Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Наиболее вероятным является,' очевидно, изгиб в плоскости минимальной жесткости, т. е. в данном случзе относительно оси а (рис. 387). Остается проверить, не меняется ли жесткость на изгиб при перемене анака момента. В случае, если жесткость остается неизменной, выпучивание стержня вправо Рис. 887. или влево будет равновероятным. Если жесткость окажется различной, наиболее вероятным будет изгиб в сторону наименьшей жесткости. 319 гц встоичи вость Положим эадаиа диаграмма сжатия материала (рис. 388). Напряжеиие о, возиикающее в поперечных сечениях стержня, превышает по условию предел текучести (точка А иа диаграмме). При изгибе стержня слои, расположеияые с вогнутой стороны, догружаются и напряжения возрастают в зависимости от е по прямой 1.
С-выпуклой стороны происходит разгрузка, и зависимость межйу а и е изображается прямой 2. Тангенс угла иаклоиа. прямой 1 обозначим через .О, а прямой 2 — через Е, где Ю вЂ” модуль упругости. В результате эпюра дополиительных изгибиых иапряжеиий принимает вид ломакой (рис. 387). Положение иейтральиой линни г, определяется из условия, что 1 Зодер'=б. 11) поскольку нормальная сила в сечении ие меняется и по- 2 стоянко равна Р. Если стержень выпучивается Ряс. 388.
налево, ось я, смешается от центральной оси я также налево. Если стержень выпучивается иаправо, иейтральиая ось сдвигается направо. Рассмотрим первый случай. Ось я, сдвинута налево. С выпуклой стороны стержня — 1у, )~ б), Р а с вогнутой Ьо = 1) ~' (у, ~( 0). Р Согласно выражению (1) имеем: Е ~ у, агР=,0 ~ у, а1Г, нрав где первый иитеграл распростраииется иа область, расположенную слева от оси г„а второй — справа от Оси 320 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1! Аз (рис. 387). Взяв статические моменты указанных участков относительно осн «н находим: Ь1 = — (1 + 212 — )/ ббг(+ багз ), где с(= О~В. При выпучивании стержня направо ось г1 смещается направо на величину ь,—,,', и-ры — ~.'!2~ зу) Теперь определим момент напряжений Ло относительно поперечной оси «Р Заметим, что ось может быть взята произвольно в связи с тем, что нормальная сила от напряжений Ьп при найденных Ь1 и Ь2 равна нулю.
При выпучнванин стержня налево м,= — ' [е ) наг-,-о ) иае1. Л1В прэв Вто выражение можно написать в виде Е1~ Л41 = —, Р~ где У, = — а (2а — 61)з+ — [8а (а+ Ь1) — ба(21[. 2 З 2 Исключая дн получим: .71 =, [7+22Н+7а12 — 4(2+12) ~/ба — 'г-8122~. При выпучивании стервсня направо получаем аналогично: 72=,""„, [(б — 2(+ а — (4 — () У12à — 8,72). В интервале изменения с1 от нуля до единицы получаем: 72 «1 '71 ° Следовательно, вероятность отклонения стержня направо больше, чем налево. При потере устойчивости стержень вероятнее всего нзогнетси так, чтобы открытая сторона профиля располагалась на вогнутой стороне бруса. 391 1у.
устоячизОсть 1431 143 Потеря устойчивости возможна для пружин растяжения, имеющих навивку с натягом. У пружин такого рода витки плогно поджаты друг к другу. По мере увеличения растягиваю1нея силы уменьшается кон гактное давление между витками. Удлинение пружины возникае~ л 1олько при Силе, больше11 силы предварительного поджатия Р, (рис. 339). Потеря устойчивости происходит с переносом и изгибом витков 1'рис. 390).
