Основы теории и расчета тонкостенных стержней открытого профиля на устойчивость. Учебное пособие

31

26

1

10985,178 кНсмIE

y



;

26

1

10135,17 кНсмIE

z



;

2

92320кНсмGIk

;

47

1

10245,480 кНсмIE 



.

Краевые условия и функции, соответствующие принятым краевым условиям, идентичны соответствующим условиям из примера 1.

По формулам (2.14), (2.21) определим:

 

222

0

28,183

76,53

5,7427756

02,5 смr 





;

кН

l

IEF

z

8,675

105

10135,17

42

2

6

2

11









;

кН

l

IEF

y

88,7058

105

10985,178

42

2

6

2

12









;

кНGIIE

r

F

k

7,1535

28,183

1032,92

105

10245,480

105

1

3

42

2

7

42

2

1

2

0

3











 





 













.

Согласно (2.25),

кНFF 8,675

1кр,1



.

Оставшиеся две критические силы найдем из уравнения (2.26):

   

 









2

0

2

0

32

2

0

2

0

2

0

2

32

4

032

2

0

3,2,

2

4

yr

FFyrrFFrFFr

F

kp











5,316

11077411576672

5,316

10880,12510589,2481576672

1010

,2

8481,6

кр

F кН

;

кр,3

1481,6F кН

.

Наименьшей является критическая сила

кНFF 8,675

1кр,1



,

соответствующая изгибной форме потери устойчивости.

2. Сечение, симметричное относительно двух осей

В этом случае

000 zy

и определитель (5.55) принимает вид:

 

0

00

3

2

0

2

1кр





FFr

FF

кр

   

0

321кр

 FFFFFF

кркр

.

Таким образом:

,1 1кр

FF

;

,2 2кр

FF

;

,3 3кр

FF

.

Отсюда следует, что эйлеровская теория продольного изгиба справедлива лишь для тонкостенного стержня с симметричным поперечным сечением. Но и в этом случае, помимо двух изгибных форм потери устойчивости, возможна также и крутильная форма потери устойчивости, причем критическая сила, ей соответствующая, может быть наименьшая.

Все рассмотренные выше выводы основаны на решении по формуле (2.19), предусматривающем шарнирное закрепление концов

32

стержня. Без какого-либо осложнения можно взять решение в более общей форме, приняв:

l

xn

Av

иц



sin

1..



;

l

xn

Aw

иц



sin

2..



;

l

xn

A





sin

3



.

Это соответствует предположению, что при выпучивании стержень подразделяется на n полуволн. При этом предыдущие заключения будут иметь силу также и в этом случае; необходимо только подставить в

выражение (2.21) значения

222

/ln



вместо

22

/l



. Соответствующие

критические значения нагрузки будут, естественно,

ольшимиб



, чем получаемые при выпучивании по одной полуволне. Это представляет практический интерес только в том случае, если стержень имеет промежуточные равноотстоящие боковые опоры.

3. Жесткое защемление концов стержня

Если концы стержня защемлены, то краевые условия будут:

0v 

;

0w 

;

0

;

0v; 0w; 0





при x=0 и x=l.

Так как при выпучивании возникнут концевые изгибающие моменты, необходимо вместо уравнений (2.7) взять уравнения в виде:

   

0

ц.и.10ц.и...1









x

zицz

vIEzvFvIE



   

0

ц.и.10ц.и...1









x

yицy

wIEywFwIE



󰇬. (2.27)

Уравнения (2.27) совместно с уравнением (2.16) определят теперь

форму выпучивания стержня и соответствующие критические силы. Все эти уравнения и концевые условия будут выполняться, если в качестве функций



,, wv

возьмем

 



 



 x

l

Av



2

cos1

1ц.и.

;

x

ll

Av



2

cos

4

2

1ц.и.





;

 



 



 x

l

Aw

иц



2

cos1

2..

;

x

ll

Aw

иц



2

cos

4

2

2..





; (2.28)

 



 



 x

l

A





2

cos1

3

;

x

ll

A





2

cos

4

2

3





.

Подставляя эти выражения в уравнения (2.16) и (2.28), получим, для вычисления критических сил, следующую систему уравнений:

2

11031

2

11

42

cos1

2

cos1

2

cos

4

l

AIEx

l

zAx

l

AFx

ll

AIE

zz





 



 



 



 





 



 





;

2

21032

2

21

42

cos1

2

cos1

2

cos

4

l

AIEx

l

yAx

l

AFx

ll

AIE

yy





 



 



 



 





 



 





;

 

 x

l

rFGI

l

Ax

ll

AIE

k





2

cos

42

cos

16

2

0

2

3

4

31

0

2

cos

42

cos

4

0

2

20

2

1





 





 



 x

l

y

l

A

l

z

l

AF



.

