6. stabilnost konstrukcija - grf.bg.ac.rs · 3. stabilnost konstrukcija 6 * 0 * g k k-matrica...
TRANSCRIPT
3. Stabilnost konstrukcija 1
6. STABILNOST KONSTRUKCIJA
3. Stabilnost konstrukcija 2
Određivanje kritičnog opterećenja U tački bifurkacije sistem se nalazi u indiferentnoj
ravnoteži. U stanju indiferentne ravnoteže druga varijacija
potencijalne energije sistema je jednaka nuli. 2<0 2=0 2>0
q
stabilnoindiferentnolabilno
3. Stabilnost konstrukcija 3
Tačku bifurkacije, tj. kritično opterećenje ćemo matematički odrediti primenom matrične analize iz uslova da je druga varijacija potencijalne energije sistema (tj. nosača) po pomeranjima jednaka nuli.
2 0
3. Stabilnost konstrukcija 4
Potencijalna energija sistema jednaka je
*T *T12
* * * *0 gq K + K q S q
deformacioni rad rad spoljašnjih sila
sA R
3. Stabilnost konstrukcija 5
Potencijalna energije je dobijena iz jednačina L.T. II reda - približno rešenje. U izrazu za potencijalnu energiju
- su unutrašnje sile
- su spoljašnje sile* * *S = P + Q
* * *0 gK + K q
3. Stabilnost konstrukcija 6
*0*g
K
K
- matrica krutosti sistema po linearnoj teorji
- geometrijska matrica krutosti sistema
Dobijaju se iz osnovnih matrica krutosti pojedinih štapova u globalnom sistemu, postupkom kodnih brojeva.
3. Stabilnost konstrukcija 7
Veze između matrica krutosti štapova u globalnom i lokalnom sistemu su:
gde je T - matrica transformacije štapa.
* t * t0 0K T K T K T K Tg g
3. Stabilnost konstrukcija 8
Prva varijacija potencijalne energije po q*je
Druga varijacija potencijalne energije po q*je:
2 0 * * *0 gK + K q
* * * *0 gK + K q S
3. Stabilnost konstrukcija 9
U stanju bifurkacione ravnoteže 2=0. Kada se u jednačinu bifurkacione ravnoteže uvedu granični uslovi, dobija se da je:
gde index n označava nepoznata pomeranja.
- vektor pomeranja u slobodnim čvorovima nosača- varijacija vektora pomeranja
- submatrica uz nepoznata pomeranja
* 0nnn * *
0 gK + K q
*nq
nn
* *0 gK + K
*nq
*nq
3. Stabilnost konstrukcija 10
Za egzistenciju rešenja potrebno je da determinanta submatrice sistema bude jednaka nuli:
Dakle, problem određivanja kritičnog opterećenja se svodi na rešavanje linearnog problema svojstvenih vrednosti matrice linearizovane teorije II reda - približno rešenje.
det 0nn* *
0 gK + K
nn
* *0 gK + K
3. Stabilnost konstrukcija 11
U analizi bifurkacione stabilnosti pretpostavlja se da je su aksijalne sile u štapovima poznate i određene po Teoriji I reda.
Ako se intezitet opterećenja menja linearno, proporcionalno parametru , tada se i intenzitet sila u štapovima menja proporcionalno parametru , tj. geometrijska matrica štapa jeKg a geometrijska matrica sistema je *
gK
3. Stabilnost konstrukcija 12
Uslov za bifurkacionu stabilnost postaje:
Jednačina predstavlja problem svojstvenih vrednosti. U razvijenom obliku, gornja jednačina predstavlja polinom n-tog stepena po . Koreni tog polinoma (nule) predstavljaju karakteristične vrednosti:
1, 2, 2 ,... , n
det 0nn
* *0 gK + K
3. Stabilnost konstrukcija 13
Rešenje za i se dobija određivanjem nula karakterističnog polinoma (za n<5), postupkom vektorske iteracije ili probanjem.
