Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов - Феодосьев В.И.

Автор: Феодосьев В.И.

Теги: механика деформируемых тел упругость деформация общетехнические дисциплины материаловедение сопротивление материалов задачи по физике учебное пособие

ISBN: 5-02-014874-1

Год: 1996

Похожие

Неодномерные упругопластические задачи

Задачи механики сплошных сред со смешанными граничными условиями

Коэффициентные обратные задачи механики.

Контактные задачи нелинейной теории оболочек вращения

Текст

^*1
&яфе0>к^ев<^>
•l.'>^'4>AfV^;‘>A >-'-5^Ж;^Х:' "- " C'.--^<^fA'
^'.^'-'f I.Y s **'• ) S.,s • -y" ”/r ’. • . r "-
1018
ЗАДАЧИ И ВОПРОС!Л - |Ц
''П0С0ПР0ТИВЛЕ11ИЮ!||с|
Ш1аУйрйаловВм^^^Я
В. И. ФЕОДОСЬЕВ
ИЗБРАННЫЕ
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
Издание пятое, исправленное и дополненное
Рекомендовано Государственным комитетом
Российской Федерации по высшему образованию
для студентов высших технических
учебных заведений
МОСКВА
НАУКА-ФИЗМАТЛИТ
1 996
ББК 30.121
Ф42
УДК 539.3/.6(075.8)
Федеральная целевая программа
книгоиздания России
Феодосьев В. И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению
материалов: Учеб, пособие: Для втузов.—5-е изд., испр. и доп.—М.: Наука.
Физматлит, 1996.—368 с. ISBN 5-02-014874-1
Рассмотрены задачи, выходящие в большей части за рамки традиционных
требований институтского курса как по сложности, так и по постановке. Собраны
примеры повышенной трудности, расширяющие кругозор читателя и позволяющие
ему увидеть связь сопротивления материалов с некоторыми смежными дис-
циплинами. Все задачи сопровождаются подробными решениями. В настоящем
издании (4-е изд.—1973 г.) введен рад новых задач, связанных с развитием
численных методов расчета и с применением композиционных материалов в
технике.
Для студентов старших курсов втузов, аспирантов и преподавателей.
Ил. 480.
Рецензент доктор физико-математических наук А. Г. Горшков
2004030000—008_._ „
Ф 053(02)—96 2'2'95’ НаУ“- 11 пшУгодве
ISBN 5-02-014874-1
© В. И. Феодосьев, 1996
© Оформление. Физматлит,
1996
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к пятому изданию . . . - 4
Предисловие к первому изданию . . . ... .5
Задачи и вопросы................................................. 7
I. Растяжение, сжатие и кручение........................... 7
II. Геометрические свойства сечений. Изгиб..................19
III. Сложное напряженное состояние, критерии прочности, ани-
зотропия ..................................................
IV. Устойчивость.........................................
V. Разные вопросы и задачи ......................
Решение задач и ответы на вопросы ....
I. Растяжение, сжатие и кручение.........................
II. Геометрические свойства сечений. Изгиб..................107
III. Сложное напряженное состояние, критерии прочности, ани-
зотропия .................................................. 165
IV. Устойчивость............................................185
V. Разные вопросы и задачи................................314
$ S
Список использованной литературы..................................364
Всеволод Иванович Феодосьев.......................................365
ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЯТОМУ ИЗДАНИЮ
Этот задачник имеет уже достаточно большой срок суще-
ствования. Первый раз он увидел свет в 1950 году, а с момента
последнего, четвертого издания прошло более пятнадцати лет.
Многие поколения учащихся и молодых преподавателей его и
в глаза не видели. Техника за годы уходила вперед, постоянно
возникали новые интересы, рождались новые задачи, а главное —
раскрывались невиданные до того широкие возможности в пре-
одолении вычислительных трудностей. Компьютерная техника
для учащихся даже средней школы стала столь же обычным
средством, как и логарифмическая линейка в прошлом. Появи-
лись, а затем и завоевали решающие позиции в технике компо-
зиционные материалы. Изменились взгляды на технологию, на
надежность и на процессы разрушения.
Введение в задачник новых, интересных цо различным при-
знакам задач стало настоятельной необходимостью. А чтобы
объем задачника не увеличился сверх разумного, пришлось рас-
статься с некоторыми старыми задачами и в первую очередь с
такими, где в решении возникали длинноты и просматривалась
очевидная громоздкость преобразований.
Нов'ые задачи рождаются не за письменным столом. Они воз-
никают как следствие деловых, производственных, а порой и
просто дружеских человеческих контактов, как следствие обмена
мнениями и творческого поиска подходящих формулировок. Автор
имел счастье таких форм общения с коллегами и специалистами
и глубоко благодарен судьбе и друзьям за это.
ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящая книга не является сборником задач в обычном
понимании слова. В ней собраны задачи, предназначенные не
для начинающих, а для заканчивающих курс сопротивления ма-
териалов. Она не претендует на полноту освещения всего курса
и обращает внимание читателя либо на некоторые из тонких
вопросов, не освещаемых в курсе вовсе, либо на такие вопросы,
которые часто ускользают от внимания учащегося не только в
процессе изучения, но и в дальнейшей деятельности.
Различна и сложность задач. Среди них есть простые и слож-
ные. Есть такие, которые при известных знаниях требуют толь-
ко сообразительности, и такие, для решения которых необходи-
мо привлечь простейший аппарат теории упругости. Во многих
задачах, сложных на вид, решение оказывается неожиданно
простым. В других случаях очевидный на первый взгляд ответ
может оказаться неправильным.
При разборе такого рода задач даже квалифицированный
читатель не застрахован от возможных ошибок. Поэтому все
задачи снабжены подробными решениями, которые имеют целью
либо расширить кругозор читателя, интересующегося не столь-
ко процессом, сколько принципами решения задач, либо же дать
возможность проверить полученный результат, если читатель
имеет намерение действовать самостоятельно и решает задачу
не в том порядке, как это сделано в книге.
Автор решился опубликовать эту несколько необычную кни-
гу, полагая, что она может оказаться полезной для достаточно
широкого круга читателей.
Опыт работы со студентами показывает, что большинство
учащихся далеко не всегда довольствуется решением типовых
задач, предлагаемых в обычных задачниках. У многих учащих-
ся часто возникают вопросы, выходящие за рамки курса и тре-
бующие более глубокого понимания предмета; у них возникает
естественное желание испробовать свои силы в решении более
сложных и интересных задач, где требуются и сообразитель-
ность, и знания, и усидчивость.
На удовлетворение этих запросов молодежи в первую оче-
редь и направлена настоящая книга. Она написана на уровне,
доступном пониманию студентов, заканчивающих курс сопротив-
5
Ленин материалов. Она может оказаться полезной также для
начинающих преподавателей и может вызвать интерес у инже-
неров, повышающих свою квалификацию.
Большое число задач, вошедших в книгу, составлено самим
автором. Многие задачи рекомендованы ему его коллегами, не-
которые публиковались ранее. В список использованной лите-
ратуры автор внес те немногие известные ему источники, в ко-
торых в том или ином виде встречаются задачи, вошедшие в
настоящую книгу.
Автор считает своей приятной обязанностью выразить благо-
дарность JI. И. Балабуху, В. Л. Бидерману, И. А. Биргеру, ока-
завшим помощь в подборе и проверке задач, и Л. Б. Андреевой,
принявшей деятельное участие в подготовке рукописи. Он будет
также благодарен всем товарищам, которые не откажутся в
дальнейшем высказать свои замечания о книге.
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
1. Система, состоящая из двух стержней, нагружена одно-
временно силами Р\ и Рг, направленными вдоль стержней
(рис. 1, а).
Потенциальная энергия деформации равна, очевидно,
tz=2ik + _3k.
2E1Fl 2EtFt'
Взяв частные производные от потенциальной энергии по силам
Pi и Р%, находим перемещения точки А по направлениям 1 и 2
(щ и и2, рис. 1, б):
и и
1 Е// 2 E2F2*
Покажите графически, каково будет полное перемещение
точки А.
2. Плоская ферма (рис. 2) состоит из п > 2 одинаковых и
равнорасположенных стержней, соединенных в общий узел. Си-
ла Р приложена в плоскости фермы. Показать, что перемещение
узла О всегда направлено по силе Р и величина этого переме-
щения не зависит от угла а.
3. В абсолютно жесткой плите имеется отверстие. В него
вставлен упругий болт и затянут с усилием предварительного
7
натяжения No- После затяжки к гайке приложена сила Р
(рис. 3). Как при этом изменяется усилие, приходящееся
на болт?
4. Условие предыдущей задачи усложняется тем, что под
нижней гайкой установлена упругая прокладка (рис. 4). Как
Рис. 4
в этом случае меняется усилие на болт при приложении к ниж-
ней гайке силы Р, если известно, что при сжатии прокладки
силой Р толщина ее уменьшается на величину Д = Р/с, где с —
жесткость прокладки?
5. Для того чтобы определить модуль упругости некоторого
материала при сжатии, был поставлен следующий опыт. Между
Исследуемый образец
Рис. 5
двумя массивными стальными платами сжимался цилиндриче-
ский образец (рис. 5).
Для замера деформации образца было установлено два инди-
катора (рис. 5) с таким расчетом, чтобы исключить ошибку от
8
перекоса плит. Замеры показали, что модуль упругости исследуе-
мого металла на сжатие
£сж = 80 ГПа.
Можно ли верить этому результату?
А если не 80, а, скажем, всего 5 ГПа... Тогда как?
6. Прямой однородный стержень постоянного сечения жестко
закреплен по концам (рис. 6).
Покажите без вычислений, что в стержне при равномерном
нагреве не возникает осевых смещений. х
7. Ту же задачу поставим иначе. По 4~'
какому закону вдоль оси х должна менять- | 1 - тог
ся площадь поперечного сечения стержня * / р
F (х), чтобы в равномерно нагретом стерж-
не возникали осевые перемещения, ме- Рис. 6
няющиеся по заданному закону и(х)?
8. Стержень, закрепленный верхним концом, нагружен про-
дольной силой Р (рис. 7). Между нижним концом стержня и
нижней жесткой опорой имеется зазор А. При силе Р > EF&jl
7WWM
Рис. 7

