Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет Архитектуры и Строительства

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2254

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.06.2024

Размер:

6.12 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

П р и м е р 3 . 2 0 . Построить эпюры внутренних усилий (рис.3.43,а).

При расчете методом пеJ ремещений – три неизвестJ ных (все линейные), методом сил – одно неизвестное, так как Л=6+2·2 – 3·3=1.

	Решаем	задачу методом
сил (МС).
	Опорные реакции при поJ
строении грузовой эпюры Мр
в	основной	системе МС
(рис.3.43,б) будут:
	1) MCправ 0;YB 0.
	2) X 0; XD 2P;
	3) MCcр 0;
	2P1l MD 0;
	4) Y 0;YA P;
	5) MCлев 0;
Рис.3.43	P 2l MA 0; MA 2Pl.

Проверка реакций:

MB 0 : P14l 2Pl P2l 4Pl 0.

Опорная реакция при построении единичной эпюры М1 в основной системе МС (рис.3.43,в) будет:

MCпр 0; YB 2l 1 0; YB 21l .

Тогда

					l			1 1					1					1			7l
	11	2					2		2	1 1		2			1								.
	11	2					2	2 2	2	1 1		2	2		1						6EJ		.
					6			2 2					2			EJ					6EJ
		l	(2 2Pl 1						2Pl		1	2Pl				1	Pl 1)					1
			(2 2Pl 1						2Pl			2Pl					Pl 1)
1P										2						2
		6								2						2					EJ
					l									1				7 Pl 2
						4Pl Pl Pl Pl														.
				6		4Pl Pl Pl Pl								EJ				6	EJ	.

X 1P Pl.

1 11

Исправленная эпюра в ОС МС (рис.3.44,а), окончательные эпюры в заданной раме (рис.3.44, б,в,г).

Рис.3.44

4.ОСНОВЫ УСТОЙЧИВОСТИ СООРУЖЕНИЙ

Пр и м е р 4 . 1 . Показать (доказать)наиболее опасную форму по$ тери устойчивости для рамы (рис.4.1).

Рис.4.1

Рама симметричная; поэтому возможны две формы потери чивости – симметричная и кососимметричная. Реальна та потери устойчивости, которая произойдет при меньшей Ркр.

1) Найдем Pкрс при симметричной форме (рис.4.2).

P		2EJ
P		2l 2
kp		2l 2
P		v2EJ
P
kp		l 2
		l 2
v	.

устойJ форма

;


						Рис.4.2
Условие критического состояния:
r	0;	4i	(v) 4i 0;		(v)			4i	1.00; по таблице [4] ν = 5,35.
r	0;	4i	(v) 4i 0;		(v)				1.00; по таблице [4] ν = 5,35.
11		2		2				4i
								4i
					Pc		5,352 EJ			.
					kp			l 2
								l 2

2) Найдем Pkpk/c при кососимметричной форме (рис.4.3).

Рис. 4.3

0; i

12i 0;

12 ; по таблице [4] ν = 2,91.

P k/c

2.912 EJ

l 2

Тогда

Pkpc

5.352

3.38 .

2.91

Значит, Pkpc Pkpkc в 3,38 раза. Потеря устойчивости произойдет при

кососимметричной форме.

П р и м е р 4 . 2 . Подобрать длину стержня II (безразмерный коэф$ фициент п) (рис. 4.4) так, чтобы оба стержня были равноустойчивыми (критические силы одинаковы РкрI РкрII Ркр ). При решении принять

критический параметр 2 Nl 2 Pl 2 . EJ EJ

Исследование возможной потери устойчиJ вости стержня I проводим методом перемеJ щений. Степень кинематической неопределиJ мости

		П 1( В ) .
		Основная система и эпюра изгибающих
		моментов в единичном состоянии М1 приJ
		ведены на рис. 4.5.
	Рис.4.4	Каноническое уравнение R1Z 0 или
	Рис.4.4	r11Z1 0 .
		r11Z1 0 .
		64

В момент

потери

устойчивости

Z1 B 0 , следовательно,

r11 0 , из этоJ

го уравнения найдем кр .

r11 3i 1 кр 4i 2 кр 0 ,

кр

или

0,75 .

