Сьогодні Savo Kusić зосереджується на дерев’яних вікнах, дерево-алюмінієвих вікнах, вікнах на замовлення, дверях і запитах на пропозиції. Цей текст залишається архівом структурної теорії і не є пропозицією статичного проектування, розрахунків стійкості чи структурної реабілітації.
Диференціальне рівняння вигину
Припускається, що всі ідеалізації задоволені, особливо
- що стрижень ідеально прямий
- що у валу стержня діє навантаження Р
- що напруги залишаються нижче межі пропорційності
- що деформації досить малі, щоб дозволити звичайні спрощення розрахунків.
Якщо стрижень згинається під дією сили P і, можливо, також через навантаження q, що діє в поперечному напрямку, то повинні виконуватися відомі умови рівноваги між зовнішніми навантаженнями та силами в перерізі. Крім того, природно, що мають бути відомі залежності між деформаціями та силами в перерізі.
Мал. 1 - Баланс
На рис. 1 – це зігнутий стрижневий елемент довжиною ds. Нахил дотичної v’ невеликий, тому до другого порядку довжину елемента можна встановити рівною проекції ds=dz. Крім того, у випробуваннях, зазначених нижче, випадки, коли P постійно змінюється вздовж осі стрижня, не будуть враховані, тобто нормальна сила N≈P=const. У трьох доступних для елемента умовах рівноваги певною кількістю членів можна знехтувати. Для позначень і знаків з рис. 10 тоді залишаються в першому наближенні рівняння
N=P, M’=Q, Q’=-q+Pv’’.
Поперечну силу можна усунути, і тоді виконується M’‘=Pv’’-q. Закон Бернуллі\ M=-EI/R забезпечує відсутнє рівняння. Крива осі стрижня, як зазвичай, з теорії вигину балки, спрощується наступним чином
Таким чином можна усунути згинальний момент; і з M=-EI*v’’ отримуємо диференціальне рівняння для зігнутого стержня
(EI*v’‘)’’ + Pv’’ = q. (1)
У окремому випадку постійної жорсткості на вигин EI=const. рівняння (1) спрощене, тому воно є
EIv’‘’’ + Pv’’ = q. (1a)
Eq. (1) та (1a) є лінійними у v відповідно до згаданих спрощень.
Практично найпростіший випадок постійної жорсткості на вигин EI=const. є особливо важливим, що служить основою для наведених нижче прикладів.
Випадок Ейлера
Припущеннями для класичного випадку вигину є, окрім згаданих ідеалізацій: p=0, тому N=const.=P, а також постійна жорсткість без тертя, які лежать точно на осі стрижня. Звичайне диференціальне рівняння (1a) є лінійним і однорідним четвертого порядку через q=0. Загальне рішення:
v(z) = A_∙_sin__αz + B∙cosαz + C∙z + D, (2)
де A, B, C, D чотири константи інтегрування. Параметр має кінцевий розмір через припущення EI≠0. Крім того, α≠0 для P>0.
Мал. 2
Оскільки лінійне диференціальне рівняння (1a) є однорідним, ця задача також розв’язується за допомогою n_∙__v(z)_, де n довільна константа. Вже з математичної класифікації диференціального рівняння (1a) можна побачити, що величину вигину v неможливо визначити. Для визначення констант інтегрування A, B, C, D у випадку Ейлера\ (рис. 2) доступні такі контурні умови: Завдяки шарнірній опорі згинальний момент дорівнює нулю на обох кінцях стрижня, тобто.
v=0 та M=0 для z=0
v=0 та M=0 для z=s.
Завдяки M=-EI_∙_v’‘ випливає, що M=0 є значенням v’’=0, тому чотири контурні умови читаються:
v=0 та v’’=0 для z=0
v=0 та v’’=0 для z=s.
