电子科大-材料力学-第九章重点习题

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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）