1,2,3 ile,… Euler'in bükülme kuvvetinin karşılık gelen değerleri PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Her m değeri için belirli bir burkulma kuvveti elde edilir. Çoğu durumda bu kuvvetlerin yalnızca en küçüğü ilgi çekicidir ve bu
PK1=EI(π/s)2.
Aşağıdaki versiyonda, kritik yüklerin en küçüğüne atıfta bulunan m endeksi veya 1 çoğunlukla çıkarılacaktır. İlgili elastik çizgi ilgi çekicidir. Bir (2) sabitinden B=C=D=0 elde edilir. Geriye kalan koşul A∙sin__αs=0’dir. Yukarıdaki m=1 durumu için elastik burkulma çizgisi dolayısıyla v(z) = A_∙sinπz/s_ olur, burada v(z) sırasıyla αK içindir. PK karşılık gelen özfonksiyon. A’nın büyüklüğü belirsizliğini koruyor.
Şimdi tüm yükleme alanına bir kez daha bakalım. P’nin keyfi değerleri için, özellikle P_<_PK1 kuvvetleri için v(z)=0, çubuk düz kalır.
Klasik stabilite teorisinde, “kademeli olarak artan” yük altında P, gözlemlenen yük durumunun stabilitesinin her bir P yük seviyesi için tekrar tekrar test edileceği ardışık bir değer dizisi P anlamına gelir. Kararlılık testi sırasında P’nin boyutu kesinlikle değişmeden kalır. Eğer P durumunun kararlı olduğu belirlenirse, yük bir miktar artırılır ve bu nedenle kararlılık testi tekrarlanır. Bu doğru belirleme, yükte bir artışın olduğu ve aynı anda küçük bozucu etkilerin olduğu Shanley\ etkisinin temeli olan yük tipiyle ilgili bir karışıklık olmaması için gereklidir. Stabilite Shanley'e göre incelendiğinde, plastik burkulma alanında klasik değerlendirme yöntemine göre daha küçük bir çatallanma kuvveti oluşur.
Aşağıdaki değerlendirmeler, yükün birinci yolunu varsayar: Bu anlamda, P yükünde kademeli bir artış olduğunda, ilk önce elastik burkulma çizgisi olarak basit bir sinüs çizgisi ile elastik dengenin bir çatallanma noktasına PK1=EI_∙(π/s)_2 ulaşılır
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A elastik çizginin belirlenmemiş genliğini belirtir. Yükler için _P*__>_PK1 doğrusallaştırılmış teori Δ≠0’ye göredir, yani burada denge mümkün değildir. Yalnızca daha yüksek burkulma kuvvetleri PK2 vb. için yine Δ=0 ve dolayısıyla v(z)≠0 olacaktır. Gerçek davranışla örtüşmeyen bu teorik sonucun nedeni diferansiyel denklemin doğrusallaştırılmasında yatmaktadır.
İki parçadan oluşan preslenmiş çubukların burkulması
Kendimizi iki parçalı preslenmiş çubuklarla sınırlandırıyoruz, üç veya daha fazla parçadan oluşan preslenmiş çubuklar için de benzer oranlar geçerlidir.
Şek. 3
Enine bağlantı türüne göre kafes çubuklar (şek. 3a) ve çerçeve çubuklar (şek. 3e) ayırt edilir. Çapraz bağlar olmasaydı çubuğun her bir parçası kendi kendine bükülürdü (şek. 3b). Doldurma nispeten zayıfsa, tek bir kayış çubuğu, çubuğu bir bütün olarak bükmeden bükülebilir. Kafes çubuğu için şek. 3c karşılaştırılabilir: menteşeli sistem için sol, sürekli bantlar için sağ; ve çerçeve çubuğu için şek. 3f yumuşak bağlantı plakaları için solda, sert bağlantı plakaları için sağda. Buradan λ__1_=s1/i1_ inceliğinin büyük etkiye sahip olduğu görülebilir. Çubuğun ayrı bir parçası için, I1=F1_∙_i12 ayarlanır, s1 alan aralığıdır (şekil 3), i1 ekseni ifade eder 1-1 (bkz. şekil 4).