нижний зазор перекрыт. Реакция нижней опоры 2V определяет-
ся из условия
(Р-^Н Л.
EF EF ~ ’
следовательно, усилие в нижней части стержня будет
2V ~ 2 I 2 ’
Верхняя часть растягивается силой
2 ‘ I 2
Перемещение точки приложения силы Р будет
* Р* , А
° ~ 2EF 2 ’
9
Определим упругую энергию, накопленную стержнем. С одной
стороны, эту энергию можно определить как сумму энергий,
заключенных в верхнем и нижнем участках стержня, т, е.
(1)
С другой стороны, эта энергия равна работе, произведенной си-
лой Р на перемещении 6, т. е.
л _ Рб _ P2Z РА
(2)
Выражения, как видим, получились различные. В чем дело?
Какое из этих выражений правильно и какое нет?
9. Прямой однородный стержень (рис. 8, а) опирается на
жесткое основание. Найдем перемещение центра тяжести стерж-
ня под действием собственного веса. Это можно сделать двумя
способами.
Первый способ. Находим обычным приемом перемещение точ-
ки (центра тяжести), расположенной на расстоянии Z/2 от осно-
вания (см. эпюру перемещений, рис. 8, б). Это перемещение,
как легко проверить, будет равно
(1)
где q — вес стержня на единицу длины (погонный вес), EF —
жесткость на сжатие.
Второй способ. Находим расстояние от основания до центра
тяжести деформированного стержня (рис. 8, в). Это расстояние
будет следующим:
(х — и) dm
о__________
m
(2)
Здесь dm — масса элемента длиной dx:
и — текущее перемещение, определяемое по эпюре (рис. 8, б)
формулой
Подставляя u, m и dm в выражение (2) и интегрируя, находим
х _ J______
ц-т “ 2 3EF'
Искомое перемещение, следовательно, будет
л 1 Я1
Д — 2 *Гц.т — 3£Г
(3)
что не сходится с полученным ранее выражением (1).
В чем причина расхождения?
10
10. Гибкая йить, лежащая на Горизонтальной плоскости,
натянута силой Tq между двумя неподвижными опорами (рис. 9).
I
Рис. 9
После того как межопорная поддерживающая плоскость будет
убрана, нить провиснет.
Выясните, как зависит провисание u?m.x от силы начального
натяжения То и погонного веса нити д, считая жесткость нити
на растяжение EF и ее длину I заданными.
11. Как найти распределение усилий между заклепками 7, II,
III, IV продольного заклепочного шва, показанного на рис. 10,
Рис. 10
Рис. 11
если известны результаты следующего предварительного опыта?
Три листа с толщинами h\, Лг и h\ и шириной Ъ, соединенные
одной заклепкой, испытаны на растяжение (рис. И). Путем
точных замеров установлено изменение расстояния между точ-
ками А (на верхнем листе) и В (на среднем листе) (рис. 11)
в зависимости от силы Т. Эта зависимость имеет следующий вид:
Да = Т/к, где к — постоянная величина. База замеров а была
выбрана достаточно большой для того, чтобы напряжения в се-
чениях А и В можно было считать равномерно распределенными.
11
12. Обобщите решение предыдущей задачи нА случай любого
числа заклепок п.
13. Винт и гайка (рис. 12) растягиваются силами Р. Выявить
закон распределения нормальных усилий по длине винта и гай-
ки (в функции я), если известно, что усилие, приходящееся на
Рис. 12
каждый виток резьбы, пропорционально взаимному смещению
винта и гайки t = k(uB — ur); t — усилие, приходящееся на еди-
ницу длины, к — экспериментально найденный коэффициент;
ив — иг — взаимное смещение вдоль оси винта и гайки, вызван-
ное деформацией резьбы (см. рис. 12).
14. Винт с навернутой на него гайкой (рис. 13) растягива-
ется силами Р. При условии предыдущей задачи выявить закон
Рис. 13
I
Рис. 14
распределения нормальных усилий и усилий на резьбу по длине
винта и гайки.
15. На винт (рис. 14) навинчивается гайка, имеющая шаг
резьбы, на Д меньший шага резьбы винта $.
Каков закон распределения возникающих при этом усилий в
винте и гайке и каковы усилия на резьбу, если, как и в преды-
дущих двух задачах, t = к (ив — иг) ?
16. При какой конструкции гайки (первого или второго типа,
рис. 15) условия работы витков резьбы являются более благо-
приятными?
17. В связи с рассмотренными может быть поставлена еще
одна подобная им задача.
Упругая однородная среда содержит достаточно редкие и
равномерно распределенные по объему включения в виде па-
раллельных волокон конечной длины. Требуется определить
характер силового взаимодействия между средой (заполнителем)
и волокнами при осевом растяжении (рис. 16).
12
18. Как выглядит диаграмма испытания (о; в) и чему равен
предел прочности пучка нитей, составленного из упругих хруп-
ких волокон?
19. Три одинаковые резиновые тяги (рис. 17) нагружены
силой Р. Установить перемещение узловой точки А в зависи-
мости от силы Р, если диаграмма растя-
жения каждой тяги задана в виде кривой,
изображенной на рис. 17.
20. Круговой двухслойный резино-кор-
довый цилиндр находится под действием
внутреннего давления р (рис. 18). Было
замечено, что в зависимости от угла рас-
положения нитей а цилиндр, деформи-
руясь под действием внутреннего давле-
ния, может принимать одну из форм,

