Строительная механика зданий и сооружений. Спецкурс
.pdfВследствие кососимметричного характера деформации рамы в момент потери устойчивости ее горизонтальные опорные реакции стоек равны по величине и должны быть направлены в одну сторону. Но сумма их должна равняться нулю, так как внешние силы Р вертикальные.
Из этого условия М1 = М2 = 0.
Для простоты рассматривается только половина рамы и принимается основная система, показанная на рис. 2.21, б. Узел 1 закреплен только от поворота. Для ригеля необходимо принять удвоенную погонную жесткость. Уравнение устойчивости r11 0, но для определения r11 и построения эпюры мо-
ментов на стойке от Z1 1 (рис. 2.23) необходимо пользоваться случаем 6 табл. 2 приложения (рис. 2.22).
Рис. 2.22 |
Рис. 2.23 |
r11 ic tgvv 6ip.
Уравнение устойчивости
ic tgvv 6ip 0 или ic tgvv 6n ic 0.
61
Отсюда |
v |
|
6n. При i |
i |
n 1 |
|
v |
6. |
||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
tgv |
|
|
|
|
p |
c |
|
|
|
tgv |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
По табл. 4 приложения находим vк с 2,72. Тогда |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
кр |
|
|
|
|
|
|
Pк с 2,722 |
EI |
2,722 |
ic |
и hк с |
|
h |
3,14 |
|
h 1,15h. |
|||||
кр |
h2 |
|
h |
|
vк с |
|
2,722 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
кр |
|
|
|
|
|
|
Pкрк с Pкрс .
Следовательно, для симметричной однопролетной рамы, обладающей линейной подвижностью узлов, наиболее «опасной» является кососимметричная форма потери устойчивости. Практически потеря устойчивости рамы всегда сопровождается линейным смещением ее узлов, т.е. происходит кососимметричное деформирование [5].
§2.6. Расчет рам на продольно-поперечный изгиб
вканонической форме
Этот расчет производится в том же порядке, как и обычный статический расчет рам методом перемещений, с той лишь разницей, что коэффициенты riк при неизвестных перемеще-
ний Zi и Zк и свободные члены Rio уравнений определяются
с учетом действия в стержнях продольных сил N.
Вид уравнений и их физический смысл остаются прежними, т.е.
r11Z1 r12 Z2 ... |
r1n Zn R10 0; |
r21 Z1 r22 Z2 ... |
r2n Zn R20 0; |
.............................. |
............................... (2.6) |
............................................................. |
|
rn1 Z1 rn2 Z2 ... |
rnn Zn Rn0 0. |
Основная трудность расчета состоит в том, что окончательные продольные силы в стержнях заранее неизвестны, по-
62
этому в первом приближении их берут на основании проведенного заранее обычного статического расчета, а в качестве второго приближения – из результатов расчета на продольнопоперечный изгиб. Еще проще для первого приближения принять сжимающие силы в стойках исходя из узловых нагрузок, а в ригелях – не учитывать.
Пример 2.7. Выполнить расчет рамы на продольнопоперечный изгиб.
Построим эпюру изгибающих моментов в раме, показан-
ной на рис. 2.24, а, если q 2hP , а P 0,625Pэ.
В качестве первого приближения производится расчет рамы без учета продольных сил в ригеле, но с учетом продольных сил в стойках, равных
|
|
|
N P qh 2P 1,25 P . |
|
||||||||
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
э |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Аргументы функций, учитывающих влияние продольной |
||||||||||||
силы в стойках: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
N |
|
|
v |
|
|
|
|
|
||
|
|
1 |
1,25 |
|
|
|
|
|
v |
3,14 1,25 |
3,515. |
|
|
|
|
|
|||||||||
1 |
|
Pэ |
|
|
|
1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
По табл. 2 приложения находятся соответствующие зна- |
||||||||||||
чения функций: 2 v1 |
0,497; 3 v1 |
1,325. |
|
|||||||||
Основная система |
метода |
перемещений |
показана на |
|||||||||
рис. 2.24, б, а эпюры M1 |
и M 0 – на рис. 2.24, в, г. |
|
||||||||||
По этим эпюрам определяются реакции в каждом из узлов |
||||||||||||
1 и 2 рамы при i EI |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
h |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r11 4i 8i 2 v1 4i(2 0,497 1) 2i 3,988; |
|||||||||||
|
|
|
R |
2 |
qh2 |
2 |
Ph |
. |
|
|||
|
|
|
|
01 |
|
|
|
12 |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
63
а |
б |
вг
де
ж з
Рис. 2.24. См. также с. 64
64
и
Рис. 2.24. Окончание
Каноническое |
|
уравнение |
метода |
перемещений |
||
r11 Z1 R01 0. |
|
|
|
|
|
|
Отсюда Z |
R01 |
|
Ph |
|
0,0418 Ph . |
|
|
|
|
||||
1 |
r11 |
|
6 3,988i |
i |
|
|
|
|
|
Изгибающие моменты в узлах рамы находятся путем сложения ординат эпюр по выражению M M1Z1 M0 :
M A1 2i 3 v1 Z1 2 1,325 0,0418Ph 0,111Ph; M1A 4i 2 v1 Z1 2 0,497 0,0418Ph 0,083Ph; M12 Ph6 2i Z1 0,167Ph 2 0,418Ph 0,083Ph.
