Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 23
Текст из файла (страница 23)
(рис. 302,а). Дифференциальное уравнение упругой линии стержня будет: ЕУу" = Мо — )тх — Му, гле Й вЂ” реакция опор. Далее получим: 1 у = А з1пах+ В совах+ —, (М вЂ” )тх), (1) где аз= И,'Еу. Очевидно, при х=О и прн х=1 перемещение у=О. Примем, кроме того, что при х=О, у'=О.
Используя эти условия и учитывая, что Мр — М, 1 !! зь РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ ИА ВОПРОСЫ 214 в выражении (1) величины А, В, Мо и Ес, Тогла исключим получим: у М, (1 — сова!)(а1 — в!па!) [ ! — совах ах — 5)пах 1 а! сова! — з!па1 1 — сова! аŠ— з!па! Е!аз Величина момента М, остается неопределенной. Угол поворота стержня на правой опоре равен Л4, — 2+ 2 сов а1+ а1 в!и а1 ЕУа а! сов а1 — в!и аЕ Теперь обратимся и заданной стержневой системе (рис.
302,6). Нижний горизонтальный стержень сжат силой Р 1)Е, =Рс!псп, а веРхний Рас~анУт силой Мз= —. Ыпг' В точке приложения силы Р перемещения для одного и другого стержня с точностью до величины высшего порялка малости равны нулю. Левые концы стержней защемлены. Следо- вательно, схема защемленно-опертого стержня (рис. 302,а) соответствует условиям занрепления и нзгруженвя стержней, входящих в заданную раму. Остается только выполнить ус.то- ния сопряжения. Этн условия сводятся к равенству углов О и равенству моментов в общей точке. Обращаемся к выражениям (2) и (3). В первом нз иих заменЯем а1 на а,ЕР а во втоРом на аз!я.
Очевидно„ Поскольку моменты в точке сопряжения направлены навстречу лруг другу, то в олпом из выражений (2) илн (3) знак при М, меняем на обратный, Приравнивая углы О, получаем следую- щее трансценлентное уравнение: 1 — 2+2соваА+а~1, з!па,Е, а,Е, а,1, сова!,— в!иа1, 1 — 2+ 2 си аз1з — аз!в вп а,1з аз1з Соз сЕ аз1з сп азгз — зв а,1, Если сила М будет не сжимающей, а растягивающей, то величину а надо заменить на Еа, сова! — на с)еаЕ, а з!па!в на 1вйи1.
Тогда выражение (2) примет вил Π— — — ' ЛЕ, — 2+ 2 си аŠ— аЕ зв аЕ Е3а а1 си а1 — вй а1 (3) им1 215 1ч. устойчивость К этому уравнению добавляетси соотношение а111 — — пя1я соз а ф. Определяя для нескольких значений ф величину а/, / РГ = 1/ — с12 ф, получаем следующую таблицу1 г ЕУ ! 166 Предположим, что точка А вышла из плоскости ВСВЕ.
К балкам ВВ и СЕ в точке А приложим усилия Р, (ряс. 3033, после чего будем рассматривать балки раздельно. Днфференниальное уравнение изгиба балки ВВ У будет: ЕУу" — Ру = — — Р х. 1 2 лр Для балки СЕ имеем: Е3~'+ Ру =+ 2 Р'х Ряс. 303. Решение этих уравнений в порядке последовательности будет: С, зй ах+С,сбах+ — — х, 1 Р, 2 Р Сз з1п ах+ С„соа ах+ — — х, 1 Р, 2 Р где Р а = —. з ЕУ В точке х=О прогиб у в обоих случаях обращается в нуль.
Поэтому С =С =О. Для симметричных форм потери устойчивости при х=1 угол наклона у' = О, откуда Р, 1 Сз= 2Ра соз а1 Р, 1 С = — —— 2Ра сн а1 Наконец, из условия равенства прогибов балок в точке А получим: С, ЕЛа1=Сзз1па1, или согласно предыдущему !Л а1 = 1К а1, откуда а1 = 3,926, Р„ = — ', Кроме того, имеется вторая возможность потери устойчи- вости сжатого стержня СЕ. Этот стержень может изогнуться по лвум полуволнам при неполвижной точке А. При ятом стержень ВВ будет закручиваться. Рассмотрим оба стержня раздельно (рис. 304).