33

Упростим полученную систему уравнений:

0

2

cos1

2

cos1

2

cos1

4

0311

2

1



 



 





 



 





 



 



 x

l

zFAx

l

FAx

l

A

l

IE

z



;

0

2

cos1

2

cos1

2

cos1

4

0322

2

1



 



 





 



 





 



 



 x

l

yFAx

l

FAx

l

A

l

IE

y



;

 

0

2

cos

2

cos

2

cos

4

0201

2

033

2

1

 x

l

yAzAFx

l

rFGIAx

l

A

l

IE

k





.

Сокращая первые два уравнения на

 



 



 x

l



2

cos1

, а третье – на

x

l



2

cos

и

группируя по коэффициентам A1, A2, A3, получим:

0

4

031

2

1





 





 



 zAFA

l

IEF

z



;

0

4

032

2

1





 





 



 yAFA

l

IEF

y



; (2.29)

 

0

4

20103

2

1

2

0





 





 



 AyAzFAGI

l

IErF

k





.

В системе уравнений (2.29) введем обозначения:

2

11

4

l

IEF

z





;

2

12

4

l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

41





, (2.30)

где, как и в уравнениях (2.21), 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

020133

2

0

 yAzAFAFFr



. (2.31)

Чтобы иметь искривленную форму равновесия сжатого стержня, уравнения (2.31) должны давать для A1, A2 и A3 решения, отличные от нуля, что возможно только, если детерминант данной системы уравнений обращается в нуль. Приравнивая к нулю детерминант системы уравнений (2.31), получим:

 

00

0

3

2

000

02

01кр









FFryFzF

yFFF

zFFF

кркркр

кркр

кр

.

Раскрывая определитель, получим для вычисления критических сил

те же уравнения (2.23):

 

 



22

01

2 02

2

0321

3

кр

2

0

2

0

2

0 кр

FyFzFrFFFFrzy

 

0

321

2

0323121

2

0

 FFFrFFFFFFFr

кр

.

34

Необходимо только в обозначениях (2.21)

22

/l



заменить на

22

/4 l



.

В итоге придем к обозначениям (2.30) для тонкостенного стержня с жестким защемлением концов.

Для сечения с одной осью симметрии (например, ось y) критические

силы определяются по формулам (2.25) и (2.26). Входящие в них обозначения F1, F2, F3 вычисляются по формулам (2.30).

Пример 3. Выполнить расчет на устойчивость центрально сжатого

стержня (рис. 2.5, а).

Рис. 2.5

Поперечное сечение показано на рис. 2.5, б. Концевые сечения

стержня жестко защемлены. Центр изгиба находится на оси y.

Геометрические и физические характеристики:

м5l

;

2

76,53 смА 

;

см02,50y

;

00z

;

4

7756смIy

;

4

5,742 смIz

;

4

54,11 смIk

;

6

208106смI 



;

2

1

/92,23076 смкНE 

;

2

/8000 смкНG 

;

26

1

10985,178 кНсмIE

y



;

26

1

10135,17 кНсмIE

z



;

2

92320кНсмGIk

;

47

1

10245,480 кНсмIE 



.

Так как концы стержня защемлены, то краевые условия будут:

0v 

;

0w 

;

0

;

0v; 0w; 0





при x=0 и x=l.

В качестве функций



,, wv

берем:

 



 



 x

l

Av



2

cos1

1ц.и.

;

x

ll

Av



2

cos

4

2

1ц.и.





;

35

 



 



 x

l

Aw

иц



2

cos1

2..

;

x

ll

Aw

иц



2

cos

4

2

2..





;

 



 



 x

l

A





2

cos1

3

;

x

ll

A





2

cos

4

2

3





.

По формулам (2.14), (2.30) определим:

 

22

0

28,183

76,53

5,7427756

02,5 смr 





;

кН

l

IEF

z

12,2703

105

4

10135,17

4

42

2

6

2

11









;

кН

l

IEF

y

52,28235

105

4

10985,178

42

2

6

2

12









;

кНGIIE

r

F

k

4633

45,183

1032,92

105

4

10245,480

105

1

3

42

2

7

42

2

1

2

0

3











 





 













.

Согласно (2.25),

кНFF 1,2703

1кр,1



.

Оставшиеся две критические силы найдем из уравнения (2.26):











5,316

105995,4100297,6

5,316

101907,15103458,36100297,6

6612126

кр.2,3

F

кНF

кр

6,33583

2,



и

кНF 8,4518

кр,3



.

Наименьшей является критическая сила

кНFF 1,2703

1кр,1



,

соответствующая изгибной форме потери устойчивости.

4. Один конец стержня жестко защемлен, а другой свободен

Краевые условия:

0v 

;

0w 

;

0

;

0v

;

0w

;

0





при x=0;

0



B

01









IE

0







.