Эпюра изгибающих моментов первого приближения показана на рис. 2.24, д.
Для второго приближения находится сжимающая сила N2 в ригеле. Соответствующий ей аргумент и функция влияния продольной силы:
N |
2 |
M A1 M1A 0,111Ph 0,083Ph 0,194P 0,121P ; |
||||
|
h |
|
|
h |
э |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
2 |
N2 |
0,121; |
v2 3,14 |
0,121 1,095. |
|
|
Pэ |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
65 |
|
По табл. 2 приложения находятся соответствующие значения функций:
2 v2 0,959; |
3 v2 1,021; |
4 v2 0,980. |
Эпюры M1 и M 0 показаны на рис. 2.24, е, ж. r11 2 4i 2 v1 4i 2 v2 2i 3 v2
2 2i(2 0,497 2 0,959 1,021) 2 3,782i.
R 2 |
Ph |
|
|
2 |
Ph |
2 0,17Ph; |
||
|
|
|
||||||
01 |
|
6 4 |
v2 |
|
6 0,980 |
|
||
|
|
|
|
|||||
|
Z |
R01 |
|
0,17Ph 0,449 Ph ; |
||||
|
|
|
||||||
|
1 |
|
r11 |
|
|
3,784i |
i |
|
|
|
|
|
|
||||
M A1 2i 3 v1 Z1 |
|
2 1,325 0,0449Ph 0,119Ph; |
||||||
M1A 4i 2 v1 Z1 |
|
2 0,497 0,0449Ph 0,089Ph; |
M12 6 Phv 4i 2 v2 2i 3 v2 Z1 0,089Ph.
4 2
Эпюра изгибающих моментов второго приближения показана на рис. 2.24, з. По ней можно найти
N2 |
M A1 M1A |
0,119Ph 0,089Ph |
0,208P , |
|
h |
h |
|
эта величина отличается от полученной в результате первого приближения (0,194P) всего на 7 %. Поэтому эпюру, пока-
занную на рис. 2.24, з, можно считать окончательной. Для сравнения на рис 2.24, и показана эпюра без учета влияния продольных сил. Как видно, эти две эпюры очень сильно различаются.
66
§2.7. Стойка ступенчатого сечения
Впромышленном строительстве широкое распространение получили рамы со ступенчатыми стойками. На верхнюю – надкрановую – ветвь приходится вес конструкции покрытия,
ана подкрановую ветвь добавляется нагрузка, создаваемая вертикальным давлением колес мостовых кранов.
a) статический метод определения критической нагрузки
Рис. 2.25
Запишем дифференциальные уравнения изогнутой оси стержня по двум участкам с постоянной жесткостью:
EI1 y1 P y1 P 1;
EI2 y2 (1 )Py2 P 1 P 2.
Решением этих дифференциальных уравнений является
|
|
|
yi |
Ai1 sin ni x Ai2 |
cos ni x Ai3, |
(2.7) |
|||||
где n |
Pi |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
i |
EIi |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или |
|
|
|
|
A11 sin n1x A12 |
cos n1x A13; |
|
||||
|
|
y1 |
|
||||||||
|
|
y |
2 |
A |
sin n x A |
|
cos n x A . |
|
|||
|
|
|
|
21 |
2 |
22 |
2 |
23 |
|
67
В точном определении свободных членов нет необходимости, в силу легкости исключения их из уравнений при взятии производных. Хотя для любопытного читателя напишем
A |
; |
|
|
|
|
|
|
|||
|
13 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
A |
|
1 |
|
2 |
. |
|||||
|
||||||||||
|
23 |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
P |
|
, |
n |
|
|
(1 )P |
. |
||
|
|
|
|
|||||||
1 |
EI1 |
2 |
|
EI2 |
||||||
|
|
|
|
Для определения шести неизвестных Аij составим шесть уравнений, вытекающих из граничных условий и условий совместности деформаций двух участков.
y2 (0) 0 |
|
(0) 0; |
y2 ( l) 2 ; |
y2 ( l) y1 ( l); |
; y2 |
y2 ( l) y1 ( l) ; y1 (l) 1 ; y1 (l) 0.