Od praktičnog značaja je najmanja vrednost 1= min. Ona daje najmanju vrednost opterećenja pri kome dolazi do gubitka stabilnosti sistema. To opterećenje je predstavlja kritično opterećenje sistema, a sila u štapu j je kritična sila Scr,j.
3. Stabilnost konstrukcija 14
Dakle, kritično opterećenje Pcr=P je najmanjeopterećenje koje se dobija iz netrivijalnogrešenja homogenog problema linearizovaneTeorije II reda.
Ono predstavlja približno rešenje problema stabilnosti, pošto su sile u štapovima S dobijene po Teoriji I reda
*
** *0
det 0
gde je
nn
gnn nn nn
K
K K K
3. Stabilnost konstrukcija 15
Pri kritičnom opterećenju se javlja drugi ravnotežni položaj sistema, definisanvektorom q1 , koji odgovara svojstvenoj vrednosti 1.
3. Stabilnost konstrukcija 16
Kritični svojstveni vektor se dobija rešenjem jednačine:
Kritični vektor je moguće odrediti “do na konstantu”, tj. u funkciji jedne izabrane vrednostinpr.
*1 ,1 0nnn * *
0 gK + K q
*1,1
**2,12,1
*,
**,1,1
1
nn
qqq
n 1q
*1,1 1q
3. Stabilnost konstrukcija 17
Tačnije rešenje po Teoriji II reda se dobija korišćenjem tačnih matrica krutosti štapova
U tom slučaju je problem određivanja svojstvenih vrednosti je transcedentalan. Može se rešiti iterativnim tehnikama ili probanjem.
*det ( ) 0 (funkcije ( ))innK
3. Stabilnost konstrukcija 18
Postupak rešavanja linearizovane elastične stabilnosti1. Odredi se matrica krutosti sistema po Teoriji I reda
K*0 i reši linearni statički problem za λ = 1
tj. odrede se aksijalne sile u štapovima nosača S.2. Sračuna se geometrijska matrica sistema K*g
3. Reši se problem svojstvenih vrednosti:
tj.
*nnn*
0 0K q p
* 0nn
* *0 gK + K q
* *, , , ,nn n i i nn n i * *
0 gK q K q *, , i n i q
3. Stabilnost konstrukcija 19
Najmanja svojstvena vrednost λ1 definiše svojstveni vektor q1 koji predstavlja I oblik izvijanja. Ostale svojstvene vrednosti i odgovarajući svojstveni vektori definišu preostale oblike izvijanja.
3. Stabilnost konstrukcija 20
Primer 1 Odrediti kritičnu silu konzolnog nosača
pomoću približnog i tačnog rešenja linearizovane teorije II reda (1. Euler-ov slučaj)
EI
L2
24eEIPL
P
3. Stabilnost konstrukcija 21
Sq1q2
q3q4
X = x
Y = y
x L
1
Moguća pomeranja: q1 , q2, q3, q4
Nepoznata pomeranja: q3, q4
3. Stabilnost konstrukcija 22
Približno rešenje - matrica krutosti štapa
2 2
0 3
2 2
2 2
2 2
12 6 12 66 4 6 212 6 12 66 2 6 4
36 3 36 33 4 336 3 36 3303 3 4
g
l ll l l lEIK
l lll l l l
l ll l l lSK
l lll l l l
1 2 3 4
1
2
3
4
1 2 3 41
2
3
4
3. Stabilnost konstrukcija 23
2 2 2 23 3
0
2 2 2 2
2
0 2
12 6 12 6 36 3 36 36 4 6 2 3 4 312 6 12 6 36 3 36 3306 2 6 4 3 3 4
