Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 24
Текст из файла (страница 24)
На рис, 311 показано это искривление, причем кривизна взята положительной. На отрезке х х трубы Их в данный момент времени находится масса жидкости Рнс. 311. Ггн= т Р|х. (1) сечения трубы «в свету». Прн кривизне текушая жидкость на участке ггх даст где Р— плошадь 1 чту каиала — =— р лх' внутренним давлением.
Величина критического давлемия определяется здесь так же, как и для стержня. Только вместо Ис УСТОЙЧИВОСТЬ инерционную силу о' Т лрлу лгт — = — Рлгхот —, лрхе ' направленную от центра кривизны. Интенсивность инерцион- ной силы, т. е. сила, отнесенная к единице дуги, будет: лт = — — Еи— Т ялту лтхл ' Знак минус взят, поскольку сила лу при положительной кривизне иаяравлена против перемещения у. Но известно, что ЕУ вЂ” =и лллу лтхл Следовательно ЕУ вЂ” + — Рот — = О. лт'У Т 2 лг'У Л ° д Лхр= * Обозначим Т Рол от ЕУ Тогда получим: — +ат — =О, илу лсгу Лхл Лхл откуда у=А элиах+В совах+Сх+ту.
лГлу При х=О и х =Е имеем — „, =О и у=О. Из этих условий получаем: В = О, С = О, В = О, А 2 ~и ау = О. аг=и. и я I я Еу кР л Р т Е л'2) лгт Р= — о, лп Весьма любопытно, что потеря устойчивости происходит по синусоиде, т, е. так же, как и при осевом сжатии. Кроме того, потеря устойчивости происходит при той скорости, при которой отдача струи как раз равна критической силе Эйлера.
действительно, отдача струи, т. е. реактивная сила струи, равна, как известно„ 224 РРшеНие 3АдАч и ОтВеты нА ВОпРОсы 1114 «Л1 где — — секундный расход массы, а Π— скорость истече- нг ния. (Между. прочим, по этой формуле определяется тяга ракетного двигателя.) Согласно (1) Подставляя сюда О из (2), получим, что сила отдачи струи н«Р( равна критической силе Эйлера Р = —, . Не следует, однако, полагать, что труба сжимается силой отдачи. Труба теряет устойчивость, не испытывая сжимающего усилия, подобно тому как это имеет место в случае, рассмотренном в задаче ! 11.
П4. Рассмотрим хорошо знакомую формулу: «берем наименьший, отличный от нуля корень уравнения ...» Это выражение из-за своей очевидности приобрело, образно говоря, «кодовый» характер и над его содержанием обычно не задумываются. В самом деле, «наименьший» вЂ” потому, что нас интересует первое, наименьшее значение критической силы.
«Отлич- ный от нуля» — потому, что Р Р Р при нулевом значении корня мы получаем исходную нулевую форму равновесия. Та— «/ ф ,д кое решение ие представляет интереса. В рассматриваемой си- Х стеме прн — ~( 0,б нужно й брать именно нулевое значение а1. Прн отсутствии снл Р Р Р трения система представляет Рнс. 312. собой механизм.
Стержень теряет устойчивость как Р жесткое целое при сколь угодно малой силе Р. При — 0,5 оба торца очерчены дугами круга, центр которого находится на середине стержня (рнс. 312, а). Это предельное значение параметра Й,"1, с дальнейшим увеличением которого появляются изгибные формы потери устойчивости. Таким 11и ~н, нстопчивость образом, прн отсутствии сил трения критические состояния характеризуются на диаграмме (рис.
313) кривой ОАН. По мере увеличения радиуса г( потеря устойчивости происходит все с ббльшим и ббльшим искривлением стержня прн наличии поперечного скольжения торцов нли свободного поперечного смещения плит. В пределе при )с = со потеря ~» 'оэ Рнс, 3!3. устойчивости происходит по форме, показанной на рис. 312, б, л'ЕУ т. е. при а1 = и и, следовательно, Р„р — — , Еслн плиты не могут свободно смещаться в поперечном направлении, а силы трения достаточны, чтобы не допустить проскальзывания, то критическое состояние стержня в зависимости от )с/1 характеризуется кривой С (рнс. 313).
Прн — = со потеря устойчивости происходит по форме рис. 312, в; Е Т= Рев Нл~Е3 при этом — ~=4, следовательно, Р,„= —, Рв л'ЕУ 115< Прн силе Р= —, стержень теряет устойчивость и затем средней своей частью касается стенок трубы. лгЕУ Примем, что при Р~ —, существует зона 1в плотного прилегания стержня к стенкам трубы (рис.
314). Составим 13 и. И Феелесьев !нз уравнение упругой линни стержня на участке О <х 4,1,! Е1 а+Р, !ах у=Аз!пах+Всозах+ — х !ат= — !'. = е.т1' А з ! и а1, + — 1, = Л,1 Е Р Е 1(!) Аа соз а1, + — = О . ) Рис. 3!4. На участке 1з стержень остается прямым. Следовательно, на этом участке М„„=О. Поэтому согласно рис. 3!4 РЬ вЂ” йх! + 11 (х, — 1,) = О, откуда 1с =Р—. ! Из уравнений (!) находим: ж кто 1= —, Р=— 1 ' 3 ° а ' (2) 4и'ЕУ Р= —. тт (4) Это означает„ что в случае и'Е5 4паЕУ вЂ” <Р<— 1а 1а 226 -- взшпнип злдлч и отввты нл вопяосы при х=О а х =11 » х=1, откуда В= О у = — (5!пах+ ах); Ь из выражения (2) следует, что при 1! —— 1/2 у=о.
