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

51

В случае шарнирного закрепления концов стержня уравнения (3.35) принимают вид:

 

011 AFF

;

 

0

322

 AFyAFF

F

;

 

0

33

2

02

 AFFrAFy

F

. (3.36)

Отсюда

11,FFкр



;

 

0

3

2

0

2.





FFryF

yFFF

крFкр

Fкркр

.

Раскрывая определитель, получим квадратное уравнение:

 

 

0

32

2

032

2

0

2

0

 FFrFFFrFyr

кркрF

.

Решая квадратное уравнение, получим:

 

2

0

32

2

0

2

0

2

32

2

032

2

0

3,2,

2

4

F

kp

yr

FFyrrFFrFFr

F







; (3.37)

2

11,

l

IEF

zкр





;

2

12

l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IEF

2

1

2

3

1







.

В случае жесткого защемления концов стержня в уравнениях (3.37) принимаем:

2

11

4

l

IEF

z





;

2

12

4

l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

41





.

В случае, когда один конец стержня жестко защемлен, а другой свободен, в уравнениях (3.37) принимаем:

2

11

4l

IEF

z





;

2

12

4l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

4

1





.

Вариант 3. Сжимающая сила F приложена в плоскости xz (

0

F

y

).

В случае шарнирного закрепления концов стержня уравнения (3.37) принимают вид:

 

2

0

31

2

0

2

0

2

31

2

031

2

0

3,1,

2

4

F

kp

zr

FFzrrFFrFFr

F







; (3.38)

2

11,

l

IEF

zкр





;

2

12,

l

IEF

yкр





;



 





 





kкр

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3,

1





.

В случае жесткого защемления концов стержня в уравнениях (3.38) принимаем:

2

11

4

l

IEF

z





;

2

12

4

l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

41





.

В случае, когда один конец стержня жестко защемлен, а другой свободен, в уравнениях (3.38) принимаем:

2

11

4l

IEF

z





;

2

12

4l

IEF

y





;



 





 





k

GI

l

IE

r

F

2

1

2

0

3

4

1





.

52

Вариант 4. Сжимающая сила F приложена в центре тяжести (

0

F

y; 0

F

z

).

Уравнения (3.33) принимают вид:

0

ц.и.

.

IV

ц.и.1





 vFvIE

z

;

0

ц.и.ц.и1





 wFwIE

IV

y

; (3.39)

 

0

2

01











FrGIIE

k

IV

.

В случае шарнирного закрепления концов стержня уравнения (3.39) принимают вид:

 

011 AFF

;

 

022 AFF

;

 

0

33

2

0

 AFFr

. (3.40)

Отсюда получим:

2

111,

l

IEFF

zкр





;

2

122,

l

IEFF

yкр





;



 





 





kкр

GI

l

IE

r

FF

2

1

2

0

33,

1





.

В случае жесткого закрепления концов стержня критические силы равны:

2

111,

4

l

IEFF

zкр





;

2

122,

4

l

IEFF

yкр





;



 





 





kкр

GI

l

IE

r

FF

2

1

2

0

33,

41





.

В случае, когда один конец стержня жестко защемлен, а другой свободен, критические силы равны:

2

111,

4l

IEFF

zкр





;

2

122,

4l

IEFF

yкр





;



 





 





kкр

GI

l

IE

r

FF

2

1

2

0

33,

4

1





.

Пример 6. Выполнить расчет на устойчивость внецентренно сжатого стержня (рис. 3.2, а).

Рис. 3.2

53

Поперечное сечение показано на рис. 3.2, б. Концевые сечения стержня закреплены от поступательных перемещений v и w, а также и от вращательного перемещения



в своей плоскости (шарнирное

закрепление). Центр изгиба находится на оси симметрии (ось y).

Геометрические и физические характеристики:

м5l

;

2

2,37 смА 

;

см19,90y

;

00z

;

4

5112смIy

;

4

4,653 смIz

;

4

10смIk

;

6

135555смI 



;

24

2

5

2

1

/10308,2

3,01

101,2

1

смкН

E

E 













;

23

/108 смкНG 

;

3,0



;

Рассмотрим несколько вариантов расположения точки приложения сжимающей силы F.

Вариант 1. Сжимающая сила F приложена в произвольной точке (см. рис. 3.2, б) контура поперечного сечения (точка B –

смy

F

45,6; смzF15

).

