ConstructieMechanica 3
7-17 Stabiliteit van het evenwicht
• Inleiding
• Starre staaf (systeem met één vrijheidsgraad)
• Systemen met meer dan één vrijheidsgraad
• Buigzame staaf (oneindig veel vrijheidsgraden)
• Statisch bepaalde op druk belaste staaf
• Algemene aanpak met de D.V.
• Verend ingeklemde buigzame staven
• Gekoppelde systemen
• Knik en de EUROCODE 3
• 2e orde effecten
• Naknikgedrag
• Initiële scheefstand, vergrotingsfactor
• Vergrotingsfactor voor buigzame staven
CT2031 COLLEGE 10
BUIGZAME STAVEN
EULER
2 2
k l
F π EI
= kniklast → knikvorm → kniklengte
w(x) ? EI
l
x
F
oneindig veel vrijheidsgraden
x, w
kniklengte
kniklengte
kniklengte
buigpunt
STATISCH ONBEPAALDE CONSTRUCTIES
x w ′ ∆ w
x
w′
S
∆ x
S
zM
z
z
S
S + ∆
x xS S + ∆
M M + ∆
∆ x
≈
z, w
x
q
zq
xB
EVENWICHT IN DE VERPLAATSTE STAND vereenvoudiging 1: stel belasting f x =0
1 2
0 0
0 0
0 0
x x x x
z z z z z
x z z
B
F S S S
F S S S q x
T M S w x S x M M q x x
= − + + ∆ =
= − + + ∆ + ∆ =
= − + ′ ∆ − ∆ + + ∆ + ∆ × ∆ =
∑
∑
∑
DUS:
0 0
0
0 0
x x
z
z z
x z
B
F S
F q S
x T S w S M
x
= ∆ =
= = − ∆
∆
′ ∆
= − + =
∆
∑
∑
∑
orde kleiner, verwaarlozen
In de limiet overgang geldt nu:
0 0
0
0 0
x x
z z z
x z z x
B
F S
F q S
T S w S M S M S w
= ′ =
= = − ′
′ ′ ′ ′
= − + = ⇒ = +
∑
∑
∑
differentieer de laatste vergelijking :
[ ]
d 0
d
0 met:
0
x z
x x z
x z
S w S M x
S w S w S M M EIw
EIw S w q
′ − + ′ = ⇔
′ ′ + ′′ − ′ + ′′ = = − ′′ ⇔
′′′′ ′′
− + + =
CONSTANTE NORMAALKRACHT !!
RESULTAAT VOOR OP DRUK BELASTE STAAF
0
x
z
z
S F
S M Fw
EIw Fw q
= − ⇔
′ ′
= −
′′′′ + ′′ − =
vereenvoudiging 2 : q z = 0
en 0
S
z= M ′ − Fw ′ EIw ′′′′ + Fw ′′ =
Basisvergelijking die later van belang is voor het verwerken van een randvoorwaarde t.a.v. de resultante verticale kracht in de snede
Evenwichtsvergelijking in de vorm van een
differentiaalvergelijking (hierin zijn de kinematische en de constitutieve voorwaarden al verwerkt)
ALGEMENE OPLOSSING VAN HET KNIKPROBLEEM
DV :
Substitueer een oplossing (een e-macht) : w ( x ) = e
λxHierdoor ontstaat de karakteristieke vergelijking : λ
4e
λx+ α
2λ
2e
λx= 0
Oplossing van deze vergelijking levert : λ
1,2= 0 en λ
3,4= ± α i
DUS : w ( x ) = C
1+ C
2x + C
3cos α x + C
4sin α x
EI met F
w w
w F w
EI ′′ ′′ + ′′ = 0 ⇒ ′′ ′′ + α
2′′ = 0 : α
2=
STATISCH ONBEPAALDE DRUKSTAVEN
Wiskundig gereedschap:
( )
x C
x C
x C Fw M
S
q q Fw
EIw
z
z x
α α sin cos
C w(x)
: oplossing Algemene
' '
en
0 ,
0 '' ''
''
4 3
2
1
+ + +
=
−
=
=
= +
• 4
eorde D.V.
• 4 randvoorwaarden (op iedere rand 2)
RANDVOORWAARDEN
0 )
( 0
) ( 0
) 0 ( 0
) 0
( = M = l = w l =
w ϕ
met :
vergelijkingen:
0 sin
0 )
(
0 0
0 0
) 0 (
0 0
) 0 (
4 2
1 3
3 2
3 1
= +
=
=
= ⇒
= ⇒
=
= +
=
l C
l C l
C C
EIC M
C C
w
α ϕ
α
KLADBLOKJE
x C
x C
x w
x C
x C
C x
w
x C
x C
x C C
x w
α α
α α
α α
α α
α α
sin cos
) (
cos sin
) (
sin cos
) (
4 2 3
2
4 3
2
4 3
2 1
−
−
′′ =
+
−
′ =
+ +
+
= )
( )
(
x w dx EI
EI d EI
M
x dx w
dw
− ′′
=
=
×
=
− ′
=
−
=
κ ϕ
ϕ
TRANSCENDENTE VERGELIJKING
( )
2
7 , 49 0
, 4 tan
2 1
α π α π
α α
≅
≅
≅
=
l l
l l
4,49
OPLOSSING VAN HET VOORBEELD
CONCLUSIE
• Uitbuigingsvorm slingert om de druklijn
x C
x C
x
C cos α sin α C
w(x) =
1+
2+
3+
4BASISGEVALLEN VOOR KNIK
Oefenen op constructies, zie dictaat blz 56 en 57 en COZ blok 3 !
ALGEMENE AANPAK VAN BUIGINGSKNIK m.b.v. de D.V.
( )
x C
x C
x C w(x)
Fw M
S
q q Fw
EIw
z
z x
α α sin cos
C
: oplossing Algemene
' '
en
0 ,
0 '' ''
''
4 3
2
1
+ + +
=
−
=
=
= +
KLADBLOKJE
x C
x C
x w
x C
x C
C x
w
x C
x C
x C C
x w
α α
α α
α α
α α
α α
sin cos
) (
cos sin
) (
sin cos
) (
4 2 3
2
4 3
2
4 3
2 1
