Søjlevirkning




Dette er ikke en anerkendt måde at beregne søjlevirkning på.

Antagelser når en last, P(x), belaster et element:

P(x)

v(x) = ∫ p(x)

m(x) = ∫ v(x)

α(x) = ∫

u(x) = ∫α(x)



Tilnærmelser


↓*

≈ u″(x)


* gælder for små vinkler: u´(x) << 1 eller tan α(x) < < 1



u´(x) = tan α(x)

↓**

u´(x) ≈ α(x)


** gælder for små vinkler: α(x) ≈ tan α(x)



Mine antagelser er ikke efter gængs teori.
Jeg antager, at 1.ordens snitkræfter løber i det u-deformerede elements tyngdepunktslinje.
Normalkraften regnes positiv ved træk.
Se nedenstående figur, hvor N(x), V(x) og M(x) er 1.ordens snitkræfter og n(x), v(x) og m(x) er 2.ordens snitkræfter.





eller med tilnærmelser:


tan α(x) ≈ α(x)



sin α(x) ≈ α(x) ^ cos α(x) ≈ 1






Søjlevirkning


m(x) = M(x) + N(x) ∙ u(x)

v(x) = m´(x) = V(x) + N´(x) ∙ u(x) + N(x) ∙ u´(x)

p(x) = v´(x) = P(x) + N″(x) ∙ u(x) + 2 N´(x) ∙ u´(x) + N(x) ∙ u″(x)


Eller med tilnærmelser:


v(x) = V(x) + N´(x) ∙ u(x) + N(x) ∙ α(x)

p(x) = P(x) + N″(x) ∙ u(x) + 2 N´(x) ∙ α(x) + N(x) ∙


Hvis normalkraften er konstant:

v(x) = V(x) + N ∙ α(x)

p(x) = P(x) + N ∙


Søjlevirkning kan findes ved at påføre elementet en fiktiv tillægsbelastning:

pf(x) = N ∙


Tillægsbelastningen påføres elementet og beregnes som en normal belastning.

Når tillægsbelastningen er påført, forøges momentet. Derfor forøges tillægsbelastningen også. Der itereres, indtil der er overensstemmelse mellem moment og tillægsbelastning. Hvis N << Nel kan nøjes med 1 iteration.
Eulerkraften, Nel, har den egenskab, at tillægsbelastningen vokser med samme mængde for hver iteration. Derfor vil aldrig opnås overensstemmelse mellem tillægsbelastning og moment.
Hvis normalkraften er større end Nel, vil tillægsbelastningen hele tiden forøges.

Hvis en enkelt (normal) kraft, F, angriber et element med en vinkeldrejning, vil der komme et spring i v-kurven. Derfor skal systemet adderes med en tillægskraft, -α∙F (se nedenstående fig 3).




På samme måde skal adderes et tillægsmoment, u∙F, hvis en enkelt (normal) kraft angriber et element med en udbøjning.
Tillægsmomentet opstår kun, hvis F angriber udenfor det deformerede elements centerlinie (se nedenstående fig 4).




Tillægsbelastningen fra momentet (N ∙ ) og tillægskræfterne fra ydre belastninger vil netop ophæves af vinkeldrejninger ved normalreaktioner. Derfor vil reaktionerne være de samme, som hvis elementet ikke var påvirket af søjlevirkning.

Alle tillægsbelastninger og tillægskræfter skal påføres systemet og medregnes, når elementets snitkræfter, bæreevne og deformationer skal findes.


Eksempel 1.


En simpelt understøttet bjælke.


Længde: 4000 mm

E = 210.000 MPa

I = 300.000 mm4


A.


Belastning: 1 N/mm

N = -5.000 N


1.orden

p(x) = 1 N/mm

RA = -2000 N og RB = -2000 N

v(x) = -2000 + x

m(x) = -2000∙x + x2/2

mmax = -2.000.000 Nmm

α(x) = (40003/24 - 2000∙x2/2 + x3/6)/(210.000∙300.000)

αA = 4,23∙10-2 og αB = -4,23∙10-2

u(x) = (40003/24∙x - 2000∙x3/6 + x4/24)/(210.000∙300.000)

umax = 52,9 mm


Tillægsbelastning:

pf(x) = m(x)∙N/EI= (-2000∙x + x2/2)∙-5.000/(210.000∙300.000)

På grund af symmetri bliver reaktionerne hver halvdelen af den samlede belastning.

