Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Всличнпа отклонения, которую необходимо сообщить балке, чтобы оиа перешла в новое положение равновесия, уменьшается с ростом силы Р. Вместе с тем потеря устойчивости (в зависимости от б) не может произойти при силе, меньшей определенной величины. Так, прп Р 1а ~эп Р1: кстоичивость (3) 1,649 1,686 0,184 0,262 1,102 1,153 ю' ьммч а 1,620 21 17 46т 1,571 1,574 1,583 1,598 0,030 0,068 1,015 1,036 0,114 0,008 1,062 р т 17ч Таким образом, выражение (1) принимает вид с!я м —— а 21 21 и аг 1 — 2 — з1лв+2 — (1 — сози) 21 4Р Очевидно, отрезок ВС=21 — Л, где Л вЂ” сближение концов упругого стержня.
Возводя в квадрат равенства (2) и складывая их. находим l а а' — = у 1 — 2 — з1пгр+2 — (1 — соз р). (4) 21 Г 21 412 Сила гс, зходяшая в выражение (3), зависит от Л. Эту зависимость определяем нз уравнений гибкого упругого стержня, получаюшего большие перемешения (см. решение задачи 129). При а=О имеем — =О, и из уравнения (4) н6 ла (стр. 249) вытекает, что фс= —.
2 ' При з = О имеем ь" = О, и из (3) (стр, 248) получаем: фе = О. Укороченне стержня Л будет равно Л=21 — 2х. Из (6) (стр. 249) находим — =2[! — — ч — „~: Из (5) (стр. 249) получаем =~'5="Ю Задаемся несколькими значениями модуля зллиптическнх инте гралов А и по таблицам находим Р 1 — 1 н Е ( — 1, а затем Л (1 и —.
Составляем таблицу; 21 ' 260 Решгние зАдАч и ОтВеты ИА ВОЛРОсы (Ъз! В последней строке таблицы приведено отношение силы й, и'ЕЯ сжимаюшей стержень, к эйлеровой силе Р = —. Зави- (20' ' л гх'1 симость — = у ~ — ~ показана на графике рнс. 344. Рь (2г ~ 4/ йГ чг йд гг Рис. 344. Теперь задаемся несколькими значениями угла ф и из х Я уравнения (4) определяем †, затем по графику находим — , 2г ' Рв Р а из уравнения (3) отношение —.
Такин образом, полу- Р, ' Р чаем зависимость — = Г'(ф), показанную на графике рнс. 345. Рэ Смысл этой кривой тот же, что и кривых рис. 338 и 342, полученных при решении двух предыдуших задач. Однако здесь в отличие от рассмотренных случаев кривая пересекает ось абсцисс. Это означает, что даже прн силе Р= 0 система может перейти в новое потожение равновесия, если ее отклонить достаточно сильно. При — = 0,5 имеем фа= 63,5, л о 2Е что соответствует расположению точек ОВС на одной прямой (рис. 346), При большой силе Р отклонение, которое необходимо сообщить системе, чтобы она не вернулась в исходное поло- гзц. я. кстопчпвость жение, будет малым.
Если точность установки и дальнейшие внешние силовые воздействия таковы, что гарантируют отсутствие углов отклонения, превышающих 5', согласно графику, можно сказать, что предельная сила Р, которую способна выдержать система, будет больше, чем 5Р,. В отличие от рассмотренных ранее задач 129 и 130 критическая сила не ограничена и сверху. Это является следствием неучета сжимаемости упругого стержня. Если учесть Р сжимаемость, то легко установить, что система становится неустойчивой в малом при 4 где Р— плошадь сечения упругого стержня.
Рис. 345. Рис. 346. 132. До потери устойчивости кольцо находится под дей- Р ствнем внешней равномерно распределенной нагрузки д = —, И' В обычных условиях, если д будет в процессе изгиба кольца оставаться неизменным, потеря устойчивости произойдет при ЗЕ/ оз Кольцо при этом принимает форму, близкую к форме эллипса. В настоящей задаче, однако, колько в малом всегда устойчиво. Действительно, если кольцо по каким-либо причинам станет искривляться, принимая хотя бы форму эллипса, рас- Р пределенная нагрузка гу = — станет возрастать тач, где будет 1с увеличиваться кривизна, и уменьшаться там, где эта кривизна уменьшается.
У коннов большой оси эллипса и возрастет, 262 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ йза а у концов марой оси — уменьшится (рис, 847). Разность нагрузок восстановит круговую форму кольца. Для того чтобы круговая форма кольца не восстановилась, необходимо, очевидно, дать кольцу йекотбрЪе достаточно большое йскривление. такое, чтобы на некотором участке кольцо отстало от нити. Характер упругой линии Рис. 348. Рвс 347, кольца при этом проше всего установить путем несложного опыта, склепа кольцо нз бумаги и затянув его обычной тон» кой ниткой.
На рис. 348 показана форма кольца, потерявшего устойчивость, Рассмотрим правую половину кольца, разрезав его в точке схода нити (рис, 349, точка 1). В этом сечении в коль~е возникает изгибаюший момент М, и нормальная сжфщющая сила Ф. Поперечная сила равна, очевидно, нулю, посКОльку иначе не соблюдались бы условия равновесия для участка кольца 01. Лля исследования условий равновесия указанной формы упругого кольца мы применим соотношения.