Таким чином, розв’язок (2) призводить до чотирьох лінійних рівнянь:
Eq. 3
Ці чотири однорідних рівняння мають перший так званий тривіальний розв’язок A=B=C=D=0, який відповідає v(z)=0. Розігнутий стрижень v_(z_)=0 є звичайним положенням рівноваги для довільних, особливо малих значень навантаження P. Тут нас перш за все цікавлять умови, за яких стрижень згинається, тобто що v(z)≠0. Рівняння (3) не мають такого тривіального розв’язку з A, B, C, D ≠ 0, лише якщо визначник коефіцієнта дорівнює нулю.
Один. 3a
З умов прогину Δ = α4∙s∙sinαs = 0 mпереходимо до розрахунку критичних значень PK навантаження. Це рівняння задовольняється, лише якщо sin αs = 0, тобто для αKms = mπ з m=1,2,3,… Відповідні значення сили прогинання Euler\ є PKm=EI_∙_α2Km = EI(mπ/s)2. Для кожного значення m виходить певна сила вигину. У більшості випадків цікавить лише найменша з цих сил, і це
PK1=EI(π/s)2.
У наступній версії індекс m, або 1, здебільшого опущений, посилаючись на найнижче з критичних навантажень. Інтерес представляє відповідна еластична лінія. З одного (2) виходять константи B=C=D=0. Решта умови: A∙sin__αs=0. Таким чином, лінія еластичного вигину для наведеного вище випадку m=1 становить v(z) = A_∙sinπz/s_, де v(z) для αK відповідно. PK відповідна власна функція. Величина A залишається невизначеною.
Давайте ще раз подивимося на всю вантажну зону. Для довільних значень P, особливо для сил P_<_PK1 становить v(z)=0, стрижень залишається прямим.
У класичній теорії стійкості під «поступово зростаючим» навантаженням P мається на увазі послідовний ряд значень _P_, де стабільність спостережуваного випадку навантаження буде перевірятися знову і знову для кожного окремого рівня навантаження P. Під час тесту на стабільність розмір P залишається незмінним. Якщо один стан P визначено як стабільний, то навантаження на щось збільшується, і тому тест на стабільність повторюється. Таке точне визначення необхідне для того, щоб не було плутанини з типом навантаження, яке є основою для ефекту Шенлі, при якому відбувається збільшення навантаження в той час, як невеликі збурення діють одночасно. При дослідженні стійкості за Shanley\ в зоні пластичного вигину виникає менша біфуркаційна сила, ніж при класичному методі розгляду.
Наведені нижче міркування передбачають перший спосіб збільшення навантаження: при поступовому збільшенні навантаження P у цьому сенсі, PK1=EI_∙(π/s)_2 спочатку в одній точці біфуркації пружної рівноваги, з простою лінією синуса як лінії пружного вигину
v1(z)=f_∙_sin__π__z/s.
f=A позначає невизначену амплітуду пружної лінії. Для навантажень _P*__>_PK1 відповідно до лінеаризованої теорії Δ≠0, тобто баланс там неможливий. Тільки для вищих сил прогину PK2 і т.д. це знову буде Δ=0 і, таким чином, також v(z)≠0. Причина цього теоретичного висновку, який не відповідає реальній поведінці, полягає в лінеаризації диференціального рівняння.
Вигин пресованих стрижнів, що складаються з двох частин
Ми обмежуємося двокомпонентними пресованими палицями, а для пресованих паличок, що складаються з трьох або більше частин, застосовуються аналогічні співвідношення.
Мал. 3
За типом поперечного з’єднання розрізняють стрижні гратчасті (рис. 3a) і каркасні стрижні (рис. 3e). Без поперечних зв’язків кожна частина палиці згинається сама по собі (рис. 3b). Якщо наповнення відносно слабке, то окремий стрижень стрічки може зігнутися без згину стрижня в цілому. Для стрижня решітки рис. 3c можна порівняти: ліворуч для шарнірної системи, праворуч для безперервних ременів; а для стрижня каркаса рис. 3f ліворуч для м’яких сполучних пластин, праворуч для жорстких сполучних пластин. Звідси видно, що стрункість λ__1_=s1/i1_ має великий вплив. Для окремої частини стрижня встановлено I1=F1_∙_i12, s1 – відстань між полями (рис. 3), i1 стосується осі 1-1 (див. рис. 4).