R = (-2000∙40002/2 + 40003/6)∙-5.000/(210.000∙300.000)/2

RAf = -212 N og RBf = -212 N

RAf og RBf svarer netop til normalreaktionernes vinkeldrejninger: αA∙N = -αB∙N = -212 N

vf(x) = -212 + (-2000∙x2/2 + x3/6)∙-5.000/(210.000∙300.000)

mf(x) = -212∙x + (-2000∙x3/6 + x4/24)∙-5.000/(210.000∙300.000)

mmaxf = -265.270 Nmm

På grund af symmetri bliver vinkeldrejningen i endepunkterne:

α = (-212∙40002/2 + (-2000∙40004/24 + 40005/120)∙-5.000/(210.000∙300.000))/(210.000∙300.000)/2

αAf = 5,40∙10-3 og αBf = -5,40∙10-3

αf(x) = 5,40∙10-3 + (-212∙x2/2 + (-2000∙x4/24 + x5/120)∙-5.000/(210.000∙300.000))/ (210.000∙300.000)

uf(x) = 5,40∙10-3∙x + (-212∙x3/6 + (-2000∙x5/120 + x6/720)∙-5.000/(210.000∙300.000))/ (210.000∙300.000)

umaxf = 6,9 mm


Næste iteration giver:

RAf = -27 N og RBf = -27 N

mmaxf = -34.365 Nmm

αAf = 0,69∙10-3 og αBf = -0,69∙10-3

umaxf = 0,9 mm


Eulerkraften, Nel, = π2∙210.000∙300.000/40002 = 38.862 N

N/ Nel, = 5.000/38.862 = 0,13 = 13%


R: 2000∙0,13 = 260 og 212∙0,13 = 27,6

m: 2.000.000∙0,13 = 260.000 og 265.270∙0,13 = 34.485

α: 4,23∙10-2∙0,13 = 5,50∙10-3 og 5,40∙10-3∙0,13 = 0,70∙10-3

u: 52,9∙0,13 = 6,9 og 6,9∙0,13 = 0,9


Det ses, at første iteration giver et tillæg til u på ca. 13 %.

Næste iteration giver et tillæg på yderligere ca. 0,13∙0,13 = 0,017 = 1,7 %.

Eulerkraften, Nel, vil give et tillæg på 100% for hver iteration (se efterfølgende beregning).


Samlede snitkræfter:

vmax = -2000 - 212 - 27 = -2239 N

mmax = -2.000.000 - 265.270 - 34.365 = -2,3∙106 Nmm

umax = 52,9 + 6,9 + 0,9 = 60,7 mm


B.


Belastning: 1 N/mm

N = Nel = π2∙EI/40002 = -38.862 N


1.orden

p(x) = 1 N/mm

RA = -2000 N og RB = -2000 N

v(x) = -2000 + x

m(x) = -2000∙x + x2/2

mmax = -2.000.000 Nmm

α(x) = (40003/24 - 2000∙x2/2 + x3/6)/(210.000∙300.000)

αA = 4,23∙10-2 og αB = -4,23∙10-2

u(x) = (40003/24∙x - 2000∙x3/6 + x4/24)/(210.000∙300.000)

umax = 52,9 mm


Tillægsbelastning:

pf(x) = m(x)∙N/EI = (-2000∙x + x2/2)∙-38.862/(210.000∙300.000)

På grund af symmetri bliver reaktionerne hver halvdelen af den samlede belastning.

R = (-2000∙40002/2 + 40003/6)∙-38.862/(210.000∙300.000)/2

RAf = -1645 N og RBf = -1645 N

RAf og RBf svarer netop til normalreaktionernes vinkeldrejninger: αA∙N = -αB∙N = -1645 N

vf(x) = -1645 + (-2000∙x2/2 + x3/6)∙-38.862/(210.000∙300.000)

mf(x) = -1645∙x + (-2000∙x3/6 + x4/24)∙-38.862/(210.000∙300.000)

mmaxf = -2.056.286 Nmm

På grund af symmetri bliver vinkeldrejningen i endepunkterne:

α = (-1645∙40002/2 + (-2000∙40004/24 + 40005/120)∙-38.862/(210.000∙300.000))/ (210.000∙300.000)/2

αAf = 4,18∙10-2 og αBf = -4,18∙10-2

αf(x) = 4,18∙10-2 + (-1645∙x2/2 + (-2000∙x4/24 + x5/120)∙-38.862/(210.000∙300.000))/ (210.000∙300.000)

uf(x) = 4,18∙10-2∙x + (-1645∙x3/6 + (-2000∙x5/120 + x6/720)∙-38.862/(210.000∙300.000))/ (210.000∙300.000)

umaxf = 53,1 mm


N/ Nel, = 1 = 100%


R: 2000 > < 1645

m: 2.000.000 > < 2.056.286

α: 4,23∙10-2 > < 4,18∙10-2

u: 52,9 > < 53,1


C.


