Buiging van een belaste balk

Transcriptie

1 Buiging van een belaste balk (Modelbouw III) G. van Delft Studienummer: Tel.: juli 005

2 Doorbuigen van een balk Wanneer een men een balk op het uiteinde belast, dan zal deze balk ten gevolge van die belasting doorbuigen. Deze belasting kan op verschillende manieren worden uitgeoefend. Er kunnen zowel horizontaal als verticaal krachten worden uitgeoefend. Indien er horizontaal een kracht wordt uitgeoefend op het uiteinde van een reeds doorgebogen balk, dan is te verwachten dat de balk zal buigen. De vraag is alleen hoe zal deze balk buigen. In dit onderzoek zal geprobeerd worden een verband te bepalen tussen de doorbuiging van een balk, en de belasting. Er zullen hier verschillende gevallen bekeken worden. Ten eerste zal gekeken worden naar een (ongebogen) balk die verticaal op het uiteinde belast wordt. Vervolgens zullen we gaan kijken naar hetzelfde probleem, maar dan met een reeds doorgebogen balk. Verder zullen we onderzoeken wat er zal gebeuren indien een reeds doorgebogen balk horizontaal belast wordt.

3 Inhoud Doorbuigen van een balk... Inhoud... 3 Symbolenlijst... 4 Verticaal belaste balk... 5 Gebogen balk... 8 Horizontaal belaste balk... 0 Niet lineaire doorbuiging... 3 Conclusie... 7 Literatuurlijst

4 Symbolenlijst P Kracht op uiteinde N 0 van balk x Coördinaat langs de m lengte van de balk y Coördinaat langs de m hoogte van de balk ϕ Hoek rad R Kromtestraal m ε Rek l Lengte van balk m,0 E Elasticiteitsmodulus N / m,0 0 I Oppervlaktemoment 4 m M Moment Nm η Uitwijking m R 0 Initiële kromtestraal m 00 ψ Hoek rad s Coördinaat langs de lengte van de gebogen balk m

5 Verticaal belaste balk Om te beginnen zal er dus gekeken worden naar een balk die verticaal op het uiteinde wordt belast. De balk is hierbij loodrecht op een vaste wand ingeklemd. En op het uiteinde wordt een kracht P uitgeoefend. We zullen nu een model moeten gaan opstellen waarmee we de doorbuiging kunnen gaan bepalen. Hierbij zullen we gaan kijken naar de vervormingen in de balk. Door de belasting op het uiteinde van de balk zal de balk doorbuigen. De balk wordt dus vervormd. Doordat de balk doorbuigt zullen er vezels zijn die worden samengedrukt, en vezels die worden uitgerekt. Er zullen echter ook vezels zijn die niet vervormd worden. Het vlak waarin die vezels liggen wordt het neutrale vlak genoemd. Wij zullen ons coördinatenstelsel nu zo kiezen dat de x-as in het neutrale vlak zal komen te liggen (in onvervormde toestand). We zullen de buiging van de balk gaan bepalen aan de hand van de uitwijking van de neutrale lijn ten opzichte van de plaats in onvervormde toestand. We bepalen nu de rek ε bij vaste x en op een hoogte y boven het neutrale vlak. We gaan er hierbij vanuit dat de doorbuiging beschreven kan worden met een kromtestraal R ( x ). ε = ( ) R + y ϕ x x () 5

6 Hierbij is x gelijk aan de oorspronkelijke lengte van de vezel op hoogte y. Op de neutrale x = R x φ. Substitutie levert nu lijn veranderen de vezels niet van lengte, dus ( ) y ε = () R y σ We nemen nu aan dat ε de dominante spanningscomponent is. Dus ε = =. R E In ons probleem is er sprake van een statisch model. Er zal dus sprake moeten zijn van een krachtenevenwicht en van een momentenevenwicht. We zullen nu de breedte van de balk op hoogte y, b( y ) noemen. h h E σ b y dy = y b y dy = 0 ( ) ( ) (3) R h h h h E M = σ y b y dy = y b y dy ( ) ( ) (4) R h h Uit deze twee vergelijkingen kan het volgende worden afgeleid: M EI = (5) R Hierin is M het moment dat veroorzaakt wordt door de belasting op de balk. En I is gelijk aan de integraal in het rechterlid (van (4)). Tussen de kromtestraal en de uitwijking is het volgende verband af te leiden. ( η ( )) = + ( η ( )) arctan ' x R ' s ds d dx x 0 x d x R ( s ) ds dx 0 ( arctan ( η '( )) ) = + η '( ) η ''( x) ( η ( x) ) η ''( x) = + ( η '( x) ) + ' R R = + ' { } ( η ( x) ) 3 (6) In het geval van een doorgebogen balk is er verder sprake van een kleine helling, oftewel η ' x. Voor de uitwijking hebben we dan dus de volgende differentiaalvergelijking: ( ) M = EIη ''( x) (7) 6