Получается так, что каждый виток «не дожи- А дается» того момента, когдз он сможет оторваться от соседнего, а со- Рпс. 389. скальзывает по поверхности контакта, изгибаясь в своей плоскости. Работа силы Р на возникающем осевом перемещении переходит в энергию изгиба витков. Р .89О, расчетная схема для определения кригическнх снл показана на рис. 391. Согласно формуле (3) (см. решение задачи 51, стр. 133) Лд =— с,,' Но Я=РЮ, Исключая Я, получаем: ' вр Ссдв 21 В. И Феодосьев 322 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1нл Из формулы (4) той же задачи получаем: еа«е Р «Р 8В~л ' Так как в данном случае — = с(, то л е«т« Ф 'Р 8В' ' 144.
Рассмотрим систему в отклонен- 47 ном от вертикали положении. Уравнения равновесия для узла (рис. 392, а) будут следующие: Р = АГ~ в1п а, ~- А(2 в1п ая, Аг, сова, = Агв сова,. ()) Из треугольника 48С (рис. 392, б) имеем: Р (1 — А(,)сова, + (1 — 612)совая= = 21 сов ас (2) Ряс, 39П (1 Л1,)в1па,=(1 — А12)в1паз. Будем рассматривать малые отклонения от вертикали и большие — по вертикали.
Обозначим аз=а+3, а,=а — Р, где угол а характеризует перемещение узла вниз, а малый ау Рис. 392. угол р — перемещение по горизонтали. Аналогично Аг, =А' — А~~'. А'2 — — А'+АА' Обозначим через с жесткость стержней на сжатие Ф вЂ” ЛМ Л Л+ ЬА« 12 с с 323 1Ч, УСТОЙЧИВОСТЬ 1441 Далее подставляем ан аа, М1, Лгя Л1, н Л11 в уравнения 1!) и 12) и лннеаризуем их, пренебрегая малыми произведениями р ЛЛг, Удерживаются только первые степени этих величин.
В итоге взамен 11) и (2) получим: Р=2Мяпа, Ий япа — Лдг сова = О, ( ДГ1 1 — — ! сова =1совне, с ~ ( ) ДГ1 ддг 1 — — ) 3 сова —:в!па= О. с) с Первое и третье из этих уравнений дают возможность определить угол а в зависимости от силы Р при симметричной форме равновесия Р, 1 сов нет — = — з1па(!— 2с1 1, сова!' 13) Л йпа — сова ( ) )УТ 1 =О, 1 — — 1 сов а — — в1п а с~ с откуда — — 1 сов'а = О.
М с Заменяя М через Р, имеем: — — япасоа а=О, Р 2с1 или согласно выражению 13) созае= сова — савва. На рис. 393 показан график зависимости между соз а и созаа. Понимать этот график нужно следующим образом. Задан угол аа. Система не нагружена. При этом а =ае !точка А на рис. 393). По мере натруженна угол а уменьшается, а сова возрастает, Точка В характеризует переход к несимметричной форме. Из выражения !3) пожег быть 21* Второе н четвертое уравнения являются однородными относительно неизвестных величин р и ЛЛг, характеризуюцтих боковое отклонение.
Приравниваем нулю определитель этой системы 32З РЕШЕННЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ опрелелено и значение соответствующей силы Р. Когда угол а лостаточно уменыпнлся, симметричная форма равновесия снова становится устойчивой (точка С на графике). сш и, Р гну 04 ь";у усг lгу сна Рнс. 393. Возникновение несимметричных форм возможно лишь при сов аз ( — или при ае) 67'25'.
2У3 9 Поведение системы в закритическом состоянии может бьжь исслеловано, если отказаться от предположения малое~и угла р. Впрочеи, злесьудобнее решать залачузнергетическимметодом. Рис. 394. Если ввести в рассмотрение перемещения Х и / ~рис.
