Феодосьев В.И (823545), страница 67
Текст из файла (страница 67)
При малых отклонениях прямолинейного стержня, полагая522dS = dzид = О, имеем-Р + Ч = 0;(13.12)dz^ + (еХ Q) = 0.(13.13)dzОграничемся случаем, когда после потери устойчивостиосевая линия стержня есть плоская кривая1*. Это имеет местотолько тогда, когда при потере устойчивости не возникаюткрутящие моменты.В рассматриваемом частном случае входящие в уравненияравновесия векторы в декартовых осях равныQ = QAi + Qyh; q = 9*ч +м = Mzi3;е = (epi) ii + (ер2) i2 = costfij + sin 0 i2 ~ 1 ■ ч + 0i2-При потере устойчивости возможно появление распределенных силзависящих от прогибов стержня. Например,после потери устойчивости сжатого стержня, связанного супругим основанием (см.
рис. 4.47), при двухсторонней связи стержня с упругим основанием возникнут распределенныесилы qy = ~зеу (см. § 4.7).Из уравнений равновесия в проекциях на декартовые осиполучаемdQ—z +। Qz _— п.0,dzdQy_ пdz ”9»-0’dM_ _dz(13.14)1 Более общие уравнения равновесия стержня, нагруженного осевымисилами и крутящими моментами, когда после потери устойчивости осеваялиния стержня становится пространственной кривой, приведены в учебнике В,А. Светлицкого * Механик а стержней” (М., Высш. шк. 1987).523К полученным выражениям следует добавить еще двауравнения (см.
§ 4.6)d0Мdz ~ EJX~ ’dzгде EJX - наименьшая изгибная жесткость, которая в общемслучае зависит от 2.Из первого уравнения системы (13.14) находим осевую силуzогде С - произвольная постоянная, определяемая из конкретных условий нагружения. Например, если стержень сжимается только силой Р {q2 = 0) (см. рис. 13.1), то Qz = С = -Р.Если учитывать собственный вес стержня (q2 = —q) и силу Р,то осевая силаПри z — Iqz = — P, поэтомуВ результате систему уравнений, из которых можно определить критическое значение сосредоточенной силы Р и распределенной силы q для общего случая, когда при потереустойчивости появляются силыdQ л — п.dz~q*~ °’~ - Q + N(zdzdeМ~Гdz ~ IFFhj и x =гdz 9 = 0’524(13.15)Для стержня, лежащего на упругом основании с линейной характеристикой qy = — агу.
Систему уравнений можнопривести к одному уравнению относительно перемещения у,последовательно исключая Q, М и в:(EJxy")“ + (N(z)y')1 + аед = 0.(13.16)Полученное уравнение позволяет определять критические нагрузки (сосредоточенные и распределенные) для наиболее общего случая, когда изгибная жесткость стержня переменна поего длине. При изгибе прямолинейного стержня в плоскости(см. систему уравнений (13.15)) при малых отклонениях точек осевой линии стержня всегда имеются четыре граничныхусловия (по два на каждом конце стержня). Поэтому решение уравнения равновесия стержня должно содержать четырепроизвольные постоянные.Рассмотрим частный случай уравнения (13.16), когдажесткость стержня постоянна и он нагружен сосредоточеннойсжимающей силой Р (упругого основания нет, т.е.
ае = 0).Из (13.16) получаемylv + к2у" = 0(к2 = P/EJ).(13.17)Интегрируя два раза это уравнение, находиму" + к2у = Ciz + С2.(13.18)Общее решение уравнения (13.17) имеет виду = Сз cos kz + С4 sin kz +z+(13.19)*кк*Чтобы получить уравнение для определения критической силы, входящей в коэффициент fc, это решение должно удовлетворять четырем однородным граничным условиям. Рассмотрим несколько примеров на определение критической силы с использованием решения (13.19) уравнения (13.17).Пример 13.4.
Определить критическую силу для шестого случаязакрепления концов стержня, показанного на рис. 13.13. Граничные условия имеют следующий вид: при 2 = 0 у = у1 — 0; при z = I у = ylt = 0W = Q).626Из граничных условий при z — 0 и z = / имеемРСз + С2 = 0;Jt3C4 + <?! = 0;(13.20)—Сзк sin kl + Ctk cos kl +к2Сзк3 sin kl — Ctk3 cos kl = 0.= 0;Получаем систему однородных алгебраических уравнений относительноCj (j = 1,...,4). Для существования нетривиального решения этой системы необходимо, чтобы ее определитель D был равен нулю, т.е.D=к20010k310— ksin klk cos kl1/k20к3 sin kl— к3 cos kl00= 0.(13.21)Раскрыв определитель, получаем(13.22)sin kl = 0.Наименьший отличный от нуля корень этого уравненияkl — 7Г.Так как (kl)2 = Pl2/(EJ), то критическое значение силырг“р“ “/Г"’что соответствует значению коэффициента /1=1, т.е.
приближенное значение д и точное в данном примере совпали.Пример 13.5. Определить критическую силу для последнего случая закрепления стержня, показанного на рис. 13.13. Граничные условияимеют вид: при z = 0 у = у1 = 0; при z = I у — у11 = 0.Из граничных условий при z — 0 и z — I получаемк2 Сз 4- Сз = 0;k3Ci +С! = 0;(13.23)Сз cos kl + Ci sin kl +*kk*Сз к2 cos kl 4- C4 k2 sin kl = 0.526= 0;Приравняв определитель системы уравнений (13.23) нулю:D =Р0010P10cos klsin klf/fc3* 3I/к2 cos klk2 sin kl00= o,(13.24)после преобразований получаем уравнение для вычисления критическойсилы:tgfc/ = kl.(13.25)Численное решение полученного уравнения дает наименьший корень(ktymtn = 4,49. Так как к2 =то после преобразований находимуточненное значение коэффициента д = О, 699, что незначительно отличается от приближенного значения, равного 0,666.Если стержень имеет переменную изгибную жесткостьили нагружен распределенной осевой нагрузкой, то получитьаналитическое решение для системы (13.16) нельзя.