Легко найти из граничных условий, что А21 = 0. Свободные члены уравнений исключаются, для определения остальных коэффициентов имеем три однородных уравнения.
|
|
sin n1 |
l A12 |
cos n1 |
l A22 |
(1 ) cos n2 l 0; |
|||||
A11 |
|||||||||||
A |
cos n |
l |
A |
sin n |
l A |
|
n2 |
sin n |
2 |
l 0; |
|
|
|||||||||||
|
11 |
1 |
12 |
1 |
22 |
|
n |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin n |
l A |
cos n l 0. |
1 |
|
|
|
||||
A |
|
|
|
|
|
||||||
|
11 |
1 |
12 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Раскрывая определитель и приравнивая его к нулю, получим следующее уравнение, которое дает искомое значение критической силы.
tg n |
2 |
l tg n |
(1 )l |
n1 |
(1 ). |
(2.8) |
|
||||||
|
1 |
|
n2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Данным приемом (т.е. разбивая стержень на несколько прямолинейных участков, составляя уравнение изгиба для
68
каждого из них и накладывая граничные условия, нахождение неизвестных параметров Аij) можно найти критическую силу для стержня любого очертания с произвольным распределением продольной силы по длине элемента.
Пример 2.8. Определить критиче- |
|
|
|
|
||||||||
скую силу статическим методом для зада- |
|
|
|
|
||||||||
чи, представленной на рис. 2.26. |
|
|
|
|
||||||||
Для решения, из условия, определим |
|
|
|
|
||||||||
необходимые |
коэффициенты: 0,6, |
|
|
|
|
|||||||
3 (см. рис. 2.25) |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
n |
P |
|
n, |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
1 |
|
EI |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
n |
|
(1 3)P |
1,41n. |
|
|
|
Рис. 2.26 |
|||||
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
2 |
|
2EI |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Найденные параметры подставим в характеризующее |
||||||||||||
уравнение (2.8) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
tg(1,41n l0,6) tg(n 0,4l) |
1 |
|
(1 3). |
|
||||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
1,41 |
|
|
|
|
|||
Решив это уравнение методом простого перебора вариан- |
||||||||||||
тов, получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nl 1,558 или Ркр n2EI 2,4274 |
EI |
|
; |
|||||||||
l2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
б) определение критической нагрузки методом перемеще-
ний
Задачу устойчивости той же двухступенчатой стойки (рис. 2.27) наиболее удобно решать методом перемещений, принимая основную систему, такую, что узел стыковки ветвей закреплен только от поворота (см. рис. 2.27, а).
69
а |
б |
Рис. 2.27 |
|
Уравнение устойчивости r11 0. |
Z1 – угол поворота до- |
полнительной связи с учетом ее линейного смещения. Эпюру моментов (см. рис. 2.27, б) от Z1 = 1 на нижней ступени строим с использованием случая, представленного на рис. 2.22 или п. 5 табл. 2 приложения, на верхней ступени – по п. 6 табл. 2 при-
ложения. i |
EI1 ; |
i EI2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
1 |
h1 |
|
1 |
|
h2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Параметры v h |
|
P |
, |
v h |
P P |
. |
|
|
|||||||||||
|
|
|
EI |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
2 |
2 |
|
EI |
2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Получим из равновесия узла с дополнительной связью |
|||||||||||||||||||
r i |
v2 |
i v tgv . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
tgv2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
11 |
|
2 |
1 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Уравнение |
критического |
состояния |
рассматриваемой |
||||||||||||||||
стойки будет иметь вид tgv |
|
tgv |
|
i2 |
|
v2 . |
|
|
|||||||||||||
|
i |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
|
v |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
||
|
|
Пример 2.9. |
Найти |
критический |
|
параметр |
нагрузки |
||||||||||||||
для |
ступенчатой |
стойки |
(рис. 2.25) |
при |
4, |
EI1 EI; |
|||||||||||||||
EI |
2 |
2EI; h h |
h |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
1 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
70 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|