Вычислим коэффициенты уравнения (3.25):

26

1

10985,117 кНсмIE

y



;

26

1

10080,15 кНсмIE

z



;

2

80000

k

GI кНсм

;

74

1

312,861 10EI кНсм





;

22

0

2

0

2

0

44,239 см

A

II

zyr

zy







;

 

2

0

61,244 смyy

F



;





LL

32

(A) (A)

00

F0

zz

y dA+ z ydA

δ y ds +δ z yds

β = 2y = =

II





 





 





   

 

45,6

55,3

6

0

45,6

55,3

6

0

22

15

233

15

3

45,62152)55,3(45,622)55,3( dzzydydzzdzdyydz

I

z



см34,20)19,9(2 

;

 

22

0

2

63,37034,2045,644,239 смyr

yF







;

 

222

2

0

98,98 смzyy

FF







;

kH

l

IEF

z

73,594

105

10080,15

42

2

6

2

11









;

kH

l

IEF

y

14,4653

105

10985,117

42

2

6

2

12









;

22

64

2 2 2 4

11

3128,61 10 8 10 548,76

370,63

5 10

   



   



   

31ωk

ω

ππ

F = E I +GI = + = кH

βl

;

   

2

01

2

321

967217кНсмyyFzFFFF

FF







;

 

22

323121

2

2093015469 смкНFFFFFF 





;

239

321

2

10845,562 смкНFFF 





.

54

Подставив в (3.25), получим:

010845,56210015,209310217,96798,98

96233

кр



кркр

FFF

.

Упрощая, получим:

010686,510146,2110772,9

96233

кр



кркр

FFF

.

Введем обозначения:



 





 





3

10

кр

F

X

;

2

3

2

10



 





 





кр

F

X

;

3

10



 





 





кр

F

X

. (3.41)

Исходное кубическое уравнение в этом случае принимает вид:

0686,5146,21772,9

23

 XXX

.

Решая полученное кубическое уравнение, получим:

317,01X

;

543,12X

;

632,113X

.

Критические силы будут, соответственно, равны:

кНXF

кр

31710

3

11,



;

кНXF

кр

154310

3

22,



;

кНXF

кр

1163210

3

33,



.

Один из корней кубического уравнения получился отрицательным. Это указывает на то, что при больших эксцентриситетах нагрузки, стержень может потерять устойчивость под действием эксцентричного растяжения.

Вариант 2. Сжимающая сила F приложена в точке контура поперечного сечения (см. рис. 3.2, б), расположенной на оси симметрии (точка D –

смy

F

55,3;0

F

z

).

В этом случае имеем:

 

22

0

2

23,16734,2055,344,239 смyr

yF







;

 

2

0

81,31 смyy

F



;

kHGI

l

IEF

k

21,1216108

105

1061,3128

23,167

11

4

42

2

6

2

1

2

3





 





 











 





 











.

В этом случае уравнения (3.26) принимают вид:

кНFF

кр

7,594

11,



;

 

0

3

2

0

032.







FF

yyF

yyFFF

кр

Fкр

Fкркр





.

Значения определяем из уравнения (3.27):

 

   

 

2

0

2

32

2

0

22

2

32

2

32

2

3,2,

2

4

F

kp

yy

FFyyFFFF

F















;

33

.2,3

981,53 10 671,39 10

270,84

  



кр

F

.

Отсюда

кНF

кр

9,6102

2.



;

кНF

кр

1,1145

3.



.

Таким образом, минимальная критическая сила равна:

,(min) ,1

594,7

кр кр

FF кН

,

т. е. получили изгибную потерю устойчивости.

3,2,кр

F

55

Вариант 3. Сжимающая сила F приложена в центре изгиба (точка А0 – см. рис. 3.2, б).

В этом случае имеем:

смyy

F

19,90

;

00 zz

F

;

00 yy

F

;

 

22

0

2

52,5234,2019,944,239 смyr

yF







.

В результате получаем решения уравнений (3.28) в форме (3.31):

кНF

кр

7,594

1,



;

кНF

кр

12,4653

2,



;

kHGI

l

IEFF

kкр

6,3872108

105

1061,3128

52,52

11

4

42

2

6

2

1

2

33,





 





 











 





 











.

Пример 7. Выполнить расчет на устойчивость внецентренно сжатого стержня (рис. 3.3, а).

Рис. 3.3

Поперечное сечение показано на рис. 3.3, б. Концевые сечения стержня жестко защемлены. Центр изгиба находится на оси симметрии (ось

y).

Геометрические и физические характеристики взяты из примера 6:

5мl 

;

2

2,37 смА 

;

см19,90y

;

00z

;

4

5112смIy

;

4

4,653 смIz

;

4

10смIk

;

6

135555смI 



;

24

2

5

2

1

/10308,2

3,01

101,2

1

смкН

E

E 













;

23

/108 смкНG 

;

3,0



;

56

26

1

10985,117 кНсмIE

y



;

26

1

10080,15 кНсмIE

z



;

2

80000кНсмGIk

;

47

1

10861,312 кНсмIE 



;

22

0

2

0

2

0

44,239 см

A

II

zyr

zy







;

см

y

34,20



.

