STABILNOST KONSTRUKCIJA 6 18 - grf.bg.ac.rs · Stabilnost konstrukcija 2 6.8Metoda početnih parametara Osnovnejednačine štapa: Linearizovana teorija II reda-tačno rešenje Linearizovana

3. Stabilnost konstrukcija 1

6. STABILNOST KONSTRUKCIJA

VI čas


6.8 Metoda početnih parametara Osnovne jednačine

štapa: Linearizovana teorija

II reda-tačno rešenje Linearizovana teorija

II reda-aproksimativno rešenje

R K q Q

0 g R K K q Q


Matrice krutosti po K i Kg linearizovanoj Teoriji II reda, tačno i aproksimativno rešenje, znamo da odredimo.

Treba odrediti vektor ekvivalentnog opterećenja po linearizovanoj Teoriji II reda, tj, Q = ?


Vektor ekvivalentnog opterećenja ćemoodrediti primenom metode početnihparametara iz nehomogenediferencijalne jednačine šapa.

Vrednost partikularnog integrala ćemoodrediti u zavisnosti od zadatogopterećenja.


Metoda početnih parametara6.8.1 Pritisnut štap

Pritisnut štap – homogena dif.jednačina i rešenje

Ci su integracione konstante koje se određuju iz graničnih uslova štapa

kxCkxCkxCCxvEISkvkv

cossin)(

)(0

4321

22


Integracione konstante se određuju iz graničnih uslova na početku štapa:

- ugib

- nagib

- momenat savijanja

- transverzalna sila

0 (0)v v)0(0 v

)0(0 vEIM

0 (0) (0)V EIv Sv


Diferenciranjem se dobija

kxkCkxkCxv

kxkCkxkCxv

kxkCkxkCkCxv

sincos)(

cossin)(

sincos)(

34

33

24

23

432


Unošenjem dobijenih izraza u granične uslove, dobija se sistem jednačina po konstantama Ci

0 1 4

0 2 3

0 4

0 3 2 3 2

(0)(0)(0) (0)

(0) (0) (0) ( )

v v C Cv C k C kM EIv M C SV EIv Sv V C kS S C k C k SkC

gde je S=k2EI


Rešavanjem sistema jednačina dobija se:

02

04

01 0

0 03

,

,

,

,

VC

SkM

CS

MC v

SV

Ck Sk


Rešenje homogene dif. jednačine pritisnutog štapa Metodom početnih parametara glasi:

gde su v0, , M0 i V0 početni parametri (ugib, nagib, momenat savijanja i transverzalna sila na početku štapa)

EIkkxkxV

EIkkxM

kkxvxv 302000

sincos1sin)(


6.9 Nehomogena diferencijalna jednačina. Partikularni integral. 6.9.1 Opterećenje duž ose štapa py(x)=p(x)

d

p(x)

v0

V0

SM0

v(x)0

p( )d

x

x-

Nehomogena dif. jednačina: 2( ) ( ) ( )IV IIv x k v x p x

x

y


Rešenje nehomogene diferencijealne jednačine je zbir rešenja homogenog dela vh(x) i partikularnog integrala vp(x) :

Partikularan integral pretpostavljamo u obliku:

x

p dpEIk

xkxkxv0 3 )()(sin)()(

( ) ( ) ( )h pv x v x v x

silapomeranje usled sile


)()()()()(

)(sincossin)()(

)(cos1sincos)()(

)(sincos1sin)(

2

00

000

2000

302000

EISkdpVxvSxvEIxV

xvEIkkxVkxMkxkEIxvEIxM

xvEIk

kxVEIkkxMkxxvx

xvEIk

kxkxVEIk

kxMkkxvxv

x

p

p

p

Opšte rešenje se može prikazati u obliku:


Ako uvedemo funkcije:

1 2

3 4

sin( ) 1, ( ) ,

1 cos sin( ) , ( )

kxF x F xk

kx kx kxF x F xS kS


)()()(

)()()(cossin)(

)()()(sincos)(

)()()()()()()(

2

00

022000

033000

0440302010

EISkdpVxV

dxFpxFVkxMkxkEIxM

dxFpxFVEIkkxMkxx

dxFpxFVxFMxFxFvxv

x

x

x

x

Opšte rešenje nehomogene dif.jedačine


Ako uvedemo nove funkcije Ij(x), j=1,2,3,4:

1 10

2 20

3 30

4 40

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

x

x

x

x

I x F x p d

I x F x p d

I x F x p d

I x F x p d


dobijaju se izrazi za pomeranje, obrtanje i sile u preseku:

0 1 0 2 0 3 0 4 4

0 0 0 3 3

0 0 0 2 2

20 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )sin( ) cos ( ) ( )

( ) sin cos ( ) ( )