у=), у'=О, ш, устойчивость 1151 стержень соприкасается со стенкой только в одной течке и лишь прн 4 ига Е происходит прилегание по участку. Если средний прямой участок станет достаточно длинным, то на нем также может произойти потеря устойчивости. Определим, при какой длине 1, это произойдет. Критическая сила для среднего участка будет 4пгЕУ Р= —, (11=1 — Мг). 12 2 пгЕг Но, с другой стороны, Р= —. Приравнивая эти силы.
12 1 находим 1 16пгЕ/ 1= — „, Р=— После того как средний участок изогнется, 11 скачком 1 изменит свое значение и станет равным — . Рассматривая 6' теперь каждую треть стержня как новый самостоятельный стержень, мы можем сохранить полученные выше уравнения, заменив в них 1 на —. Выражение (4) при этом даст: 3 ' ббнгЕУ 11 — — 6, Р— — Р Это означает, что при ЗбкгЕУ гг начинается снова прялегаиие стержня к стенкам по участкам.
При 1бпгЕУ 36;ВЕЛ 11 С С гг стержень соприкасается со стенками в трех точках. При разгрузке стержень отойдет от верхней стенки не 16нгЕ3 йягЕЯ при силе Р=,, а очевидно, при Р= —, На рис. 315 показаны основные формы равновесия стержнт и даны интервалы изменения сил при нагрузке и разгрузке.
При любых значениях силы Р изогнутые участки стержня от точки перегиба до соседней точки прилегания к стенке Гври раггруэе ре — г- пгуу 1 При неврувге пгув' Ре — т- — ',-ере —,— Пвдг ЕПггдг г и Егер епвгг г !двгу р гепвуу вгптгЕв р,7йФГ7 епвгу р лвгег рлгп ггптгбг ггпгег гпвггу гг сг ег ф жепуЯ г я елефф с ггпвлг р веепевуу гг г вге7га жглвепуу ггвдгб1 < г Ясч''Д Рнс. 315.
имеют длину 1, и описываются выражением (3), составленным для крзйнего левого участка. Изгибающий момент ЕУуп = — ЕУ вЂ” „з!и ах 1" Лп имеет максимальное значение М,х = Е) — ' 1', Наибольшее нзпряжение равно Р Е)ля и = — + — ', ивах Р сз йг ! где Ж вЂ” момент сопротивления сечения. Если стер!конь имеет круглое поперечное сечение, то Р4 я Евг и = — +Л вЂ” —.
$аах гз ~ 2 ся 1 Рассмотрим два примера. !) Положим, что сила Р, сжимагощая стержень, равна ЗояаЕв' са 228 РЕ!ПЕННЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [!13 нс кстопчивость 1161 Из рисунков (рис. 315) видим, что в интервале (биге зблгЕГ Р Р 1 = сопзп = —,, б' Выражение (5) дает 49лтб.1 2) Положим, что сила Р= ', . В интервале ЗбпгЕ.Г 1ИигЕ./ Р— 17 — ~4~ ~( Р 1, зависит от Р, Следовательно, согласно выражению (2) и ЕУ Тогда из формулы (5) оаих (б г (и 1 4 3~)' 49л чЕ 1$$, Па упругой линии изогнутого стержня (рнс.
316) точки перегиба разде- Ряс. 3!б. лают участки стержня, имеюгпие жесткость Ез, и Е/з. Длина отрезка 1, определяется из условия равенства критических сил для участков. Очевидно, (1) 41," (1 — 21,)' ' откуда )Я 2 )%+1' где е.г~ А= —, 5'~2 1 Если л=), то.
как и следовало ожидать, 1~~ —, При 4' А = 0 имеем 1, = б, а при и = =о получаем 1, = 112. Форма 230 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ пп упругой линии изогнутого стержня для этих частных случаев показана на рис. 317. Критическая сила определяется из выражения (1) путем исключения величины 1,: (1+~ а) кр гг Если при потере устойчивости стержень выпучивается в противоположную сторону, т. е.
не вправо, а влево, жесткости Е7, н ЕУг в полученных выражениях следует поменять местами. Величина 1, при этом изменится, но критическая сила остается той же. Действительно, прн выпучиваннн стержня влево замена Е7, на ЕЯ, дает Я Я Ц Е.~ Ркс. 317. что приводит к выражению (2). И'а ° Отклоняя стержень от вертикали (рнс. 318), видим, что положение груза не меняетси. Си.ча Р работы не производит. Устойчивость прямолинейной формы равновесия сохраняется пря любом Р. 11а, Естественно, что, в отличие от предьтдущего случаи, здесь стержень терает устойчивость нгЕ1 прн Р= 4Р Пока трос не лег на стенку трубки, т.
е. пока прогиб 7 не превысил Л, зависимость между Р и / яг Е3 выражается отрезком прямой Р = —, = сопз1. 4Р (рис. 320). Прогиб является неопределенным. Отклонения от этой прямой могут быть обнаружены Рнс. 318, только при помощи теории больших перемещений. Любопытной особенностью задачи является то, что прн увеличивающихся в дальнейшем прогибах перемещение 7 определяется уже на основе обычной линейной теории. После того, как часть троса легла на изогнутую стенку трубки, имеем два участка: ОА н АВ (рис. 319).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
