Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 25
Текст из файла (страница 25)
1т. ястоичивасть На участке ОА изгибающий момент равен РЛ, и трубка изгибается по кривой второго порядка Х РЬ 2Е2 Г!рогиб в точке А будет ~ = — (1. а)з РЬ 2Е,1 Если бы стержень на участке АВ не искривлялся, то перемещение в точке В было бы следуюшим; (1 — а)т+ у'„,, 2Е2 РЛ РЬ 2ЕУ = — (1 — а)з+ — (1 — а) а. ЕУ Рис. 319. Но второй участок искривляется ровно настолько, чтобы точка В отклонилась от касательной АВ на Л. Следовательно, г" = — (1 — а)з+ — (1 — а)а+Л, РЬ РЬ 2Е2 ЕУ нли у = — (Р— аз)+Л, Рд 2Е2 Величина а представляет длину такого защемленного одним концом стержня, который теряет устойчивость при силе Р, т.
е. паЕ/ Р=— 4а' Я и'ЕУ Следовательно, а'= —, и 4Р тогда ~РР нс Ф 1 с,у 4 5 У 4 Рис. 320. нли я'ЕУ где Р, = †, . Зависимость г от Р покззана на рис. 320. 119, Во втором случае критическая сила будет вчетверо больше, чем в первом. Чтобы убедитьея в югом, достаточно Ргшгние злдАч и ОТРеты нА ВопРОсы !Нп Во втором случае в процессе искривления бруса сила следит зз нижним концом стержня, вследствие чего изгибающий момент в защемлен~н постоянно равен пулю. Следовательно, второй случай пагру~кепня стойки ничем не отличается Рис. 321.
от случая шарнирного закрепления стойки по концам (рис. 321). иейу Поэтому здесь Р„р — — —, 129, Разложим силу Р ка вертикзльпую н горизонтальную составляющие (рис, 322): У а и напишем уравнение упругой линни балки: ЕУу" =. — Ру + Р— х. Р Обозначим — =аз. Тогда уравнение и его е.г решение будут: у" + пту = аа — х, у = А з1пах+ В совах+ — х. у а Рвс. 322.
Для определения А. В и у имеем следующие граничные условия: при х= О у=О, при х=! у= У, у'=О, рассмотреть стойку в обоих случаях в изогнутом состоянии (рис. 321). В первом случае л'Е/ 41 «Р 4Р пл истопи»»вость »ЗЦ откуда В = О, А з)п а1 + — '1 = г", Аи сов н1 + — = О. У И и Критическое значение силы Р находим из следующего трансцендентного уравнения Если а=сх» (первый случай предыдущей задачи). я я'ЕУ а1= —. Р 2 ' «Р 41' Если а=1(второй случай предыду»»»ей задачи), л'Еу Рис.
323. При а=О линия действия силы постоянно пересекает начальную вертикаль в точке х =-О. Это возможно только в том случае, если конец стержня не перемешается(рнс. 323). Тогда 1да1 = а1, а1 = 4.49. Р«р — — 20,19 —,. Е« Иав«После разбора лвух предыдущих задач правильное решение поставленной ззлачи уже не вызывает затруднений. Левый стержень дл»»ны (» находится пол действием поворачивающейся сжимающей силы (рис, 324), линни действия которой постоянно проходит через точку А.
"УЮ"" " Р "" » — « = « критическая сила будет не ) а —.— 1а — т '"" я«Е1 —. как это может на пер- Рвс. 324. вый взгляд показаться, а будет той, какую дает трансцендентное уравнение (1) предыдущей задачи, если принять в нем (» вместо 1, а вместо а положить а= — (1 — д), т. е. фад=а1, где а = ~' —. l У Е,1 Критическая сила для правого стержня будет: и'Е.) Р„= —" (1 — Ы» ' РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ ИА ВОПРОСЫ 11 за Запас устойчивости стержней будет одинаков, если будут одинаковы критические силы, Поэтому -в /Таа и ЕЬ нг а=а — = —, ге — = —, а Е1 1 — Ь' 1 — Ь 1 — Ь Ь.
Отсюда и находим искомое отношение —: Ь Т н Ь 1Г Ь =- — — =0301. Ь ' 1 —— 1 —— 1ЙЙ Рассмотрим условия равновесия изогнутого элемента кольца длиной ~й (рис. 325). В сечениях кольца возникает поперечная сила Я, изгибающий момент М и нормальная сила, которая представлена в виде суммы докритической силы дй и малого добавка М. Та или иная особенность поведения внешней нагрузки учитывзется введением нормальной Л„ н касательной д, составляющих. В частности, если кольцо нагружено силами давления газа или жидкости, д„=л, = О. Через )с, обозначен новый местный радиус кривизны элемента 1 1 Р, Р— = — — н, (1) Рис. 325.
где к — изменение кривизны дуги кольца. Составляем уравнения равновесия элемента: лм ЙМ О е9 М+дК = —. — „+ д, + — = О, о+ о. + — — „= О. ла ' аа иа Р, Исключаем 1Я, и, учитывая, что и, (г и М вЂ” величины малые, удерживаем только их первые степени. Тогда л'М ЖЧ 1) ДЕ М вЂ” — +ц+ — = О, дйк+д, + — „— — = О.
