材料力学习题册答案-第9章-压杆稳定

第 九 章 压 杆 稳 定 一、选择题 1、一理想均匀直杆受轴向压力P=PQ时处于直线平衡状态。在其受到一微小横向干扰力后发生微小弯曲变形，若此时解除干扰力，则压杆（ A ）。 A、弯曲变形消失，恢复直线形状； B、弯曲变形减少，不能恢复直线形状； C、微弯状态不变； D、弯曲变形继续增大。 2、一细长压杆当轴向力P=PQ时发生失稳而处于微弯平衡状态，此时若解除压力P，则压杆的微弯变形（ C ） A、完全消失 B、有所缓和 C、保持不变 D、继续增大 3、压杆属于细长杆，中长杆还是短粗杆，是根据压杆的（ D ）来判断的。 A、长度 B、横截面尺寸 C、临界应力 D、柔度 4、压杆的柔度集中地反映了压杆的（ A ）对临界应力的影响。 A、长度，约束条件，截面尺寸和形状； B、材料，长度和约束条件； C、材料，约束条件，截面尺寸和形状； D、材料，长度，截面尺寸和形状； 5、图示四根压杆的材料与横截面均相同， 试判断哪一根最容易失稳。答案：（ a ） 6、两端铰支的圆截面压杆，长1m，直径50mm。其柔度为 ( C ) A.60； B.66.7； C.80； D.50 7、在横截面积等其它条件均相同的条件下，压杆采用图（ D ）所示截面形状，其稳定性最好。

8、细长压杆的（ A ），则其临界应力σ越大。 A、弹性模量E越大或柔度λ越小； B、弹性模量E越大或柔度λ越大； C、弹性模量E越小或柔度λ越大； D、弹性模量E越小或柔度λ越小； 9、欧拉公式适用的条件是，压杆的柔度（ C ）

A、λ≤ PE B、λ≤sE

C、λ≥ PE D、λ≥sE 10、在材料相同的条件下，随着柔度的增大（ C ） A、细长杆的临界应力是减小的，中长杆不是； B、中长杆的临界应力是减小的，细长杆不是； C、细长杆和中长杆的临界应力均是减小的； D、细长杆和中长杆的临界应力均不是减小的； 11、两根材料和柔度都相同的压杆（ A ） A. 临界应力一定相等，临界压力不一定相等； B. 临界应力不一定相等，临界压力一定相等； C. 临界应力和临界压力一定相等； D. 临界应力和临界压力不一定相等； 12、在下列有关压杆临界应力σe的结论中，（ D ）是正确的。 A、细长杆的σe值与杆的材料无关；B、中长杆的σe值与杆的柔度无关； C、中长杆的σe值与杆的材料无关；D、粗短杆的σe值与杆的柔度无关； 13、细长杆承受轴向压力P的作用，其临界压力与（ C ）无关。 A、杆的材质 B、杆的长度 C、杆承受压力的大小 D、杆的横截面形状和尺寸 二、计算题 1、 有一长l=300 mm，截面宽b=6 mm、高h=10 mm的压杆。两端铰接，压杆材料为Q235钢，E=200 GPa，试计算压杆的临界应力和临界力。 解：（1）求惯性半径i 对于矩形截面，如果失稳必在刚度较小的平面内产生，故应求最小惯性半径

mm 732.1126121123minminbbhhbAIi （2）求柔度λ λ=μl/i，μ=1， 故 λ=1×300/1.732=519>λp=100 （3）用欧拉公式计算临界应力

MPa 8.652.1731020ππ24222cr

E

（4）计算临界力 Fcr=σcr×A=65.8×6×10=3948 N=3.95 kN

2、一根两端铰支钢杆，所受最大压力KNP8.47。其直径mmd45，长度mml703。

钢材的E=210GPa，p=280MPa，2.432。计算临界压力的公式有：(a) 欧拉公式；(b)

直线公式cr=461-2.568(MPa)。 试 （1）判断此压杆的类型； （2）求此杆的临界压力； 解：（1） 1 8621PE 5.624dlil 由于12，是中柔度杆。 （2）cr =461-2.568MPa KNAPcrcr478

3、活塞杆（可看成是一端固定、一端自由），用硅钢制成，其直径d=40mm，外伸部分的最大长度l=1m，弹性模量E=210Gpa， 1001。 试（1）判断此压杆的类型；（2）确定活塞杆的临界载荷。