Рассмотрим несколько вариантов расположения точки приложения сжимающей силы F.

Вариант 1. Сжимающая сила F приложена в произвольной точке (см. рис. 3.3, б) контура поперечного сечения (точка B –

смy

F

45,6; смzF15

).

В этом случае имеем:

;63,37022см





 

2

0

61,244 смyy

F



;

 

222

2

0

98,98 смzyy

FF







;

kH

l

IEF

z

92,2378

105

4

10080,15

4

42

2

6

2

11









;

kH

l

IEF

y

56,18612

105

4

10985,117

4

42

2

6

2

12









;

kHGI

l

IEF

k

5,1547108

105

4

1061,3128

63,370

141

4

42

2

6

2

1

2

3





 





 











 





 











;

   

23

2

01

2

321

10236,3789 кНсмyyFzFFFF

FF







;

 

226

323121

2

10339,28450 смкНFFFFFF 





;

239

321

2

10524,25395 смкНFFF 





.

Подставим эти значения в (3.24) и получим кубическое уравнение для

010524,2539510339,2845010236,378998,98

96233

кр



кркр

FFF

.

Упрощая, получим:

010572,25610435,28710283,38

96233

кр



кркр

FFF

.

Введем обозначения согласно (3.41). Исходное кубическое уравнение в этом случае принимает вид:

0572,256435,287283,38

23

 XXX

.

Решая полученное кубическое уравнение, получим:

034,11X

;

24,15

2

X

;

276,163X

.

Критические силы будут, соответственно, равны:

кНXF

кр

103410

3

11,



;

кНXF

кр

1524210

3

22,



;

кНXF

кр

1627610

3

33,



.

Таким образом,

,(min) ,1

1034

кр кр

FF кН

.

Один корень получился отрицательным. Это указывает на то, что при больших эксцентриситетах нагрузки стержень может потерять устойчивость под действием эксцентричного растяжения.

57

Вариант 2. Сжимающая сила F приложена в точке контура поперечного сечения (рис. 3.4, б), расположенной на оси симметрии (точка D –

смy

F

55,3

;

00 zz

F

).

В этом случае имеем:

 

22

0

2

23,16734,2055,344,239 смyr

yF







;

 

2

0

81,31 смyy

F



;

kHGI

l

IEF

k

32,3430108

105

4

1061,3128

23,167

141

4

42

2

6

2

1

2

3





 





 











 





 











.

Это приводит уравнения (5.90) к следующему виду:

 

011 AFF

;

   

0

3022

 AyyFAFF

F

;

   

0

33

2

20

 AFFAyyF

F





,

где

кНF 9,2378

1



;

кНF 56,18612

2



;

кНF 32,3430

3



.

Тогда

кНFF

кр

9,2378

11,



;

 

0

3

2

0

032.







FF

yyF

yyFFF

кр

Fкр

Fкркр





.

Раскрывая определитель, получим квадратное уравнение:

 

 

 

0

32

2

32

22

2

01

2

 FFFFFFyyF

кркрF





.

Отсюда:

 

   

 

2

0

2

32

2

0

22

2

32

2

32

2

3,2,

2

4

F

kp

yy

FFyyFFFF

F















;







84,270

1069,27931023,3686

33

3,2.кр

F

кНF

кр

23925

2.



;

кНF

кр

3295

3.



.

Таким образом, минимальная критическая сила:

,(min) 1

2378,9

кр

FF кН

,

т. е. получили чисто изгибную потерю устойчивости.

Вариант 3. Сжимающая сила F приложена в центре изгиба (точка А0 – рис. 3.2, б).

В этом случае имеем:

смyy

F

19,90

;

00 zz

F

;

00 yy

F

;

 

22

0

2

52,5234,2019,944,239 смyr

yF







.

В результате получаем решения уравнений (3.28) в форме (3.31):

кНFF

кр

9,2378

11,



;

кНFF

кр

6,18612

22,



;

kHGI

l

IEFF

kкр

6,10920108

105

4

1061,3128

52,52

141

4

42

2

6

2

1

2

33,





 





 











 





 











.

58

Таким образом,

,(min) 1

2378,9

кр

FF кН

,

т. е. получили чисто изгибную потерю устойчивости.

Пример 8. Выполнить расчет на устойчивость внецентренно сжатого стержня (рис. 3.4, а).

Рис. 3.4

Поперечное сечение показано на рис. 3.4, б. Один конец стержня защемлен, второй свободен. Центр изгиба находится на оси симметрии (ось y).

