Kendinden burkulma - Self-buckling

Bir sütun doğrudan kendi ağırlığı nedeniyle bükülebilir kuvvetler denilen bir başarısızlık modunda ona göre hareket etmek kendi kendine burkulma. Geleneksel sütunda burkulma problemler, öz ağırlık, uygulanan eksenel ile karşılaştırıldığında küçük olduğu varsayıldığından genellikle ihmal edilir. yükler. Bununla birlikte, bu varsayım geçerli olmadığında, kendi kendine burkulmayı hesaba katmak önemlidir.

"Ağır" bir kolonun elastik burkulması, yani kolonun kendi altında burkulması ağırlık, ilk olarak Greenhill tarafından 1881.^[1] Serbest duran, dikey bir sütun buldu. yoğunluk ${ displaystyle rho}$, Gencin modülü ${ displaystyle E}$, ve kesit alanı ${ displaystyle A}$kendi ağırlığı altında bükülürse yükseklik belirli bir kritik değeri aşıyor:

${ displaystyle l _ { text {max}} yaklaşık sol (7,8373 , { frac {EI} { rho gA}} sağ) ^ { frac {1} {3}}}$

nerede ${ displaystyle g}$ ... hızlanma Nedeniyle Yerçekimi, ${ displaystyle I}$ ... ikinci alan anı of ışın enine kesit.

Kullanımı için ilginç bir örnek denklem Greenhill tarafından makalesinde önerildi. A'nın maksimum yüksekliğini tahmin etti çam ağaç ve 90'dan fazla büyüyemeyeceğini keşfettift uzun boylu. Bu uzunluk, üzerindeki ağaçların maksimum yüksekliğini belirler. Dünya ağaçların olduğunu varsayarsak prizmatik ve şubeler ihmal edilmektedir.

Matematiksel türetme

Kendi ağırlığından dolayı bir sıkıştırma burkulma yükü sergileyen bir kolon.

En düşük noktasında dikey bir yönde sabitlenmiş ve bir yüksekliğe taşınmış tek tip bir sütun varsayalım. ${ displaystyle l}$dikey pozisyonun dengesiz hale geldiği ve bükülmenin başladığı. Var vücut gücü ${ displaystyle q}$ birim uzunluk başına ${ displaystyle q = rho gA}$, nerede ${ displaystyle A}$ kolonun kesit alanıdır, ${ displaystyle g}$ yerçekimine bağlı ivme ve ${ displaystyle rho}$ kütle yoğunluğu.

Sütun, kendi ağırlığı altında hafifçe kıvrılmıştır, bu nedenle eğri ${ displaystyle w (x)}$ Tanımlar sapma kirişin ${ displaystyle y}$ bir pozisyonda yön ${ displaystyle x}$. Sütunun herhangi bir noktasına bakarak, an denge:

${ displaystyle M = - int _ {0} ^ {x} q (y-w) mathrm {d} x}$

Denklemin sağ tarafı, BP'nin P'ye göre ağırlık anıdır.

Göre Euler-Bernoulli kiriş teorisi:

${ displaystyle M = -EI { mathrm {d} ^ {2} w over mathrm {d} x ^ {2}}}$

Nerede ${ displaystyle E}$ Young'ın maddenin esneklik modülüdür, ${ displaystyle I}$ eylemsizlik momentidir.

bu yüzden diferansiyel denklem BP'nin merkez hattı:

${ displaystyle EI { mathrm {d} ^ {2} w over mathrm {d} x ^ {2}} = q int _ {0} ^ {x} (y-w) mathrm {d} x}$

X'e göre farklılaşarak şunu elde ederiz

${ displaystyle { begin {align} EI { mathrm {d} ^ {3} w over mathrm {d} x ^ {3}} & = q int _ {0} ^ {x} sol ( - { mathrm {d} w over mathrm {d} x} right) mathrm {d} x & = - qx { mathrm {d} w over mathrm {d} x} end {hizalı}}}$

Yönetim denkleminin değişken katsayılı üçüncü dereceden doğrusal diferansiyel denklem olduğunu anlıyoruz. Sorunu çözmenin yolu yeni değişkenler kullanmaktır ${ displaystyle n, z, k}$ ve ${ displaystyle r}$:

${ displaystyle k ^ {2} = {4 9 üzerinden} {q EI üzerinden}, quad r ^ {2} = x ^ {3}, quad { sqrt {x}} z = { mathrm {d} w over mathrm {d} x}, quad n ^ {2} = {1 3 ^ üzerinde ^ {2}}}$