Мал. 4
Сила вигину складних стрижнів, що відповідає лініям пружного вигину на рис. 3d, або 3g був предметом вичерпних теоретичних досліджень. Якби стрижень складався з унікальних секцій (наприклад, з ребром) або якби поперечні з’єднання були настільки частими, що стрижень, зігнутий із двох частин, не відрізнявся б за своєю дією від одного стрижня, тоді це було б σ__K_=_π__2__E/λ__y__2. Там він позначає λ__y=sK/iy (рис. 4). Однак на практиці ця напруга вигину не буде повністю досягнута, тому що для цього недостатньо поперечних з’єднань, а вони також пружні. Наближення, яке задовольняє в більшості випадків, виходить, якщо ми покладемо відповідно до пропозиції F. Engesser\a, що напруга згину спресованого стрижня, що складається з двох частин, однакова
σ__K_=_π__2__E/λ__yi__2.
λyi – так звана ідеальна стрункість.
Поперечні зв’язки повинні бути достатньою кількістю і достатньо міцними, щоб змусити обидві частини стрижня діяти разом. Без урахування вторинних напружень поперечні ланки залишаються ненапруженими, доки стрижень залишається прямим. Тільки при згині вони повинні сприймати зусилля, і вони повинні передавати поперечні сили, які збільшуються з вигином. У випадку, якщо це еластична лінія
поперечна сила при I=const. дорівнює
Q = M’ = - EI∙v’‘’’.
З рис. 5 m можна відразу прочитати Q(z)=PK∙v’(z). Найбільше значення на кінці стрижня становить
Мал. 5
Поперечні з’єднання повинні витримувати цю поперечну силу. Оскільки відповідним навантаженням є сила вигину PK, для цього достатньо досягти межі несучої здатності також у поперечних з’єднаннях, тобто одночасно з усім стержнем. Очевидно, що не було б ніякої користі, якби розмір поперечних зв’язків був набагато сильнішим, ніж необхідно для отримання Q0. З іншого боку, занадто слабкі поперечні зв’язки призведуть до передчасного виходу стрижня з ладу.
Наведене вище рівняння не можна використовувати з самого початку, тому що величина стрілки прогину невідома. Стрижень знаходиться в байдужій рівновазі при PK і може, принаймні в першому ступені наближення, приймати довільне значення. Тому це корисно, згідно з пропозицією F. Krohn-a, щоб визначити величину того прогину maxv, при якому зігнутий стрижень втрачає свою несучу здатність через руйнування через вигин. Це обов’язково станеться, якщо межа текучості досягнута на увігнутій стороні вигину (рис. 6). Згин для цього зростає далі, і відповідні згинальні моменти не можуть бути застосовані.
! Розподіл напруги на увігнутій стороні зігнутого стержня, рис. 29
Мал. 6
Загальна напруга на увігнутій стороні вигину відповідає рис. 6 для ідеального пластику
Звідси походить найбільше вигинання, яке ще можна витримати
maxQ0 — відповідна поперечна сила на кінці стрижня.
Якщо використовується для форми σK Tetmaier\ і поставте σF=3,1 t/cm2 та sK=e/2 ∙ λy, що відповідає iy≈e/2, то Krohn’s отримують приблизне значення maxQ0=F/28 (Q у t, F у см2).
Для довільних ліній напруження прогину ми отримуємо
maxQ0=μK∙SK.
Коефіцієнт μK змінюється залежно від стрункості стрижня, також залежить від матеріалу. Коли наведене вище рівняння розділити на коефіцієнт міцності проти вигину, його можна записати
dozv__Q=μ∙dozvS.
