Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 31
Текст из файла (страница 31)
(6) Теперь свободный член этого уравнения зависит от силы Р и при Р= — ', (3 ь)/5) обращается в нуль. Следовательно, для и возможно сушествоваиие нулевых значений и существует решение, при котором грг н грг (4) не зависят от времени, т. е. существуют формы равновесия при Р, = — (3 — ~/5). Р'аФ' гу Здесь величина критической силы не зависит от распределения масс, поскольку параметр и в свободный член уравнений (5) и (6) не входит и не может войти.
Вернемся к упругому стер- жню н составим для него ура- У внение движения. К элементу Рис. 360. стержня длиной ггх (рис. 360) приложены силы и иоменты в сечениях и распределенные инерционные силы интенсивно- д'у сти рР—, где р — плотность материала стержня. дгг ' Проектируя силы на нормаль к упругой .линии, получим; гйе + Р— „, г(х + рР—, ггх = О. дгу д'у дхг дтг Так как д '' то ОУ вЂ” + Р—,+Рà — „= О. д<у дгу дгу дх' дхг д'г рР будем считать величиной постоянной. ~ю гстопчнвость Положим, что у = Ге'о', где У зависит только от координаты х.
При вещественных значениях Й движение носит характер гармонических колебаний, Если Й будет комплексным ь)=а+ Ы, то ,у= г'а~* ь" ьн'= уе™ (соя аГ+ Ге|наг), (7) Движение, следовательно, будет происходить либо с уменьшающейся, либо с возрастающей амплитудой в зависимости от знака Ы Подставляем у в уравнение движения н вводим безразмерные параметры ре ю ()Р Р!2 /'ВЕ х ЕУ ' 1 ЕУ тогда получим: сРР Фà — +бе — — «УГ =О. ,~~4 л~а Решением этого уравнения будет: У=С,з!па,~+С,созаД+С зппеь+С спать, (9) где и-= — + ~~ — +ю-, У аг= — — + — +ет . р р 2 ) 2 4 В заделке независимо от условий нагруження имеем К = О лг и — = О.
Следовательно, С,+Са=О, иС,+пСз=О, На свободном конце стержня изгибающий момент равен нулю, и в случае следящей силы обращается в нуль поперечная скла. Поэтому прп х=1 (или прп ь= 1) я'1У лзр — =О и — =О, 286 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ ! 1аа Рис. 36! Рл и'ЕУ при 6з = ба = — или при Р =— 1 4 4Р и вообще при ллплЕУ Р= —, (и=1, 3, 5, . ° .). что даег еще два уравнения: — С,а-, з ! п а, — С а', соз а, + Саа? з Ь а + С4а; сЬ а„= 0; — С,а',сова,+Сяа',з1па,+С,а.,'с11 аз+С аазйа =О. В случае силы Р, сохраняющей неизменным свое направление, последнее условие выглядело бы иначе. Здесь поперечная сила равна не нулю, а величине — Ру' к=1' Приравниваем нулю определитель четырех полученных уравнений. Тогда "~+ "4+ Лг +а1аа(а1 — аа)з!па1 з!! аа+ + 2азла~ ~сов а, сЬ аа = 0 г~ или 64+2елз+йтглз1па, АЬаа+ 1~7 х + 2ыз соз а, СЬ аа = О.
(10) В случае силы, сохраняющей свое направление, взамен выражения (10) по2ыз — йты з!и а, з11 аз+ +(64-!-2ыа) сова, сй а. = О. (11) Соотношение (10) позволяет построить зависимость частоты ел собственных колебаний стержня от безразмерной силы Ра (рис. 361). На этом же графике пунктиром показано изменение частоты для случая неследящей силы. При 6=0 имеем первую ыл и вторую ела частоты соб- ственных колебаний свободного защемленного стержня. По мере увеличения неследящей силы эти частоты (и все более высокие) уменьшаются, обращаясь в нуль при силе, прини- мающей критические значения, т.