( ) ( ) ( )

v x v F x F x M F x V F x I xk kxx kx M V F x I x

SM x EI k kx M kx V F x I x

SV x V I x kEI


6.9.2 Zategnut štap

Diferencijalna jednačina zategnutog štapa je :

Koriste se rešenja za pritisnut štap, u koja se unose sledeće izmene:

2 ( )IV p xv k vEI

1cos sinS S k ki i

iz chz i iz shz


Za pritisnut štap je:

1 2

3 4

sin( ) 1 ( )

1 cos sin( ) ( )

kxF x F xk

kx kx kxF x F xS kS


Za zategnut štap se dobija:1

2

3

4

( ) 1sin( )

1 cos 1( )

sin( )

z

z

z

z

F xikx i shkxF x

ik i kikx chkxF x

S Sikx ikx i kx shkxF x

ikS i kS


Konačni izrazi za zategnuti štap su:

0 1 0 2 0 3 0 4 40

0 0 0 3 30

0 0 0 2 20

20

0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

xz z z z z

xz z

xz z

x

v x v F x F x M F x V F x p F x d

ksh kxx ch kx M V F x p F x dS

M x EI k sh kx M ch kx V F x p F x d

SV x V p d kEI


Ako uvedemo funkcije Ij(x), j=1,2,3,4, dobijaju se izrazi za pomeranje, obrtanje i sile u preseku:

0 1 0 2 0 3 0 4 4

0 0 0 3 3

0 0 0 2 2

20 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

z z z z z

z z

z z

z

v x v F x F x M F x V F x I xksh kxx ch kx M V F x I x

SM x EI k sh kx M ch kx V F x I x

SV x V I x kEI


gde je:

1 10

2 20

3 30

4 40

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

xz z

xz z

xz z

xz z

I x F x p d

I x F x p d

I x F x p d

I x F x p d


6.9.3 Stepenasto promenljivo opterećenje pravog štapa

Metoda početnih parametara

V0

M0

S

p0

p1

p2P1

M1

P2M2

a1

a2

x


Funkcija ugib grede je oblika:

)()()(|

)()()(|

)()()()()(

22242232

11141131

04030200

2

1

axFaxFPaxFM

axFaxFPaxFM

xFxFVxFMxFvxv

pax

pax

p


Nagib grede je:

)()()(sin|

)()()(sin|

)()(sincos)(

222322

2

111311

1

03000

2

1

axFaxFPS

axkkM

axFaxFPS

axkkM

xFxFVS

kxkMkxx

pax

pax

p


Momenat savijanja je:

)()()(cos|

)()()(cos|

)()(cossin)(

2222222

1112111

02000

2

1

axFEIaxFPaxkM

axFEIaxFPaxkM

xFEIxFVkxMkxkEIxM

pax

pax

p


Transverzalna sila je:

)(|

)(|)(

222

11100

2

1

axpP

axpPxpVxV

ax

ax


Partikularan integral za pritisnut štap opterećen raspodeljenim opterećenjem je:

0

( ) sin ( )( ) ( )x

pk x k xF x p d

kS


Za konstantno opterećenje p(x)=constpartikularan integral je:

2 2

2

2 2

2

( ) (cos 1 ) 0 ( .)2

( ) ( 1 ) 0 ( .)2

p

p

p k xF x kx za S pritk S

p k xF x chkx za S zatk S


6.10 Stabilnost pravog štapa sa const. poprečnim presekom i aksijalnom silomprimenom metode početnih parametara

6.10.1 Pritisnut štap Kritično opterećenje je najmanje

opterećenje pri kojem homogenproblem po linearizovanoj teoriji II redaima netrivijalno rešenje.

2 20IV

c

Sv k v k

EI


Homogeni granični uslovi: Slobodan oslonac – v = 0, M = 0 Uklještenje – v = 0, v’ = 0 Slobodan kraj – M = 0, V = 0

2

0 00 0

M vV v k v


Imamo homogenu diferencijalnu jednačinu i homogene granične uslove. Tražimo vrednost parametra opterećenja k za koje postoji rešenje. Problem svojstvenih vrednostidiferencijalne jednačine Svojstvene funkcije problema (oblici izvijanja) i svojstveni brojevi (kritične sile)


Svojstvene vrednosti: k1,k2,...km,...predstavljaju vrednosti k za koje homogena dif. jednačina ima netrivijalno rešenje.kmin - definiše Pcr

Svojstvene funkcije: v1,v2,...vm,...predstavljaju elastičnu liniju štapa za određenu vrednost ki (oblik izvijanja)


6.10.3 Ojlerovi slučajevi izvijanja

Konstantan poprečni presek: EI = const Sila pritiska na krajevima štapa

(px=py=0) Diferencijalna jednačina je data sa:

IV 2 2 Sv k v 0 kEI


Opšte rešenje je dato sa:

)()(

sincossin)(

cos1sincos)(

sincos1sin)(

20

000

2000

302000

EISkVxV

kkxVkxMkxkEIxM

EIkkxV

EIkkxMkxx

EIkkxkxV

EIkkxM

kkxvxv


a) Prvi Ojlerov slučaj

Konzola Granični uslovi:x = 0: v0=0, x = l: M(l)=0,V(l)=0

Iz uslova ravnoteže vertikalnih sila V0=0

l

SEI

kxMxM cos)( 0


Granični uslov na slobodnom kraju x = l:

Trivijalno rešenje: M0 = 0 Netrivijalno rešenje: cos(kl) = 0 k l = (2n-1) , n = 1,2,3,...

