Примеры решения задач на устойчивость сжатых стержней

Автор работы: Пользователь скрыл имя, 13 Декабря 2012 в 19:32, задача

Описание работы

Задача 5.1
На стальную колонну из двух швеллеров №20, имеющую защемленную
опору (рис. 5.4) длиной l=3 м, приложена сосредоточенная сила Р.
Требуется:
1. Определить допускаемое значение силы Рдоп, если коэффициент запаса
устойчивости равна ку=2,0, и механические характеристики материала
равны σпц=σу=180 МПа, σт=240 МПа, Е=2,1·105 МПа.
Задача 5.3
На стальную колонну, закрепленную как показано на рис. 5.6,
коробчатого сечения с толщиной стенки t=0,2а действует сжимающая сила
Р=200 кН.
Требуется:
1. Определить размеры поперечного сечения колонны, если
γ ⋅γ ⋅ R = [σ ] = 180МПа н , Е=2,1·105 МПа.
2. Определить значение коэффициента устойчивости.

Скачать архив (152.55 Кб) Сколько стоит заказать работу?
Файлы: 1 файл

Примеры решения задач на устойчивость сжатых стержней.pdf

— 161.58 Кб (Скачать файл)
Page 1
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ
СТЕРЖНЕЙ
Задача 5.1
На стальную колонну из двух швеллеров №20, имеющую защемленную
опору (рис. 5.4) длиной l=3 м, приложена сосредоточенная сила Р.
Требуется:
1. Определить допускаемое значение силы Р
 доп
 , если коэффициент запаса
устойчивости равна к
 у
 =2,0, и механические характеристики материала
равны σ
 пц
 =σ
 у
 =180 МПа, σ
 т
 =240 МПа, Е=2,1·10
 5
 МПа.
Рис. 5.4
Решение
Из таблицы сортаментов выписываем необходимые геометрические
характеристики швеллера №20.
Н=20 см, b=7,6 см, z
 0
 =2,07 см, А=23,4 см
 2
 , I
 x
 =1520 см
 4
 , I
 y
 =113 см
 4
 .
Определяем минимальный осевой момент инерции (относительно оси
Y):
 (
)
 4
2
min
 см
2,
1657
4,
23
)
07
,2
6,
7(
113
2
=
⋅
−
+
⋅
=
=
 y
 I
I
 .
Минимальный радиус инерции сечения:
 см
95
,5
4,
23
2
2,
1657
 min
 =
⋅
=
=
=
A
I
i
i
 y
y
 .
Приведенная длина и гибкость стержня при принятом закреплении
колонны определяется по:
 8,
100
95
,5
600
и
см
600
300
0,
2
 min
0
0
 =
=
=
=
⋅
=
⋅
=
i
l
l
l
λ
µ
 .
Определяем границы применения формул Эйлера и Ясинского:
 3,
107
10
073
,1
180
10
1,
2
14
,3
 2
5
2
2
 =
⋅
=
⋅
⋅
=
=
=
 пц
пц
пред
 Е
σ
π
λ
λ
 ;
 l
 Р
y
x
Page 2

,
88
,
92
240
10
1,
2
14
,3
 5
2
т
2
0
 =
⋅
⋅
=
=
σ
π
λ
Е
 отсюда:
 .3,
107
88
,
100
88
,
92
 0
 =
<
=
<
=
 пц
 λ
λ
λ
 Следовательно, критические напряжения в колонне определяем из
формулы Ясинского:
 МПа
678
,
187
3,
107
14
,1
310
=
⋅
−
=
⋅
−
=
λ
σ
b
а
 пр
 .
Критическая сила
 кН.
878,3
МН
8783
,0
10
4,
46
678
,
187
 4
 =
=
⋅
⋅
=
⋅
=
 −
 А
Р
 кр
кр
 σ
 Допускаемая сила
 кН.
2,
439
0,
2
3,
878
 доп
 =
=
=
 у
кр
 к
Р
Р
 Задача 5.2
Стальная стойка круглого поперечного сечения диаметром d=50 мм и
длиной l=2,0 м, закрепленный обоими концами шарнирно, сжимается
продольным усилием N.
Требуется:
1. Определить критическое значение сжимающей силы Р, если σ
 пц
 =160
МПа, σ
 т
 =240 МПа, Е=2,1·10
 5
 МПа.
2. Определить допускаемое значение силы Р
 доп
 , если к
 у
 =1,8.
Рис. 5.5
Решение
Для круглого сечения относительно любой центральной оси осевой
момент инерции определяется по:
 4
4
4
 cм
66
,
30
4
5,
2
14
,3
4
=
⋅
=
=
=
R
I
I
 y
x
 π
 .
Площадь поперечного сечения стойки:
 2
2
2
 см
625
,
19
5,
2
14
,3
=
⋅
=
= R
А π
 .
Радиус инерции сечения и приведенная длина стойки:
Р
 l
D
Page 3

