6. STABILNOST KONSTRUKCIJA

3. Stabilnost konstrukcija 1

6. STABILNOST KONSTRUKCIJA

V časv. prof. Dr Mira Petronijević

Prof. Dr Stanko Brčić

3. Stabilnost konstrukcija 2

U analizi stabilnosti nosača tražimo opterećenje pri kome će se pored prvobitnog ravnotežnog položaja javiti drugi ravnotežni položaj, tj. trenutak pojave indiferentnog stanja, ili stanja bifurkacione ravnoteže.

Tačka u kojoj konstrukcija gubi stabilnost se naziva kritična tačka (critical point). Postoje 2 vrste kritične tačke:

granična tačka (limit point) tačka bifurkacije (bifurcation point)

6.7 Analiza elastične stabilnosti

3. Stabilnost konstrukcija 3

Granična tačka(limit point) je tačka u kojoj je iscrpljena sposobnost sistema da primi dodatno opterećenje, tako da prirast deformacije dovodi do pada kapaciteta opterećenja.

3. Stabilnost konstrukcija 4

Tačka bifurkacije je tačka u kojoj se pored jednog ravnotežnog položaja javlja i drugi ravnotežni položaj.

Fenomen koji se pritome javlja naziva se izvijanje.

3. Stabilnost konstrukcija 5

bifurkacija

limit (granica elastične stabilnosti)

I

II

Horizontalno pomeranje

Hori

zonta

lno o

pte

reće

nje

H

H=P

H=P

3. Stabilnost konstrukcija 6

Kritično opterećenje je opterećenje pri kome se javljaju dva moguća ravnotežna položaja.

Postupak određivanja kritične tačke tj. kritičnog opterećenja nije jednostavan. Kritična tačka se globalno može definisati kao tačka posle koje matrica krutosti sistema prestaje da bude pozitivno definitna.

3. Stabilnost konstrukcija 7

U tački bifurkacije matrica krutosti sistema postaje singularna.

Za inženjersku praksu je od najvećeg interesa određivanje kritičnog opterećenja, tj. opterećenja pri kome dolazi do gubitka stabilnosti konstrukcije.

3. Stabilnost konstrukcija 8

Praktično imamo 2 problema: Određivanje kritične tačke (tačka bifurkacije) Određivanje ponašanja konstrukcije posle

kritičnog položaja Samo mali broj konstrukcija se ponaša

tako da se javlja idealna bifurkacija (imperfekcija u geomeriji, materijalu i opterećenju smanjuje mogućnost pojave bifurkacije)

3. Stabilnost konstrukcija 9

U okviru analize stabilnosti konstrukcija bavićemo se samo problemom određivanja kritičnog opterećenja, tj. tačke bifurkacije.

Problem post-kritičnog ponašanja konstrukcije je daleko složeniji, zahteva primenu nelinearne analize i nije predmet proučavanja.

3. Stabilnost konstrukcija 10

6.7.1 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

stabilnoindiferentno

labilno

3. Stabilnost konstrukcija 11

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 12

Potencijalna energija sistema jednaka je

*T *T1

2 * * * *

0 gq K + K q S q

deformacioni rad

rad spoljašnjih sila

sA R

3. Stabilnost konstrukcija 13

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 14

*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 15

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 16

Prva varijacija potencijalne energije po q* je

Druga varijacija potencijalne energije po q* je:

2 0 * * *0 gK + K q

*T * * *0 gK + K q S

3. Stabilnost konstrukcija 17

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 18

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 19

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 je

Kg a geometrijska matrica sistema je *gK

3. Stabilnost konstrukcija 20

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 21

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 22

Dakle, kritično opterećenje Pcr=P je najmanje opterećenje koje se dobija iz netrivijalnog rešenja homogenog problema linearizovane Teorije 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 23

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

3. Stabilnost konstrukcija 24

Kritični svojstveni vektor se dobija rešenjem jednačine:

Kritični vektor je moguće odrediti “do na konstantu”, tj. u funkciji jedne izabrane vrednosti npr.