Дифференциальное уравненме изогнутой оси стержня СЕ булет: РУ'ЮР Е)уа+ Ру = — х, 21 откуда У' М) у = С, з! п ах+ Р,,) Р М Е 3 +СЕ совах+ — х; при х=О у -О, Рис. 304. » х=! у =О, (2) з х=1 у= — ф, тле ф — угол поворота среднего сечения стержня Во, равный М 1 'р= 2 с ' гле с — жесткость на кручение растянутого тонкого стержня; согласно решению задачи 29 имеем: с = — 053з+ 1 Роз 3 216 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 110$ 1У. УСТОЙЧИВОСТЬ Граничные условия (2) дают: М С, =О, С 5(па!+ — =О, з — 2 2Р— М М 1 С~ и соз а!+ 2р! — 2 1 раз — аИ з+— 3 ' 12 откуда, приравнивая нулю определитель системы, получаем: 1 1 р — !ии!= ! Р! ! Раз — аьл +— 3 12 Поскольку Р= а~ЕЛ б = 2 2(1+И) аязз 12 то 2 Ьз + аз!2 (аа! а! Рнс 305. Так как Ь много меньше 1, а а! должно иметь величину порядка 3 ы 4 единицы, то, очевидно, в правой части уравнения можно пренебречь членами, содержащими йл; то~да получаем: 2а! 2+(1+р) азР ' При (з 03 и! = 3,31, Р„= — ', 12,3Е.! (3) Это значение Рзр меньше вычисленного ранее (1), Потеря устойчивости стержня СЕ, следовательно, произойдет по двум полуволнам.
Прн дальнейшем росте силы Р усилие в сжатом стержне остается почти неизменным, и ббльшая часть нагрузки будет восприниматься растянутой диагональю ВС. Рассмотренная в задаче система является аналогом тонкостенной панели ВСОЕ (рис, 303), работающей в условиях 218 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Н ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ !Вю сдвига. Такого рода злемеиты типичны.или авиационных и ракетных конструкций. При потере устойчивости происходит диагональное образование волн, но панель, потеряв способность нести дополнительную сжимающую нагрузку по диагонали СЕ, успешно воспринимает .растягивающие силы, действующие в перпендикулярном направлении. 167.
Составляем дифференциальное уравнение изогнутой оси бруса, полагая, что перемещения малы. Ряс. ЗОБ. Введем систему координат х, у, г (рис. 306). В сечении х изгибающие моменты от силы Р и момента М будут: в плоскости ху: Ру и Ма', в плоскости хх: Рг и — Му'. Знак «плюс» или «минус» перед моментом берется в зависимости от того, направлен ли момент в сторону увеличения или уменьшения положительной кривизны в соответствующей плоскости изгиба.
Если принять, что жесткости на изгиб в плоскостах ху н хг одинаковы, то уравнения упругой линии можно напи сать в виде Е3у" =- Ру+ Мг', Е)х« = Рх — Му". Решение втой системы возьмем в виде у = А сова х+Ез!пах+С созазх+ Оз!паях, л= Аз!па,х — В сева,х+ Сз!па х — Й созазх, где а, и аз — корни квадратного уравнения а + — а+ — =О. г ЕУ Е/ гт.
рстоючиэость В случае шарнирного закрепления стержня имеем следующие граничные условия: при х=О у=в=О, при х=! у=в=О. Отсюда получаем четыре уравнения: А+С=О, В+ЕЛА=0; А соа а 1+ В э1 и а 1+ С соэ аа1 + О з1 и аэ1 = О, А э1па1 — Всоза1+С э!поэ1 — О сов а 1=0. Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем: соз (аэ — а,) 1= 1, нли (аэ — а,)1=0, 2п; 4л; Но согласно уравнению (2) I1 Л4'1т Р аз — а =+ 21г ~ — 1 —— (,2Е3 ~ ЕУ следовательно, М р — + 2 ~/Еl ~/ Р, + Р, где Р, — эйлерова сила кэЕ1 Р Р 12 Таким образом, при увеличении растягиваюшей силы Р крнтическяй момент возрастает.