м
2,0
cм
200
200
1
см,
25
,1
625
,
19
66
,
30
 0
 =
=
⋅
=
⋅
=
=
=
=
l
l
A
I
i
 x
 µ
 .
Гибкость стойки:
 160
25
,1
200
 min
0
 =
=
=
i
l
λ
 .
Предел применения формулы Эйлера:
 4,
129
160
10
1,
2
14
,3
 5
2
2
 =
⋅
⋅
=
⋅
=
 пц
пц
 Е
σ
π
λ
 .
Получилось, что гибкость стойки λ=160 больше, чем λ
 пц
 =129,4,
следовательно, критическую силу определяем по формуле Эйлера:
 кН.
101
МН
101
,0
0,
2
10
66
,
30
10
1,
2
14
,3
 8
5
2
2
0
2
 =
=
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
=
 −
 l
ЕI
N
Р
 кр
кр
 π
 Определяем допускаемое значение сжимающей силы:
 кН.
16
,
56
8,
1
101
 доп
 =
=
=
 у
кр
 к
N
P
 Задача 5.3
На стальную колонну, закрепленную как показано на рис. 5.6,
коробчатого сечения с толщиной стенки t=0,2а действует сжимающая сила
Р=200 кН.
Требуется:
1. Определить
размеры
поперечного
сечения
колонны, если
 [ ]
 МПа
180
=
=
⋅
⋅
σ
γ
γ
R
 н
 , Е=2,1·10
 5
 МПа.
2. Определить значение коэффициента устойчивости.
Page 4

Рис. 5.6.
Решение
Определяем необходимые геометрические характеристики сечения:
Минимальный осевой момент инерции:
 ( )
 4
3
3
min
 1379
,0
12
6,
0
6,
1
12
2
a
a
a
a
I
I
 y
 =
⋅
−
⋅
=
=
 .
Площадь сечения:
 2
 04
,1
6,
0
6,
1
2
a
a
a
a
a
A
=
⋅
−
⋅
=
 .
Минимальный радиус инерции сечения:
 36
,0
04
,1
1349
,0
 2
4
min
min
 a
a
a
A
I
i
=
=
=
 .
Гибкость колонны:
 a
a
i
l
700
36
,0
360
7,
0
 min
0
 =
⋅
=
=
λ
 .
При принятом закреплении бруса коэффициент приведения длины
стержня µ=0,7 (
 l
l
⋅
= µ
 0
 ).
Определение размеров сечения производим итерационным методом,
задаваясь первоначальным значением коэффициента продольного изгиба
 5,
0
 0
 =
ϕ
 .
Из условия устойчивости сжатой колонны определяем размеры
поперечного сечения:
 [ ]
[ ]
 ,
см
62
,4
18
5,
0
04
,1
200
04
,1
:
отсюда
,
=
⋅
⋅
=
⋅
≥
≤
σ
ϕ
σ
ϕ
 кр
кр
 Р
а
А
P
 l
 Р
y
x
 2a
a
t
Page 5