Рис. 15
Рис. 16

показанных на рис. 19. В случае 1 искривлённая образующая
цилиндра обращена выпуклостью наружу, в случае 2 — внутрь.
В случае 3 при том же давлении не наблюдается заметных де-
формаций, и цилиндр сохраняет свою форму в той мере, в какой
можно считать нити нерастяжимыми.
Каким значениям угла а соответствует каждый из отмечен-
ных типов деформации?
21. Тонкостенный резиновый шар подкреплен множеством
жестких нитей, расположенных по меридиану (рис. 20).
Опыт показывает, что ecjfn внутрь шара нагнетать под дав-
лением воздух, то шар расширится по экватору, укоротится по
оси вращения и примет форму, напоминающую тыкву. Опреде-
13
лить степень сплюснутости этой формы, пренебрегая жесткостью
резиновой оболочки.
22. Стальное кольцо посажено с заданным натягом на алю-
миниевое (рис. 21). Опыт показывает, что в некоторых случаях
Рис. 18
после нагрева и последующего охлаждения внутреннее кольцо
выпадает из внешнего.
Установите, при каких условиях возможно это явление. Ка-
кие данные необходимы для того, чтобы получить числовую
оценку указанного явления?
23. На массивный жесткий конус (рис. 22) свободно надето
тонкое кольцо. Конус и кольцо одновременно подвергаются воз-
действию периодически изменяющейся
температуры. Как это может отра-
зиться на месте расположения кольца
вдоль оси конуса? Иными словами,
будет ли меняться величина h во
времени?
Рис. 19
24. Имеется абсолютно жесткий стержень и тонкая упругая
трубка, внутренний диаметр которой на величину 2Д меньше
диаметра стержня. Трубка нагрета и посажена на стержень
(рис. 23).
При остывании в трубке возникают окружные напряжения,
а при наличии трения — также и осевые.
14
Определить характер распределения возникающих в трубке
напряжений.
25. Усложним условие предыдущей задачи. Определите си-
лу Р, которую необходимо приложить к трубке, чтобы снять ее
Рис. 21 Рис. 22
со стержня (рис. 24). Рассмотрите два варианта: а) сила Р —
сжимающая; б) сила Р — растягивающая.
26. Покажите, что при кручении призматического бруса с
поперечным сечением в виде многоугольника касательные
Рис. 25
напряжения в любом из внешних углов Л, Я, С, ... (рис. 25)
равны нулю.
27. При кручении круглого прямого бруса в его поперечных
сечениях возникают касательные напряжения т, пропорциональ-
ные расстоянию г от осп бруса (рис. 26). По закону парности
в плоскости осевого сечения бруса ху возникают точно такие же
касательные напряжения т'. Последние создают результирую-
щий момент относительно оси z.
Отсеченная часть бруса должна находиться в равновесии.
Чем уравновешивается упомянутый момент?
15
28. Как зависит жесткость тонкой полоски на кручение От
осевой растягивающей силы Р (рис. 27), действующей одновре-
менно с крутящим моментом?
29. Круглый валик (рис. 28), вставленный в трубку, удержи-
вается в ней силами трения. Контактное давление натяга, кото-
рое создает эти силы трения, и коэффициент трения могут с
Рис. 26
Рис. 27
достаточной степенью точности считаться постоянными для всей
зоны контакта. К валику и к трубке прикладываются равные и
противоположно направленные моменты М. При M>Mq валик
в трубке провертывается.
Требуется построить эпюры крутящих моментов для трубки
и валика при М < Л/о.
30. Как^ оценить прочность клеевого соединения жесткой ко-
сынки с жестким основанием
при произвольной форме кле-
евого пятна (рис. 29)?
Форма пятна известна. Ка-
сательное напряжение, возни-
кающее в клеевом слое, пропор-
ционально местному взаимному
Разрушающее напряжение для