кр

По таблицам [6] методом попыток наJ

ходим:

Рис.4.5

2 кр 0,4748; 1 кр 0,6338 ,

откуда кр 3,575 , и, следовательно,

3,5752 EJ

кр

l 2

Для стержня II при указанных условиях закрепления

PII

4,4932 EJ

кр

(nl)2

Используя условие РI

РII , имеем

кр

3,5752 EJ

4,4932 EJ

(nl)2

l 2

откуда

4,493

1,25.

3,575

П р и м е р 4 . 3 . Подобрать соотношение жесткостей стойки и ригеля (безразмерный коэффициент п) рамы, изображенной на рис. 4.6, чтобы она оказалась равноустойчивой со стержнем II ( РкрI РкрII ).

При решении принять критичеJ

ский параметр 2 Pl 2 .

Задача решается аналогично задаче 4.1.

О т в е т . Соотношение жесткоJ стей стойки и ригеля рамы п=3.

Рис.4.6

П р и м е р 4 . 4 . Найти величину силы Ркр, при которой стержень 2$4 комбинированной системы, показанной на рис. 4.7, потеряет устой$ чивость. Момент инерции поперечного сечения балки J=30 см4. Площадь поперечного сечения стержней фермы А = 3,14 см2. Конструкция выпол$ нена по стали Е=2,1·104 кН/см2, l=2 м. Продольными деформациями балки пренебречь.

Рис. 4.7

Расчет комбинированной системы выполним методом сил. Степень статической неопределимости равна:

Л С 2Ш 3Д 3 2 5 3 4 13 12 1.

Основная система и эпюры изгибающих моментов в единичном и грузовом состояниях приведены на рис. 4.8.

Рис.4.8

Продольные (нормальные) усилия в трех стержнях шпренгеля в единичном состоянии основной системы будут:

S4(1)3

S4(1)1

0,5

S2(1)4

sin 30

Каноническое уравнение метода сил:

1X 0 и л и 11X1 1P 0 .

Единичные и грузовые перемещения соответственно равны:

l 3 1 l l 2 l 2

E 11

dx 2 1

3,14

3 3,14

(l )

5200

8 106

11295.

9,42

720

Pl3

22250P

12 J

4 2 2

4 2 3 2

3 2 J

(l )

Из канонического уравнения определяем лишнее неизвестное Х1

(усилие в стержне 2J3):

1Р

22250Р

1,97Р.

11295

Принимая во внимание шарнирное закрепление стержня 2J4, имеем

1,97Р

2EJ

, т.е. Р

2EJ

3,142 2,1 104 30 3

236,5 кН.

кр

l22 4

1,97l22 4

1,97 4 104

Пр и м е р 4 . 5 . Найти величину силы Р, при которой стержни 1$2

и3$4 комбинированной системы, показанной на рис. 4.9, потеряют

устойчивость, при условии, что А	J	, А	J	.

	a2	ф	2a2

Продольными деформациями балки пренебречь.

Решение задачи аналогично решению задачи 4.3. Основная система приведена на рис. 4.10.

Рис.4.9

Рис.4.10

О т в е т . Величина силы Ркр, при которой стержни 1J2 и 3J4 потеJ

ряют устойчивость, равна 30,5 EJ . a2

П р и м е р 4 . 6 . Два одинаковых консольных стержня постоянного сечения (EJ=const) загружены на свободном конце продольной, цент$ рально приложенной силой, как указано на рис. 4.11. Какой из стержней потеряет устойчивость раньше (при меньшем значении Ркр) и каково соотношение РкрII / РкрI ?

