Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы теории и расчета тонкостенных стержней открытого профиля на устойчивость. Учебное пособие
.pdf
21
Тогда
0
sin yrv
.
Применяя формулу сложения для тригонометрических функций (синусов),
получим:
0
sincoscossin yrv
. (2.2)
Аналогично (см. рис. 2.1, б), получим:
coscos
11
rrPCNAKCw
,
или
cos
0
rzw
.
Применяя формулу сложения для тригонометрических функций
(косинусов), получим:
sinsincoscos
0
rzw
. (2.3)
Подставив значения (2.2) и (2.3) в формулы (2.1), получим:
0ц.и.ц.т.
sincoscossin yrvv
sinsincoscos
0ц.иц.т.
rzww
. (2.4)
Для упрощения полученных формул примем во внимание, что
деформации тонкостенного стержня малы и, в частности, мал угол .
Следовательно,
θ <<α
. Вследствие этого можно считать:
sin
;
cos 1
;
sin cos cos sin sin 1 cos sin cos
;
cos cos sin sin cos 1 sin cos sin
.
Тогда формулы (2.4) принимают вид:
0....
cossin yrvv
ицтц
;
sincos
0....
rzww
ицтц
. (2.5)
Из рис. 2.1, б следует, что
00
sin;cos yCNrzNAr
.
Тогда формулы (2.5) принимают вид:
0..000....
zvyzyvv
ицицтц
0..000....
ywyzzww
ицицтц
. (2.6)
Шарнирное опирание стержня. В этом случае на концах стержня
действует только сжимающая сила F. Определим, с учетом правила знаков,
изгибающие моменты относительно главных осей в любом поперечном
сечении:
.;
0ц.и.0ц.и.
zvFMywFM
zy
Дифференциальные уравнения упругой кривой оси центров изгиба
будут иметь вид:
1 ц.и. ц.и. 0z
E I v F v z
и
1 ц.и. ц.и. 0y
E I w F w y
. (2.7)
Для написания уравнения угла закручивания рассмотрим элемент
поперечного сечения
dsdA
(точка M
(y;z)
– рис. 2.2, а) в плоскости
сечения.
22
Составляющие прогиба точки M
(y;z)
в направлениях y и z (см. рис. 2.2, а)
будут при выпучивании, соответственно, равны:
ц.иM
v v v v
и
ц.и.M
w w w w
. (2.8)
Здесь
v
и
w
– смещения точки M
(y;z)
поперечного сечения стержня,
вызванные искривлением оси стержня. Выразим их через угол поворота
и расстояние r от полюса A/ до точки С/. Из рис. 2.2, б имеем:
yyrrrMNPAMKv
0
/
sinsinsin
.
Применяя формулу разности для тригонометрических функций (синусов),
получим:
yyrv
0
sincoscossin
. (2.9)
Аналогично (см. рис. 2.2, б), получим:
11
PMNAKMw
.
Из треугольников
NMA
и
1
PMA
имеем:
cos;cos
10
rPMzzrNA
.
Тогда
cos
0
rzzw
.
Применяя формулу сложения для тригонометрических функций
(косинусов), получим:
sinsincoscos
0
rzzw
. (2.10)
Рис. 2.2
23
Подставив значения (2.9) и (2.10) в формулы (2.8), получим:
yyrvvv
ицM
0...
sincoscossin
sinsincoscos
0...
rzzwww
ицM
. (2.11)
Для упрощения полученных формул примем во внимание, что деформации
тонкостенного стержня малы и, в частности, мал угол . Следовательно,
θ <<α
. Вследствие этого можно считать:
sin
;
cos 1
;
sin cos cos sin sin cos
;
cos cos sin sin cos sin
.
Тогда формулы (2.11) принимают вид:
. . 0
sin cos
M ци
v v v r y y
. . 0
cos sin
M ци
w w w z z r
. (2.12)
Из рис. 2.2, б следует, что
yyMNrzzPKNAr
00
sin;cos
,
а формулы (2.12) принимают вид:
. . 0 0 0 . . 0M ц и ц и
v v v y y z z y y v z z
. . 0 0 0 . . 0M ц и ц и
w w w z z z z y y w y y
. (2.13)
Беря вторые производные полученных выражений (2.13) по x и
рассматривая элемент dx волокна (см. рис. 1.1, рис. 2.2, а), найдем, что
сжимающие усилия
dA
, действующие на слегка повернутое сечение
элемента dx, дают следующие составляющие усилий в направлениях y и z:
dxyyw
dx
d
dAdxzzv
dx
d
dA
0ц.и.
2
2
0ц.и.
2
2
;
dxyywdAdxzzvdA
0ц.и.0ц.и.