7 In deze vergelijking zijn E en I constanten die door het probleem bepaald worden (bijvoorbeeld door het gebruikte materiaal van de balk). Het moment M kan worden berekend indien de kracht P bekend is. Om de differentiaalvergelijking op te lossen zijn nu twee randvoorwaarden nodig. In het punt waarop de balk is ingeklemd is er geen uitwijking, verder is daar ook de verandering van de uitwijking gelijk aan nul. ( ) ( ) η 0 = 0 dη dx 0 = 0 (8) Het is eenvoudig in te zien dat het moment gelijk is aan M = Pl. De differentiaalvergelijking kan nu opgelost worden door te integreren. Dit levert het volgende op: Pl η ( x) = x + Cx + C (9) EI Nu kunnen de constanten bepaald worden door gebruik te maken van de randvoorwaarden. Als oplossing voor de doorbuiging krijgen we dan dus: Pl η ( x) = x (0) EI We zullen nu aan de hand van een plotje laten zien hoe de buiging er volgens het gebruikte model zal komen uit te zien. We zullen hierbij (en ook in het vervolg) gebruik maken voor de volgende waarden: P = 0 N, l =.0 m, E =.0 0 N / m, I = m Gekozen is voor een houten balk, met een lengte van m. De hoogte van de balk is 3cm genomen, en de breedte 5cm. Dit levert op dat I gelijk is aan de bovengenoemde waarde. Verder is hier de elasticiteitsmodulus voor hout gebruikt. De kracht P is ongeveer overeenkomstig met een gewicht van kg op het uiteinde van de balk. 7

8 Gebogen balk Het probleem zal nu worden uitgebreid. In plaats van te kijken naar een gewone blak, zullen we nu gaan kijken naar een balk die reeds doorgebogen is. De belasting zal wel weer verticaal op het uiteinde van de balk worden uitgeoefend. We zullen uitgaan van een initiële buiging waarbij de kromtestraal wordt gegeven door R 0. Om de doorbuiging bij dit probleem te bepalen zullen we op dezelfde manier te werk gaan als in het geval van een ongebogen balk. Eerst zal de rek ε berekend worden. De rek zal in dit geval niet meer hetzelfde zijn als in het voorgaande probleem. We voeren nu een constante ψ in. R ϕ = R0 ψ ε kan nu bepaald worden. ε ( R y) ϕ ( R0 y) ( ) ψ + + ψ = = y R0 + y R R0 () We hebben nu dus het volgende gevonden voor de rek: ε y = R R 0 () Indien we dit vergelijken met de rek gevonden bij het vorige probleem, (), dan is te zien dat er niet veel verschil is. Hierdoor kan er nu een groot gedeelte van de berekeningen uit het probleem met een ongebogen balk gebruikt worden. Op deze manier krijgen we de volgende differentiaalvergelijking voor de buiging: M = EI η ''( x) R0 (3) Het zal duidelijk zijn dat hier nog steeds dezelfde randvoorwaarden gelden. Dus ook deze differentiaalvergelijking kan weer opgelost worden door te integreren. Pl η ( x) = x + C x + C EI R0 (4) 8

9 Nu kunnen met behulp van de randvoorwaarden de constanten worden bepaald. Dit levert opc = C = 0. η Pl EI R0 ( x) = x (5) Hier volgt nu nog een plotje behorende bij de gevonden oplossing. Hier is gebruik gemaakt 0 van dezelfde waarden als in de vorige plot ( P = 0 N, l =.0 m, E =.0 0 N / m, I 8 4 = m ). Verder zullen we kiezen R0 00 = m. --- Initiële doorbuiging --- Doorbuiging na belasting 9