Так как при выпучивании стержня в заделке возникают изгибающие моменты, то необходимо вместо уравнений (2.7) взять уравнения (2.27):

   

1 . . ц.и. 0 1 ц.и.

0

z ц и z

x

E I v F v z E I v



 

    

   

1 . . ц.и. 0 1 ц.и.

0

y ц и y

x

E I w F w y E I w



 

    

󰇲

.

Уравнения (2.27) совместно с уравнением (2.16) определят теперь форму выпучивания стержня и соответствующие критические силы. Все эти уравнения и концевые условия будут выполняться, если в качестве функций

v, w

,  возьмем:

 



 



 x

lAv2

cos1

1ц.и.



;

x

ll

Av

2

cos

4

2

1ц.и.







;

 



 



 x

l

Aw

иц

2

cos1

2..



;

x

ll

Aw

иц

2

cos

4

2

2..







; (2.32)

 



 



 x

lA2

cos1

3





;

x

ll

A

2

cos

4

2

3









.

36

Подставляя эти выражения в уравнения (2.16) и (2.27), получим, для вычисления критических сил, следующую систему уравнений:

2

11031

2

11

42

cos1

2

cos1

2

cos

4 l

AIEx

l

zAx

l

AFx

ll

AIE

zz





 



 



 



 





 



 





;

2

21032

2

21

42

cos1

2

cos1

2

cos

4 l

AIEx

l

yAx

l

AFx

ll

AIE

yy





 



 



 



 





 



 





;

 

 x

l

rFGI

l

Ax

ll

AIE

k





2

cos

42

cos

16

2

0

2

3

4

31

0

2

cos

42

cos

4

0

2

20

2

1





 





 



 x

l

y

l

A

l

z

l

AF



.

Упростим полученную систему уравнений:

0

2

cos1

2

cos1

2

cos1

4

0311

2

1



 



 





 



 





 



 



 x

l

zFAx

l

FAx

l

A

l

IE

z



;

0

2

cos1

2

cos1

2

cos1

4

0322

2

1



 



 





 



 





 



 



 x

l

yFAx

l

FAx

l

A

l

IE

y



;

 

0

2

cos

2

cos

2

cos

4

0201

2

033

2

1

 x

l

yAzAFx

l

rFGIAx

l

A

l

IE

k





.

Сокращая первые два уравнения на

 



 



 x

l2

cos1



, а третье – на

x

l2

cos



и

группируя по коэффициентам A1, A2, A3, получим:

0

031

2

1





 





 



 zAFA

l

IEF

z



0

032

2

1





 





 



 yAFA

l

IEF

y



 

0

20103

2

1

2

0





 





 



 AyAzFAGI

l

IErF

k







.

В полученной системе уравнений введем обозначения:

2

11

4l

IEF

z





;

2

12

4l

IEF

y





; (2.33)



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

4

1





.

37

Тогда:

 

0

0311

 zFAAFF

 

0

0322

 yFAAFF

   

0

020133

2

0

 yAzAFAFFr



.

Приравнивая к нулю детерминант данной системы уравнений, получим:

 

00

0

3

2

000

02

01кр









FFryFzF

yFFF

zFFF

кркркр

кркр

кр

.

Раскрывая определитель, получим для вычисления критических сил

те же уравнения (2.23):

 

 



22

01

2 02

2

0321

3

кр

2

0

2

0

2

0 кр

FyFzFrFFFFrzy

 

0

321

2

0323121

2

0

 FFFrFFFFFFFr

кр

.

Необходимо только в обозначениях (2.21)

22

/l



заменить на

22

4/ l



.

В итоге придем к обозначениям (2.33).

Для сечения с одной осью симметрии (например, ось y) критические

силы определяются по формулам (2.25) и (2.26). Входящие в них обозначения F1, F2, F3 вычисляются по формулам (2.33).

Пример 4. Выполнить расчет на устойчивость центрально сжатого

стержня (рис. 2.6, а). Поперечное сечение показано на рис. 2.6, б. Нижний конец стержня защемлен, верхний – свободен от закрепления. Центр изгиба находится на оси y.

Рис. 2.6

Геометрические и физические характеристики:

м5l

;

2

76,53 смА 

;

см02,50y

;

00z

;

4

7756смIy

;

4

5,742 смIz

;

4

54,11 смIk

;

6

208106смI 



;

38

2

1

/92,23076 смкНE 

;

2

/8000 смкНG 

;

26

1

10985,178 кНсмIE

y



;

26

1

10135,17 кНсмIE

z



;

2

92320кНсмGIk

;

47

1

10245,480 кНсмIE 



.

Краевые условия:

0v 

;

0w 

;

0

;

0v

;

0w

;

0





при x=0;

0



B

01









IE

0







.