Belastning: sin(π/4000∙x) N/mm

N = Nel = π2∙EI/40002 = -38.862 N


1.orden

p(x) = sin(π/4000∙x) N/mm

v(x) = -4000/π∙cos(π/4000∙x)

RA = RB = -4000/π = -1273 N

m(x) = -(4000/π)2∙sin(π/4000∙x)

mmax = -(4000/π)2 = 1.621.138 Nmm

α(x) = (4000/π)3∙cos(π/4000∙x)/(210.000∙300.000)

αA = (4000/π)3/( 210.000∙300.000) = 3,28∙10-2 og αB = -(4000/π)3/(210.000∙300.000) = -3,28∙10-2

u(x) = (4000/π)4∙sin(π/4000∙x)/(210.000∙300.000)

umax = 41,7 mm


Tillægsbelastning:

pf(x) = m(x)∙N/EI = -(4000/π)2∙sin(π∙x/4000)∙-38.862/(210.000∙300.000)

    = -(4000/π)2∙sin(π/4000∙x)∙-π2∙210000∙300.000/40002/(210.000∙300.000) = p(x)


Det ses, at en sinus-kurvet belastning vil give en tillægsbelastning på netop p(x), hvis den belastes med Eulerkraften.

Næste iteration vil ligeledes give en tillægsbelastning på p(x) og så fremdeles.


En belastning, som ikke er sinus-kurvet, vil langsomt nærme sig en sinuskurve jo nærmere N er på Eulerkraften og jo flere iterationer, der foretages.



Eksempel 2.


En udkraget bjælke.


Længde: 2000 mm

E = 210.000 MPa

I = 300.000 mm4


A.


Belastning: 1 N/mm

N = -5.000 N


1.orden

p(x) = 1 N/mm

RA = -2000 N

v(x) = -2000 + x

m(x) = 2∙106 - 2000∙x + x2/2

mmax = 2∙106Nmm

α(x) = (2∙106∙x - 2000∙x2/2 + x3/6)/(210.000∙300.000)

αB = 2,12∙10-2

u(x) = (2∙106∙x2/2 - 2000∙x3/6 + x4/24)/(210.000∙300.000)

umax = 31,7 mm




Tillægsbelastning:

pf(x) = m(x)∙N/EI = (2∙106 - 2000∙x + x2/2)∙-5.000/(210.000∙300.000)

Tillægskraft: Ff = -αB∙F = -2,12∙10-2∙-5.000 = 105,8 N

R = (2∙106∙2000 - 2000∙20002/2 + 20003/6)∙-5.000/(210.000∙300.000) + 105,8 ≈ 0

vf(x) = (2∙106∙x - 2000∙x2/2 + x3/6)∙-5.000/(210.000∙300.000)

mf0 = ∫(2∙106 - 2000∙x + x2/2)∙-5.000/(210.000∙300.000)∙x∙dx + 105,8∙2000 = 158.690 (≈ u∙N)

mf(x) = 158.690 + (2∙106∙x2/2 - 2000∙x3/6 + x4/24)∙-5.000/(210.000∙300.000)

mmaxf = 158.690 Nmm

αf(x) = (158.690∙x + (2∙106∙x3/6 - 2000∙x4/24 + x5/120)∙-5.000/(210.000∙300.000)) /(210.000∙300.000)

αBf = 3,02∙10-3

uf(x) = (158.690∙x2/2 + (2∙106∙x4/24 - 2000∙x5/120 + x6/720)∙-5.000/(210.000∙300.000)) /(210.000∙300.000)

umaxf = 3,9 mm


Næste iteration giver:

mmaxf = 19.599 Nmm

αBf = 0,39∙10-3

umaxf = 0,5 mm


Eulerkraften, Nel, = π2∙210.000∙300.000/40002 = 38.862 N

N/ Nel = 5.000/38.862 = 0,13 = 13%


m: 2.000.000∙0,13 = 260.000 og 158.690∙0,13 = 20.630

α: 2,12∙10-2∙0,13 = 2,76∙10-3 og 3,02∙10-3∙0,13 = 0,39∙10-3

u: 31,7∙0,13 = 4,1 og 3,9∙0,13 = 0,5


Det ses, at første iteration giver u et tillæg på ca. 13 %

Næste iteration giver u et tillæg på yderligere ca. 0,13∙0,13 = 0,017 = 1,7 %.


Læg mærke til at tillægsbelastningen er negativ og den giver et negativt moment. Det (større) positive moment kommer fra tillægskraften, -α∙F, hvor enkelt kraften angriber.

Tillægsbelastning og tillægskraft vil tilsammen give et moment på -u∙N.


Samlede snitkræfter:

vmax = -2000 N

mmax = 2.000.000 + 158.690 + 19.599 = 2,18∙106 Nmm

umax = 31,7 + 3,9 + 0,5 = 36,1 mm


B.


