6. STABILNOST KONSTRUKCIJA - grf.bg.ac.rs · 3. Stabilnost konstrukcija 6 * 0 * g K K-matrica krutosti sistema po linearnoj teorji-geometrijska matrica krutosti sistema Dobijaju se

3. Stabilnost konstrukcija 1

6. STABILNOST KONSTRUKCIJA


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


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


Potencijalna energija sistema jednaka je

*T *T12

* * * *0 gq K + K q S q

deformacioni rad rad spoljašnjih sila

sA R


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


*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.


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


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


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


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


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


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


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.


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


Pri kritičnom opterećenju se javlja drugi ravnotežni položaj sistema, definisanvektorom q1 , koji odgovara svojstvenoj vrednosti 1.


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

qq

n 1q

*1,1 1q


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


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


Najmanja svojstvena vrednost λ1 definiše svojstveni vektor q1 koji predstavlja I oblik izvijanja. Ostale svojstvene vrednosti i odgovarajući svojstveni vektori definišu preostale oblike izvijanja.


Primer 1 Odrediti kritičnu silu konzolnog nosača

pomoću približnog i tačnog rešenja linearizovane teorije II reda (1. Euler-ov slučaj)

EI

L2

24eEIPL

P


Sq1q2

q3q4

X = x

Y = y

x L

1

Moguća pomeranja: q1 , q2, q3, q4

Nepoznata pomeranja: q3, q4


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


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)


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


6.7.4 Primer 2 Odrediti kritičnu silu obostrano

uklještene grede (4. Euler-ov slučaj)

PEI

L2

24eEIPL


Dva konačna elementa

3

1 2

l l l= L/2

X=x

Y=y

1 2

q1q2

q3q4

q5

q6

P


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


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


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


Prelazni uslovi (sredina štapa) – za simetričnudeformaciju :

4 2

3 2

3

00

n

qq vq q

1 2

q1q2

q3q4

q5

q6

P

q3


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


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


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


Kako je to se dobija:

Tačno rešenje je

Greška iznosi: 1.32%

Ll 5.0

240LEIPcr

224 39.478e

EIPL

Documents

6. STABILNOST KONSTRUKCIJA - grf.bg.ac.rs · 3. Stabilnost konstrukcija 6 * 0 * g K K-matrica krutosti sistema po linearnoj teorji-geometrijska matrica krutosti sistema Dobijaju se