Феодосьев В.И. Сопротивление материалов 1986 г. (1240839), страница 67
Текст из файла (страница 67)
р ~р 631 р=г р=г р=г р г л= р=1 р=2 Р=сг 7 4 Ю т ас. 44О Это — число, показывающее, во сколько раз следует уве- личить длину шарнирно опертого стержня, чтобы критиче- ская сила для него равнялась критической силе стержня длиной 1 в рассматриваемых условкях закрепления. Лля стержня, защемленного на одном конце и свободного на другом, р=2.
Для стержня, показанного на рис. 439, р=1/2. На рис. 440 показано несколько видов зал, крепления стержня и указаны соответствую- щие значения коэффициента приведения дли- ны р. Во всех случаях, кроме последнего, значение р определяется путем простого со- поставления упругой линии изогнутого стерж- ня с длиной полуволны синусоиды при шар- нирном закреплении. Последний случай пз показанных на рис. 440 нужно рассмотреть особо. Здесь на УпРУгой линии стеРжнЯ имеютсЯ две точки, Ри, 441 в которых кривизна равна нулю: точка А и точка В (рис. 441). В отличие от других случаев зти точки не находятся на прямой, параллельной липин действия силы Р.
Следовательно, здесь возникает поперечная сила й4 (рис. 441), которая в рассмотренных ранее случаях закреп- ления отсутствовала, ГЛ. !В УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ 426 Составим дифференциальное уравнение упругой линии изогнутого стержня.
Очевидно, Е3у" = — Ру+ К (1 — г), или же у"-,'-й у= — (1 — г), !г е,г Откуда у = С, з( и йг + С, соз йг+ Е Аи (1 — г). Е Постоянные С„С, и Р должчы быть подобраны так, чтобы удовлетворялись следующие гр.!ничные условия: при г=О у=О н у'=О, а при г=1у=О. Соответственно этим условиям выписываем три уравнения: С+ =О, Сй — — =О, Ф Е ЕИь ' ' ЕКАВ С! 3!п И+С, соз й(=О.
Теперь имеются две возможности. 1) Система дает решение С,=С,=О, ГТ=О. Тогда у— = О н стержень остается прямым. Этот случай нас не интересует. 2) Постоянные С„С, и 1т не все равны нулю, и стержень, следовательно, получает поперечные перемещения. Система однородных уравнений дает ненулевое решение только в том случае, когда ее определитель равен нулю. Таким образом, получаем условие искривления стержня в виде Е,И~ ! Е ЕГас о о ! В О и!и Ы сои Ы Рис. 442 откуда 1я й(= й(. (12. 12) Это трансцендентное уравнение должно быть решено относительно й1. Надо сказать, что в задачах, связанных с определением критических сил, необходимость решать трансцендентные уравнения является скорее правилом, чем исключением.
4 ач. Влияние услОВиЙ ВАкРепления 421 В данном примере и ему подобных проще всего предварительно изобразить на чертеже зависимость от И правой и левой частей уравнения (см. рис. 442). Из таких графиков всегда можно ориентировочно установить, где следует искать наименьший, отличный от нуля корень, В данном примере видно, что искомое И имеет значение, несколько меньшее ЗЫ2. Затем, задавшись, например, значением И,=4, проделаем на калькуляторе несколько раз операцию агс1~Ы,+И=И„д.
В итоге И= 1/ — 1= 4,49. Г Р Е1 Тогда 4,42дЕУ лзЕУ Р - (О,11)Д Таким образом, рдж0,7. Рассмотрим несколько более сложных примеров на определение критических сил. П р и и е р 12.1. Определить критическую силу для стержня с двумя участками различной жесткости (рис. 443). )Кестность одного участка в четыре раза больше идесткости другого. 1Р Соотнетственоо для перного и второго участнов получаем уравнения ха у Е)уд+ Руд —— О, 4Еууг+ Руд = О, (1) Р Обозначаем = — йд.
Тогда 4Е1 у",+4йау,=О, о",+Алу,=-О, откуда уды - Сд з1п 2йа+Сд соз 2)г, Уз=Саади (да+С, соз Яа. Рпс, 443 Из условия, что при з=о прогиб у,=о, получаем С,=О. Далее, имеем еще три условия, 'при з=(/2 перемещения у,=у, и уд=уд, и при г=1прогиб у,=о. Соответственно выписываем три ураниенпя: ы, ы Ст з1п Ы = Са'з!п — + Сд соз —, 2 2 ' )Ы ы 2Сд соз Ы = Са соч — — Сд з)ч — е 2 2 Са з1п И+Се оь Ы О ГЛ. )Р. УСТОЙЧИВОСТЪ РАВНОВЕСИЯ 428 . Приравниваем нулю определитель этой системы И вЂ” сочв 2 И з!и— 2 соз И И в)п )э! — з!и— 2 И 2 сов И вЂ” сов 2 0 з)пИ И И откуда получаем два уравнения: з!п — =0 и гяз — =2. Наимепь. 2 2 И ший отличный от нуля корень получаем из условия )2 — = Р 2, 2 )4,0Е3 2 — =0,965.
Тогда Р,р— ар — (з П р и м е р !2.2. Определить критическую силу для шарнирно закрепленного стержня, нагруженного продольной силой посере. дине (рас. 444). 44 Здесь для перзозо и второго участков имеем ЕЗУ, = — Р— г, Еууз= — Р— г+Р (à — у,), 1 или ьзу ! г 4 у",= — — г, уз+йзузу йз((1 — — ), откуда /гзг гз у, = — — — +Стг+ С„ б Рис. 444 уз=Сев!и за+Се созда+! (! — — у!, гА !) йз) (з — — +С,— =/, 43 " 2 И И ! Сз з)п — +Сз соэ — + — !'=), 2 2 2 уз!! И . И + Сз Сзй соз Сзй зш 8 ' 2 2 Сз з)п И+ Се соз И= О. При г=О прогиб У,=О.