3012 1 3 3 2
det det3 2 4 1
g
g nn
l l l ll l l l l l l ll S lK K
l l l lEI l EIl l l l l l l l
S lEI
lK K
l l
21
21cr 2 2 2
= 0
Karakteristični polinom: 135 156 12 0 0.082825
Kritična sila: S 30 2.485 1.008 , - 4e e
EI EIEI P P Eulerova kritična silal l l
1 2 3 4 1 2 3 4
1
2
1 2
1
2
3
4
Približno rešenje: det (K0+Kg)nn = 0 / x (l3/EI)
3. Stabilnost konstrukcija 24
Tačno rešenje
1 2 1 2
2 22 3 2 4
31 2 1 2
2 22 4 2 3
1 2 2 2 21 3 22
2 3
1 2 3
12 6 12 66 4 6 212 6 12 66 2 6 4
det K 012 6
= 0 48 -36 = 0 6 4
Kada se unesu funkcije , i dobija se
nn
l ll l l lEIK
l lll l l l
ll l
l l
n 1
karakteristična jednačina:
cos sin 2 1 cos 0, gde je
Moguća su 2 rešenja, od kojih prvo daje kritičnu silu jednaku -ovoj:
1) cos = 0 = 2n-1 , 2
Skl l
EIEuler
2 2
1 11= S = =
2 4 e2 2
EI EIP
l l
3. Stabilnost konstrukcija 25
6.7.4 Primer 2 Odrediti kritičnu silu obostrano
uklještene grede (4. Euler-ov slučaj)
PEI
L2
24eEIPL
3. Stabilnost konstrukcija 26
Dva konačna elementa
3
1 2
l l l= L/2
X=x
Y=y
1 2
q1q2
q3q4
q5
q6
P
3. Stabilnost konstrukcija 27
Matrice krutosti prvog elementa:
22
22
)1(
22
22
3)1(
0
34
31
121231
34
1212
10
4626612612
2646612612
llllll
llllll
lPK
llllll
llllll
lEIK
g
1 2 3 4
1 2 3 4
1
2
3
4
1
2
3
4
3. Stabilnost konstrukcija 28
Matrica krutosti drugog elementa je ista kao za prvi element
Globalna matrica krutosti sistema se dobija sabiranjem matrica krutosti pojedinih elemenata
Broj mogućih pomeranja je 6 : q1=v1, q2= 1, q3= v2, q4= 2, q5= v3, q6= 3
3. Stabilnost konstrukcija 29
Granični uslovi (krajevi štapa):
1 2
q1q2
q3q4
q5
q6
P
1 2
5 6
0 : 0 0: 0 0
x q qx L q q
3. Stabilnost konstrukcija 30
Prelazni uslovi (sredina štapa) – za simetričnudeformaciju :
4 2
3 2
3
00
n
qq vq q
1 2
q1q2
q3q4
q5
q6
P
q3
3. Stabilnost konstrukcija 31
Globalna matrica krutosti – K0:1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
22
2222
22
30
4626612612
26446626612661212612
2646612612
llllll
llllllllllll
llllll
lEIK
3. Stabilnost konstrukcija 32
Globalna matrica krutosti – Kg:1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
2 2
2 2 2 2
2 2
12 124 13 3
12 12 12 121 4 4 1103 3 3 3
12 121 43 3
g
l l
l l l l
l l l lPK
l l l l l l l l l
l l
l l l l
3. Stabilnost konstrukcija 33
Iz jednačine stabilnosti: 0
3
2 2
3
,13 2
,23 2
det 0
se dobija samo jedna jednačina (n=3):
(12 12) (12 12) 010
4 4(4 4) ( ) 010 3 3
odakle sledi:
24 2.4 0 10
88 0 3030
g nn
cr
cr
K K
EI Pll
EI P l lll
EI P EIPll l
EI P EIPll l
3. Stabilnost konstrukcija 34
Kako je to se dobija:
Tačno rešenje je
Greška iznosi: 1.32%
Ll 5.0
240LEIPcr
224 39.478e
EIPL