Геометрические и физические характеристики взяты из примера 7:

5мl 

;

2

2,37 смА 

;

см19,90y

;

00z

;

4

5112смIy

;

4

4,653 смIz

;

4

10смIk

;

6

135555смI 



;

24

2

5

2

1

/10308,2

3,01

101,2

1

смкН

E

E 













;

23

/108 смкНG 

;

3,0



;

26

1

10985,117 кНсмIE

y



;

26

1

10080,15 кНсмIE

z



;

2

80000кНсмGIk

;

47

1

10861,312 кНсмIE 



;

22

0

2

0

2

0

44,239 см

A

II

zyr

zy







;

см

y

34,20



.

Рассмотрим несколько вариантов расположения точки приложения сжимающей силы F.

Вариант 1. Сжимающая сила F приложена в произвольной точке (см. рис. 3.4, б) контура поперечного сечения (точка B –

смy

F

45,6; смzF15

).

В этом случае имеем:

22

63,370 см





;

 

2

0

61,244 смyy

F



;

 

222

2

0

98,98 смzyy

FF







.

59

Из (3.18) имеем:

кН

l

IEF

z

68,148

10

10080,15

4

6

2

6

2

11





;

кН

l

IEF

y

28,1163

10

10985,117

4

6

2

6

2

12





;

кНGI

l

IEF

k

08,299108

10

1061,3128

63,370

1

4

1

4

6

2

6

2

1

2

3





 





 







 





 











;

   

23

2

01

2

321

10993,298 кНсмyyFzFFFF

FF







;

 

226

323121

2

10531,209 смкНFFFFFF 





;

239

321

2

10172,19 смкНFFF 





.

Подставим эти значения в (3.24) и получим кубическое уравнение для вычисления Fкр:

010172,1910531,20910993,29898,98

96233

кр



кркр

FFF

.

Упрощая, получим:

010194,010117,210021,3

96233

кр



кркр

FFF

.

Введем обозначения согласно (3.41). Исходное кубическое уравнение в этом случае принимает вид:

0194,0117,2021,3

23

 XXX

.

Решая полученное кубическое уравнение, получим:

1092,01X

;

4906,02X

;

6205,33X

.

Критические силы, соответственно, будут равны:

кНXF

кр

2,10910

3

11,



;

кНXF

кр

6,49010

3

22,



;

кНXF

кр

5,362010

3

33,



.

Один корень получился отрицательным. Это указывает на то, что при больших эксцентриситетах нагрузки стержень может потерять устойчивость под действием эксцентричного растяжения.

Вариант 2. Сжимающая сила F приложена в точке контура поперечного сечения (рис. 3.4, б), расположенной на оси симметрии (точка D –

смy

F

55,3

;

00 zz

F

).

В этом случае имеем:

 

22

0

2

23,16734,2055,344,239 смyr

yF







;

 

2

0

81,31 смyy

F



;

kHGI

l

IEF

k

84,662108

1054

1061,3128

23,167

1

4

1

4

42

2

6

2

1

2

3





 





 











 





 











.

Это приводит уравнения (5.90) к следующему виду:

 

011 AFF

;

   

0

3022

 AyyFAFF

F

;

   

0

33

2

20

 AFFAyyF

F





,

где

кНF 7,148

1



;

кНF 28,1163

2



;

кНF 84,662

3



.

Тогда

кНFF

кр

7,148

11,



; .

 

0

3

2

0

02.





FFyyF

yyFFF

крFкр

Fкркр





60

Раскрывая определитель, получим квадратное уравнение:

 

 

 

0

32

2

32

22

2

0

2

 FFFFFFyy

кркрF





.

Отсюда:

 

   

 

2

0

2

32

2

0

22

2

32

2

32

2

3,2,

2

4

F

kp

yy

FFyyFFFF

F















;







84,270

10193,1681055,244

33

3,2.кр

F

кНF

кр

9,1523

2.



;

кНF

кр

9,281

3.



.

Таким образом, минимальная критическая сила:

кНFF

кр

7,148

1(min),



,

т. е. получили чисто изгибную потерю устойчивости.

Вариант 3. Сжимающая сила F приложена в центре изгиба (точка А0 – см. рис. 3.2, б).

В этом случае имеем:

(

смyy

F

19,90

;

00 zz

F

);

 

22

0

2

52,5234,2019,944,239 смyr

yF







.

В результате получаем решения уравнений (3.28) в форме (3.32):

кНF

кр

7,148

1,



;

кНF

кр

4,1462

2,



;

kHGI

l

IEFF

kкр

6,2110108

1054

1061,3128

52,52

1

4

1

4

42

2

6

2

1

2

33,





 





 











 





 











.

Таким образом,

,(min) 1

148,7

кр

FFкН

,

т. е. получили чисто изгибную потерю устойчивости.

Пример 9. Выполнить расчет на устойчивость внецентренно сжатого стержня (рис. 3.5, а).

Рис. 3.5