Eulersche kritische Last

Stütze mit Gelenkenden

Das folgende Modell gilt für Stützen, die an jedem Ende einfach gestützt sind ( K = 1 {\displaystyle K=1}

).

Zunächst machen wir darauf aufmerksam, dass es keine Reaktionen in den gelenkigen Enden gibt, also auch keine Querkraft in irgendeinem Querschnitt der Säule. Der Grund für die fehlenden Reaktionen ergibt sich aus der Symmetrie (die Reaktionen sollten also in die gleiche Richtung gehen) und aus dem Momentengleichgewicht (die Reaktionen sollten also in entgegengesetzte Richtungen gehen).

Wenn wir das Freikörperdiagramm auf der rechten Seite von Abbildung 3 verwenden und eine Summierung der Momente um den Punkt x vornehmen:

Σ M = 0 ⇒ M ( x ) + P w = 0 {\displaystyle \Sigma M=0\Rightarrow M(x)+Pw=0}

wobei w die seitliche Auslenkung ist.

Nach der Euler-Bernoulli-Trägertheorie ist die Durchbiegung eines Trägers mit seinem Biegemoment verbunden durch:

M = – E I d 2 w d x 2 {\displaystyle M=-EI{\frac {\mathrm {d} ^{2}w}{\mathrm {d} x^{2}}}}

,

so:

E I d 2 w d x 2 + P w = 0 {\displaystyle EI{\frac {d^{2}w}{dx^{2}}}+Pw=0}

Lassen Sie λ 2 = P E I {\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {P}{EI}}}

, also: d 2 w d x 2 + λ 2 w = 0 {\displaystyle {\frac {d^{2}w}{dx^{2}}}+\lambda ^{2}w=0}

Wir erhalten eine klassische homogene gewöhnliche Differentialgleichung zweiter Ordnung.

Die allgemeine Lösung dieser Gleichung lautet: w ( x ) = A cos ( λ x ) + B sin ( λ x ) {\displaystyle w(x)=A\cos(\lambda x)+B\sin(\lambda x)}

, wobei A {\displaystyle A}

und B {\displaystyle B}

sind Konstanten, die durch Randbedingungen bestimmt werden, die sind:

• Linkes Ende fixiert → w ( 0 ) = 0 → A = 0 {\displaystyle \rightarrow w(0)=0\rightarrow A=0}
  
• Rechtes Ende angeheftet → w ( l ) = 0 → B sin ( λ l ) = 0 {\displaystyle \rightarrow w(l)=0\rightarrow B\sin(\lambda l)=0}
  

Wenn B = 0 {\displaystyle B=0}

, existiert kein Biegemoment und wir erhalten die triviale Lösung von w ( x ) = 0 {\displaystyle w(x)=0}

.

Aber aus der anderen Lösung sin ( λ l ) = 0 {\displaystyle \sin(\lambda l)=0}

erhalten wir λ n l = n π {\displaystyle \lambda _{n}l=n\pi }

, für n = 0 , 1 , 2 , … {\displaystyle n=0,1,2,\ldots }

Zusammen mit λ 2 = P E I {\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {P}{EI}}}

wie zuvor definiert, sind die verschiedenen kritischen Lasten: P n = n 2 π 2 E I l 2 {\displaystyle P_{n}={\frac {n^{2}\pi ^{2}EI}{l^{2}}}}

, für n = 0 , 1 , 2 , … {\displaystyle n=0,1,2,\ldots }

und je nach dem Wert von n {\displaystyle n}

ergeben sich unterschiedliche Knickmodi, wie in Abbildung 4 dargestellt. Die Belastung und der Modus für n=0 ist der ungeknickte Modus.

Theoretisch ist jeder Knickmodus möglich, aber im Falle einer langsam aufgebrachten Last wird wahrscheinlich nur die erste modale Form erzeugt.

Die kritische Last nach Euler für eine Säule mit Zapfenende ist daher:

P c r = π 2 E I l 2 {\displaystyle P_{cr}={\frac {\pi ^{2}EI}{l^{2}}}}

und die erhaltene Form der geknickten Säule im ersten Modus ist:

w ( x ) = B sin ( π l x ) {\displaystyle w(x)=B\sin \left({\pi \over l}x\right)}

.

Allgemeiner AnsatzBearbeiten

Die Differentialgleichung für die Achse eines Trägers lautet:

d 4 w d x 4 + P E I d 2 w d x 2 = q E I {\displaystyle {\frac {d^{4}w}{dx^{4}}}+{\frac {P}{EI}}{\frac {d^{2}w}{dx^{2}}}={\frac {q}{EI}}}

Für eine Säule mit nur axialer Belastung, die seitliche Belastung q ( x ) {\displaystyle q(x)}

verschwindet und durch Substitution von λ 2 = P E I {\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {P}{EI}}}

, erhalten wir: d 4 w d x 4 + λ 2 d 2 w d x 2 = 0 {\displaystyle {\frac {d^{4}w}{dx^{4}}}+\lambda ^{2}{\frac {d^{2}w}{dx^{2}}}=0}

Dies ist eine homogene Differentialgleichung 4.Ordnung und ihre allgemeine Lösung ist

w ( x ) = A sin ( λ x ) + B cos ( λ x ) + C x + D {\displaystyle w(x)=A\sin(\lambda x)+B\cos(\lambda x)+Cx+D}

Die vier Konstanten A , B , C , D {\displaystyle A,B,C,D}

werden durch die Randbedingungen (Endconstraints) auf w ( x ) {\displaystyle w(x)} bestimmt

, an jedem Ende. Es gibt drei Fälle:

1. Endpunkt: w = 0 {\displaystyle w=0}
   

   und M = 0 → d 2 w d x 2 = 0 {\displaystyle M=0\rightarrow {d^{2}w \over dx^{2}}=0}

   
2. Festes Ende: w = 0 {\displaystyle w=0}
   

   und d w d x = 0 {\displaystyle {dw \over dx}=0}

   
3. Freies Ende: M = 0 → d 2 w d x 2 = 0 {\displaystyle M=0\rightarrow {d^{2}w \over dx^{2}}=0}
   

   und V = 0 → d 3 w d x 3 + λ 2 d w d x = 0 {\displaystyle V=0\rightarrow {d^{3}w \over dx^{3}}+\lambda ^{2}{dw \over dx}=0}

   

Für jede Kombination dieser Randbedingungen erhält man ein Eigenwertproblem. Löst man diese, erhält man die Werte der Eulerschen kritischen Last für jeden der in Abbildung 1 dargestellten Fälle.