Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 1

Slika 4.2: Određivanje partikularnog integrala

4. METOD POČETNIH PARAMETARA U homogenom rešenju diferencijalne jednačine pravog štapa po teoriji drugog reda konstantnog poprečnog preseka i opterećenog konstantnom aksijalnom silom:

sin cos

pojavljuju se četiri integracione konstante , , i , koje se mogu odrediti iz konturnih uslova. Ove integracione konstante u opštem slučaju nemaju fizičko značenje što nije praktično u inženjerskim proračunima.

Primenom metode početnih parametara integracione konstante koje nemaju fizičko značenje zamenjuju se integracionim konstantama koje imaju fizičko značenje, i to:

− ... ugib na početku štapa, − ... obrtanje na početku štapa, − ... momenat na početku štapa, − ... vertikalna sila na početku štapa.

Ove veličine, novouvedene integracione konstante, nazivaju se početni parametri.

Slika 4.1: Početni parametri

Na osnovu uslova na početku štapa, mogu se uspostaviti veze između početnih i novouvedenih integracionih konstanti:

Koristeći dobijene veze, izrazi za ugib, nagib, momenat i vertikalnu silu štapa u proizvoljnom preseku u funkciji početnih parametara, za slučaj pritisnutog štapa glase:

sin 1 cos sin

cossin 1 cos

sin cossin

Za slučaj poprečnog opterećenja štapa duž ose štapa partikularni integral se određuje iz integrala:

sin

U specijalnom slučaju kada je :

cos 12

za 0

2 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 4.1. ZATEGNUT ŠTAP

√ 1

Ako se iskoriste veze između trigonometrijske funkcije imaginarnog argumenta i hiperboličke funkcije realnog argumenta:

cosh cos , sinh sin ,

Odnosno za zategnut štap:

sinh 1 cosh sinh

coshsinh 1 cosh

sinh coshsinh

cosh 12

za 0

4.2. PRIMENA NA SLUČAJ PREKIDNOG OPTEREĆENJA ŠTAPA Jednačine metode početnih parameta mogu se jednostavno direktno primeniti za slučaj prekidnog opterećenja štapa (slika 4.3)

Slika 4.3: Prekidno opterećenje štapa

Ako se uvedu oznake:

sin

1 cos

sin

Dobijaju se jednačine:

…

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 3

cossin

sin

sin …

sin cos

coscos …

…

sin , 0

cos 1 2 , 0

ch 12

za 0

4.3. EULER-OVI SLUČAJEVI IZVIJANJA ŠTAPA Kritično opterećenje definisano je ranije kao najmanja vrednost opterećenja pri kojem homogeni zadatak linearizovane teorije drugog reda ima bar i jedno rešenje različito od trivijalnog. Primenom dobijenih rešenja iz metode početnih parametara, uz uslov netrivijalnog rešenja određuje se kritično opterećenje, za različite slučajeve oslanjanja štapa. Prvi Euler-ov slučaj – uklješten štap

Slika 4.4: Prvi Euler-ov slučaj izvijanja štapa

Granični uslovi za štap na Slici 4.4 su:

za 0 : (0) = 0 za : 0 (0) = 0

Iz uslova ravnoteže štapa sledi da je 0 0. Izraz za moment savijanja u proizvoljnom preseku prema jednačini glasi:

cos

Ako se izuzme trivijalni slučaj 0, i iskoristi uslov 0 , dobija se jednačina:

cos 0

Ova jednačina je zadovoljena samo ako je cos 0, odnosno ako je:

2 12

1, 2, 3 …

4 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Kako je kritična sila , sledi da je:

2 1 22

1, 2, 3 …

Za 1 dobija se prva kritična sila, za 2 druga kritična sila, itd.

2

92

25 2

Drugi Euler-ov slučaj – slobodno oslonjen štap

Slika 4.6: Drugi Euler-ov slučaj izvijanja štapa

Granični uslovi za štap na Slici 4.6. su:

za 0 : 0 0 za : 0 0 0 0

Iz uslova ravnoteže štapa dobija se 0 0 . Slično kao u prethodnom slučaju, zanemarujući trivijalno rešenje 0, uslov da je ugib na kraju jednak nuli, prema jednačini:

sin0

je ispunjen uslov ako je 0, odnosno ako je:

1,2,3 …

pa je kritična sila:

1,2,3 …

4

9

Slika 4.5: Oblici izvijanja za prve tri kritične sile

Slika 4.7: Oblici izvijanja za prve tri kritične sile

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 5 Treći Euler-ov slučaj – uklješten, slobodno oslonjen štap

Slika 4.8: Treći Euler-ov slučaj izvijanja štapa

Granični uslovi za štap na Slici 4.8. su:

za 0 : 0 0 za : 0 (0) = 0 0

Iz graničnih uslova 0 i 0 prema jednačinama metode početnih parametara dobija se homogen sistem jednačina:

1 cos sin0

cossin

0

Uslov netrivijalnog rešenja je detcos

0 pa je karakteristična jednačina stabilnosti:

cos sin , odnosno tg

čije je rešenje

4.4934 2 1

2 2,3,4 …

Prve dve kritične sile su:

4.4934 254

Slika 4.9: Oblik izvijanja za prvu kritičnu silu

Četvrti Euler-ov slučaj – obostrano uklješten štap

Slika 4.10: Četvrti Euler-ov slučaj izvijanja štapa

Granični uslovi za štap na Slici 4.10 su:

za 0 : 0 0 za : 0 (0) = 0 0

6 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Uslovi 0 i 0 prema jednačinama (2.5) i (2.6) daju homogen sistem jednačina:

1 cos sin0

sin 1 cos0

Uslov netrivijalnog rešenja det 0 , određuje karakterističnu jednačinu stabilnosti:

2 sin 2 2 sin 2 cos 2 0

Iz uslova dobija se prva kritična sila:

2 4

dok iz uslova 2 sin cos 0 dobija se druga kritična sila:

tg 2 2 2

4.4934 4 · 4.4934

Slika 4.11: Oblik izvijanja za prve dve kritične sile

4.2. EFEKTIVNA DUŽINA IZVIJANJA ŠTAPA Efektivna dužina izvijanja štapa je po definiciji dužina fiktivnog štapa zglobno oslonjenog na krajevima, koji ima istu kritičnu silu, kao i realni štap sa proizvoljno definisanim uslovima oslanjanja.

Za efektivnu dužinu izvijanja štapa takođe se može reći da predstavlja odstojanje između tačaka infleksije štapa pri izvijanju.

Ako se sa označi stvarna dužina štapa, a sa koeficijent efektivne dužine izvijanja, onda je efektivna dužina izvijanja . Najmanja kritična sila za zglobno oslonjen štap je:

Odakle je koeficijent efektivne dužine izvijanja:

Slika 4.12: Efektivna dužina izvijanja štapa

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 7

Slika 4.13: Procena kritične sile štapa sa

elastičnim osloncem

U zavisnosti od uslova oslanjanja ili promene momenta inercije duž ose štapa, mogu se tabulisati koeficijenti , pa bi se za odgovarajuću očitanu vrednost koeficijenta , proračun određivanja kritične sile sveo na jedan izraz:

Za Euler-ove slučajeve izvijanja štapa mogu se jednostavno odrediti dužine odnosno koeficijenti efektivne dužine izvijanja:

, 2 2.0

, 1.0

, 4.4934 0.7

0.7

, 4 0.5

0.5

Poznavanje kritičnih sila Euler-ovih slučajeva je pogodno za brzu procenu kritične sile proizvoljno oslonjenog štapa.

Koeficijent efektivne dužine izvijanja štapa ima primenu i u propisima kod složenijih štapova.

Slika 4.14: Štapovi sa promenljivim poprečnim presekom

8 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Primer 4.1 Za date štapove i opterećenje odrediti izraze za momente uklještenja prema teoriji drugog reda koristeći metodu početnih parametara, a zatim naći vrednosti tih momenata za:

0.7 , 5 / , 20 , 8 , ⁄ 0.5

Rešenje: a) Granični uslovi su:

za 0 : 0 za : 0 0 0 ?

(iz uslova ravnoteže)

Početni moment 0 određuje se iz uslova 0 primenom jednačine metode početnih parametara:

sin 1 cos sincos 1

2

Za , uvodeći oznaku · , dobija se moment :

1 cos2

sincos 1 2 0

1 cos2

sin cos 1 0

126 sin 12 cos 1

1 cos

Vrednost momenta određuje se iz izraza za moment u proizvoljnom preseku:

sin cossin

126 sin 12 cos 1

1 coscos

2sin

cos 12

"

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 9

126 sin 12 cos 1

1 coscos

2sin 1 cos

126 sin 12 cos 1

1 cos 0

Momenti i 0 su jednaki s obzirom na simetričnost nosača i opterećenja.

Najmanja kritična sila za obostrano uklješten štap je , pa je:

0.7 42 √0.7 5.2569

Izraz za moment uklještenja može se napisati u obliku:

012

6 sin 12 cos 1

1 cos

gde je koeficijent koji predstavlja odnos momenata po teoriji drugog reda i momenta po teoriji prvog reda ( 0 1.0 za teoriju prvog reda). Za 5.2569 koeficijent 2.4597 , a moment uklještenja je:

05 · 8

122.4597 65.59

Princip superpozicije uticaja po teoriji drugog reda

b) Granični uslovi su:

za 0 : 0 za : 0 0 ? iz uslova ravnoteže:

2

Slično kao u prethodnom slučaju moment određuje se iz uslova 0, pa sledi:

1 cos2

sincos 1

2

1 cos2

sincos 1

20

10 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić

84 sin 2 cos 2

sin cos

Najmanja kritična sila za ovaj slučaj oslanjanja štapa je . , pa je:

0.7 4.49343.7594

Izraz za moment uklještenja preko koeficijenta je:

08

gde je: 4 sin 2 cos 2

sin cos

Za 3.7594 dobija se da je 2.4865, pa je moment:

05 · 8

82.4865 99.46

c) Granični uslovi su:

za 0 : 0 za : 0 0 0 Uslovi i određuju nehomogen sistem jednačina odakle se dobija tražena nepoznata :

1 cos sin sin0

sin 1 cos 1 cos0

ili u matričnom obliku:

1 cos sinsin 1 cos

sin1 cos

odakle se dobija nepoznata:

sin 1 cos cos 1 sin2 2 cos sin

Analogno, određuje se i moment :

sin 1 cos cos 1 sin2 2 cos sin

Ako koncentrisana sila deluje u sredini raspona, izraz za moment uklještenja može se transformisati u oblik:

08

4 sin 8 sin 2cos 8

Za zadate vrednosti moment uklještenja je:

0.7 45.2569

4 sin 8 sin 2cos 2.9003

020 · 8

82.9003 58.00

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 11 d) Granični uslovi su:

za 0 : 0 za : 0 0 ?

(iz uslova ravnoteže)

Iz uslova 0 dobija se vrednost momenta :

1 cos sin sin0

sin sinsin cos

Ako je 0.5 , tada je:

316

163

2 sin 2 0.5 sinsin cos

316

Za zadate vrednosti moment uklještenja je:

0.7 4.49343.7594

163

2 sin 2 0.5 sinsin cos

163

sin 212 sin

cos sin2.6660

03 · 20 · 8

16 2.6660 79.98

e) Granični uslovi su:

za 0 : 0 za : 0 0 ?

(iz uslova ravnoteže)

Iz uslova 0 određuje se :

cossin

cossin

1 cos 0

2 21 cos · sin

cos 2

Najmanja kritična sila za konzolni štap je , pa je:

0.7 21.3142 2

1 cos · sincos 0.0346

02

5 · 82

0.0346 5.54

12 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Primer 4.2 Za prostu gredu delimično opterećenu jednako podeljenim opterećenjem i aksijalnom silom , odrediti: 1) izraz za ugib po teoriji drugog reda 2) funkciju ugiba za:

6 4 2

2 · 10 10

0.7

Rešenje:

1)

Granični uslovi su:

za: 0 0 za: 0 0 0

Iz uslova ravnoteže spoljašnjih sila dobija se početni parametar :

1

2 1 2 .

Kako za slučaj konstantnog aksijalnog opterećenja u teoriji drugog reda važi princip superpozicije za poprečno opterećenje, to dato opterećenje može da se predstavi u obliku kao na slici:

Četvrti početni parametar određuje se iz uslova 0:

sin 12

sin ,

cos 12

,

1 cos ,

sin 1 2sin

1 cos 1 cos ,

cos cos

sin1

2 .

Sada se može napisati izraz za ugib:

sin sin

cos 12

cos 1 2 ,

Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić 13

cos sin sin

sin1

21

2

cos 1 2 .

2)

Kritično opterećenje štapa je:

· 20000

65483.1 .

Odakle možemo odrediti:

0.7 · 0.7 · 5483.1 3838.2 , 1

3838.220000

0.43808 , 2

0.43808 · 6 2.62848 . 3

Ubacivanjem (1), (2) i (3) u izraz za ugib određen u tački 1) dobijamo funkciju ugiba za štap zadatih karakteristika usled opterećenja 10 / :

100.43808 · 3838.2

cos 0.43808 · 2 · sin 0.43808 sin 0.43808 6sin 2.62848

4 · 0.43808 14

2 · 61

0.438082

10

0.43808 · 3838.2cos 0.43808 4 1

0.438082

4 ,

0.01358 21.80316 sin 0.43808 21.80571 sin 0.43808 6

0.51177 1 0.09596

0.01358 cos 0.43808 4 1 0.09596 4 . Primer 4.3 Za gredu sa prepustom opterećenu prema slici, odrediti nepoznate početne paramaetre.

Rešenje:

Granični uslovi su:

za: 0 0 za: 0 0 0

Iz uslova ravnoteže spoljašnjih sila dobija se početni parametar :

.

14 Stabilnost konstrukcija, predavanja – dr Ratko Salatić Izraz za ugib i moment savijanja u proizvoljnom preseku su:

sin sin

sin ,

sinsin

sin .

Ako se iskoriste uslovi:

0 ,

0 ,

dobijaju se dve jednačine:

sin sin0 ,

sinsin sin

0 .

iz kojih se mogu odrediti nepoznati početni parametri i :

sin sinsin sin sin

sin sinsin sin sin

Primer 4.4 Odrediti karakterističnu jednačinu stabilnosti za obostrano elastično oslonjen štap konstantnog poprečnog preseka prema slici. Elastični oslonci su definisani parametrima

, , .

Rešenje:

Pretpostaviće se deformisani oblik štapa, kao i odgovarajuće reaktivne sile

S2

S2

S2

S2