где
 [ ]
 2
 см
кН
18
МПа
180
=
=
=
⋅
⋅
σ
γ
γ
R
 н
 .
1.
 5,
151
62
,4
700
=
=
λ
 из таблицы 5.1 коэффициента продольного изгиба в
зависимости от гибкости стержня принимаем при λ=150
 ϕ
 =0,32.
2.
 .
25
,
137
5,1
700
см,
1,
5
18
41
,0
04
,1
200
,
41
,0
2
32
,0
5,
0
=
=
=
⋅
⋅
≥
=
+
=
λ
ϕ
а
 ср
 Из таблицы
принимаем при λ=130,
ϕ
 =0,4;λ=140,
 ϕ
 =0,36. Интерполируя эти
значения при λ=137,25, получаем
 ϕ
 =0,371.
3.
 .
62
,
134
5,2
700
см,
2,
5
18
3925
,0
04
,1
200
,
3925
,0
2
375
,0
41
,0
=
=
=
⋅
⋅
≥
=
+
=
λ
ϕ
а
 ср
 Из
таблицы принимаем при λ=130,
ϕ
 =0,4;
λ=140,
ϕ
 =0,36. Интерполируя
эти значения при λ=134,62, получаем
 ϕ
 =0,38152.
4.
 3,
133
5,25
700
см,
25
,5
18
387
,0
04
,1
200
,
387
,0
2
38152
,0
3925
,0
=
=
=
⋅
⋅
≥
=
+
=
λ
ϕ
а
 ср
 ,
отсюда получаем:
 ϕ
 =0,38667.
При четвертой попытке
 ϕ
 ср
 =0,387 практически равен полученному
 ϕ
 =0,38667.
Проверяем условие устойчивости колонны:
 2
2
 см
кН
004
,
18
25
,5
04
,1
38667
,0
200
=
⋅
⋅
=
⋅
=
ϕ
σ
A
P
 ,
что практически равно
 [ ]
 2
 см
кН
18
=
σ
 .
Окончательно принимаем
а=5,25 см и λ=133,3.
Для определения коэффициента запаса устойчивости к
 у
 определяем
критическую силу для нашей стойки при принятых размерах:
 3,
133
25
,
107
180
10
1,
2
14
,3
 5
2
2
 =
<
=
⋅
⋅
=
=
=
λ
σ
π
λ
λ
 пц
пц
пред
 Е
 .
Следовательно,
 (
)
 кН.
75
,
60
8
МН
86075
,0
6,
3
7,
0
10
25
,5
1379
,0
10
1,
2
14
,3
 4
2
5
2
2
0
min
2
 =
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
 −
 l
ЕI
Р
 кр
 π
3,
4
200
75
,
860
=
=
=
Р
Р
к
 кр
у
 .
Значения коэффициента
 ϕ
 Таблица 5.1
Page 6

Значения
 ϕ
 для
Значения
 ϕ
 для
Гибкость
 min
 i
l⋅
=
µ
λ
 Стали марок
3
и
4
Стали марки
5
чугуна
дерева
Гибкость
 min
 i
l⋅
=
µ
λ
 Стали марок
3
и
4
Стали марки
5
чугуна
дерева
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
1,0
0,99
0,97
0,95
0,92
0,89
0,86
0,81
0,75
0,69
0,60
1,0
0,98
0,96
0,93
0,89
0,85
0,80
0,74
0,67
0,59
0,50
1,0
0,97
0,91
0,81
0,69
0,57
0,44
0,34
0,26
0,20
0,16
1,0
0,99
0,97
0,93
0,87
0,80
0,71
0,60
0,48
0,38
0,31
110
120
130
140
150
160
170
180
190
200
0,52
0,45
0,40
0,36
0,32
0,29
0,26
0,23
0,21
0,19
0,43
0,37
0,32
0,28
0,25
0,23
0,21
0,19
0,17
0,16
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
0,25
0,22
0,18
0,16
0,14
0,12
0,11
0,10
0,09
0,08
 Задача 5.4
На стальную колонну из трубы с наружным диаметром 125 мм и
толщиной стенки t=12,5 мм, закрепленной как показано на рис. 5.7.
Требуется:
1. Определить критическую силу энергетическим методом.
2. Полученные результаты сравнить с критической силой колонны
концевыми шарнирными опорами.
Рис. 5.7
Решение
В момент потери устойчивости при критическом состоянии согласно
принципа Лагранжа-Дирихле приращение потенциальной энергии системы
равно нулю ∆U=0, которое складывается из уменьшения потенциала силы Р
 (
)
 δ⋅
=
∆
P
U
 P
 и потенциальной энергии изгиба
 (
)
 изг
 U
∆
 .
 l
D
 Р
 l/2
 Р
 кр
 δ
 A
B
 t
 B
A
 y
z
 f
y
 0
Page 7