10 Horizontaal belaste balk Er zal nu gekeken worden naar het effect van een horizontale belasting. Hierbij wordt weer verondersteld dat de balk reeds gebogen is. Ten opzichte van het vorige model is dus alleen de kracht veranderd. En doordat de kracht anders wordt uitgeoefend is hier ook het moment veranderd. De rest van het model is echter hetzelfde gebleven. We zullen dus het model uit het vorige probleem moeten gebruiken dat (3), en hierbij het moment voor het geval met horizontale belasting bepalen. Het moment is gelijk aan kracht maal arm. Voor het geval waarin de doorgebogen balk horizontaal belast wordt, krijg je dus voor een vaste x het volgende moment: ( ) ( ) η ( ) η ( ) M x = P x l (6) Nu kan er weer naar de differentiaalvergelijking gekeken worden. EIη ''( x) + Pη ( x) = Pη ( l) EI (7) R 0 Gelijk is te zien dat hier niet zomaar geïntegreerd kan worden. Aan de rechterkant van de vergelijking staat nu dus nog een term die afhankelijk is van η. Deze term is echter wel constant. Er kan dus gedifferentieerd worden om die term kwijt te raken. d d ( EIη ''( x) + Pη ( x) ) = Pη ( l) EI dx dx R0 (8) P η ''' ( x) + η '( x) = 0 EI (9) Nu hebben we dus een derde orde differentiaalvergelijking gekregen. Om dit op te lossen zijn er drie randvoorwaarden nodig. Twee daarvan zijn al bekend (de eerder gebruikte randvoorwaarden). Er is dus nog één extra randvoorwaarde nodig. 0

11 We zullen hiervoor naar het uiteinde van de balk kijken. We kunnen constateren dat het moment aan het uiteinde van de balk gelijk is aan nul (zie (6)). Als we nu naar vergelijking (7) gaan kijken, dan is te zien dat η ''( l) = (0) R 0 We hebben nu dus drie randvoorwaarden, en dus kan de differentiaalvergelijking opgelost ax gaan worden. We zullen nu als oplossing η ( x) e gaan proberen. Dit levert het volgende op P = ''' ( x) + '( x) = 0 EI 3 ax ax ax a e + α ae = 0, e 0 α η α η a + α = 0 a = ± αi Het is bekend dat ix e α gelijk is aan ( α ) sin ( α ) αix e = cos x + i x () We zullen daarom veronderstellen dat de oplossing bestaat uit een sinus, een cosinus en een constante. ( ) cos( ) sin ( ) η x = A α x + B α x + C () Vervolgens kunnen we de constanten gaan bepalen met behulp van de randvoorwaarden. α = 0 P = 0 Dit geeft geen informatie(beginsituatie) η '( 0) = 0 = Bα B = 0 η ''( l) = Acos( l) A R = α α R α cos αl = 0 0 ( ) η ( 0) = 0 = + C C = R α cos αl R α αl ( ) cos ( ) 0 0 De doorbuiging is nu dus bepaald, en dus kan er weer gekeken worden naar een plotje (zie volgende pagina).

12 --- Initiële doorbuiging --- Doorbuiging na belasting Te zien is dat er vrijwel geen verschil is tussen de initiële doorbuiging, en de doorbuiging in het geval dat de balk belast is. Dit kan verklaard worden doordat in dit geval het moment een stuk kleiner is ten opzichte van het model waarin de balk verticaal belast werd. Om het verschil iets duidelijker te maken is er nog een plot gemaakt, nu met een kleinere straal R 0 (0 m), en een grotere kracht P (00 N).

13 Niet lineaire doorbuiging Tot slot zullen we ook nog gaan kijken naar het geval waarin de doorbuiging niet lineair wordt verondersteld. De balk zal hierbij nog steeds een initiële doorbuiging hebben, en de belasting zal ook weer horizontaal uitgeoefend worden. De buiging zal nu op de volgende manier aangeduid worden. We gaan nu over van een coördinatenstelsel met x en y naar een coördinatenstelsel met s en dϕ ϕ. Te zien is dat Rdϕ = ds R = ds. Dit kan gesubstitueerd worden in (). Waarna eenvoudig de volgende differentiaalvergelijking kan worden afgeleid. dϕ dψ M = EI = EI ds R ds R 0 0 (3) Het moment wordt op een soortgelijke manier als bij de doorgebogen balk bepaald. Alleen moet er in dit geval een integraal berekend worden om de arm te bepalen. s e ( ψ ( )) M = P sin s ' ds ' (4) s Dit kan vervolgens weer gesubstitueerd worden in de differentiaalvergelijking (3), en gedifferentieerd worden. dψ d d ψ P sin ( ψ ( s) ) = EI = EI ds R0 ds ds (5) 3