Рис.4.11

У к а з а н и е . При решении деформации считать малыми: сos 1,

sin tg ,			обозначить			n2	P	. В положении I,	пренебрегая деJ
sin tg ,			обозначить			n2		. В положении I,	пренебрегая деJ
							EJ
формациями сдвига и продольными деформациями стержня, его дифJ
ференциальное уравнение изгиба записываем в виде:
						EJy Mx			(а)
или						EJy 1 Py ,			(b)
т.е.						y n2 y 0 .			(c)
Здесь n2	P	.
Здесь n2		.
	EJ
Граничные условия, соответствующие закреплению стержня по
концам:	x 0			y(0) 0 ;
при	x 0			y(0) 0 ;
при	x l			dy		0 .
				dy
				dx
					x l
					x l

Общее решение уравнения (c) записывается в виде
	y C1 cos nx C2 sin nx, откуда
	dy		(d)
	dy	C1nsin nx C2ncos nx	(d)

	dx
	dx

Подставляя равенство (d) в граничные условия, получаем систему алгебраических уравнений относительно постоянных С1 и С2:

0 0

C1nsin nl C2ncos nl 0.

Из условия нетривиальности решения приравниваем определитель

этой системы нулю:

0 ,

nsin nl

ncos nl

откуда

2EJ

cos nl 0;

;

кр

или PI

min

4l 2

кр

4l 2

Аналогичным путем исследуем устойчивость стержня II. ИзгиJ

бающий момент в произвольном сечении стержня:

P y P x Py P x Py P x .

Постановка Мх в уравнение (а) формирует уравнение:

EJy Py P

или

y n2 y n2 x .

(е)

При интегрировании уравнения (е) неопределимым является также

перемещение . Поэтому оставляем три граничных условия:

	x 0			y(0) 0;
	x 0			y(0) 0;
при	x l			y(l) ;						(h)
при	x l			y(l) ;						(h)
				dy

	x l					0.
	x l			dx		0.

					x l
Общее решение уравнения (е):					x l
Общее решение уравнения (е):
	y y1 y2 ,									(f)
где общее у1 и частное у2 – решение уравнения (е) соответственно:
y C cos nx C		2	sin nх			и	у		х .	(д)
1	1	2					2	l
								l

Подставляя (f) и (д) в граничные условия (h), получаем

С1 0;

C2 sin nl ;

			C	ncos nl 0 ,
			2			l
						l
откуда при С2 0 и 0 имеем:
	sin nl		0			0, или	sin nl 0 .
	sin nl		0			0, или	sin nl 0 .
	ncos nl		1/ l
Следовательно,	nl		,		т.е. PкрII 2EJ .
		min					l 2
Таким образом,	PI	PII , т.е стержень I теряет устойчивость при
	кр		кр
наименьшем значении критической силы							P II	/ P I 4
							кр	кр

П р и м е р 4 . 7 . Составить уравнение устойчивости для системы, изображенной на рис. 4.12.

При решении задачи методом перемещения в качестве расчетной схемы может быть выбран стержень, упруго закрепленный в точке А относительно угла поворота (рис. 4.13). Коэффициент жесткости r представляет собой реактивный момент в закреплении основной сисJ темы метода перемещений при А 1 (рис. 4.14).

Рис.4.12

Рис.4.13

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 147 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.06.2024238.32 Кб0225.pdf
#
16.06.20246.09 Mб22250.pdf
#
16.06.20246.09 Mб02251.pdf
#
16.06.20246.1 Mб02252.pdf
#
16.06.20246.11 Mб02253.pdf
#
16.06.20246.12 Mб02254.pdf
#
16.06.20246.13 Mб22255.pdf
#
16.06.20246.14 Mб02256.pdf
#
16.06.20246.15 Mб02257.pdf
#
16.06.20246.15 Mб02258.pdf
#
16.06.20246.16 Mб02259.pdf