е. ву. устолч!1вость В случае следящей силы низшая частота с возрастанием Р увеличивается. н в точке А кривые первого и второго тонов смыкаются. Если расширить график в область более высоких частот, то можно увидеть, что такое же смыкание кривых имеет место для 3 и 4-й частот. 5 и 6-й н т. д. Для определения критического значения силы Р в этом случае необходимо найти такое наименьшее значение Р, при котором имеет вгесто кратность корней ы в уравнении (10), Это значит, что при дальнейшем увеличении р корни становятся комплексными сопряженными и существует корень с отрицательной мнимой частью, т. е. Й = а — й. Согласно выражению (7) это соответствует появлению формы колебаний с нарастающей амплитудой, Из рис.
361 видно, что кратность корней имеет место в точке А. Проводя числовой поиск, определяем рг= 20,05 (ы= 11,016), следовательно, Ргг Е) Р Полученный результат верен лишь прн равномерном распределении массы стержня по его ллине. При ином распределении масс критическая сила будет иной. Это очень важно отметить в связи с тем, что иногда встречаются попытки определить в подобных задачах критическую силу при помощи различных ухищрений в обход законов динамики, чем заранее предопределяется неучет распределения масс н принпипиальная неправильность решения. 135, Случай нагружения а) вошел в литературу под названием задачи Реута ь).
Стержень не имеет форм равновесия, кроме исходной прямолинейной. Действительно, имеем: Е/ул = — Ру (рис. 362); далее, у = А айнах+ В совах; при х = 0 у = 0 и у' = О, следовательно, В=О и А =О. ) Реут В. И., О теории упругой устойчивости, Труды Одесского ин-та инж. гражд. н комм. стр-ва, вып. 1, 1939. 288 РЕШЕННЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ 11А ВОПРОСЫ 11зз Перейдем к анализу форм движения. Будем считать, что масса плоского диска на конце стержня мала. функция К (формула (9)), найденная при решении предыдушей задачи, остается в силе. Остаются вернымп н два первых граничных условия: при Е=О У=О и — =О.
Л' т'ь т. е. С, + Сч — — О, а,С, + аеСа = О. Прн к=1 ( =1) имееи: Иу"= — Ру, Ыу'к= — Ру'. ,р ИШ1 Рис ЗЕ2. У" + ОЕУ = О. У"'+611" = О, Ооращаясь к решению (9) предыдушей задачи, получим: С,1 — и;+ р')з1па, + С ( — а,"-+ р')сова,+ + С, (а'-+ ре) З11 и, + С, (ат + ра) с)1 а = О, С,( — аз -1- реа1)соза1+С,(п1 — рта1)з1пп1+ +С (аза+Рза )с)1п,+С (а3+Рти)ЗЬО. = О. Приравнивая нулю определитель системы, приходим к трансцендентному уравнению 61+ 2ые+ ртыз1па, з!1 па+ 2ыт сова, с11а,=О, которое полностью совпадает с уравнением (10).
Таким образом, критическая сила будет такой же, как и в предыдущей задаче: Ю,Оба ЕР 11 0 совпадении результатов можно было бы догадаться и сразу. Усилия на концах стержня в обоих случаях тождественны. Различие заключается лишь в системе отсчета у и х (рис. 363). В случае нагружения б) (рис. 364) задача решается на основе обычного анализа форм равновесия. Имеем уравнение Еlу' = — ру — Ргр 11 — х), гу.
кстопчивость ! ав1 нлн у" +агу = — аггр(1 — х) 1ат= — 1, Ег)' откуда у = А з( и ах+ В сов ах — ~р (1 — х). Прн х=О у=О и у'=О, а прн х=1 у'=гр, Тогда получаем три следующих уравнения:  — ф = О, А а + ~р = О, А соз а1 — В в1 и а1 = О. /Р' ггг'=Рг' Г лг=ду Р, 555. Рис. 364. Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем: Гп а1 = — а1. Наименьший отличный от нуля корень этого уравнения будет: а1 = 2,029, откуда 4,П5Е.1 Р кя ге 136. Система аналогична рассмотренной в задаче 134. Для анализа устойчивости необходимо составить уравнения движения, Рассмотрим элемент длиной дх (рис. 363). Приравнивая нулю сумму проекций сил на ось у, получаем: — Ак+ Рà —, Их+ дО ду +Р 1 — х — дх г'ду дгу 'г 1 — х ду ~ дк дх' ~ — + — а'х~ — Р— — = О, 1 дк 19 П.