В этомслучае для определения критической силы используют численные методы.Представим систему уравнений (13.15) при qy = -жу ввиде векторного уравнения, введя вектор состояния системы Z:dZ— + AZ = 0,(13.26)CL ЛгдеZ = (Q, М, 0, у)т;' 000-1ОNж'0EJX0010Воспользовавшись методом начальных параметров (см.§ 4.6), получаем фундаментальную матрицу решений (задавшись числовым значением Р\ при известном q) и находим решениеZ = K(z, Л) С (К(0) = Е).(13.27)Например, для третьего случая закрепления, показанного нарис.
13.13, компоненты вектора Z должны удовлетворять следующим граничным условиям: при z = 0 М = 0, у = 0; при527z = I Q = 0, 9 = 0. Поэтому C2 = C4 = 0, а для определенияCi и Сз получаем два однородных алгебраических уравненияА)С3 = 0;*11(/,(13.28)Р^Ъ+к^Р^Сз^О.Для существования нетривиального решения необходимо*31U,D = det*п31.*Апзз.*= 0.(13.29)Конечно, при первом приближении Р\ определитель в нуль необращается, поэтому решения проводят для ряда Ру. Наименьшее значение Ркр, при котором D = 0, является критическимзначением сжимающей силы Р.В настоящее время при широком распростронении вычислительной техники и внедрении ее в учебный процесс изложенный вариант численного определения критической силыявляется наиболее эффективным.13.5. Устойчивость плоской формы изгибапрямолинейного стержняХорошо известно, что в некоторых случаях плоская формаизгиба стержня становится неустойчивой и при потере устойчивости происходит изгиб в плоскости yOz и одновременновозникает кручение.
Это наблюдается у стержней, имеющихбольшую жесткость в плоскости действия внешних сил и малую жесткость - в плоскости yOz.Рассмотрим стержень (рис. 13.18), нагруженный на концах моментами, действующими в вертикальной плоскости.Условия закрепления на концах будем считать допускающими свободный поворот сечения при изгибе как в одной, таки в другой плоскости и в то же время запрещающими поворот при кручении. Жесткость в плоскости заданных внешнихмоментов предполагаем достаточно большой.
Это позволяетсчитать, что до потери устойчивости стержень сохраняет восновном прямолинейную форму.Представим себе, что стержень изогнулся в плоскости,перпендикулярной плоскости моментов ЯЛ, и одновременно528закрутился. На рис. 13.18 форма изогнутого стержня показанатак, что перемещение у и его первая и вторая производные положительны. Это исключает ошибку в знаках при составленииуравнений.Рис. 13.18В произвольном сечении, расположенном на расстоянии zот левого конца, изгибной момент относительно оси Xi (см.рис.
13.18) равенМ=где - угол поворота рассматриваемого сечения относительно продольной оси. Знак минус поставлен в связи с тем, чтоизгибной момент направлен в сторону уменьшения кривизны.Крутящий момент в том же сечении равенМк = OT0,где 9Л0 - составляющая момента ЯЛ относительно оси zy (см.рис. 13.18); в — у1 - угол поворота сечения относительно вертикальной оси.Пользуясь известными соотношениямиEJ01 = Л/;GJK<p = МК1получаем следующие дифференциальные уравнения:EJ61 = -ту,gjw’= те.(1з.зо)Здесь под EJ понимается жесткость стержня на изгиб внаправлении, перпендикулярном плоскости действия внешних18 В. И. ФеодосьевS29моментов 9Л.
Величина GJ*представляет собой жесткость накручение. Исключив из уравнений (13.30) 6, получим<рн + к2<р = 0,гдеl.2_GJKEJ'(13.31)отсюда<р = Ci sin kz + Cz cos kz.(13.32)Функция <p должна обращаться в нуль при z = 0 и z = /.Значит, б?2 = 0 и С\ s\nkl = 0.Как и для шарнирно защемленного стержня, Сз = 0,sin kl = 0. Наименьшее, отличное от нуля значение критического момента определяется из условия kl = тг.Согласно выражению (13.31), находим0Лкр = yVGJEJ.*Выражение (13.32) принимает вид (рис.
13.19, а):ip = Ci sin —.Воспользовавшись методом приведения длины, как это делали для сжатых стержней, можно установить, что в случаезащемленных концов (рис. 13.19,6)ЙЛкр =530.^jEJGJ*СЗадачи об устойчивости плоской формы изгиба при нагружении стержня поперечными силами оказываются существенно более сложными, чем рассмотренная выше, поскольку изгибающий момент в плоскости нагружения меняется вдоль оси.13.в. Энергетический метод определениякритических нагрузокРассмотрим полную потенциальную энергию консервативной системыЭ = 1/ + П = {/-А,(13.33)где U - потенциальная энергия упругой диформации стержня;П - потенциал внешних сил; А - работа внешних сил (П=-А).Потенциальная энергия стержня при изгибе в плоскости yOz(частный случай выражения (5.3)) равнаи= \ /2 J£jJ= 5 / EJy"2dz2 J(J = ^min).(13.34)00Работа силы P = P* при потере устойчивости (стержень считается нерастяжимым) равна (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