0
=
⋅
−
∆
=
∆
δ
 кр
изг
 P
U
U
 ,
отсюда:
 δ
 изг
кр
 U
Р
∆
=
 .
Потенциальная энергия упругой деформации при изгибе:
 ( )
 ∫
∫
 =
=
∆
 l
l
х
изг
 dz
y
EI
EI
dz
М
U
 2
min
2
 "
2
1
2
1
 ,
где
 "y
EI
M
 x
 ⋅
=
 .
Перемещение точки приложения силы Р вследствие деформации
изгиба, определяется:
 ( )
 ∫
 =
 l
 dz
y
 2
 '
2
1
δ
 ,
отсюда:
 ( )
( )
 ∫
∫
 =
 l
l
кр
 dz
y
dz
y
EI
P
 2
2
min
 '
"
 .
Для решения этого интегрального уравнения задаемся приближенной
функцией изогнутой оси колонны y=f(z), отвечающей всем граничным
условиям задачи в момент потери устойчивости:
 l
z
f
y
y
2
sin
 0
 ⋅
⋅
−
=
π
 ;
Граничные условия:
При z=0,
y=y
 0
 (на верхнем конце колонны);
 2
l
z =
 ,
 0
707
,0
 0
 =
⋅
−
=
f
y
y
 (на опоре В);
z=l,
 f
y
y
−
=
 0
 (на середине пролета АВ);
 l
z
2
3
=
 ,
 0
707
,0
 0
 =
⋅
−
=
f
y
y
 (на опоре А).
Определяем:
 l
z
l
f
y
l
z
l
f
y
2
sin
4
"
,
2
cos
2
'
 2
2
 ⋅
⋅
=
⋅
−
=
π
π
π
π
 ;
Получаем:
 МН
13382
,0
3847
,0
2
cos
2
sin
4
 2
min
2
5,
1
0
2
5,
1
0
2
2
2
min
 =
=
⋅
=
 ∫
∫
 l
EI
dz
l
z
dz
l
z
l
EI
P
 l
l
кр
 π
π
π
π
 ,
где
 ;
9092
,0
)1
(
1592
,0
75
,0
5,
1
180
sin
2
5,
1
2
1
2
2
sin
2
4
1
2
1
2
sin
 5,
1
0
5,
1
0
2
 l
l
l
l
l
l
l
z
l
l
z
dz
l
z
 l
l
 =
⋅
−
⋅
−
⋅
=
=
⋅
⋅
−
⋅
=


















⋅
⋅
⋅






−
=
 ∫
 π
π
π
π
Page 8

;
5908
,0
1592
,0
75
,0
2
2
sin
2
4
1
2
1
2
cos
 5,
1
0
5,
1
0
2
 l
l
l
z
l
l
z
dz
l
z
 l
l
 =
⋅
−
⋅
=


















⋅
⋅
⋅






+
=
 ∫
 π
π
π
 (
)
(
)
 D
d
D
I
=
=
−
⋅
=
−
=
α
α
π
,
cм
8,
419
9,
0
1
5,
12
05
,0
1
64
 4
4
4
4
4
min
 ;
 2
8
5
min
 м
МН
882
,0
10
8,
419
10
1,
2
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
 −
 EI
 .
При закреплении колонны концевыми шарнирными опорами
критическую силу определяем по формуле Эйлера:
 МН
1546
,0
5,
7
882
,0
14
,3
 2
2
2
0
min
2
 =
⋅
=
⋅
=
l
ЕI
Р
 кр
 π
 .
Следовательно, при заданном закреплении критическая сила по
сравнению колонны с концевыми шарнирными опорами уменьшается:
 155
,1
13382
,0
1546
,0
=
=
n
 раза.

Информация о работе Примеры решения задач на устойчивость сжатых стержней