.
Беря моменты найденных составляющих сил относительно оси центров
изгиба, получим для элемента dA следующие крутящие усилия на единицу
длины стержня:
yyyywdAzzzzvdAdm
x
00ц.и.00ц.и.
.
Проинтегрируем полученное выражение по всему поперечному сечению
стержня:
AA
x
dAyyyywdAzzzzvm
00ц.и.00ц.и.
.
24
Разбивая на сумму интегралов, получим:
AAA
x
dAyydAyywdAzzdAzzvm
2
00ц.и
2
00ц.и.
yyyиц
ISzAzSAzv
0
2
00..
2
zzz
ISyAySAyw
0
2
00ц.и
2
.
Так как сжимающая сила
AF
, а статические моменты относительно
главных центральных осей
0zySS
, то выражение для крутящего
момента принимает вид:
A
II
yzFvzwyFm
zy
x
2
0
2
0ц.и0ц.и0
.
Обозначим
A
II
zyr
zy
2
0
2
0
2
0
, (2.14)
где
2
0
r
представляет собой квадрат радиуса инерции поперечного сечения
стержня относительно его центра кручения.
Тогда выражение для крутящего момента принимает вид:
ц.и.
2
0 ц.и 0 0
+
x
m F y w z v r
. (2.15)
Подставляя найденное значение mx (2.15) в уравнение (1.4), получим:
0
ц.и00
2
01
vzwyFrFGIIE
k
IV
. (2.16)
Объединяя два дифференциальных уравнения упругой кривой оси
центров кручения (2.7) и дифференциальное уравнение углов закручивания
стержня при стесненном кручении (2.16), получаем систему
дифференциальных уравнений отклоненной формы равновесия центрально
сжатого стержня:
0
0ц.и.ц.и.1
zvFvIE
z
0
0ц.и.ц.и.1
ywFwIE
y
0
ц.и0ц.и0
2
01
vzwyFrFGIIE
k
IV
. (2.17)
Из результатов интегрирования системы уравнений (2.17) найдем значения
критических сил. Во все три уравнения (2.17) входит угол закручивания ,
следовательно, в общем случае крутильная форма потери устойчивости
стержня сопровождается также и изгибом оси, т. е. имеет место комбинация
крутильной и изгибной форм потери устойчивости.
В частном случае, когда
0,0
00
zy
, т. е. когда ось центров кручения
совпадает с осью центров тяжести, уравнения (2.17) принимают вид:
1 ц.и. . .z ци
E I v F v
;
1 ц.и. ц.и.y
E I w F w
;
2
10
0
IV
k
E I GI F r
. (2.18)
25
Из уравнений (2.18) видно, что каждое уравнение содержит только
одно неизвестное и, следовательно, может рассматриваться самостоятельно.
При этом первые два уравнения из (2.18) дают два значения критической
силы, соответствующие потере устойчивости в двух главных плоскостях по
Эйлеру, а третье уравнение содержит только одно неизвестное и дает
критическую силу для чистого крутильного выпучивания, рассмотренного
в разделе 1.
Из трех значений критической силы для практического использования
принимается наименьшее ее значение.
Процесс интегрирования системы уравнений (2.17) выполним для
простейшего случая закрепления концевых сечений стержня,
исключающего их смещение вдоль осей y и z, а также вращение
относительно оси x. В этом случае концевые условия
lxx ,0
будут:
0v
;
0w
;
0
;
0v
;
0w
;
0
,
что соответствует отсутствию в тех же концевых сечениях стержня
изгибающих моментов
y
M
,
z
M
и бимомента
B
.
В качестве функций, определяющих решение системы уравнений
(2.17) и соответствующих принятым краевым условиям, возьмем
выражения:
l
x
Av
иц
sin
1..
;
l
x
Aw
иц
sin
2..
;
l
x
A
sin
3
;
l
x
A
l
sin
3
2
2
;
l
x
A
l
v
иц
sin
1
2
2
..
;
l
x
A
l
w
иц
sin
2
2
2
..
;
l
x
A
l
iV
sin
3
4
4
. (2.19)
Подставляя (2.19) в (2.17), получим следующие уравнения для
вычисления постоянных коэффициентов A1, A2 и A3:
0sinsinsin
031
2
2
11
z
l
x
A
l
x
AF
l
x
l
AIE
z
0sinsinsin
032
2
2
21
y
l
x
A
l
x
AF
l
x
l
AIE
y
0sinsinsinsin
1020
2
2
2
0
2
2
3
4
4
31
l
x
Az
l
x
Ay
l
FFrGI
l
x
l
A
l
x
l
AIE
k
.