Вигин лінійних систем
У лінійних системах прийнято визначати для порівняння довжину згину sK=β∙h стержня, шарнірно закріпленого на обох кінцях і сила згинання якого PK=π2EI/s2K однаково велика. Порівняльна «довжина прогину» буде наведена для прикладів нижче.
a) Стрижень затиснутий з обох кінців (EI=const.)
Мал. 7
Для випадку рис. 7 прогину становить PK=4π2EI/h2=4,0∙PE, порівняльна «довжина прогину» sK=h/2 та пружна лінія прогину v(z)=D(1-cos2πz/h).
b) Стрижень вільний на одному кінці (мал. 8)
Сл. 8
Передбачається, що напрямок P не змінюється під час згинання стрижня. Тоді (EI=const.)
PK=π2EI/4h2=PE/4, sK=2h
v(z)=D(1-cosπz/2h).
Умови контуру для вільного кінця z=h тут читайте
M=0 або v’’=0
Q=M’-Pv’=0 або v’’’+a2∙v’=0.
c) Стрижень затиснутий на одному кінці (мал. 9)
Мал. 9
З умовами контуру
v=0 та v’=0 для z=0
v=0 та v’’=0 для z=h
отримано для EI=const. умова вигину
sin_αh - αh∙cos_αh=0_,_
або еквівалент
tgαh=αh. (4)
Корені цього трансцендентного рівняння знаходяться в таблицях K. Hayashi's. Найменша сила прогину згідно з таблицями PK1=4,49342/год2 ∙ EI = 2,046 π2EI/год2.
Порівняльна довжина вигину становить sK = h / √2,046 = 0,699h.
d) Стрижень защемлений на одному кінці з порушенням (рис. 10)
Мал. 10
Ми спостерігатимемо випадок зміщення вістря постійного розміру. Контурні умови для цього
v=0 та v’=0 для z=0,
v=v1 та v’’=0 для z=h.
Це задача рівноваги з пружною лінією
Знаменник члена перед {}-дужками буде дорівнювати нулю, а вигин зростає понад усі межі, якщо P→PK (див. умову вигину (4)). Характерним для поведінки стержня є те, що вигини в середньому і нижньому кінці стержня спочатку зменшуються зі збільшенням навантаження P і змінюють свій знак лише при більших навантаженнях. Сл. 10 показує вигини на половині висоти.
e) Безперервна паличка над двома полями
Мал. 11
Для обох областей вирішення (рис. 11) ми застосуємо параметр
I_. v(z1) = A1∙sinαz1 + B1∙cosαz1 + C1∙z1 + D1,_
II. v(z2) = A2∙sinαz2 + B2∙cosαz2 + C2∙z2 + D2.
Для спрощення нехай буде (EI)1=(EI)2=EI. Щоб знайти вісім констант A1, …, A2, … використовуються контурні умови
v=0 та v’=0 для z1=0,
v=0 та v’’=0 для z2=h,
а також перехідні умови між областями I та II
v=0 для z1=h та для z2=0,
v’‘(z1=h)=v’(z2=0),
v’‘(z1=h)=v’’(z2=0).
Умовні рівняння наведено в таблиці нижче
Встановивши, що визначник коефіцієнта дорівнює нулю, отримуємо умову вигину
Довжина вигину sK=0,878_h_, тоді як для рис. 35 або β=0,699. Сила вигину зменшилася порівняно з 2,046: 1,297 завдяки додаванню другого шарнірного поля. Якби інше поле було затиснуто вище, тоді сила вигину знову зросла б до піку. 2,04 PE.
Ця історична презентація формул не є проектом чи доказом стабільності структури. Класичні припущення про ідеальний прямий елемент, центричне навантаження та пружну площу не обов’язково включають початкові дефекти, залишкові напруги, ексцентриситет, жорсткість з’єднання, нелінійність матеріалу, поперечну стійкість, а також, якщо це застосовно, пожежу, сейсмічні дії та фази складання. Розрахунок фактичної конструкції повинен виконувати уповноважений інженер-будівельник відповідно до чинних норм і стандартів.