м
Рис. 28
смещению склеиваемых деталей.
клея задано.
31. В поперечном сечении закрученного бруса (рис. 30) про-
водится произвольная замкнутая кривая. Касательные напря-
жения в каждой точке кривой разложены на нормальную (тп)
и касательную (т,) составляющие к проведенному контуру.
16
Нормальные напряжения в сечений отсутствуют (кручение не-
стесненное).
Доказать, что независимо от формы бруса и формы прове-
денной в сечении кривой справедливы формулы
1) jT„ds=O;
2) jT.<fc = 2GFA
где ds — элемент дуги контура, G — модуль сдвига, F, — пло-
щадь, ограниченная кривой, 0 — угол закручивания на единицу
Рис. 30
длины бруса. (Интегрирование распространяется на весь контур
замкнутой кривой.)
32. При кручении узкой прямоугольной полосы в попереч-
ных сечениях образуются, как известно, вторичные нормальные
напряжения. У краев полосы возникают растягивающие, а у се-
редины— сжимающие напряжения (рис. 31).
От каких характеристик и как зависят эти напряжения в
случае произвольной формы тонкостенного профиля?
33. Цилиндрический стержень закручивается равномерно рас-
пределенными по поверхности моментами тп, уравновешенными
Рис. 31
моментом М на торце (рис. 32, а). При таком нагружении в
стержне, кроме обычных напряжений т, действующих в попе-
речных сечениях, возникают еще и касательные напряжения t
в цилиндрических и осевых сечениях (рис. 32, б).
17
Определите, как распределены эти напряжения по объему
стержня. Дайте сравнительную оценку величин т и t.
34. Касательные напряжения т в поперечном сечении бруса
при чистом кручении могут быть разложены на две составляю-
щие тх и rv (рис. 33). Крутящий момент в сечении определя-
ется, очевидно, следующим выражением:
Мк= J j dx dy ~ J J V dx dy*
XV X у
Показать, что независимо от формы сечения справедливы
формулы
§§Txydxdy = ^, — J §xvxdxdy = у.
xv х у
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ.
ИЗГИБ
35. Не прибегая к интегрированию, найти центробежный мо-
мент инерции Jxy прямоугольного треугольника относительно
центральных осей, параллельных катетам (рис. 34).
36. Найти геометрическое место точек постоянных полярных
моментов инерции плоской фигуры.
37. Докажите следующее положение:
Если для множества осей, проходящих через какую-либо точ-
ку, можно указать более одной пары несовпадающих главных
Рис. 34
Рис. 35
осей, то можно утверждать, что вообще все оси, проходящие
через эту точку, являются главными.
38. В плоском сечении найти точку, обладающую тем свой-
ством, что все проходящие через нее оси являются главными.
39. Рассмотрим прямой брус, который изгибается двумя мо-
ментами М (рис. 35).
В нейтральной плоскости 00 при чистом изгибе никаких
напряжений, как известно, не возникает. Следовательно, силовое
взаимодействие между верхней и нижней частями бруса по этой
плоскости отсутствует. Тогда сечением 00 можно разделить брус
на два более тонких, и это совершенно не должно отразиться
на работе системы.
С другой стороны, возникает сомнение в законности такого
действия. Ведь два бруса, сложенных вместе и нагруженных
моментами М, изогнутся так, что на поверхности контакта бу-
дет иметь место продольное проскальзывание (рис. 36), и эпюра
напряжений в нормальном сечении обоих брусьев уже будет
совсем не той, что была в целом брусе.
Так как же? Можно разделить брус на две части так, чтобы
это не отразилось на его работе, или нельзя?
19
40. Как обтесать круглое бревно, чтобы полученный из него
брусок прямоугольного поперечного сечения обладал наиболь-
шей прочностью при изгибе (рис. 37)?
41. При изгибе бруса большой кривизны, как известно, ней-
тральная ось не проходит через центр тяжести и несколько
смещена в сторону центра кривизны.
Если брус не только изгибать, но и одновременно растяги-
вать, то нейтральная ось суммарной эпюры напряжений в зави-
Рис. 37
Рис. 36
симости от величины растягивающей или сжимающей силы мо-
жет сместиться, вообще говоря, на любую величину.
На каком расстоянии х от центра кривизны О кривого бру-
са следует приложить силу Р (рис. 38), чтобы нейтральная ось
суммарной эпюры напряжений в сечении I — I проходила через
центр тяжести сечения?
42. Известно, что прямой брус постоянной жесткости при
приложении к нему внешнего момента М (рис. 39) изгибается,
принимая форму квадратной параболы
С другой стороны, нам известно следующее выражение:
i = (2)
Если ЛГизг и EJ -— величины постоянные, что, допустим, име-
ет место в данном случае, 1/р — также величина постоянная.
Но постоянную кривизну имеет только дуга окружности, а не
парабола. Как же изогнется балка? По дуге параболы или по
окружности?
43. На каком расстоянии х от конца бруса следует прило-
жить силу Р, чтобы перемещение точки А равнялось нулю
(рис. 40)?
U--------1--------►
Рис. 40
44. Ломаная балка (рис. 41), защемленная одним концом,
нагружена на другом силой Р. Подобрать угол наклона линии
действия силы а так, чтобы перемещение точки А происходило
но направлению силы Р.
45. Куда сместится точка А (рис. 42)? Вверх, вниз, вправо,
влево?
21
46. Нарисуйте форму упругой линии для следующих систем
(рис. 43).
47. Рама, показанная на рис. 44, нагружена силой Р. Спра-
шивается, растянут или сжат стержень ЛВ?
48. Из опыта получена форма упругой линии сильно изогну-
того гибкого стержня и определена сила Р (рис. 45). Как наи-
более просто найти реакции опор?
49. Массивный прибор, имеющий вес 2Р, установлен в коль-
цевой раме (рис. 46). Подобрать размер а так, чтобы жесткость
подвески была бы максимальной. Жесткости на изгиб кольца и
стержней одинаковы.
На первый взгляд кажется, что а = 0. Так ли это?
50. Какая из трех рам, показанных на рис. 47, является
более жесткой, т. е. дает наименьшее перемещение б под дей-
ствием силы Р? Размеры сечений одинаковы.
22
51. Вам в руки попало поршневое кольцо (рис. 48, а). Вы
сжимаете его по диаметру и замечаете, что податливость кольца
Рис. 45
меняется в зависимости от того, по какому диаметру произво-
дится сжатие. Упростим задачу тем, что замыкающий узел А
представим в виде шарнира. Найти то значение угла а
(рис. 48, б), при котором взаимное
перемещение точек ВС при неиз-
менной силе будет наименьшим.
52. Квадратная рама сварена из
профиля, показанного на рис. 49,
и нагружена четырьмя силами Р
(рис. 49).
Под действием этой системы сил
увеличится, уменьшится или оста-
нется неизменной диагональ АВ?
53. Витая цилиндрическая пружина, защемленная одним
концом, нагружена на другом поперечной силой Р (рис. 50).
Определить вертикальное перемещение точки приложения силы.
Угол подъема витков можно считать малым.
Рис. 47
54. Пружина баланса ручных и карманных часов представ-
ляет собой плоскую спиральную ленту (рис. 51). Внешний ко-
нец ленты защемлен, а внутренний — жестко связан с колод-
кой, сидящей на осп баланса. При колебаниях баланса колодка
поворачивается и лента пружины изгибается. В общем случае
этот изгиб не будет чистым изгибом, и в сечениях пружины
могут возникать как поперечные, так и продольные силы. На-
23
личие этих сил для работы часового механизма нежелательно:
возникает перекос оси баланса, увеличивается трение в опорах,
и точность хода снижается.
Рис. 51
Рис. 50
Выясните, каким геометрическим условиям должна удовлет-
ворять пружина, чтобы ее изгиб при малом повороте колодки
(рис. 51) был чистым изгибом?
Рис. 52
55. Плоская пружина, состоящая из двух листов соответ-
ственно длиной 21 и 3Z, нагружена на конце силой Р (рис. 52,а).
Определить, как изменяются прогиб и напряжения в пружи-
не, если ее листы связать на расстоянии I от заделки (рис. 52,6).
Связь предполагается плотной, но допускающей свободные про-
дольные смещения листов.
24
56. Рессора, состоящая из трех листов, длиной 6Z, 4Z и 21
(рис. 53), нагружена силами Р. Определить осадку рессоры и
найти напряжения, возникающие в листах при заданной нагруз-
ке. Трением пренебречь.
57. Балка длиной 5Z (рис. 54) нагружается силой Р. Зависи-
мость перемещения / точки приложения силы Р носит характер
Рис. 53
Рис. 54
кусочно-линейной функции. Ее вид определяется ограничения-
ми, которые накладывают на прогиб балки расположенные под
ней с одинаковым зазором четыре равноотстоящие опоры. Тре-
буется определить, как меняется жесткость с = dPfdj в зависи-