Упрощая, получим следующую однородную, в отношении коэффициентов
321
,, AAA
, систему уравнений:
0
0311
2
2
1
zAAFA
l
IE
z
;
0
0322
2
2
1
yAAFA
l
IE
y
;
0
0102
2
033
2
2
1
zAyAFFrGIAA
l
IE
k
.
26
Группируя по коэффициентам, получим:
0
031
2
2
1
zAFAF
l
IE
z
0
032
2
2
1
yAFAF
l
IE
y
0
20103
2
0
2
2
1
AFyAFzArFGI
l
IE
k
. (2.20)
Уравнения (2.20) удовлетворяются, если принять A1=A2=A3=0, что
соответствует прямой форме равновесия сжатого стержня. Чтобы иметь
искривленную форму равновесия сжатого стержня, уравнения (2.20)
должны давать для A1, A2 и A3 решения, отличные от нуля, что возможно
только, если детерминант системы уравнений (2.20) обращается в нуль.
В системе уравнений (2.20) введем обозначения:
2
2
11
l
IEF
z
;
2
2
12
l
IEF
y
;
k
GI
l
IE
r
F
2
2
1
2
0
3
1
, (2.21)
где F1 и F2 – эйлеровы критические силы при выпучивании в двух главных
плоскостях xOy и xOz соответственно, а
3
F
– критическая сила для чисто
крутильной формы потери устойчивости. Тогда:
0
0311
zFAAFF
0
0322
yFAAFF
0
33
2
02010
AFFrAFyAFz
. (2.22)
Приравнивая к нулю детерминант системы уравнений (2.20), получим:
00
0
3
2
000
02
01кр
FFryFzF
yFFF
zFFF
кркркр
кркр
кр
,
что после раскрытия дает следующее кубическое уравнение для нахождения
величины критической силы Fкр:
22
01
2
02
2
0321
3
кр
2
0
2
0
2
0 кр
FyFzFrFFFFrzy
0
321
2
0323121
2
0
FFFrFFFFFFFr
кр
. (2.23)
Все корни этого уравнения действительны и положительны.
Пример 1. Выполнить расчет на устойчивость центрально сжатого
стержня (рис. 2.3, а). Поперечное сечение – неравнополочный уголок.
Размеры уголка показаны на рис. 2.3, в. Концевые сечения уголка
закреплены от поступательных перемещений v и w, а также и от
27
вращательного в своей плоскости. Центр изгиба уголка находится на
пересечении полок, и секториальный момент инерции
I
его площади равен
нулю. Следовательно, в формуле (2.21) коэффициент
01
IE
.
Рис. 2.3
Геометрические и физические характеристики:
3мl
;
2
48,3А см
;
3,53см
c
y
;
7,97
c
z см
;
0,410tg
;
4
357560410323147 смI
y
;
4
604смIz
;
43
62,232,141
3
1
смI
k
;
2
2
4
2
1
/92,23076
3,01
101,2
1
смкН
E
E
;
2
/8000 смкНG
;
379,0
41,01
41,0
1
sin
22
tg
tg
и
925,0
41,01
1
1
1
cos
22
tg
.
Определим координаты центра изгиба в главных центральных осях.
Предварительно рассмотрим замкнутый векторный многоугольник
OKAMO
(рис. 2.3, б), стороны которого равны координатам центра изгиба в
двух системах координат – центральных ycOzc и главных yOz. Составим для
замкнутого векторного многоугольника
OKAMO
уравнения статики:
0cossin
0
cc
yzyy
cossin
0
cc
yzy
;
0sincos
0
cc
yzzz
sincos
0
cc
yzz
;
смy 29,6925,053,3379,097,7
0
;
смz 03,6379,053,3925,097,7
0
.
28
По формулам (2.14) и (2.21) определим:
22
2
2
0
45,162
3,48
6043575
03,629,6 смr
;
кН
l
IEF
z
97,1526
103
60492,23076
42
2
2
2
11
;
кН
l
IEF
y
97,9037
103
357592,23076
42
2
2
2
12
;
кН
r
GI
F
k
19,1163
45,162
62,23108
3
2
0
3
;
2 2 2
0
6,29 39,56y см
;
2 2 2
0
6,03 36,36z см
.
Вычислим коэффициенты кубического уравнения (2.23):
2 2 2 2
0 0 0
39,56 36,36 162,45 86,53y z r см
;
2 2 2 2
1 2 3 0 2 0 1 0
1516207,20F F F r F z F y кНсм
;
2 2 2
0 1 2 1 3 2 3
4238278524r F F F F F F кН см
;
2 3 3 2
0 1 2 3
2607784956 10r F F F кН см
.