выведенные ранее при решении задачи 129. Эти соотношения выводились для прямолинейного упругого стержня. Здесь же мы имеем дело 1 с кольцом постоянной кривизны —. Но кольцо постоянной Я' кривизны получается нз прямого стержня путем приложения Е1 к его концам момента М= —. Следовательно, задача (и 17 ' !т, устой'!ивость не только рассматриваемая) об изгибе гибкого бруса с постоянной начальной кривизной сводится к задаче изгиба прямого бруса той же длины и жесткости путем добавления Рнс. 349.
Е3 к ааданноп нагрузке моментов М = —, приложенных по концам. Длину участка 01 обозначим через 1,. Дугу з будем отсчитывать от 0 к 1. Выражение (1) (стр. 248) для первого участка кольца принимает вид "="3' ЕУ ' При г = О и г = 1! ье — — ь! = О и согласно (3) (стр. 248) получаем: з!пфа — — О, з!пф! =О, Так как угол !р вдоль дуги з возрастает, проходя в точке перегиба значение — (см. задачу 129), то, приняв !Ре —— О, получим ф!=!т, Кривизна бруса в точке 1 согласно (4) (стр, 249) будет — = 2 — й, соыРР г ль' ,лз или (» ) = — 2йг ~l е3 (2) Выражение (5) со стр, 249 для з = 1, принимает вид где Р, ~ — 1 — полный эллиптический интеграл первого рода 'г21 при модуле йы (Для второго участка модуль будет мм) При этом Координаты точки 1 согласно выражению (6) (стр. 249) будут: х,= 2Е,( — ) — 1,, У Е1 4Д, А ' (4) Теперь перейдем ко второму участку кольца — участку 1 — 2.
Здесь кольцо находится под действием распределенной нагрузки, величина которой пропорциональна кривизне кольца. Известно, что при павномерно распределенной нагрузке задача о больших перемещениях стержня решается не в эллиптических табулнрованных интегралах, а в ультраэллиптических нетабулированных интегралах, Однако в данном случае дело обстоит значительно проще. Ввиду того, что нить является абсолютно гибкой, мы можем рассматривать нить и кольцо вместе как целое кольцо с той же жесткостью Е1 и полагать, что на втором участке в точке 1 на кольцо действует сжимающая сила Аг — Р и момент Л4Р А при такой нагрузке аадача о больших перемещениях в эллиптических интегралах уже решается, 264 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ Нза 5З ! Ил УСТОЙЧИВОСТЬ При таком подходе к задаче нагрузка д, действующая на кольцо извне, становится внутренней силой, действующей и на кольцо и на нить, Из сказанного можно сделать, кстати, довольно общий, мало кому известный вывод, что при распределенной нагрузке, пропорциональной кривизне деформированного бруса, задача о больших прогибах решается в эллиптических интегралах.
Поскольку на втором участке кольца отсутствуют точки с'ь перегиба и, следовательно, — нигде на этом участке в нуль Лз не обращается, то величина С, в выражении (2) (стр. 248) должна быть больше единицы. Если же мы, как и в задаче 129, обозначим С, через йт, а 5!и ь через )55!Вф, то 2 придем к эллиптическим ннтегрзлам с модулем, большим единицы.
Для таких интегралов таблиц не имеется. Поэтому выражения (3) — (6) задачи 129 должны быть преобразованы. Обозначим для второго участка с,= ', (6) 2 полученное из (6), найдем Дт с(ф "' к'- $' 1 — а~55!н ф ЕУ (8) тогда уравнение (2) (стр. 248) примет вид Š— = с — !' 1 — )555!П ф, Л~ 2!3зl 2 . 5 стз где !5 — длина второго участка. Так как на втором участке кривизна отрицательна, принимаем знак минус: Ф~ 2 lЯ вЂ” Р тГ 5 .
5 — = — — аг, — ! 1 — йтз!и ф. Нз А2 У ЕУ Подставляя сюда вместо — выражение л( лэ 2 соз ф с(ф с'5 ' 51Н— 2 гж кстончивость !Зт! Подставляя в выражение (7) $ = 180', находим кривизну кольца второго участка в точке 1 Кривизна в точке ! не терпит разрыва. Поэтому приравниваем полученную кривизну той, которая была найдена в точке 1 первого участка (2), т. е. (13) Координата х конца второго участка равна нулю, а координата начала отсчета для второго участка должна совпадать с координатой конца х, (4) первого участка. Поэтому из (!0) при 3=!2 х=О и хе=х! (4) получим — е,( — )-)-с, е (-') — ( —,— !)ь ~14) 1' ЕУ аг ~/ еу Аналогично находим у — расстояние между точками 0 и 2 у — ' + (! — Р 1 — йт).
(15) ЕУ ЕУ Теперь из уравнений (3), (12). (13) и (14) исключим Ф Гм — Р— и ~~ †. Тогда получим: ЕУ г' ЕУ вЂ” е, ( — ) — ( — 1) Р,( — )=2ч ~Р, ( — ") — 2Е, ( — ")~. еБ) 2а,Р, ~ 2) (!7) Но сумма длин 1, и !з равна половине дуги кольца !!+!2 откуда (18) — 6) ЕУ ннгт рва ург — = — ( ! — Ф|йз). ЕУ ЕУ (19) (20) Таким образом, порядок подсчетов будет следуюшим.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