394), то из четырехугольников СВВ,В„и АВВ,Вл легко получить следующие соотношения: Гсозаа-+/=() — Л),) сова,, тяп аз — Х = (1 — И,) Шп ап Г соз аз — / = (1 — Л)~) соа аш 1 з!п од Х (1 5згз) з!п Йн гу. устомчнзость 1ея Исключая и, и ат, получим; Ы, =1 — )/(1 з1па — Х)'+(1 совая+ /)з, б)я=1 — ~'(1з)по,— Д)з+(1 и, — У)' Полная потенциальная энергия системы будет: У=-9 с(М,)Я+- л с(М,)з — Р) 1 1 Первые производные от У по Х и у в положении равновесия равны нулю, а по знаку вторых проиаводных определяется— устойчива или неустойчива форма равновесия.
Предоставляем читателю возможность произвести этот анализ самостоятельно. Ряс. 395. $45. Примем, что поперечные сечения полосы не искривляются. Тогда осевые удлинения могут быть представлены в виде линейной функции у (рис. 395): е =за+му, где и — наменение кривизны полосы в плоскости ху. Осевое напряжение будет, очевидно, следующим: о„= Е(ее+му — пг), где аз — температурное удлинение. 326 Решение задАч и ответы нА ВОпРОсы пьа Так как нормальная сила в сечении и изгибающий момент М, равны нулю, то ) о л(Р=О, ) о уФР=О, откуда 1 Г 12 Г е = — ~ аг л(у, х= — ) агу с~у. Π— ь 3 — ь 3 ьм -ЬФ При возникновении круткн напряжения о образуют момент относительно оси х (рис.
395), равный М = ~ — о„улР, Г улэ нли М о уг,УР ,ае Г ьх Кроме того, при аакручиваннн в полосе возникает момент касательных напряжений, равный, как известно, М = — ЬЛЗΠ—. 1 Жу 3 кх Сумма этих моментов равна нулю, поэтому 6 РЛ О+ 1 охугь( = О. Р Подставляя сюда о„, находим: + ь)2 ьлг — (ез+ му — аь) уг лгу = + -ьгг где р — коэффициент Пуассона. Исключая ез.
получим: ььн ы(у — — ' гу= —. Ьг А ЬЛг 12 ) 6 (1+ р) ' (1) -ьд Это и есть условие перехода к новой форме равновесия. пн кстоичнвость 14а Заметим, что прн линейном ваконе распределения температурных удлинений вдоль оси у, т. е. при ах=А+ Ву, левая часть выражения (1) обращается в нуль при любых аначеннях А и В. Следовательно, прн линейном распределенни температуры новой формы равновесна не существует.
Положим, что температурные удлинения на левой половине полосы распределены по квадратичному вакону аг = — у' 4а~~ б~ (рис, 39б). Тогда выражение (!) принимает вид е или 15 Ла аг, "в 1+и У Заметим, что чем относительно тоньше лист, тем при более низкой температуре происходит потеря устойчивости (коробление). Рнс. 397. Рис.
396. 146. Представим себе„что шары ВВ повернулись на некоторый малый угол ~р относительно осн ОА (рис. 397). При этом инерционные силы шаров глыт1 уже не будут параллельны оси ОА и дадут пару с моментом М = шытЕа2а, 323 гнпинив задач н отняты на вопгосы 34т закручивающую стержень ОА. Но так как а=~р-, то и М = 2лггвтадр.
С другой стороны, для закрученного стержня О.l р М = — ~ ~р, где 01 — жесткость стержня; таким образон, 2 1а ' Это и есть критическая угловая скорость для данной системы. При скорости, большей указанной, стержни ОА закручиваются. 147. Представим себе, что некоторое сечение, расположенное на расстоянии ь от оси, повернулось в результате закручивания стержня на угол ~р (рис. 398). Выделим нз стержня элемент И~ИуФ, расположенный на расстояняи у от ~Р оси стержня. Прн поворо|е сечения иа угол ~р элементарная инерционная сила Флгьгь даст поперечную составляющую алгытьа.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