解：看成是一端固定、一端自由。此时2

，而 ，所以， 。

故属于大柔度杆- 用大柔度杆临界应力公式计算。

4、托架如图所示，在横杆端点D处受到P=30kN的力作用。已知斜撑杆AB两端柱形约束（柱形较销钉垂直于托架平面），为空心圆截面，外径D=50mm、内径d=36mm，材料为A3钢，E=210GPa、p=200MPa、s=235MPa、a=304MPa、b=1.12MPa。若稳定安全系数nw=2，试校

杆AB的稳定性。

1.5m0.5mPCABD第第第第30o

解 应用平衡条件可有 0AM，107N5.05.11040230sin5.123PNBDkN

2cm837.32A，4cm144yI，cm04.2yi，4cm1910xI

cm64.7xi A3钢的 4.99P

，1.57S

压杆BA的柔度

Sxxil7.220764.0

30cos

5.11

Pyyil9.820209.0

30cos

5.11

因x、y均小于P，所以应当用经验公式计算临界载荷 N109.8212.130400329.0)(6ycrcrbaAAP

695kN

压杆的工作安全系数

55.6107695stnn BA压杆的工作安全系数小于规定的稳定安全系数，故可以安全工作。

5、 如图所示的结构中，梁AB为No.14普通热轧工字钢，CD为圆截面直杆，其直径为d=20mm，二者材料均为Q235钢。结构受力如图所示，A、C、D三处均为球铰约束。若已知pF=25kN，

1l=1.25m，2l=0.55m，s=235MPa。强度安全因数sn=1.45，稳定安全因数st[]n=1.8。试校

核此结构是否安全。

解：在给定的结构中共有两个构件：梁AB，承受拉伸与弯曲的组合作用，属于强度问题；杆CD，承受压缩荷载，属稳定问题。现分别校核如下。 (1) 大梁AB的强度校核。大梁AB在截面C处的弯矩最大，该处横截面为危险截面，其上的弯矩和轴力分别为 3maxp1(sin30)(25100.5)1.25MFl° 315.6310(Nm)15.63(kNm) 3Npcos302510cos30FF°° 321.6510(N)21.65(kN) 由型钢表查得14号普通热轧工字钢的

333222102cm10210mm21.5cm21.510mmzWA 由此得到 33maxNmax392415.631021.6510102101021.51010zMFWA

6163.210(Pa)163.2(MPa) Q235钢的许用应力为

ss235[]162(MPa)1.45n

max略大于[]，但max([])100%[]0.7%5%，工程上仍认为是安全的。 (2) 校核压杆CD的稳定性。由平衡方程求得压杆CD的轴向压力为

Npp2sin3025(kN)CDFFF°

因为是圆截面杆，故惯性半径为 5(mm)4IdiA 又因为两端为球铰约束1.0，所以 p31.00.55110101510li 这表明，压杆CD为细长杆，故需采用式(9-7)计算其临界应力，有 222932Pcrcr2220610(2010)41104EdFA

352.810(N)52.8(kN) 于是，压杆的工作安全因数为 crPcrwstwN52.82.11[]1.825CDFnnF

这一结果说明，压杆的稳定性是安全的。 上述两项计算结果表明，整个结构的强度和稳定性都是安全的。 6、一强度等级为TC13的圆松木，长6m，中径为300mm，其强度许用应力为10MPa。现将圆木用来当作起重机用的扒杆，试计算圆木所能承受的许可压力值。

解：在图示平面内，若扒杆在轴向压力的作用下失稳，则杆的轴线将弯成半个正弦波，长度系数可取为1。于是，其柔度为 168010.34li 根据80，求得木压杆的稳定因数为 22110.39880116565

从而可得圆木所能承受的许可压力为 62[][]0.398(1010)(0.3)281.34FA(kN) 如果扒杆的上端在垂直于纸面的方向并无任何约束，则杆在垂直于纸面的平面内失稳时，只能视为下端固定而上端自由，即2。于是有

2616010.34li

求得 22280028000.109160

62[][]0.109(1010)(0.3)774FA(kN) 显然，圆木作为扒杆使用时，所能承受的许可压力应为77 kN，而不是281.3 kN。

7、 如图所示，一端固定另一端自由的细长压杆，其杆长l = 2m，截面形状为矩形，b = 20 mm、h = 45 mm，材料的弹性模量E = 200GPa 。试计算该压杆的临界力。若把截面改为b = h =30 mm，而保持长度不变，则该压杆的临界力又为多大？ 解：（一）、当b=20mm、h=45mm时 （1）计算压杆的柔度 22000692.82012li＞123c(所以是大柔度杆，可应用

欧拉公式) (2)计算截面的惯性矩 由前述可知，该压杆必在xy平面内失稳，故计算惯性矩

4433100.312204512mmhbIy

（3）计算临界力 μ = 2，因此临界力为 kNNlEIFcr70.337012210310200289222