Şek. 4
Şekil 2’deki elastik burkulma çizgilerine karşılık gelen bileşik çubukların burkulma kuvveti. 3d veya 3g, kapsamlı teorik araştırmaların konusuydu. Çubuk benzersiz bölümlerden oluşuyorsa (örneğin bir kiriş ile) veya enine bağlantılar, iki parçadan bükülmüş bir çubuğun etkisi bakımından tek bir çubuktan farklı olmayacak kadar sıksa, bu durumda σ__K_=_π__2__E/λ__y__2 olur. Orada λ__y=sK/iy anlamına gelir (şek. 4). Ancak uygulamada bu burkulma gerilimine tam olarak ulaşılamayacaktır çünkü bunun için yeterli enine bağlantı yoktur ve bunlar aynı zamanda elastiktir. F önerisine göre koyarsak çoğu durumda tatmin edici bir yaklaşım elde edilir. İki parçadan oluşan preslenmiş bir çubuğun bükülme geriliminin eşit olduğunu Engesser\a
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi ideal narinlik olarak adlandırılan değerdir.
Çapraz bağların sayısı yeterli ve çubuğun her iki parçasını birlikte hareket etmeye zorlayacak kadar güçlü olmalıdır. İkincil gerilimler hariç, çubuk düz kaldığı sürece enine bağlantılar gerilimsiz kalır. Yalnızca bükülme sırasında kuvvetleri almaları ve bükülmeyle artan enine kuvvetleri aktarmaları gerekir. Elastik bir çizgi olması durumunda
I=const’taki enine kuvvet. eşittir
Q = M’ = - EI∙v’‘’.
İncir ile. 5 m hemen okunabilir Q(z)=PK∙v’(z). Çubuğun ucundaki en yüksek değer
Şek. 5
Enine bağlantılar bu enine kuvveti karşılayabilmelidir. Karşılık gelen yük burulma kuvveti PK olduğundan, bunun için enine bağlantılarda da, yani tüm çubukla aynı anda yük taşıma sınırına ulaşılması yeterlidir. Açıkçası, çapraz bağlantıların Q0’ı almak için gerekenden çok daha güçlü boyutlara sahip olması hiçbir işe yaramayacaktır. Öte yandan çok zayıf çapraz bağlantılar çubuğun zamanından önce bozulmasına neden olur.
Burulma okunun büyüklüğü bilinmediğinden yukarıdaki denklem baştan kullanılamaz. Çubuk, PK altında kayıtsız dengededir ve en azından birinci yaklaşım derecesinde keyfi bir değer alabilir. Bu nedenle F’nin teklifine göre faydalıdır. Krohn-a, bükülmüş çubuğun bükülme nedeniyle hasar nedeniyle taşıma kapasitesini kaybettiği burulma maxv büyüklüğünü belirlemek için. Bu durum kesinlikle bükümün içbükey tarafında akma noktasına ulaşıldığında meydana gelecektir (Şekil 6). Bunun için bükme daha da büyür ve buna karşılık gelen bükme momentleri uygulanamaz.
Şek. 6
Bükümün içbükey tarafındaki toplam gerilim şekil 1’e göredir. 6 ideal plastik malzeme için
Hala dayanılabilecek en büyük bükülme buradan gelir
maxQ0, çubuğun ucunda karşılık gelen enine kuvvettir.
Eğer σK Tetmaier'in formu için kullanılırsa ve karşılık gelen σF=3,1 t/cm2 ve sK=e/2 ∙ λy yazılırsa iy≈e/2, bu durumda Krohn'lar yaklaşık değer olarak elde edilir maxQ0=F/28 (Q in t, F cm2).
Rastgele burkulma gerilim çizgileri için,
maxQ0=μK∙SK.
μK katsayısı çubuğun narinliğine göre değişir, aynı zamanda malzemeye de bağlıdır. Yukarıdaki denklem burkulmaya karşı emniyet katsayısına bölündüğünde
dozv__Q=μ∙dozvS.
Hat sistemlerinin bükülmesi
Doğrusal sistemlerde, karşılaştırma amacıyla, her iki ucundan mafsallı olan ve bükülme kuvveti PK=π2EI/s2K eşit derecede büyük olan bir çubuğun bükülme uzunluğunu sK=β∙h belirlemek gelenekseldir. Aşağıdaki örnekler için karşılaştırmalı “bükülme uzunluğu” verilecektir.
a) Her iki ucundan kenetlenmiş çubuk (EI=const.)
