Лекции по основам устойчивости сооружений. Агалов М.Ш. - 42 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВСГУТУ | Улан-Удэ

Составители: 

Рубрика: 

42
В нашем случае 57,128,6 φφ
υ
.
Так как диапазон все ещё достаточно широк, отметим,
что возможность горизонтальных смещений значительно
уменьшает жесткость системы и поэтому целесообразно за-
даваться значением, более близким к нижнему пределу.
1)
Задаемся значениями
;2=
υ
5,175,0;82,241,1 =
=
υ
υ
По таблице находим:
.1965,0)41,1(
;598,0)(;0893,0)75,0(;9313,0)(
;1744,1)41,1(;7016,0)41,1(;8590,0)(
2
24
322
=
===
=
=
=
υη
υηυηυϕ
υ
ϕ
υ
ϕ
υ
ϕ
Обозначив левую часть уравнения устойчивости бук-
вой A, правую – буквой B, получаем:
[
]
20,5
27016,0
)1745,17016,02(
28590,0
9313,09
167,100893,011,7197,0598,012
22
1
1
=
+
+⋅
+
+
⋅
=
=
⋅
++
=
B
A
2)
Задаемся значениями
;88,175,0;52,341,1;5,2
=
=
=
υ
υ
υ
;8909,0)(;327,1)41,1(
;495,0)41,1(;772,0)(
43
22
==
==
υϕυϕ
υϕυϕ
.2602,0)41,1(;3701,0)(;4420,0)75,0(
321
−
=
=
−
=
υ
η
υ
η
υ
η
.73,4;84,1
22
=
−= BA
Построим график изменения величин A и B, считая их
изменяющимися по линейному закону в небольшом диапа-
зоне υ (2,5> υ < 2,0) (рис. 46). Принимаем υ=2,23. Критиче-
ский параметр нагрузки:
EJ
EJ
EJ
P
кр
311,0
4
23,2
2
2
2
2
===
υ
.
Коэффициенты свободных длин стоек:
.0,1
23,241,1
14,3
,87,1
23,275,0
14,3
,41,1
23,2
14,3
3
3
1
2
1
1
=
⋅
==
=
⋅
==
===
υ
π
µ
υ
π
µ
υ
π
µ
13.31. Использование симметрии
В методе перемещений использование симметрии при
расчете на устойчивость возможно только при симметрич-
ной нагрузке. При симметричной нагрузке в момент потери
устойчивости возможны как симметричные, так и кососим-
метричные формы потери устойчивости. В общем случае не-
возможно заранее установить, какому виду деформации со-
ответствует наименьшая критическая нагрузка, поэтому
приходится рассматривать оба вида деформации.
Пример: (рис.47).
0
0
0
3133322311
233222211
133122111
=++
=++
=
+
+
rZrZrZ
rZrZrZ
rZrZrZ
0
111
=
=
rD
0
3332
2322
2
=
=
rr
rr
D
Так как в крайних стойках нет продольной силы, то
0
11
φ
r
, следовательно,
0
1
=
Z
и рама теряет устойчивость по
кососимметричной форме. 
     В нашем случае 6,28 φ υ φ 1,57 .                                          Коэффициенты свободных длин стоек:
     Так как диапазон все ещё достаточно широк, отметим,                                            π 3,14
                                                                                              µ1 = =          = 1,41,
что возможность горизонтальных смещений значительно                                                 υ1 2,23
уменьшает жесткость системы и поэтому целесообразно за-                                          π     3,14
даваться значением, более близким к нижнему пределу.                                       µ2 = =                = 1,87,
                                                                                                υ1 0,75 ⋅ 2,23
     1) Задаемся значениями                                                                       π     3,14
     υ = 2; 1,41υ = 2,82; 0,75υ = 1,5                                                       µ3 =     =            = 1,0.
                                                                                                 υ 3 1,41 ⋅ 2,23
     По таблице находим:
       ϕ 2 (υ ) = 0,8590; ϕ 2 (1,41υ ) = 0,7016; ϕ 3 (1,41υ ) = 1,1744;
                                                                                           13.31. Использование симметрии
       ϕ 4 (υ ) = 0,9313;   η (0,75υ ) = 0,0893;    η 2 (υ ) = 0,598;
     η 2 (1,41υ ) = 0,1965.                                                    В методе перемещений использование симметрии при
                                                                          расчете на устойчивость возможно только при симметрич-
       Обозначив левую часть уравнения устойчивости бук-                  ной нагрузке. При симметричной нагрузке в момент потери
вой A, правую – буквой B, получаем:                                       устойчивости возможны как симметричные, так и кососим-
               A1 = 12[0,598 + 0,197] + 7,11 ⋅ 0,0893 = 10,167            метричные формы потери устойчивости. В общем случае не-
                                                                          возможно заранее установить, какому виду деформации со-
                    9 ⋅ 0,9313 2 (2 ⋅ 0,7016 + 1,1745) 2
              B1 =               +                       = 5,20           ответствует наименьшая критическая нагрузка, поэтому
                    0,8590 + 2          0,7016 + 2                        приходится рассматривать оба вида деформации.
       2) Задаемся значениями
                   υ = 2,5; 1,41υ = 3,52; 0,75υ = 1,88;                        Пример: (рис.47).
                ϕ 2 (υ ) = 0,772; ϕ 2 (1,41υ ) = 0,495;                                        Z 1 r11 + Z 2 r12 + Z 3 r13 = 0
               ϕ3 (1,41υ ) = 1,327; ϕ 4 (υ ) = 0,8909;                                         Z 1 r21 + Z 2 r22 + Z 3 r23 = 0
 η1 (0,75υ ) = −0,4420; η 2 (υ ) = 0,3701; η 3 (1,41υ ) = −0,2602.                            Z 1 r31 + Z 2 r32 + Z 3 r313 = 0
                    A 2 = −1,84;      B 2 = 4,73.                                                       D1 = r11 = 0
       Построим график изменения величин A и B, считая их                                                 r    r 
изменяющимися по линейному закону в небольшом диапа-                                               D2 =  22 23  = 0
зоне υ (2,5> υ < 2,0) (рис. 46). Принимаем υ=2,23. Критиче-                                                r32 r33 
ский параметр нагрузки:                                                         Так как в крайних стойках нет продольной силы, то
                           υ 2 EJ 2,23 2 EJ                               r11 φ 0 , следовательно, Z 1 = 0 и рама теряет устойчивость по
                     Pкр = 2 =                = 0,311EJ .                 кососимметричной форме.
                              l        42
                                                                                                                                      42

Страницы