и Феояегьее 290 гншшГиа задач и ответы ил вопросы 1336 мли — +рŠ— + — 1Р 1=О. дО дяу д Г 1 — х дул дх дтг дх 1 1 дх! ))о Гак как —,") =ЕУ,",, то ЕУ вЂ” + — ~р — — 1+рŠ— = б. д'у д Г 1 — х ду1 дгу дх' дх ~ 1 дх ) д12 (!) Здесь р — как обычно, плотность материала, а Š— площадь сечения. Эти величины (так же как и Е)) от х не зависят. Рнс. 365. Уравнение !!) имеет структуру, заранее предопределяющую применение машинного счета.
Для однородного стержня, правда, имеется надежда свести решение уравнения к табулированным функциям Бесселя либо родственным им. Однако даже в этом случае наиболее быстро решается задача при помощи Э).!ВМ, Полагаем и переходим к безразмерной форме ич!' д Г дг'т — +р — (! — ь) — — маг =О !ь где Р1а а РЕР З Х ра ыа г)2 ЕУ ' Еу тм1 291 гч.
устойчивость Граничные условия: лгт' — =О, Ллг лгг' — =О, лгглг лгк — =О, л~г лггк — =О. лгьг при ь=О при ь=1 Решение ищем в виде ряда А„(,". По условиям на концах Аа=А,=О ~ч.", Ада(а — 1) = О. ~ч.", Ала (а — 1) (а — 2) = О. (2) Для определения членов ряда имеем рекуррентную формулу Ал= 1 п(и — 1) (л — ) (л — 3) х Х (ыаАл-4+ба[Ал-а(а — 3)а — Ал-о(а — 2)(а — 3)!). Постоянные Ао и А, остаются неопределенными. Их нужно подобрать так, чтобы выполнялись два последних граничных условия. Поскольку в выражения (2) Ао и А, входят линейно, можно написать: ч' Ала(а — 1) =, КоАо+КгАг =О, ~~.", Ала (а — 1) (а — 2) = ЕоАо+ ~гАг = О. Условие существования ненулевых решений будет, очевидно, следующим; КА — КА=0=0.
(3) 19' Последовательность счета: Задаемся р и в. Полагаем Ао — — 1 и А, = 0 и по рекуррентной формуле определяем члены ряда. В рассматриваемой задаче их достаточно взять 20 или 30, Затем подсчитывается ~ А„а (а — 1)=Ко и ~ Ала(а — 1Ца — 2)=Ее. Полагая Ао=О и А,=!. повторяем счет; тогда найден« ные суммы соответственно равны Кг и г.г.
Далее вычисляется величина 0 (3). Меняем ю и снова вычисляем В. Сравниваем его с предыдущим. Если анак 1) не изменился, ядем дальше; если — изменился, то зто значит, что пройдено 292 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ пзт значение частоты для данной силы. Интерполяцией определяется ы. В результате строим график завнснлюсти еа от 6, который представлен на рнс. 366.
Рис. 366. Как и в задаче 134, при критической силе Р имеет место смыкание частот первого и второго тонов: й,р —— 109,69 (ы = 23,02). Критическая сила 1ТУ469е3 кр га На рис. 366 для ряда значений Р показаны формы коле* баний стержня, причем рассмотрен случай не только сжимаю гцей, но и растягяваюшей силы Р. Любопытно, что при некоторых значеннах Р узловые точки становятся мнимымн. 13аа ° Здесь, очевидно, имеет место повторение задачи 134, ио прн других граничных условиях.
Выражение (9) задачи 134 остается в силе, Меняются лишь граничные условия. Теперь аааа' лат' при (=Π— =0 и —,, =О, я~а Лгаа ЛаР ЛТУ при ь=1 также — „=О и — =О. лгаа Лааа— 1ЗП 293 1Ч. УСТОЙЧИВОСТЬ Далее получаем четыре уравнения: — и С2+ паС4 = О, 1 2 — а С, з! п а1 — а;С, соз а, + а'-С з11 а, + ааС, с Ь а = О, Приравнивая нулю определитель, получим трзнсцендеитное уравнение ь1 (сов а, с!1 а, — ! ) + !!' з! и а1 з Ь а, = О, (2) которое и подвергается анализу. В зависимости от характера функции ы= у'(р) и решается вопрос о поведении стержня.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