Следовательно, С,=О. При г=((2 перемещения ут=г, уз=/ и уз=уз, а при г=! прогиб У,=О. Таким образом, получаем следующие четыре уравнения: В З4. ВЛИЯНИЕ УСЛОВИЙ ЗАКРЕПЛЕНИЯ 429 Приравниваем нулю определитель втой системы, рассматривая См Св, С, и Г как неизвестные. Тогда откуда 141 ЗИ!2 2 (ИГ2)в — 9 Наименьший корень етого уравнения ИГ2= — 2,16. Тогда 18,УЕГ Гав (в П р и м е р 12.3.
Определить критическую силу для ззшемленного стер4кня, к свободному концу которого передается через жесткий шатун длины а сила Р (рис, 445). Рис. 445 Отбрасываем жесткий шатун н прикладываем к упругому стержню продольную силу Р' Р и поперечную силу, равную РГГа. Тогда ЕГ у" = Р (à — у) + Р— (1 — г), а или у"+й у=в ) 1+ — — —, ,Г 1 гй а о)' откуда 1 гй у=Сд в!и йг+С, сов йг+Г (1+ — — — ) . а а) Далее, имеем граничные условия; при г=б у=б и у'=О, а при г=1 у=). Таким образом, получаем три уравнения; Сз+Г (1+ — ) =О, Стй — ) — =О, С!в)и И+С,сов И= О. 1 и а И з!п —, 2 И вЂ” й сов— 2 в!и И И сов— 2 И й в)и— 2 соз И йв!в — !в 48 1 2 ! АЧ 1 8 О 430 Гл.
!а. устОйчиВОсть Рлп!Говасия 11рнравнивая нулю определитель втой системы, приходим н следуаощсаау трансцендентному уравнению: Гкы=ы!+ — ' !,' яз которого и определяется нритичесиая сила в зависимости от отношения ап, В частности, при а=-О приходим в уравнению (12,!2), а при даду а=ос крвтичесиая сила оказывается равной 4, , что и было получено ранее для защемленного одним воином стержня. Последний пример заслуживает дополнительного обсуждения.
Упругий стержень нагружен сжимающей силой, но она передается через жесткий шатун и при отклонении стержня 3 меняет направление линии своего действия. Поэтому критическая сила зависит от длины шатуна. Выясняется, что устойчивость определяется не только услови ямн закрепления стержня, не только самой силой, но и ее поведениедг при ма- тГ я" Ву Зу Р ~ ау ЛЫХ ВОЗМущсиняХ. ч Р Если никаких оговоРис.
446 рок о поведении силы не делается, то принято считать, что при отклонении стержня сила Р (рис. 446, а) сохраняет направление Вертикали. Но, вообще говоря, об устойчивости стержня, показанного на рис. 446, а, ничего сказать нельзя, пока не задан характер поведения приложенных сил.
А возможностей здесь много. В частности, на рис. 446, б, в, г показаны примеры одинаково, казалось бы, нагруженных стержней, имеющих, однако, различные значения критических сил. $86. Устойчивость плоской формы изгиба Хорошо известно, что в некоторых случаях плоская форма изгиба стержня становится неустойчивой. При потере устойчивости происходит изгиб во второй плоскости и одновременно возникает кручение. Наиболее заметно это проявляется у стержней, имеющих большую жесткость в плоскости действия внешних сил и малую жесткость — во второй главной плоскости.
4 85. УСТОЙЧИВОСТЬ ПЛОСКОЙ ФОРМЫ ИЗГИБА 43! Рассмотрим балку (рис. 447), нагруженную на концах моментами, действующими в вертикальной плоскости. Условия закрепления иа концах будем считать допускающими свободный поворот сечения при изгибе как в одной, так и в другой плоскости и в то же время запрещающими поворот при кручении. Жесткость в плоскости заданных внешних моментов предполагается достаточно большой. Это позволяет считать, что до потери устойчивости брус сохраняет в основном прямолинейную форму.
Представим себе, что брус изогнулся в плоскости, перпендикулярной плоскости моментов %, и Рис. 447 одновременно закрутился. На рис. 447 форма изогнутого бруса показана так, что перемещение у и его первая и вторая производные положительны. Это исключает ошибку в знаках при составлении уравнений. В произвольном сечении, расположенном иа расстоянии г от левого конца, момент относительно оси х,(рис.
447) равен М„,„= — %~р, где ф — угол поворота рассматриваемого сечения относительно продольной оси. Знак минус поставлен в связи стем, что момент М„,„направлен в сторону уменьшения кривизны. Крутящий момент в том же сечении равен М„=%0, где О=у' есть угол поворота сечения относительно вертикальной оси, а %0 — составляющая момеята % относительно оси г, (рис. 447). Пользуясь известными соотношениями Е30' = М„,„, 6/„(р' = М„ получим следующие дифференциальные уравнения: Е(0' = — %ср, 67„<р' = %0.
(! 2З 3) Здесь под Е1 понимается жесткость бруса на изгиб в на- 432 ГЛ. )2. УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ правлении, перпендикулярном плоскости действия внешних моментов 8)1. Величина б/„представляет собой жесткость на кручение. Исключая из уравнений (12.13) 8, получим р"+А'гр=О, где Б)э ОУ„.ЕУ 1 (12.14) откуда Гр=С, з)п /гз+Сз соз йг. (12.!5) Функция тр должна обращаться в нуль при 2=0 и 2=1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
