Beräkna moment i knäckande balk

Lambda är något som kallas fri knäcklängd och borde beskrivas i formelsamlingen. Du kan googla på det och se om du blir klok. Jag har inte tillgång till formelsamling just nu men återkommer senare ikväll eller imorgon.

Ebola skrev:

Lambda är något som kallas fri knäcklängd och borde beskrivas i formelsamlingen. Du kan googla på det och se om du blir klok. Jag har inte tillgång till formelsamling just nu men återkommer senare ikväll eller imorgon.

Tack hittade det till slut i en bok tillsammans med uttrycket $\cos \left(\lambda L\right)=0$. som är "villkoret för förekomsten av en utböjd jämviktsform". Är lite osäker på exakt vad det betyder och på vilket sätt de implementerade detta i uppgiften dock

bigO skrev:

Ebola skrev:

Lambda är något som kallas fri knäcklängd och borde beskrivas i formelsamlingen. Du kan googla på det och se om du blir klok. Jag har inte tillgång till formelsamling just nu men återkommer senare ikväll eller imorgon.

Tack hittade det till slut i en bok tillsammans med uttrycket $\cos \left(\lambda L\right)=0$. som är "villkoret för förekomsten av en utböjd jämviktsform". Är lite osäker på exakt vad det betyder och på vilket sätt de implementerade detta i uppgiften dock

Har gjort ett par andra uppgifter om knäckekvationer och liknande så är mer bekant med knäcklängd nu. Är dock fortfarande osäker på hur man ska lösa denna uppgift

Jag skrev fel häromdagen, $\lambda$ betecknar något som kallas slankhetstal vilket är relevant för dimensionering av balkar vid knäckningsrisk. Du kan läsa mer här: Knäckning

I detta fall har de valt att kalla en konstant från elastiska linjens ekvation för $\lambda$ vilket inte bara är märkligt utan även olyckligt. Hursomhelst, om vi tittar på ditt fall vet vi följande från elastiska linjens ekvation:

$w\text{'}\text{'}\left(x\right)=-\frac{M\left(x\right)}{EI}$

Från detta kan vi härleda följande differentialekvation för vårt fall med excentricitet:

$w\text{'}\text{'}+{\lambda }^{2}w={\lambda }^{2}e$          där ${\lambda }^2=P/EI$.

Denne differentialekvation kan ha följande (icke-generella) lösning:

$w=A\cos \left(\lambda x\right)+e$

Vi bestämmer genom randvillkoret $w\left(L\right)=0$ integrationskonstanten som:

$A=-\frac{e}{\cos \left(\lambda L\right)}$

Vilket slutligen ger följande uttryck för utböjningen av strävan som:

$w\left(x\right)=-e\left[\frac{\cos \left(\lambda x\right)}{\cos \left(\lambda L\right)}-1\right]$

Vilket efter derivering ger:

$$\begin{gathered} w\text{'}\left(x\right)=\lambda e\left[\frac{\sin \left(\lambda x\right)}{\cos \left(\lambda L\right)}\right] \\ w\text{'}\text{'}\left(x\right)={\lambda }^{2}e\left[\frac{\cos \left(\lambda x\right)}{\cos \left(\lambda L\right)}\right] \end{gathered}$$

Vilket slutligen ger:

$M\left(x\right)=-EIw\text{'}\text{'}\left(x\right)=-EI{\lambda }^{2}e\left[\frac{\cos \left(\lambda x\right)}{\cos \left(\lambda L\right)}\right]$

Vi vet att ${\lambda }^2=P/EI$ och vi vet att $P=\frac{{\pi }^{2}EI}{16L^2}$(givet i uppgiften) så vi får:

$\lambda L=\sqrt{\frac{P}{EI}}L=\sqrt{\frac{{\pi }^{2}EI}{16L^{2}EI}}L=\frac{\pi }{4}$

Vilket slutligen ger:

$M\left(x\right)=-\sqrt{2}Pe\cos \left(\lambda x\right)$

Tack så mycket, bra förklarat! Undrar dock över tre grejer.

1. Hur härledde du differentialekvationen? Från eulerfall ett hittar jag bara $w\text{'}\text{'}\text{'}\left(L\right)+{\lambda }^{2}w\text{'}\left(L\right)=0$

2. Är det en allmän lösning till differentialekvation som man ska kunna eller bör man veta hur man skapar lösningar till allt möjligt?

3. w(L) är väl utböjningen i toppen av balken? Hur kan den vara lika med noll? Och varför blir det fel om man skulle använda w(0)=0 ?

1. När jag snittade såg jag att:

$M\left(x\right)=P(w-e)$

Detta gav sedan:

$w\text{'}\text{'}=-\frac{P(w-e)}{EI}=-{\lambda }^{2}w+{\lambda }^{2}e$

2. Jag satt mest och trixade med ansatser tills någon passade utan att tänka vidare över det. Om vi ansätter generell lösning bör vi justera vår differentialekvation en aning (eftersom vi har tre starka randvillkor) och istället ha:

$M\left(x\right)=P(w-C)$

$w\text{'}\text{'}+{\lambda }^{2}w={\lambda }^{2}C$

där $C$ är en okänd konstant som kommer styra vår partikulärlösning. Detta ger följande allmänna lösning:

$$\begin{gathered} w=A\cos \left(\lambda x\right)+B\sin \left(\lambda x\right)+C \\ w\text{'}=-A\lambda \sin \left(\lambda x\right)+B\lambda \cos \left(\lambda x\right) \\ w\text{'}\text{'}=-A{\lambda }^2\cos \left(\lambda x\right)-B{\lambda }^2\sin \left(\lambda x\right) \end{gathered}$$

Vi har tre randvillkor:

$$\begin{gathered} w\left(0\right)=0 \\ w\text{'}\left(0\right)=0 \\ M\left(L\right)=-Pe \end{gathered}$$

Den första och andra ger enkelt:

$$\begin{gathered} A=-C \\ B=0 \end{gathered}$$

Det tredje ger:

$M\left(L\right)=EI\left[A{\lambda }^2\cos \left(\lambda L\right)\right]=-Pe \iff A=-\sqrt{2}e$

Så vi har slutligen:

$C=\sqrt{2}e$

Detta ger samma svar på uppgiften liksom den föregående ansatsen:

$M\left(x\right)=-\sqrt{2}Pe\cos \left(\lambda x\right)$

3. Jag valde en ganska knasig ansats som vände på koordinaten och utgick från utböjningens maximum, se ovan för en mer proper variant.