мости от возрастания силы Р.
58. Плоская пружина постоянного сечения (рис. 55) при
изгибе накладывается на жесткое
лекало, профиль которого у —
= у(х) задан.
При рассмотрении прогибов
пружины возникает, прежде все-
го, вопрос о характере ее приле-
гания к лекалу. Здесь возможны
два основных случая:
1) Пружина на участке от ме-
ста защемления до некоторой точ-
ки плотно прилегает к лекалу
(рис. 55, а).
2) Пружина соприкасается с
лекалом только в одной точке
(рис. 55, б).
Считая, что функция у(х} монотонна сама и монотонна в
своих ближайших производных и что, кроме того, у мало по
сравнению с х, установить, в каком случае будет иметь место
тот или иной из указанных типов прилегания.
59. Однородная прямая балка длиной Z и весом Р лежит на
жесткой плоскости (рис. 56). Определить напряжения, возни-
кающие в балке при приложении к ее концу силы Р/3.
60. Пологая гибкая пружина, изогнутая по дуге круга ра-
диусом Я, прижимается двумя силами Р к жесткой плоскости
(рис. 57). При каких значениях сил Р точки А будут прижаты
к плоскости?
25
61. Можно ли подобрать такой закон распределения нагруз-
ки q(x), не равной тождественно нулю (рис. 58), чтобы балка
осталась прямолинейной?
%
А
А
^777777727777777777777777777777777777>
Рис. 56
21
Рис. 57
62. На жесткую втулку с натягом, но без трения, посажено
упругое кольцо (рис. 59). Какое предельное значение может
Рис. 59
Рис. 60
иметь сила Р, чтобы контакт между кольцом и втулкой не рас-
крылся?
Внутренний диаметр кольца в свободном состоянии на вели-
чину А меньше диаметра втулки.
63. В условие предыдущей задачи вносится изменение:
вместо силы Р приложено два равных и противоположно направ-
ленных момента (рис. 60).
Рис. 61
Рис. 62
64. На жесткий валик диаметром D (рис. 61) надевается
разрезанное упругое кольцо, внутренний диаметр которого
D — Д, т. е. меньше диаметра валика на А. При посадке, оче-
видно, кольцо несколько разгибается. Определить закон измене-
ния изгибающего момента по контуру кольца и выявить харак-
тер силового взаимодействия между кольцом и валиком.
26
65. Упругая балка плотно, но без трения, вставлена в отвер-
стие, высверленное в жестком основании (рис. 62). Интуитивно
представляется, что при нагружении поперечной силой Р балка
выскользнет из заделки. Но...— непонятно, под действием каких
сил? Что покажет динамометр D, если силы трения отсутствуют?
66. Две балки корытного профиля скреплены приваренными
на верхних и нижних полках узкими поперечными планками,
обладающими большой жесткостью. Полученная таким образом
составная балка одним концом защемлена, а на другом нагру-
жена силами Р (рис. 63).
Какие усилия будут воспринимать поперечные планки?
67. Определить распределение касательных напряжений в
тонкостенном замкнутом треугольном профиле при поперечном
изгибе (рис. 64).
68. Определить закон распределения касательных напряже-
Рис. 65
статиче-
скользит
ний в поперечных сечениях бруса
переменной толщины h (рис. 65).
69. Весьма длинная неразрез-
ная балка, состоящая из большо-
го числа равных пролетов, нагру-
жена на левом конце (на первой
опоре) моментом М (рис. 66).
Определить изгибающий момент и
угол поворота балки на i-й
опоре.
70. Решить предыдущую задачу
для случая конечного числа опор п
(рис. 67).
71. Используя уравнения перемещений, раскрыть
скую неопределимость следующей системы (рис. 68).
При нагрузке рамы силой Р точка А контура рамы
с трением по жесткой горизонтальной плоскости. Коэффициент
трения /. Жесткость всех участков рамы постоянна и равна EJ.
72. Геометрически неизменяемая система, состоящая из шар-
нирно соединенных стержней, носит название фермы. Стержни
фермы работают на растяжение или на сжатие.
27
В реальный конструкциях стерйсни фермы скрепляются не
шарнирно, а жестко — при помощи сварки или клепки. Допу-
стимо ли в этом случае рассчитывать ферму в предположении,
что стержни по-прежнему работают только на растяжение —
сжатие, и пренебрегать при расчете изгибом стержней? Ведь при
Рис. 66
Рис. 67
жестком соединении стержней ферма фактически перестает быть
фермой и превращается в раму!
73. Определить осадку прорезной пружины (рис. 69), сжа-
той силой Р, полагая, что перемычки между кольцами обладают
достаточно большой жесткостью по сравнению с прочими участ-
ками пружины.
Размеры пружины показаны на рис. 69.
------—
а а
[/7
*• ’Рис. 68
Рис. 69
74. Показать, что площадь эпюры моментов для любого замк-
нутого контура плоской рамы постоянной жесткости равна ну-
лю, т. е.
J Л/изг^ = 0.
«
75. Показать, что площадь, ограниченная контуром плоской
кольцевой нерастяжимой рамы, при ее изгибе плоской системой
сил при малых перемещениях остается неизменной, т. е. рав-
ной лЯ2 (рис. 70).
76. Два листа равной толщины h и ширины b склеены вна-
хлестку (рис. 71). Листы изгибаются в плоскости чертежа.
28
Определить Закон Передачи усилий с листа на лист в Пред-
положении, что клеевой слой упругий. Толщина клеевого слоя 6,
модули упругости Ек и GK.
77. В различных температурных регуляторах часто применя-
ются так называемые биметаллические элементы. Биметалличе-
ский элемент представляет собой две жестко соединенные метал-
лические пластинки с различными коэффициентами температур-
ного расширения си и аг (рис. 72). При нагреве биметалличе-
ская пластинка изгибается за счет различного удлинения ее со-
ставляющих. Если один конец пластинки неподвижно
то второй — свободный —
закрепить,
конец переместится на не-
которую величину. Полу-
чаемые таким образом пе-
ремещения используются
как источник движения
Рис. 72
и необходимых механиче-
ских усилий.
Установить, как меняется кривизна пластинки в зависимости
от ее геометрических размеров и температуры нагрева.
78. Биметаллическое кольцо, имеющее размеры, показанные
на рис. 73, нагревается на температуру t. Определить угол <р.
Рис. 73
Рис. 74
на который повернется сечение кольца, полагая форму этого
сечения неизменной.
Коэффициенты температурного удлинения составляющих ча-
стей кольца ai и аг.
79. Спроектирован температурный регулятор термостата,
в котором в качестве чувствительного элемента была применена
биметаллическая пластинка, установленная так, как это пока-
зано на рис. 74. При повышении температуры пластинка, по за-
29
МыСлу койструктора, наливает изгибаться. Когда температура
достигнет заданной величины, контакт А замкнется и сработает
командное реле, регулирующее нагрев термостата.
Будет ли работать подобная система?
80. Показать, что плоская замкнутая биметаллическая
Орама постоянного сечения, независимо
от формы контура, при равномерном
нагреве не меняет своей кривизны
(рис. 75).
81. Имеется консольная балка прямо-
угольного поперечного сечения (рис. 76, а),
Рис. 75 нагруженная силой Р, направленной по
диагонали этого сечения.
Материал обладает свойствами идеальной пластичности
(рис. 76, б). Найти предельное значение изгибающего момента.
82. Балка прямоугольного поперечного сечения b X й0 изго-
товлена из бетона и положена на две опоры (рис. 7.7). В ней
Рис. 77
под действием собственного веса возникают изгибающие момен-
ты и соответствующие им напряжения. Чтобы повысить проч-
ность балки, ее начали утолщать на месте, накладывая сверху
бетон тонкими слоями и доводя толщину до Н. Каждый тонкий
слой укладывался сверху лишь после того, как предыдущий слой
полностью затвердевал. Найти закон распределения напряжений
по высоте сечения от собственного веса, пренебрегая эффектом
усадки бетона.
Как изменится решение задачи, если бетон при затвердева-
нии получает относительную усадку а?
30
III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ,
КРИТЕРИИ ПРОЧНОСТИ, АНИЗОТРОПИЯ
83. Цилиндр с внутренним диаметром d\ и внешним на-
гружен давлением, равномерно распределенным: а) по торцам,
б) по внутренней и внешней поверхностям, в) по всей поверх-
ности (рис. 78).
Рис. 78
Определить изменение внутреннего диаметра и изменение
объема внутренней полости в каждом из указанных случаев
нагружения.
84. Определить главные напряжения в напряженном состоя-
нии, представленном на рис. 79.
85. Для общего случая напряженного состояния (рис. 80)
покажите:
1. Если для двух взаимно перпендикулярных площадок (на-
пример, для площадок, перпендикулярных к осям х и у) соблю-