Если сила Р— сжимающая, момент М уменьшается. При сжимаюшей силе Р= Р, величина М„р, как и следовало ожидать, равна нулю. 1РВ» Стержень потерять устойчивость не может. В самом деле, положим, что по какой-то причине стержень несколько изогнулся (рис. 307). В обычном случае. т. е. прн нагружении стержня только продольными силами, это искривление вызовет появление кзгибаюшего момента М = Ру, стремящегося увеличить кривизну стержня.
При достаточно большой силе Р стержень (по устранении причин, выававших искривление) первоначальную прямолинейную форму равновесия ие примет. Тогда мы говорим, что аю РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Н ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ рев прямо.линейная форма равновесия стержня является неустойчивой.
В рассматриваемой задаче дело обстоит совершенно иначе. На стержень в изогнутом положении внешние моменты нв действуют. Давление, действующее на поф,т верхность стержня, расположенную выше сечения АА, не дает изгибающего момента и приводится только к нормальной силе в сечении, равной рР. Поэтому, 'Ъ если удалить причины, вызвавшие искрнвоначальное прямолинейное положение, сколь велико ни было бы давление р. Прямолинейная форма равновесия, таким образом, всегда устойчива. В подтверждение сказанного можно рис Збт, обратиться к нашим повседневным наблю- дениям. Ведь пе мешает же атмосферное давление сохранять прямолинейную форму тонкой соломинке при любой ее длине и жесткости! 1ф9. Стержень потеряет устойчивость при той же длине, при какой потерял бы устойчивость вертикально стоящий стержень (рис. 308), имеющий удельный вес, равный разности весов ркидкости и дерева.
ИФ. Труба, заполненная жидкостью, будет вести себя точно так же, как и свободно стоящий стержень, находящийся под действием собственного веса. Поэтому, если суммарный зес трубы и заполнившей ее жидкости будет больше критического Рис 808 веса длЯ стеРжнЯ той же длины и жесткости, то труба устойчивость потеряет. П1, Система теряет устойчивость так же, как если бы сила была приложена непосредственно к самой трубке. В дан- птВ,У ном случае Р„р — — —. Иногда приходится слышать, что в рассматриваемом случае трубка не может потерять устойчивость ни при каких условиях. Такое мнение основано на ложном представлении, что в вопросе устойчивости по Эйлеру основную роль играет наличие внутренней сжимающей силы. На самом деле это не так.
! У. УСТОЙЧИВОСТЬ мй Для того чтобы правильно решить поставленную задачу, достаточно рассмотреть трубку в отклоненном состоянии (рис. 309), Для трубки дифференциальное уравнение изогнутой оси будет, как и для сжатой Р стойки, следующим: у' + — у = О. Еи' Отсюда при шарнирном закреплении концов получаем приведенное выше аначенне критической силы. 112» После разбора предыдущей задачи можно сразу сказать, что трубка потеряет устойчивость при 4пиЕи' РР= —, где Р— площадь сечения трубки «в светуж Существование критического давления для данной системы легко обнаруживается и ив энергетических соображений. В искривленном Рис.
зо9. положении объем внутренней полости трубки увеличивается на Рл вследствие того, что трубка при изгиба сходит с верхней пробки на величину Х, где л= —,, ~ у' Их. и Критическая сила определяется из условия РирРл = ~'ииг. При обычном же нагружепии стержня сжимающей силой Р„). = ии,„, откуда снова получаем 4лиЕи' Рир =~ ир= Р Рассмотренный случай потери устойчивости наглядно проявляется при нагружении тонкостенного сильфона 1рис. 310) РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1! ГЗ Рис. 310. жесткости Е3 должна быть взята некоторая эквивалентная жесткость сильфона на изгиб, а вместо Р— плошадь поперечного сечении по среднему диа- Р метру. 113. Положим, что труба по какой-либо причине несколько т искривилась.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
