Kritische belasting van Euler

Scharnierende kolomEdit

Het volgende model geldt voor kolommen die eenvoudig aan elk uiteinde worden ondersteund ( K = 1 {displaystyle K=1}

).

Eerst willen we de aandacht vestigen op het feit dat er geen reacties zijn in de scharnierende uiteinden, dus hebben we ook geen dwarskracht in een willekeurige doorsnede van de kolom. De reden voor het ontbreken van reacties kan worden afgeleid uit symmetrie (dus de reacties moeten in dezelfde richting staan) en uit momentenevenwicht (dus de reacties moeten in tegengestelde richting staan).

Gebruik makend van het vrij-lichaamdiagram rechts in figuur 3, en een sommatie makend van momenten om punt x:

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

waarbij w de zijwaartse doorbuiging is.

Volgens de Euler-Bernoulli balkenleer is de doorbuiging van een balk gerelateerd aan het buigend moment door:

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

,

zo:

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

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

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

We krijgen een klassieke homogene tweede-orde gewone differentiaalvergelijking.

De algemene oplossingen van deze vergelijking zijn: w ( x ) = A cos ( λ x ) + B sin ( λ x ) {Displaystyle w(x)=Acos(\lambda x)+B\sin(\lambda x)}.

, waarbij A {\displaystyle A}

en B {\displaystyle B}

zijn constanten die moeten worden bepaald door de randvoorwaarden, die zijn:

• Linkereind gepend → w ( 0 ) = 0 → A = 0 {\displaystyle \rightarrow w(0)=0\rightarrow A=0}
  
• Rechtse zijde gepend → w ( l ) = 0 → B sin ( λ l ) = 0 {\displaystyle \rightarrow w(l)=0\rightarrow B}sin(\lambda l)=0}
  

Als B = 0 {{Displaystyle B=0}

, bestaat er geen buigmoment en krijgen we de triviale oplossing van w ( x ) = 0 {\displaystyle w(x)=0}

.

Maar van de andere oplossing sin ( λ l ) = 0 {{\displaystyle \sin(λ l)=0}

krijgen we λ n l = n π {\displaystyle \lambda _{n}l=n\pi }

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

Tezamen met λ 2 = P E I {\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {P}{EI}}}

zoals eerder gedefinieerd, zijn de verschillende kritische belastingen: P n = n 2 π 2 E I l 2 {\displaystyle P_{n}={\frac {n^{2}\pi ^{2}EI}{l^{2}}}}

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

en afhankelijk van de waarde van n {{Displaystyle n}

, ontstaan er verschillende knikmodes, zoals te zien is in figuur 4. De belasting en toestand voor n=0 is de niet-geknikte toestand.

Theoretisch is elke knikmode mogelijk, maar in het geval van een langzaam aangebrachte belasting zal waarschijnlijk alleen de eerste modale vorm worden geproduceerd.

De kritische belasting van Euler voor een pindeindakolom is daarom:

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

en de verkregen vorm van de geknikte kolom in de eerste toestand is:

w ( x ) = B sin ( π l x ) {Displaystyle w(x)=B sin \left({{pi over l}x}rechts)}

.

Algemene benaderingEdit

De differentiaalvergelijking van de as van een balk is:

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}}}

Voor een kolom met alleen axiale belasting, de zijdelingse belasting q ( x ) {Displaystyle q(x)}

verdwijnt en door λ 2 = P E I {\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {P}{EI}}} te substitueren

, krijgen we: 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}

Dit is een homogene vierde-orde differentiaalvergelijking en de algemene oplossing is

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

De vier constanten A , B , C , D {\displaystyle A,B,C,D}

worden bepaald door de randvoorwaarden (eindbeperkingen) op w ( x ) {\displaystyle w(x)}

, aan elk uiteinde. Er zijn drie gevallen:

1. Gepend uiteinde: w = 0 {{\displaystyle w=0}
   

   en M = 0 → d 2 w d x 2 = 0 {\displaystyle M=0rightarrow {d^{2}w ^{2}}=0}

   
2. Vast einde: w = 0 {{displaystyle w=0}
   

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

   
3. Vrij einde: M = 0 → d 2 w d x 2 = 0 {Displaystyle M=0}
   

   en V = 0 → d 3 w d x 3 + λ 2 d w d x = 0 {Displaystyle V=0}rightarrow {d^{3}w x^{3}}+lambda ^{2}{dw x}=0}

   

Voor elke combinatie van deze randvoorwaarden wordt een eigenwaarde probleem verkregen. Als we die oplossen, krijgen we de waarden van de kritische belasting van Euler voor elk van de gevallen in figuur 1.