дается условие:
Тух = /fOx, ”^1/1 = ^Txz, Оу = ^Txy, (1)
где к — некоторая постоянная, то напряженное состояние не мо-
жет быть трехосным (оно или двух- или одноосное).
2. Если, кроме условия (1), соблюдается еще и следующее:
Tzx == ПОх, Oz = WTxz, Tzy = ПТху, (2)
то напряженное состояние — одноосное.
31
86. Не определяя главных напряжений и не вычисляя 0>иъ,
решить, какое из двух напряженных состояний (рис. 81) явля-
ется более опасным с позиций энергетического критерия.
Рис. 80
87. Согласно теории максимальных касательных напряжений
построить эпюру оэкв вдоль образующей цилиндрического сосуда
(рис. 82), заполненного до высоты Н жидкостью с удельным
весом f. При решении принять, что цилиндр тонкостенный.
Рис. 81 Рис. 82
и изгибныё напряжения, возникающие в его стенках, не имеют
существенного значения.
88. Тонкостенная труба (рис. 83) находится под действием
внутреннего давления р и изгибающего момента М.
Рис. 83
Пользуясь теорией прочности максимальных касательных на-
пряжений, исследуйте зависимость расчетного напряжения овК1
от момента М при заданном давлении р.
32
89. Тонкостенный сферический сосуд радиусом Я = 0,5 м и
толщиной h = 1 см находится под действием внутреннего давле-
ния р\ = 32 МПа и внешнего давления р2 = 30 МПа (рис. 84).
Требуется определить запас прочности лт сте-
Рис. 84 Рис. 85 Рис. 86
Рассмотрим элемент, выделенный из стенки у внутренней
поверхности сосуда (рис. 85). Главные напряжения Oi и о2 опре-
деляются по известной формуле напряжений в сферическом
сосуде:
(Pi ~ Р») D
а1 = °2=----2h~^ R’ a3 = — Pl-
По теории прочности максимальных касательных напряжений
(Р1-Р2)Л .
Пэкв = - а3 = 2, + plt
<тэн. = ^ + 32 = 82 МПа,
От 300
П = — = =
аэкв 82
3,66.
90. На сплошной цилиндр плотно, но без натяга, надета тон-
костенная трубка толщиной h (рис. 86). Система погружается
в жидкость и подвергается действию всестороннего давления р.
Исходя из представлений теории прочности максимальных каса-
тельных напряжений, указать, при каких условиях возможна
потеря упругих свойств трубки, если упругие постоянные ци-
линдра и трубки заданы.
91. В сосуд (рис. 87) помещена тонкая совершенно гибкая
проволока, концы которой выведены через отверстия в днищах
сосуда. Сальники выполнены идеально, и проволока проходит
в них без трения.
Как будет вести себя проволока, если в сосуде создать дав-
ление р? Каково будет ее напряженное состояние?
92. В одной из книг, посвященных вопросам гидравлики, нам
случилось увидеть описание постановки опыта для определения
коэффициента сжимаемости жидкостей.
33
Шри определении сжимаемости жидкости необходимо устра-
нить влияние расширения сосуда под действием давления. Для
этого сосуд А, наполненный испытываемой жидкостью С и
Рис. 87
Рис. 88
ртутью D, помещается в аппарат Рекнагеля (рис. 88), напол-
ненный водой.
Производимое на поршень давление, передаваясь по закону
Паскаля, будет действовать на ртуть, а через нее и на испыты-
ваемую жидкость в сосуде Л, сжимая ее. Сосуд А испытывает
одинаковое давление внутри и снаружи, поэто-
му он не может изменить свою емкость».
Устраняет ли описанная постановка опыта
влияние изменения объема сосуда под дейст-
вием давления?
“ щшпшшлшшш
'ЙШПППШПШШШ
Рис. 90
Рис. 89
93. Два стержня из мягкой стали испытываются на растя-
жение (рис. 89). Первый стержень гладкий. Диаметр сечения d.
Второй — имеет узкую кольцевую выточку. Диаметр ослаблен-
ного сечения также равен d.
Какой из стержней при всех прочих равных условиях выдер-
жит большую статическую нагрузку?
94. Какие вы можете предложить способы для осуществле-
ния чистого сдвига?
95. Каким способом можно осуществить напряженное состоя-
ние всестороннего равномерного растяжения (Oi =02 = 03 =
= о>0)?
34
96. При изучении свойств материалов при высоких давле-
ниях было обнаружено, что при достаточно большом давлении
прямой цилиндрический стержень, нагруженный давлением по
цилиндрической поверхности и свободный с торцов, может ра-
зорваться, как это показано на рис. 90, с образованием шейки.
Произойдет так называемое перекусывание.
Объясните причины этого типа разрушения.
97. Из материала, диаграмма растяжения которого показана
на рис. 91, а изготовлен образец с выточкой. По теоретическим
исследованиям Г. В. Ужика ♦) эпюра нормальных напряжений
по сечению стержня в зоне выточки имеет вид кривой, показан-
ной на рис. 91, б. Однако из диаграммы растяжения видно, что
Рис. 92
Отах не может быть больше от. Поэтому приведенная выше эпю-
ра напряжений дает повод для сомнений в ее истинности и в
правильности расчетов, по которым она получена.
Основательны ли эти сомнения?
98. В длинной растянутой полосе с отверстием (рис. 92) мо-
жете ли вы указать такую точку, в которой напряженное состоя-
ние являлось бы одноосным сжатием с тем же напряжением о,
с каким полоса растягивается?
*) Известия АН СССР. Отделение технических наук.— 1948.— № 10.
35
99. Тонкостенный круглый цилиндр, имеющий в стенке ма-
ленькое отверстие, скручивается моментами М и одновременно
растягивается силами Р (рис. 93). Если бы цилиндр только
скручивался, то наибольшее напряжение Овд имело бы место в
точках А (рис. 93, а) и было бы равно 2т. Если бы цилиндр
Рис. 93
только растягивался, то
тогда напряжение ата,
имело бы место в точках В
(рис. 93, б) и было бы
равно За.
Чему равно отах при
одновременном действии
моментов М и сил Р? В ка-
кой точке это напряжение
возникает? При решении
воспользоваться только
справочными данными по
местным напряжениям.
100. Прямой брус круг-
лого поперечного сечения
закручивается двумя мо-
ментами М. В брусе при этом возникают пластические деформа-
ции. Как определить зависимость между крутящим моментом М
и углом закручивания 0, если задана диаграмма растяжения
материала а = /(е)?
101. Сколько упругих постоянных необходимо ввести, чтобы
полностью характеризовать упругие свойства древесины?
102. При испытании листа композиционного материала были
найдены упругие постоянные. Выяснилось, что Ei/Ez=iG,
а Ц21 = 0,32.
Специалист, которому был показан этот результат, реши-
тельно высказал мнение о допущенной где-то ошибке.
На чем основана его уверенность?
Рис. 94
103. Фанерный лист представляет собой пример анизотроп-
ной пластинки. Если из него вырезать две различно ориентиро-
ванные полоски (рис. 94), то при испытании на растяжение
они при одной и той же силе покажут различные удлинения.
Пусть модуль упругости на растяжение первой полоски бу-
дет EiPi а второй — ЕгР.
36
Можно ли сказать, что прогибы полосок fa и /2 при испыта-
нии на изгиб будут относиться, как Ezp/E\p?
104. Проволочная сетка плетения «полуфанг» (рис. 95) на-
гружается в плоскости.
При большом числе ячеек ее можно рассматривать как не-
прерывную сплошную среду,
обладающую свойствами ани-
зотропии.
Требуется определить
приведенные модули упруго-
сти по осям 1 и 2, соответ-
ствующие коэффициенты Пу-
ассона и модуль сдвига.
Параметры ячеек а, 6, а
и жесткость проволоки на
изгиб заданы.
105. Для определения
приведенных (осредненных)
жесткостных характеристик
композиционных материалов
типа «нить — матрица» ча-
сто используется следую-
щая модель (рис. 96). Со-
ставляющие элементы композита представляются как склеенные
чередующиеся полоски, модули упругости которых для нити и
матрицы соответственно будут Еп и Ем.
Определить модули упругости композита
соответственно осям 1 и 2.
106. Для перекрестно армированного
(±<р) материала (рис. 97, а) в целях упро-
щения модуль упругости определялся путем
испытания однонаправленных образцов, вы-
резанных под углом <р к оси растяжения
(рис. 97, б).
Допустимо ли это?
Рис. 96 Рис. 97
107. Произведено испытание на растяжение двух образцов,
вырезанных из листового материала в ортогональных направле-
ниях. Модули упругости оказались одинаковыми. Является ли
это доказательством изотропности листа в его плоскости?
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
108. Тонкий упругий стержень установлен в вертикальных
направляющих (рис. 98). Нижним концом стержень защемлен
в подвижной пробке, опирающейся на витую пружину жест-
костью с (k = Pjc). По мере возрастания сжимающей силы Р
длина I — к свободно выступающей части