(svojstvene vrednosti)

0)cos(0)(: 0 klMlMlx


Kako je

Svojstvene funkcije (M0):

2

22

n 2

S k EI Kriticna silaEIS ( 2n 1) n 1,2,3,

( 2l )

),3,2,1()cos1()( nxkCxv nn

22

322

222

1)2(

25)2(

9)2( l

EISl

EISl

EIS


Prvi Ojlerov slučaj


b) Drugi Ojlerov slučaj

Prosta greda Granični uslovi:x=0: v0=0, M0=0x=l: v(l)=0, M(l)=0

Iz uslova ravnoteže vertikalnih sila V0=0

Dobija se ugib u obliku:kkxxv )sin()( 0

Sl


Iz graničnog uslova v(l) = 0 se dobija:

Takođe je:

0)sin(0

0)sin(0)(

0

0

klkkllv

0)()sin()( 0 lMkxkEIxM


Svojstvene vrednosti:

Kritične sile izvijanja:

,3,2,1,0)sin( nnlkkl

22

322

222

1

222

94

,3,2,1

lEIS

lEIS

lEIS

nlEInS

lnk nn


Drugi Ojlerov slučaj


c) Treći Ojlerov slučaj

Uklješten-slobodno oslonjen štap

Granični uslovi x = 0: v0 = 0, x = l: v(l) = 0, M(l) = 0

l

S


Granični uslovi na kraju x = l:

Homogen sistem linearnih algebarskih jednačina po M0 i V0.

0)sin()cos(0)(

0)sin()cos(10)(

00

00

kklVklMlM

SkklklV

SklMlv


Uslov da postoji netrivijalno rešenje:

Karakteristična jednačina: Svojstvene vrednosti:

klklkl

kklkl

Skklkl

Skl

cossin0sincos

sincos1

1( ) 4.4934, ( ) (2 1) 2,3,4,2nkl kl n n

( )tg kl kl


Kritične sile izvijanja:

Svojstveni oblici izvijanja:

21 22 2

254.4934 ,4

EI EIS Sl l

)sin()cos1()( 21 xkxkCxkCxv nnnn


d) Četvrti Ojlerov slučaj

Obostrano uklještena greda

Granični uslovi: x = 0: v0 = 0, x = l: v(l) = 0, (l) = 0

l

S


Granični uslovi na kraju x = l:

Homogen sistem linearnih algebarskih jednačina po M0 i V0.

0)cos(1)sin(0)(

0)sin()cos(10)(

00

00

SklV

SklkMl

SkklklV

SklMlv


Uslov da postoji netrivijalno rešenje:

1 cos sin

0sin 1 cos

2sin( ) [2sin( ) cos( )] 02 2 2

kl kl klS k S

k kl klS S

kl kl klkl


Karakteristična jednačina i svojstvene vrednosti

21 1 2

22 2

2 2

prva jednačina:2( ) sin 0 4

2 2druga jednačina:

( ) 4.4934 4 4.49342 2 2

4 39.478, 4 4.4934 80.763

kl kl EII k Sl l

kl kl kl EIII tg Sl


6.10.4 Efektivna dužina izvijanja

Efektivna dužina izvijanja je dužina fiktivnog štapa, zglobno oslonjenog na oba kraja, čija je kritična sila ista kao i za posmatrani (realan) štap, sa datim graničnim uslovima


Stvarna dužina posmatranog štapa ... l Koeficijent efektivne dužine izvijanja ... Efektivna dužina izvijanja ... li = l

kr

kri

kr

SEI

l

lEISodn

lEIS

2

22

2

)(.


Efektivne dužine izvijanja za Ojlerove slučajeve

22

22

22

22

(1) 2.0(2 )

(2) 1.0

(3) . 4.4934 0.70

(4) . 0.50(0.5 )

kr

kr

kr

kr

EIKonzola Sl

EIProsta greda Sl

EIUklj Slob Sl

EIUklj Uklj Sl

Documents

STABILNOST KONSTRUKCIJA 6 18 - grf.bg.ac.rs · Stabilnost konstrukcija 2 6.8Metoda početnih parametara Osnovnejednačine štapa: Linearizovana teorija II reda-tačno rešenje Linearizovana