*1 ,1 0nnn

* *0 gK + K q

*1,1

**2,12,1

*,

**,1,1

1

nn

q

qq

qq

n 1q

*1,1 1q

3. Stabilnost konstrukcija 25

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 ( ))inn

K

3. Stabilnost konstrukcija 26

6.7.2 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 27

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

3. Stabilnost konstrukcija 28

6.7.3 Primer 1

Odrediti kritičnu silu konzolnog nosača pomoću približnog i tačnog rešenja linearizovane teorije II reda (1. Euler-ov slučaj)

EI

L2

24e

EIP

L

P

3. Stabilnost konstrukcija 29

Sq1

q2

q3q4

X = x

Y = y

xL

1

Moguća pomeranja: q1 , q2, q3, q4

Nepoznata pomeranja: q3, q4

3. Stabilnost konstrukcija 30

Približno rešenje - matrica krutosti štapa

2 2

0 3

2 2

2 2

2 2

12 6 12 6

6 4 6 2

12 6 12 6

6 2 6 4

36 3 36 3

3 4 3

36 3 36 330

3 3 4

g

l l

l l l lEIK

l ll

l l l l

l l

l l l lSK

l ll

l l l l

1 2 3 4

1

2

3

4

1 2 3 41

2

3

4

3. Stabilnost konstrukcija 31

2 2 2 23 3

0

2 2 2 2

2

0 2

12 6 12 6 36 3 36 3

6 4 6 2 3 4 3

12 6 12 6 36 3 36 330

6 2 6 4 3 3 4

30

12 1 3 3 2det det

3 2 4 1

g

gnn

l l l l

l l l l l l l ll S lK K

l l l lEI l EI

l l l l l l l l

S l

EI

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 sila

l 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 32

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 6

6 4 6 2

12 6 12 6

6 2 6 4

det K 0

12 6 = 0 48 -36 = 0

6 4

Kada se unesu funkcije , i dobija se

nn

l l

l l l lEIK

l ll

l 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 21 1

1 = S = = 2 4 e2 2

EI EIP

l l

3. Stabilnost konstrukcija 33

6.7.4 Primer 2

Odrediti kritičnu silu obostrano uklještene grede (4. Euler-ov slučaj)

PEI

L2

24e

EIP

L

3. Stabilnost konstrukcija 34

Dva konačna elementa

3

1 2

l l l= L/2

X=x

Y=y

1 2

q1

q2

q3

q4

q5

q6

P

3. Stabilnost konstrukcija 35

Matrice krutosti prvog elementa:

22

22

)1(

22

22

3)1(

0

3

4

3

11212

3

1

3

41212

10

4626

612612

2646

612612

llll

ll

llll

ll

l

PK

llll

ll

llll

ll

l

EIK

g

1 2 3 4

1 2 3 4

1

2

3

4

1

2

3

4

3. Stabilnost konstrukcija 36

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 37

Granični uslovi (krajevi štapa):

1 2

q1

q2

q3

q4

q5

q6

P

1 2

5 6

0 : 0 0

: 0 0

x q q

x L q q

3. Stabilnost konstrukcija 38

Prelazni uslovi (sredina štapa) – za simetričnu deformaciju :

4 2

3 2

3

0

0

n

q

q v

q q

1 2

q1

q2

q3

q4

q5

q6

P

q3

3. Stabilnost konstrukcija 39

Globalna matrica krutosti – K0:

22

2222

22

30

4626

612612

26446626

612661212612

2646

612612

llll

ll

llllllll

llll

llll

ll

l

EIK

1 2 3 4 5 6 1

2

3

4

5

6

3. Stabilnost konstrukcija 40

Globalna matrica krutosti – Kg: 1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

22

2222

22

3

4

3

11212

3

1

3

4

3

4

3

112121212

3

1

3

41212

10

llll

ll

llllllll

llll

llll

ll

l

PK g

3. Stabilnost konstrukcija 41

Iz jednačine stabilnosti:

0

3

3 2

det 0

se dobija samo jedna jednačina (n=3):

(12 12) (12 12) 010

odakle sledi:

24 2.4 0 10

gnn

cr

K K

EI P

ll

EI P EIP

ll l

3. Stabilnost konstrukcija 42

Kako je to se dobija:

Tačno rešenje je

Greška iznosi: 1.32%

Ll 5.0

240

L

EIPcr

22

4 39.478e

EIP

L