длина нижней части к увеличивается,
жесткость пружины с, чтобы стержень,
перемещаясь вниз до величины Z, не по-
терял устойчивости ни в верхней, ни в
нижней частях?
стержня уменьшается,
Какова должна быть
Рис. 99
Рис. 98
109. Фасонная пластинка закреплена и нагружена так, как
показано на рис. 99. Определить критическую силу для пластин-
ки в двух случаях:
1) сила направлена вниз, 2) сила направлена вверх.
Жесткость на изгиб средней части равна сумме жесткостей
крайних частей.
НО. Найти критическое значение силы Р для стержня, по-
казанного на рис. 100. Концы стержня закреплены шарнирно и
не получают ни горизонтальных, ни вертикальных смещений.
111. В трубку вставлен с зазором длинный болт (рис. 101).
Определить силу затяжки болта Р, при которой система поте-
ряет устойчивость. Размеры трубки таковы, что ее следует рас-
сматривать как длинный стержень, а не как оболочку. Жест-
кость трубки на изгиб Жесткость болта ЕгЛ-
38
112. Стержень, шарнирно закрепленный по концам (рис. 102),
равномерно нагревается.
Полагая, что опоры совершенно неподатливы, определяем
нормальное сжимающее усилие, возникающее в стержне. Оно,
Рис. 100
Рис. 101
Рис. 102
очевидно, имеет величину N = atEF. При силе N = n2EJfl2 пря-
молинейная форма равновесия стержня должна быть неустой-
чивой, и при дальнейшем нагреве стержень будет выпучиваться.
Отсюда находим критическую температуру
Однако по поводу сказанного возникает следующее сомнение.
Ведь когда рассматривается задача об устойчивости стойки, сжа-
той силами Р, предполагается, что сила Р остается при выпучи-
вании неизменной и не зависит от искривления стойки. В дан-
ном же случае при малейшем искривлении стержня сила N
должна падать, и потому нет оснований формально переносить
решение основной задачи на данный случай. Поэтому возмож-
но, что здесь критическая сила N будет отличаться от приня-
того значения n2EJ/l2.
Как разрешить возникшее сомнение?
113. Основным приближенным методом определения крити-
ческих нагрузок является энергетический метод. Искомая форма
равновесия задается приближенно с таким расчетом, чтобы были
удовлетворены граничные условия и принятая функция возмож-
но более близко подходила к истинной форме равновесия, нам
неизвестной, но интуитивно предполагаемой по физической сущ-
ности задачи.
Спрашивается, не существует ли здесь опасности, что при
неограниченном приближении аппроксимирующей функции к
точной форме упругой линии мы не получим точного значения
критической силы.
114. Определить критическую силу для кронштейна, пока-
занного на рис. 103.
Стержни защемлены и жестко связаны друг с другом. Изгиб
при потере устойчивости происходит в плоскости кронштейна.
39
115. Плоская шарнирная рама, состоящая из жестких стерж-
ней, подкреплена двумя соединенными между собой упругими
диагоналями (рис. 104), каждая из которых имеет длину 21. По-
перечное сечение диагоналей прямоугольное с размерами b и h
(b^h). Если раму нагрузить силой Р1/2, как это показано на
z рис. 104, то одна диагональ будет растягивать-
я. ся, а другая сжиматься силами Р.
При каком значении силы Р произойдет
выпучивание стержней из плоскости рамы?
116. Известно, что длинный прямой стер-
жень, закручиваемый двумя моментами, мо-
жет при определенных условиях потерять
устойчивость. Такого рода потеря устойчивости
а /У_I наиболее наглядно проявляется при кручении
Р-----------J нитей и канатов. Если нить закручивать, то
г она очень быстро примет криволинейную фор-
Рис. 103 му, примерно такую, как показано на рис. 105.
Совершенно очевидно, что если нить при кру-
чении натягивать, то крутящий момент, при котором происходит
потеря устойчивости, заметно увеличивается. В процессе навивки
канат всегда необходимо натягивать.
Рис. 104
Рис. 105
На примере шарнирно закрепленного стержня (рис. 106)
определите величину критического крутящего момента и уста-
новите, как он зависит от растягивающей силы.
117. Стержень постоянного сечения F находится под дей-
ствием всестороннего равномерного давления р (рис. 107). При
40
этих условиях, очевидно, tia Стержень действует продольная
сжимающая сила Р = pF.
Не может ли эта сила при достаточной величине давления
вызвать потерю устойчивости стержня?
118. Прямой деревянный стержень постоянного поперечного
сечения погружается одним концом в во-
ду. На уровне воды стержень защемлен
(рис. 108). Может ли этот стержень при
достаточно большой длине I потерять устой-
чивость под действием выталкивающих архи-
медовых сил?
119. Стержень (рис. 109) находится под
воздействием бокового давления. Верхний
конец стержня через уплотнение выведен
Рис. 107
Рис. 106
Рис. 108
наружу. Когда давление повышается, стержень должен был
бы удлиниться (коэффициент Пуассона отличен от нуля).
Но этому препятствует жесткая опора Л, и в стержне возни-
кает сжимающая сила.
Не может ли стержень под действием этой силы потерять
устойчивость?
120. Труба, защемленная нижним концом (рис. НО), запол-
няется через верхнее отверстие жидкостью с удельным весом 7.
Может ли такая труба при заполнении поте-
рять устойчивость по Эйлеру?
121. Толстостенная прямая трубка (рис. 111)
заполнена несжимаемой жидкостью. В верхнее
отверстие трубки без трения вставлена проб-
ка. Трубка и пробка закреплены шарнирно,
как это показано на рис. 111. Когда к пробке
прикладывается сила Р, жидкость сжимается,
но в трубке продольная сжимающая сила от-
сутствует.
Может ли трубка при этих условиях поте-
рять устойчивость по Эйлеру?
122. Тонкая длинная трубка верхним отверстием надета без
трения на жесткую неподвижную пробку. Нижним концом труб-
ка зажата в жестком основании (рис. 112). В трубку подается
давление р.
Может ли такая трубка при достаточно большом давлении
потерять устойчивость?
123. Через трубу, шарнирно закрепленную по концам
(рис. ИЗ), прогоняется жидкость удельного веса 7. Покажите,
что при некотором значении скорости жидкости и труба теряет
41
устойчивость, подобно Тому Как теряет устойчивость стержень
ио Эйлеру.
124. Рассмотрим следующую задачу. Стержень (рис. 114),
имеющий на концах закругления радиусом Я, сжимается без
Рис. 109 Рис. 110 Рис. 111 Рис. 112
трения между двумя
жесткими плитами. Требуется определить
критическую силу.
Принимая за ось х линию действия сжимающих сил и обо-
значая через у поперечное смещение
оси бруса, получим, как обычно,
EJy"+Py=O, у"+а2у = 0,
у = A sin ах + В cos ах
На концах стержня перемещение у
пропорционально углу поворота у',
т. е.
y = —Ry' при х = 0;
так как положительному углу пово-
Рис. 113 Рис. 114
рота у' соответствует отрицательное смещение у, перед Ry' по-
ставлен знак минус. Таким образом, получаем
В = — aRA, у = A (sin ал — aR cos ах).
42
Кроме того, у = А-Ry' при х Z; здесь у положительно при по-
ложительном у'. Следовательно,
A (sin al — aR cos al) = А (аЯ cos al + а2Я2 sin al).
Так как A #= О, находим
R
2a-J-
tgal------------г. (1)
В зависимости от отношения R/1 из этого трансцендентного урав-
нения определяем наименьшее отличное от нуля значение al,
а затем находим и критическую силу.
Поскольку а2 = Р/(£7), критическая сила равна
р (а0 EJ . /*)\
^кр — ---W
здесь вместо al должен быть подставлен первый (наименьший)
корень уравнения (1).
Теперь определим наименьший корень al уравнения (1) в
функции от R/1. Эту зависимость удобнее всего установить, за-
даваясь несколькими значениями al и определяя далее R/1 из
уравнения (1). Результаты подсчетов представлены в виде кри-
вой на рис. 115. Из нее находим, что а1 = л при R/l = O и,
следовательно, из (2)
43
S^z/zzzzz/zzzzzzzzzzzzzz^
’>,2/Z2ZZZ22/ZZZ//ZZ/ZZZ///z1
Критическая сила равна обычной силе Эйлера, что и следовало
ожидать.
По мере увеличения R/1 величина al возрастает. Увеличива-
ется, следовательно, и критическая сила. Это тоже представля-
ется достаточно очевидным. Но
при R/1 = 0,5, как следует из кри-
вой, критическая сила внезап-
но падает до нуля и затем по
мере увеличения радиуса R сно-
ва начинает возрастать, дости-
снова значения эйлеровой силы.
Истолкуйте полученный результат.
125. Длинный упругий стержень с шарнирно закрепленны-
ми концами вставлен с зазором Д в жесткий канал (рис. 116).
Рис. 116
Рис. 118
Рис. 119
Спрашивается, какие напряжения возникнут в стержне и ка-