Подставив полученные значения коэффициентов в уравнение (2.23),
получим:
000026077849564238278524151620753,86
23
кр
кркр
FFF
.
Разделив на (-86,53), запишем кубическое уравнение в следующем виде:
0101374,30109804,48105223,17
96233
кр
кркр
FFF
.
Обозначим:
3
10
кр
F
X
;
2
3
2
10
кр
F
X
;
3
3
3
10
кр
F
X
.
Исходное кубическое уравнение в этом случае принимает вид:
.01374,309804,485223,17
23
XXX
Решая полученное кубическое уравнение по стандартной программе,
получим:
kHX 8762,01
;
kHX 4173,22
;
kHX 2288,143
.
Критические силы будут, соответственно, равны:
кНXF
кр
2,87610
3
11,
;
кНXF
кр
3,241710
3
22,
;
кНXF
кр
8,1422810
3
33,
.
Итак, получены три значения критических сил
кр
F
, из которых для
практических расчетов используется наименьшее, т. е.
НFF
кр
к2,876
1,min
.
29
В рассматриваемом примере
213
FFF
, а три корня
3,2,1кр,
,,
кркр
FFF
уравнения (2.23) располагаются следующим образом:
3,22,131, кркркр
FFFFFF
. Это значит, что значения изгибно-
крутильных критических сил не совпадают с изгибными эйлеровыми и
крутильными критическими силами, располагаемыми в промежутке между
ними. При этом наименьшая критическая изгибно-крутильная сила
НFF
кр
к2,876
1,min
получилась меньше эйлеровой критической силы
кНF 97,1526
1
.
Отсюда можно заключить, что для несимметричного тонкостенного
профиля, центр изгиба которого не совпадает с центром тяжести сечения,
действительной формой потери устойчивости является изгибно-крутильная,
причем соответствующая наименьшая критическая сила оказалась меньше
эйлеровой и чистой критической.
Частные случаи симметричных сечений при центральном сжатии
тонкостенного стержня
1. Сечение с одной осью симметрии (например, ось y)
Координата центра изгиба z0=0.
В этом случае определитель (2.22) принимает вид:
0
0
0
00
3
2
00
02
1кр
FFryF
yFFF
FF
кркр
кркр
. (2.24)
Раскладывая определитель (2.24) по минорам первого столбца, получим:
0
3
2
0
0
02
1кр
FFr
yF
yFFF
FF
кр
кр
кркр
.
Отсюда найдем следующие три значения критических сил:
1кр,1
FF
. (2.25)
Следовательно, потеря устойчивости стержня в плоскости симметрии
независима от кручения, а соответствующая критическая сила определяется
формулой Эйлера. Таким образом, необходимо считаться только с
выпучиванием, происходящим перпендикулярно плоскости симметрии, а
также и с кручением. Раскрывая определитель
0
3
2
0
0
02
FFr
yF
yFFF
кр
кр
кркр
0
2
0
2
32
2
0
yFFFFFr
кркркр
,
получим квадратное уравнение:
0
32
2
032
2
0
22
0
2
0
FFrFFFrFyr
kpkp
.
30
Решая полученное квадратное уравнение, найдем остальные критические
силы:
2
0
2
0
32
2
0
2
0
2
0
2
32
2
2
032
2
0
3,2,
2
4
yr
FFyrrFFrFFr
F
kp
. (2.26)
В рассматриваемом случае эйлерова форма потери устойчивости
возникает в плоскости той оси, на которой расположен центр изгиба (ось y).
Если жесткость стержня на изгиб в указанном направлении (ось y) меньше
жесткости в направлении другой оси (ось z), то соответствующая
критическая сила может оказаться наименьшей и расчет на устойчивость
необходимо вести по ней. При жесткости стержня на изгиб в направлении
оси z, большей чем в направлении оси y, меньшее значение критической
силы могут дать две другие критические силы из уравнения (2.26),
соответствующие изгибно-крутильным формам потери устойчивости.
Пример 2. Выполнить расчет на устойчивость центрально сжатого
стержня (рис. 2.4, а).
Рис. 2.4
Поперечное сечение показано на рис. 2.4, б. Концевые сечения
стержня закреплены от поступательных перемещений v и w, а также и от
вращательного перемещения в своей плоскости. Центр изгиба находится
на оси y.
Геометрические и физические характеристики:
5мl
;
2
76,53 смА
;
см02,50y
;
00z
;
4
7756смIy
;
4
5,742 смIz
;
4
54,11 смIk
;
6
208106смI
;
2
2
4
2
1
/92,23076
3,01
101,2
1
смкН
E
E
;
2
/8000 смкНG
;
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]