14 Nu kunnen beide kanten van de vergelijking vermenigvuldigd worden met dψ ds. De nu verkregen vergelijking kan herschreven worden tot: ( cos ( ψ ( ))) d d dψ P s EI ds ds ds = (6) Deze vergelijking kan nu geïntegreerd worden. Vervolgens kan de wortel getrokken worden om het kwadraat kwijt te raken. ( P ψ C ) dψ cos = + (7) ds EI d Merk hierbij op dat de wortel positief moet zijn doordat er geldt ψ > 0. Bij het probleem dat we aan het bekijken zijn is ψ erg klein. Daardoor kan cosψ worden benaderd door cosψ ψ. Nu zal de differentiaalvergelijking worden herschreven om gebruik te gaan maken van: ds d dx ( arcsin ( ax) ) = a a x (8) Na enig rekenwerk is eenvoudig te zien dat dψ ds ( P( ψ ) C) EI ( P C) Pψ ( P C ) EI EI ( P C ) = ( ) P C P = ψ EI P C ( ) dψ P ( P C ) ψ ( P C ) EI ds (9) Door te integreren krijgen we nu: ( P C) P P arcsin ψ s + C ( P C ) ( P C ) EI (30) 4

15 Na enige stappen volgt hieruit dat P ψ sin s C P + EI ( P C) (3) Nu moeten de randvoorwaarden weer gebruikt worden om de constanten te bepalen. Er zijn twee randvoorwaarden nodig. Ten eerst staat de balk loodrecht op de wand. Dit betekent dat: ψ 0 = 0 ( ) Voor de tweede randvoorwaarde moeten we weer gebruik maken van het feit dat het moment gelijk aan nul is op het uiteinde van de balk. Uit vergelijking (3) volgt hierdoor dat er geldt dψ ds ( se ) R0 = (3) Als we nu de eerste randvoorwaarde gebruiken is te zien dat er moet gelden C = kπ. Oftewel d k = 0 of k =. Nu kunnen we weer gebruik maken van het feit dat er geldt dat ψ > 0. Hieruit volgt dat k = 0 en dus C = 0. Merk nu op dat de afgeleide van ψ gelijk is aan ds P dψ EI P cos s ds P EI ( P C ) (33) Uit de tweede randvoorwaarde volgt nu EI C = + P P R0 cos l EI (34) De functie ψ is nu dus bekend, en dus kan de buiging van de balk berekend worden. Hierbij gebruiken we dat de buiging gelijk is aan: x ( ) sin ( ψ ( )) η x s ds = 0 5

16 Als we nu een plot maken dan krijgen we het volgende te zien Indien we deze grafiek nu vergelijken met de grafiek van het geval waarin we de doorbuiging lineair werd verondersteld, dan is er vrijwel geen verschil te zien. Hieruit kunnen we afleiden dat het model met lineaire doorbuiging een goede benadering is. 6

17 Conclusie Met behulp van enkele benaderingen hebben we een uitwijking kunnen bepalen voor de balk onder belasting. Te zien was dat de uitwijking in het geval van een horizontale belasting een stuk kleiner was dan in het geval van een verticale belasting. Dit is in overeenstemming met de verwachtingen. Verder hebben we ook kunnen zien dat de lineaire benadering vrij goed lijkt te zijn. Om tot nog betere resultaten te komen, zou ervoor gekozen kunnen worden nog minder concessies te doen aan het model, en numerieke methoden te gaan gebruiken bij het bepalen van de oplossing van de gevonden differentiaalvergelijkingen. Verder zou het ook interessant kunnen zijn de resultaten te vergelijken met resultaten verkregen door praktische experimenten. Dit om te zien of de gebruikte modellen inderdaad bruikbaar zijn. 7

18 Literatuurlijst [MECH] DR. IR. C. KORVING EN IR. H.F.M CORSTENS, Mechanica van continue media I, januari 00 8