В качестве функций

v, w

,  берем:

 



 



 x

lAv2

cos1

1ц.и.



;

x

ll

Av

2

cos

4

2

1ц.и.







;

 



 



 x

l

Aw

иц

2

cos1

2..



;

x

ll

Aw

иц

2

cos

4

2

2..







;

 



 



 x

lA2

cos1

3





;

x

ll

A

4

cos

4

2

3









.

По формулам (2.14), (2.33) определим:

 

22

0

28,183

76,53

5,7427756

02,5 смr 





;

кН

l

IEF

z

9,168

1054

10135,17

4

42

2

6

2

11









;

кН

l

IEF

y

7,1764

1054

10985,178

4

42

2

6

2

12









;

кНGIIE

r

F

k

1,762

28,183

1032,92

1054

10245,480

1054

1

3

42

2

7

42

2

1

2

0

3













 





 













.

Согласно (2.25),

кр,1 1

2703,1FF кН

.

Оставшиеся две критические силы найдем из уравнения (2.26):

   

 

2

0

2

0

32

2

0

2

0

2

0

2

32

4

032

2

0

3,2,

2

4

yr

FFyrrFFrFFr

F

kp







.

Тогда











16,316

6,4456596,463093

16,316

10601,155810726,21446,463093

88

3,2.кр

F

кНF

кр

3,2874

16,316

6,4456596,463093

2,







и

кНF

кр

1,55

16,316

6,4456596,463093

3,







.

Наименьшей является критическая сила

кНF 1,55

кр,3



, соответствующая

изгибно-крутильной форме потери устойчивости стержня.

5. Один конец стержня жестко защемлен, а другой шарнирно оперт

Профессором Власовым В.З. дан анализ решения при краевых

условиях, отличающихся от шарнирного закрепления обоих концов стержня [3].

39

Основные результаты проведенного анализа: – критическая сила при любом случае закрепления концов стержня

определяется по уравнению (2.23);

– отдельные величины уравнения (2.23) умножаются на поправочные

коэффициенты kij, определяющие характер краевых условий:

2

1111

l

IEkF

z





;

2

1222

l

IEkF

y





; (2.34)



 





 





k

GI

l

IEk

r

F

2

133

2

0

3

1





.

– вводятся приведенные координаты центра изгиба A0:

0230

yky 

;

0130

zkz 

.

Уравнение (2.23) критических сил тогда будет иметь вид:

 

 



22

01

2

02

2

0321

3

кр

2

0

2

0

2

0 кр

FyFzFrFFFFrzy

 

0

321

2

0323121

2

0

 FFFrFFFFFFFr

кр

. (2.35)

В частности, для стержня, жестко защемленного на одном конце, а на втором – шарнирно опертого, коэффициенты имеют следующие значения:

1223,411k

;

1223,422k

;

092,233k

;

8746,013k

;

8746,023k

. (2.36)

Пример 5. Выполнить расчет на устойчивость центрально сжатого

стержня (рис. 2.7, а). Поперечное сечение показано на рис. 2.7, б. Нижний конец стержня жестко защемлен; верхний – шарнирно оперт. Центр изгиба находится на оси y.

Рис. 2.7

40

Геометрические и физические характеристики:

5мl 

;

2

76,53 смА 

;

см02,50y

;

00z

;

4

7756смIy

;

4

5,742 смIz

;

4

54,11 смIk

;

6

208106смI 



;

2

4

2

1

/92,23076

3,01

101,2

1

смкН

E

E 













;

2

/8000 смкНG 

;

26

1

10985,178 кНсмIE

y



;

26

1

10135,17 кНсмIE

z



;

2

92320кНсмGIk

;

47

1

10245,480 кНсмIE 



;

 

2

0

36,177

76,53

5,7427756

8746,002,5 смr 





.

Краевые условия и функции, соответствующие принятым краевым

условиям, берем из примера 2. По формулам (2.34) и (2.36) определим:

кН

l

IEkF

z

8,2785

105

10135,171223,4

42

2

6

2

1111









;

кН

l

IEkF

y

8,29098

105

10985,1781223,4

42

2

6

2

1222









;

кНGIIEk

r

F

k

5,2754

36,177

1032,92

105

10245,480092,2

105

1

3

42

2

7

42

2

133

2

0

3













 





 













.

Согласно (2.25),

.8,2785

1кр,1

кНFF 

Оставшиеся две критические силы найдем из уравнения (2.26):

   

 













18,316

47882605649501

2

4

2

0

2

0

32

2

0

2

0

2

0

2

32

4

032

2

0

3,2,

yr

FFyrrFFrFFr

F

kp

кНF

кр

1,33012

2,



и

кНF 9,2723

кр,3



.

Наименьшей является критическая сила

кНF 9,2723

кр,3



,

соответствующая изгибно-крутильной форме потери устойчивости.