Belastning: 1 N/mm

N = Nel = π2∙EI/40002 = -38.862 N


1.orden

p(x) = 1 N/mm

RA = -2000 N

v(x) = -2000 + x

m(x) = 2∙106 - 2000∙x + x2/2

mmax = 2∙106 Nmm

α(x) = (2∙106∙x - 2000∙x2/2 + x3/6)/( 210.000∙300.000)

αB = 2,12∙10-2

u(x) = (2∙106∙x2/2 - 2000∙x3/6 + x4/24)/(210.000∙300.000)

umax = 31,7 mm


Tillægsbelastning:

pf(x) = m(x)∙N/EI = (2∙106 - 2000∙x + x2/2)∙-38.862/(210.000∙300.000)

Tillægskraft: Ff = -αB∙F = -2,12∙10-2∙-38.862 = 823,9 N

R = (2∙106∙2000 - 2000∙20002/2 + 20003/6)∙-38.862/(210.000∙300.000) + 823,9 ≈ 0

vf(x) = (2∙106∙x - 2000∙x2/2 + x3/6)∙-38.862/(210.000∙300.000)

mf0 = ∫(2∙106 - 2000∙x + x2/2)∙-38.862/(210.000∙300.000)∙x∙dx + 823,9∙2000 = 1.236.562 (≈ u∙N )

mf(x) = 1.236.562 + (2∙106∙x2/2 - 2000∙x3/6 + x4/24)∙-38.862/(210.000∙300.000)

mmaxf = 1.236.562 Nmm

αf(x) = (1.236.562∙x + (2∙106∙x3/6 - 2000∙x4/24 + x5/120)∙-38.862/(210.000∙300.000)) /(210.000∙300.000)

αBf = 2,36∙10-2

uf(x) = (1.236.562∙x2/2 + (2∙106∙x4/24 - 2000∙x5/120 + x6/720)∙-38.862/(210.000∙300.000)) /(210.000∙300.000)

umaxf = 30,6 mm


N/ Nel, = 1 ≈ 100%

v: 2000 > < 823,9

m: 2.000.000 > < 1.236.562

α: 2,12∙10-2 > < 2,36∙10-2

u: 31,7 > < 30,6


C.


Belastning: cos(π/(2∙2000)∙x) N/mm

N = Nel = π2∙EI/40002 = -38.862 N


1.orden

En udkraget bjælke vil aldrig fra starten kunne påføres en belastning med samme egenskaber som en tillægsbelastning, men hvis N er Eulerkraften, vil tillægsbelastningen nærme sig nedenstående tillægsbelastning jo flere iterationer, der foretages.

Tillægsbelastning:

p(x) = -cos(π/(2∙2000)∙x) N/mm

v(x) = -2000∙2/π∙sin(π/(2∙2000)∙x)

vB = -2000∙2/π = αB∙Nel = -1273 N

m(x) = (2000∙2/π)2∙cos(π/(2∙2000)∙x)

mmax = (2000∙2/π)2 = 1.621.138 Nmm

α(x) = (2000∙2/π)3∙sin(π/(2∙2000)∙x)/(210.000∙300.000)

αB = (2000∙2/π)3/(210.000∙300.000) = 3,28∙10-2

u(x) = ((2000∙2/π)4 - (2000∙2/π)4∙cos(π/(2∙2000)∙x))/(210.000∙300.000)

umax = 41,7 mm


Næste tillægsbelastning:

pf(x) = (2000∙2/π)2∙cos(π/(2∙2000)∙x∙-38.862/(210.000∙300.000)

    = (2000∙2/π)2∙cos(π∙x/2∙2000)∙-π2∙210000∙300.000/(2∙2000)2/(210.000∙300.000) = p(x)


Det ses, at en cosinus-formet belastning vil give en tillægsbelastning på netop p(x), hvis den belastes med Eulerkraften.

Næste iteration vil ligeledes give en tillægsbelastning på p(x) og så fremdeles.


Læg mærke til at tillægsbelastningen er negativ og den giver et negativt moment. Det (større) positive moment kommer fra tillægskraften, hvor enkelt kraften angriber.

Det ses, at momentet ved indspændingen fås ved at beregne momentet fra tillægsbelastningen og tillægskraften:

mmax = ∫ p(x)∙x∙dx + Fs∙x = = -2∙20002/π + (2∙2000/π)2 + 2000∙2/π∙2000 = (2000∙2/π)2

Det kan også fås ved:

mmax = -umax∙N


Hvis snitkræfterne i en udkraget bjælke udsat for søjlevirkning skal beregnes, vil den korrekte måde at påføre belastningen fra søjlevirkning være at påføre bjælken en tillægsbelastning pf(x) = m(x)/(E∙I)∙N, samt en tillægskraft på -α∙N, hvor enkelt kraften angriber.

Momentet ændrer sig hele vejen langs bjælken og derfor vil det ikke give de rigtige snitkræfter blot at påføre et moment på -u∙N.


Et Fem-program (java-program), som anvender teorien, kan downloades her