Daha sonra denklem şu şekle dönüşür: Bessel denklemi

${ displaystyle r ^ {2} { mathrm {d} ^ {2} z over mathrm {d} r ^ {2}} + r { mathrm {d} z over mathrm {d} r} + left (k ^ {2} r ^ {2} -n ^ {2} sağ) z = 0}$

Dönüştürülmüş denklemin çözümü ${ displaystyle z = AJ _ { frac {1} {3}} (kr) + BJ _ {- { frac {1} {3}}} (kr)}$

Nerede ${ displaystyle J_ {n}}$ birinci türden Bessel işlevidir. Daha sonra, orijinal denklemin çözümü:

${ displaystyle { mathrm {d} w over mathrm {d} x} = { sqrt {x}} left (AJ _ { frac {1} {3}} left (kx ^ { frac { 3} {2}} sağ) + BJ _ {- { frac {1} {3}}, 1} left (kx ^ { frac {3} {2}} sağ) sağ)}$

Şimdi kullanacağız sınır şartları:

• Hiçbir an ${ displaystyle x = 0 rightarrow { mathrm {d} ^ {2} w over mathrm {d} x ^ {2}} (x = 0) = 0 rightarrow A = 0}$
• Sabit ${ displaystyle x = l rightarrow w (l) = 0 rightarrow J _ {- { frac {1} {3}}} left (kl ^ { frac {3} {2}} sağ) = 0 }$

İkinci M.Ö.'den itibaren, dikey bir sütunun kendi ağırlığı altında büküleceği kritik uzunluğun şu olduğunu anlıyoruz:

${ displaystyle l _ { text {max}} = left ({ frac {j _ {{ frac {1} {3}}, 1}} {k}} sağ) ^ { frac {2} { 3}} = left ({ frac {9 {j _ {{ frac {1} {3}}, 1}} ^ {2}} {4}} { frac {EI} {q}} sağ ) ^ { frac {1} {3}}}$

Kullanma ${ displaystyle j _ {{ frac {1} {3}}, 1} yaklaşık 1.86635}$ birinci türden Bessel fonksiyonunun ilk sıfırı ${ displaystyle - { frac {1} {3}}}$, ${ displaystyle l _ { text {max}}}$ şu şekilde tahmin edilebilir:

${ displaystyle l _ { text {max}} yaklaşık sol (7,8373 , { frac {EI} { rho gA}} sağ) ^ { frac {1} {3}}}$

Euler'in hatası

Kendi ağırlığı altındaki sütun, Euler tarafından üç ünlü makalede ele alınmıştır (1778a, 1778b, 1778c)^[2][3][4]. Euler (1778a) ilk makalesinde, basitçe kendi ağırlığı altında desteklenen sütunun dengesini asla kaybetmeyeceği sonucuna vardı. Bu konuyla ilgili ikinci makalesinde Euler (1778b), önceki sonucunu paradoksal ve şüpheli olarak tanımladı (bkz.Panovko ve Gubanova (1965); Nicolai, (1955)^[5] ; Todhunter ve Pierson (1866)^[6] Bu konuda). Bir sonraki, serinin üçüncüsü olan kağıtta Euler (1778c) kavramsal bir hata yaptığını ve “sonsuz burkulma yükü” sonucunun yanlış olduğunu kanıtladı. Ne yazık ki, ancak, sayısal bir hata yaptı ve ilk özdeğer yerine ikinci bir özdeğer hesapladı. Doğru çözümler Dinnik (1912) tarafından türetildi^[7] , 132 yıl sonra ve Willers (1941)^[8]Engelhardt (1954)^[9] ve Frich-Fay (1966)^[10]. Keyfi doğrulukla sayısal çözüm Eisenberger (1991) tarafından verilmiştir.^[11].

Ayrıca bakınız

• Burkulma
• Bükülme anı
• Euler'in kritik yükü
• Bükme
• Euler-Bernoulli kiriş teorisi

Dış bağlantılar

• Sütun Burkulmasında İleri Konu, MIT Açık Kurslu Donanım
• Kendinden burkulma detaylı türetme Opera Magistris v3.7 çevrimiçi referansı Bölüm 15, bölüm 2.2.4.1'de, ISBN  978-2-8399-0932-7.

Referanslar