Şek. 7
Şek. 7 burkulmanın PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, karşılaştırmalı “burkulma uzunluğu” sK=h/2 ve burkulmanın elastik çizgisidir v(z)=D(1-cos2πz/h).
b) Bir ucu serbest çubuk (şek. 8)
SL. 8
Çubuk büküldükçe P yönünün değişmediği varsayılmaktadır. Sonra (EI=const.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
Serbest uç z=h için kontur koşulları burada okunur
M=0 veya v’’=0
Q=M’-Pv’=0 veya v’’’+a2∙v’=0.
c) Bir ucundan kenetlenmiş çubuk (şek. 9)
Şek. 9
Kontur koşullarıyla
v=0 ve z=0
v=0 ve z=h
elde edilir. bükülme durumu
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
veya eşdeğeri
tgαh=αh. (4)
Bu aşkın denklemin kökleri K tablolarında bulunur. Hayashi'nin. En düşük bükülme kuvveti tablolara göredir PK1=4,49342/h2 ∙ EI = 2,046 π2EI/h2.
Karşılaştırmalı burkulma uzunluğu: sK = h / √2,046 = 0,699h.
d) Çubuğun bir ucu bozuklukla sıkışmış (şek. 10)
Şek. 10
Sabit büyüklükte bir ucun yer değiştirmesi durumunu gözlemleyeceğiz. Bunun için kontur koşulları
v=0 ve v’=0, z=0,
z=h için v=v1 ve v’’=0.
Elastik bir çizgiyle ilgili bir denge problemidir
{} parantezlerinden önceki terimin paydası sıfır olacaktır ve eğer P→PK ise bükülme tüm limitlerin üzerinde artar (burkulma koşulu denklemine bakınız (4)). Çubuğun orta ve alt ucundaki kıvrımların başlangıçta artan yük P ile daha küçük olması ve yalnızca daha yüksek yükler için işaretlerinin değişmesi çubuğun davranışının karakteristik özelliğidir. SL. 10 yarım yükseklikteki virajları gösterir.
e) İki alan boyunca sürekli yapışma
Şek. 11
Çözümün her iki alanı için de (şek. 11) ayarı uygulayacağız
Ve_. v(z1) = A1∙sinαz1 + B1∙cosαz1 + C1∙z1 + D1,_
II. v(z2) = A2∙sinαz2 + B2∙cosαz2 + C2∙z2 + D2.
Basitleştirmek için (EI)1=(EI)2=EI olsun. Kontur koşulları, A1, …, A2, … gibi sekiz sabiti bulmak için kullanılır.
v=0 ve v’=0, z1=0,
v=0 ve v’’=0, z2=h,
ve ayrıca I. ve II. alanlar arasındaki geçiş koşulları
v=0 ve z2=0,
v’‘(z1=h)=v’(z2=0),
v’‘(z1=h)=v’’(z2=0).
Koşullu denklemler aşağıdaki tabloda verilmiştir
Katsayının determinantı sıfıra eşitlendiğinde belverme koşulu elde edilir
Büküm uzunluğu sK=0,878_h_, şek. 35 veya β=0,699. 2,046 : 1,297 ile karşılaştırıldığında, menteşeli ikinci bir alanın eklenmesi nedeniyle bükülme kuvveti azalmıştır. Diğer alan daha yükseğe sıkıştırılırsa, bu durumda bükülme kuvveti tekrar zirveye ulaşacaktır. 2,04 PE.
Formüllerin bu tarihsel sunumu bir proje ya da yapının sağlamlığının bir kanıtı değildir. İdeal düz eleman, merkezsel yük ve elastik alanla ilgili klasik varsayımlar, başlangıçtaki kusurları, artık gerilmeleri, eksantrikliği, bağlantı sertliğini, malzemenin doğrusal olmayışını, yanal stabiliteyi ve uygulanabilir olduğunda yangını, sismik hareketi ve montaj aşamalarını mutlaka kapsamaz. Gerçek yapının hesaplanması yetkili bir inşaat mühendisi tarafından geçerli yönetmelik ve standartlara göre yapılmalıdır.