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时间:2019-03-05
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1、9.1、如图所示组合杆各段弯曲刚度均为EI,试求使临界载荷F最大的x值。按cr欧拉大柔度杆理论计算。FABCxl解:杆段AB为两端铰支压杆,BC为一端自由、另一端固定压杆,它们的临界载荷分别为22ABπEIBCπEIF=,F=(1)cr2cr2x[2(lx−)]由于式(1)两临界载荷最小者决定组合临界载荷,故有ABBCFF=(2)crcr将式(1)代入(2),得22x=−[2(lx)]2x=l(3)39.2、图(a)所示立柱截面为3bb×的矩形,弹性模量为E,上面与一刚性桌面、下面与刚性基础固结,铅垂载荷F位于两立柱截面中心连线的中
2、点。设立柱为大柔度杆,结构自重不计。(1)试求立柱失稳临界载荷F;cr0(2)如果将立柱绕自身轴线转90安装,即其截面在x轴方向长3b,y轴方向宽b,临界载荷又为多少?Fya/2a/2x3b⊗zlbOx()a解:(1)如果立柱在Oxz平面内失稳,则它的一端固定、另一端可水平移动,但转角保持为零。长度因数µ=1x221ππEIEIxxF==(1)cr1222(µll)x2242πEIπEbxF==(2)cr122ll2如果立柱在Oyz平面内失稳,则立柱得一端固定、一端自由,µ=2y2242πEI9πEbyF==(3)cr222(2)l
3、l8故立柱在Oxz平面内失稳,临界载荷24πEbFF==(4)crcr122l4Eb(2)由于µµ=>2,I=
4、由结点A的平衡得两杆轴力31FF==,FF(1)NN1222Ii=(2)A(1)1杆的柔度3µµll1212110××11λ====86.6(3)1ib401λ<<λλ,故1杆为中度柔度杆,许用载荷为0p2222FNcr1,bσcr2(3041.12)b−λ1[]F===133nnstst3nst(4)2240××−×(3041.1286.6)5==1.2710×Nk=127N33×(2)2杆的柔度3µµll44××1103×22λ====>139λ(5)2pid502故2杆为大柔度杆,许用载荷为2F223EIEd4Nc2,rππ[
5、]F===222nlnl96nst21stst(6)334π×××2001050==135kN2961000××3故[][]127F=Fk=N(7)1相关讨论:对于多根压杆的静不定问题,需分别分析各杆的稳定性,对大柔度杆用Euler公式,对中柔度杆通常用经验公式,小柔度杆属于强度问题。9.4、图(a)所示,杆AB长l,弯曲刚度EI,为大柔度杆,蝶形弹簧常数为k(使M蝶形弹簧产生单位转角所需力矩)。求确定临界载荷的特征方程。ABFl()aw'FBδwAxB()b解:如图(b),设压杆AB在轴向力F作用下处于微弯平衡状态,压杆挠曲轴近似
6、微分方程为2dwMx()=(1)2dxEI又压杆x截面的弯矩为M()xFw=(δ−)(2)将式(2)代入(1):2dw22+=kykδ(3)2dxF其中k=(4)2EI方程(3)的通解可写为wyAk==sinxBk+cosx+δ(5)压杆的位移边界条件为在x=0处w=0(6)A2MFkδEIδA在x=0处θ===(7)AkkkMMM在x=l处w=δ(8)B将通解(5)代入位移边界条件(6),得δ=−B(9)将通解(5)代入条件(7),得kEIδA=(10)kM将通解(5)代入条件(8),得klMkltgkl⋅=()(11)EI由此可
7、求kl和Fcr当k=∞时tgkl()=∞(12)M1故kl==nπ(1n,3,5??)(13)2取n=1,得2πEIF=(14)cr24l上式正是一端固定、一端自由压杆的临界载荷。9.5、图(a)所示刚架弯曲刚度EI,求结构稳定临界载荷F。crMBFFF+≈lCδBMBBllxAAw()a()bθBMBCBMBMBll()c解:见图(a)所示,考虑刚架的微弯平衡,AB段受压,BC段可看作对AB段的弹性支撑。将结构从刚结点B处切开,AB和BC段内力分别如图(b)和(c)所示。对于图(c)MlBθ=(1)B3EIMB对于图(b),轴向力
8、由于相对于F很小(微弯),可以略去。压杆AB在x截l面的弯矩为M()xFMF=δ−−w(2)B代入压杆挠曲轴近似微分方程得2dwEI=−−FδMFw(3)2Bdx22dw22kMB2F或+=−kwkδ,k=(4)2dxFEI方程(4)
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