Так как ЛТ=Е/н, то, исключая далее М и (,1, получим: ~У вЂ” „,э+~Ф+ —,а1 — „, + а'+ д Рг=О (2) зц зстопчивость Положим, что кольцо нагружено давлением, следящим за нормалью к поверхности. Тогда, как уже говорилось, з?к — з?з 0 Н лз Принимая к = А э(п —, находим: ?? ' л' ! ЕУ~ в — Е? — +(дй+ — ?1 — =0, Ез( — „— откуда (лз — 1) ЕЯ з?кр ??з Наименьшее ненулевое значение величина з?„р принимает при и=2. В результате получаем: ЗЕ3 з?кр = з Рассмотрим теперь другой способ созлаиия нагрузки з?. Предположим, что кольцо нагружено радиальными усилиями, создаваемыми прн помощи множества резиновых нитей, собранных в центре в увел (рис.
11Б, 6). В этом случае нагрузка р следит эа центром кольца. При повороте дуги ззэ образуется составляющая касательной нагрузки лиз з?з = з? где чв — радиальное перемещение точек кольца. Если нити лостаточно податливы нли если каждая из ннх натягивается самостоятельно, то при возникновении перемещений тв нормальная составляющая внешних сил меняться не будет и, следовательно, з?к = 0 Изменение кривианы к выражается через оз следующим образом: ззр х =-„— т.+ —,.
и уравнение (2) принимает вид 236 вщпание задач и ответы нл вопгосы 1123 лз Полагая чв= Аз)ц —, получим: Я ' (ла — 1)а ЕУ Чка (ла 2) У При в=2 9ЕУ р.а = — „,1 ° т, е. критическая нагрузка оказывается в!.5 раза выше, чем при гидростатическом иагружеиии. Если нити, обладающие некоторой жесткостью, натягиваются общим грузом, то при изгибе кольца происходит перераспределение усилий. В области положительных тв нити дополнительно растягиваются.
а в области отрицательиых— укорачиваются. Возникает изменение нормальной составляющей о„, Тогда в уравнении (3) получаем дополнительное слагаемое о, = Кв, где К вЂ” коэффициент жесткости нитей. В итоге ~Иа ЕУ л (я' — 1)'+— ЕУ Чкг па я (ла Увеличение жесткости нитей К приводит к повышению критической нагрузки. Оио и понятно. Образующиеся дополнительные усилия направлены так, что восстанавливают круговую форму кольца, Низшее критическое значение д„. достигается, вообще говоря, уже ие при в=2, а при некоторои другом, целочисленном л, аависящем от величины К.
323» Рассмотрим систему в отклоненном положении равновесия (рис. 326). Рас. 326. Длина тяг а больше длины шатуна 3. Позтому возникает составляющая сил, направленная вверх и равная р р(У У) !э, кстоичи вость Прогиб г' под действием этой силы будет р,гэ у ! ЗЕУ Исключая Р,, находим значение критической силы: ЗЕ1.(! !' «р !г 124. Тема предложенной задачи та же, что и задачи 123. В исходном состоянии моменты взаимно уравновешены, и стержень ненапряжен. Однако при отклонении системы моменты ведут себя по-разночу. При изгибе в плоскости хл (рис.
327) плоскость момента М, поворачивается вместе с торцевым сечением. Г!лоскость же мо- 4 ,$ мента М, остается неизменной. При изгибе в плоскости ху плоскость М, не меняется, а по- А ворачивается плоскость дей- Д~~ А ствня момента М,. .6 4 Примем для простоты, что длины тросов, через которые передаются силы Р, достаточно велики. Это позволяет считать, что поворот момента М, в одной плоскости н Мг — в другой У плоскости полностью совпадает Рвс.
327. с поворотом торцового сечения. Обозначим углы поворота этого сечения относительно осей у и я соответственно через ф и ф,. Тогда моменты в текушем сечении А относительно подвижных осей у, и а! будут: Мж Мг(фг У )+ Мгу ° Мм ™гл'+ Мг(фт — а') Получаем в итоге два уравнения: ЕУ„лл = М, (ф, — у') + Мгу', ( Е.г у" = Мгл'+ Мг(фг — л'). ) Так как ./„=l,=Л а М, = Ми то Еуз" = Мф„Е/ул = Мф„, И8 вишпння задач н отвкты нл вопносы 1тза откуда а = Еу (ф,-у-+А/х+В). М / хе у = — 1ф„—,.+А, -(-В,).
При х=О «=О, х'=О, у=О, у'=О, поэтому А,=Аз — О; В,=Вз= О. При х=1 у'=ф, и г'=ф„; тогда М/ „М1 фу Еу ра' фа Тй рж Очевидно, что ф и фа не равны нулю только в том случае, если М1 — =+1 ЕУ что и дает значение критического момента. $25. Обращаемся к уравнениям (1) предыдущей задачи. Положив М,= М, а Мз — — О, получим: Еу х"= М(ф, — у'), Е/,у" = Ма'. Отсюда у=АМпах+Всозах+ф,х+С, х = — ' (Аа соз пх — Вп з1п ах+ ф,+ 1)). ЕУ где мз ЕутЕ/, ' При х=О имеем у=а=О.
а также у'=х'=О. Тогда В+С=О, Аа+ф,=О, Аа+ф,+О=О, Ваа=О, о./куда В=С= О=О. При х=1 угол у'=ф,. Это дает А соза1= О. Следовательно, критическое состояние наступает при и а1=— 2 клн м( в гч. устоичивость !т61 Перемена гг и У, местами не меняет значения критического момента, Поэтому случаи нагружения, показанные на рис.
119, а и 6, равноценны. $36, Дифференциальное уравнение упругой линии стержня (рис. 328) будет: Пук=РО+с р — Ю, откуда у = А з1пах+ В сов ах+г"-1- Фр, Р где, как обычно, ат= —. ЕУ ' При х=О у=О и у'=О. Прн х=1 у= У и у'=~р. Это дает В+У+ар=б, А =О, А а! п а1+ В сов а1 + Вр = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