кова будет форма упругой линии, если стержень сжимать силой
большей, чем первая критическая, т. е. большей, чем л2£///2?
Изгиб возможен только в плоскости чертежа. Жесткость
стержня на изгиб EJ.
126. Условие предыдущей задачи несколько изменяется. Тре-
буется рассмотреть поведение стержня круглого поперечного
сечения, установленного внутри трубы. Зазор остается преж-
ним: Л.
Спрашивается, какие напряжения возникнут в стержне, если
его сжимать силой, большей, чем первая критическая сила, т. е.
большей, чем ti2EJI12,> Жесткость стержня на изгиб EJ.
127. Определить критическую силу для защемленного по
концам стержня (рис. 117).
Стержень имеет различную жесткость на изгиб (EJ\ и EJ%)
в зависимости от знака изгибающего момента. Таким свойством
обладает, например, брус, имеющий с одной стороны разрезы с
плотно вставленными пластинками (рис. 117). Различная жест-
кость на изгиб в зависимости от знака изгибающего момента
44
возникает также в случае сжатого стержня несимметричного
сечения при наличии пластических деформаций (см. задачу 158).
128. Защемленный одним концом стержень имеет осевое
сквозное отверстие, в которое без зазора и трения вставлен гиб-
кий трос, прикрепленный к свободному концу стержня (рис. 118).
Может ли такой стержень потерять устойчивость, если к тросу
подвесить достаточно большой груз Р?
129. Схема, рассмотренная в предыдущей задаче, изменена.
Трос вставлен с зазором, величина которого Д в каждую сто-
рону (рис. 119). Определить боковое перемещение / конца
стержня в зависимости от силы Р.
130. Стойка, защемленная нижним концом, на свободном
конце нагружена вертикальной силой, передающейся через трос
(рис. 120). Передача усилия через трос осуществляется в двух
вариантах. В первом случае трос опускается вниз свободно.
Во втором случае — пере-
кинут без трения через J-* ~
два жестких блока. В ка- --------« Г ~[ <
ком случае критическая _______g_. J
сила Ркр для стойки будет Рис i22
больше?
131. В связи с предыдущим вопросом можно поставить сле-
дующую задачу. Определить критическую силу для стойки дли-
ной I в зависимости от а — расстояния от конца стойки до бло-
ка (рис. 121).
132. Два стержня одинаковой жесткости, но разной длины
(рис. 122) сжимаются продольной силой Р.
На каком расстоянии от места защемления следует поставить
шарнир, чтобы запас устойчивости обоих стержней был одинаков?
45
133. Через стержень без трения перекинута нить, на конце
которой приложена сила Р/2 так, что стержень сжат силой Р.
Левый конец нити закреплен неподвижно (рис. 123).
При отклонении стержня от вертикали половина нити плот-
но ложится на боковую поверхность стержня, и возникает кон-
Рис. 123
тактное давление. С другой стороны стержня нить свободно при-
нимает вертикальное положение.
Определите критическую силу.
134. Кольцо находится под действием внешней равномерно
распределенной нагрузки (рис. 124). Будет ли какое-нибудь раз-
личие в значениях критической нагрузки, если она создается
Рис. 125
давлением, которое постоянно направлено по нормали к дуге
кольца, пли если она создается радиальными силами, направ-
ленными постоянно к центру?
Первый вид нагружения может быть реализован, например,
при давлении воздуха, подаваемого в резиновый кольцевой ме-
шок (рис. 125, а), а второй — системой большого числа упругих
нитей, проходящих через центрально расположенную неподвиж-
ную втулку (рис. 125, б).
135. Имеется цилиндр и два поршня, в пространство между
которыми подается давление р (рис. 126). Возникающие силы
через шток и две тяги передаются на стержень длиной I. Таким
46
образом получается, что стержень нагружен двумя равными,
противоположно направленными силами Р, приложенными к
его концу.
Устойчиво ли это положение равновесия?
136. Защемленный одним концом стержень нагружен на
другом двумя равными и противоположно направленными мо-
ментами, создаваемыми четырьмя грузами Р (рис. 127). Иссле-
довать устойчивость системы.
Рис. 126
137. В связи с предыдущей задачей возникает вопрос: не
будет ли зависеть значение критического момента от того, как
ориентированы плечи сил относительно главных осей сечения?
В случае а (рис. 128) плоскость момента М поворачивается
Рис. 127
вместе с торцовым сечением при изгибе относительно оси мини-
мальной жесткости, а в случае б — при изгибе относительно оси
максимальной жесткости.
138. Как зависит критическая сила Р от радиуса чашки R
(рис. 129)?
139. При проектировании водонапорной башни возник вопрос
об устойчивости конструкции, показанной на рис.- 130. При
каком уровне заполнения бака жидкостью несущая мачта поте-
ряет устойчивость?
47
140. Представим себе защемленный одним концом стержень
с узким прямоугольным сечением (рис. 131). Если сила Р цент-
ральная, то ее критическое сечение, как известно, равно
я2ЕЦ(4Р). Как изменится этот результат, если точка приложе-
ния силы сдвинута по оси z на величину а от центра тяжести
сечения?
141. Стержень, имеющий плоские торцы, сжимается между
двумя плитами (рис. 132,а). При потере устойчивости возможны
Рис. 130
Рис. 131
равновесия: первая — пока-
две основные криволинейные формы
занная на рис. 132, б, при критической силе
„ 4л2Е/
Fkp~W’
48
и вторая форма, показанная на рис. 132, в, когда стержень опи-
рается о плоскости только углами.
Очевидно, если торцы не очень широки, потеря устойчивости
по второй форме произойдет при силе меньшей, чем в первом
случае. В частности, если ширина торцов равна нулю, критиче-
ская сила будет
р _ л2 EJ
^1- 1.
Рис. 133
Определите низшую критическую силу в случае, если ширина
каждого торца равна 2е.
142. Невесомая балка (рис. 133), защемленная одним концом,
свободно лежит на жестком основании. На свободном конце в
его центре балка нагружена си-
лой Р, направленной под углом
б к жесткому основанию. Спра-
шивается, при каком значении
Р (при заданном б) балка по-
теряет устойчивость?
143. На тонкостенное кольцо
абсолютно гибкая нить, которая в дальнейшем затягивается с
силой Р (рис. 134). Спрашивается, при каком значении силы Р
кольцо потеряет устойчивость? Трением между поверхностью
кольца и нитью можно пренебречь.
накинута тонкая, нерастяжимая
Рис. 134
144. Шарнирно закрепленный по концам тонкий упругий
стержень сжат продольной силой Р, равной
10^.
Между шарнирными опорами на стержень наложены допол-
нительные связи, не позволяющие стержню выпучиться
(рис. 135). Если бы этих связей не было, то уже при силе, рав-
ной -Jq прямолинейная форма равновесия стала бы неустой-
чивой. На интервале изменения силы от n2EJIl2 до iQit2EJIl2 ле-
жат, как известно, еще два критических значения силы: fat2EJIl2
49
и 9n2EJ/Z2, которые соответствуют формам изгиба стержня по
двум и трем полуволнам.
Положим, что промежуточные связи, поддерживающие стер-
жень, внезапно устранены. Тогда стержень, несомненно, выпу-
чится. Но как? По одной, двум
или трем полуволнам?
145. Стержень (рис. 136, а)
защемлен одним концом. Ко вто-
рому приложена сила Р, которая
обладает тем свойством, что при
изгибе стержня направлена по-
стоянно по касательной к упругой
линии балки. Такая сила может
быть реализована, например, пу-
тем установки на конце стержня
порохового ракетного двигателя
(рис. 136,6).
Требуется исследовать устой-
чивость системы.
146. Защемленный одним кон-
цом стержень имеет на свобод-
ном конце жесткий диск, к кото-
рому приложена сила Р. Точка приложения силы постоянно рас-
положена на оси х (рис. 137).
Исследовать устойчивость системы в двух случаях:
а) сила Р возбуждается потоком неупругих частиц, ударяю-
щихся о диск; в этом случае при повороте диска направление
вектора Р остается неизменным;
б) сила Р возбуждается грузом, передаваемым через шток;
в этом случае сила Р следит за нормалью к диску.
147. Тонкий упругий однородный стержень совершает равно-
ускоренное движение под действием следящей силы, приложен-
ной к одному из торцов (рис. 138). Исследовать устойчивость
прямолинейной формы стержня.
50
148. Однородный стержень сжат двумя следящими силами
(рис. 139). Исследовать устойчивость системы.
149. Определить момент М, при котором консоль (рис. 140)
теряет устойчвость плоской формы изгиба. Момент М при изги-
бе лежит все время в вертикальной плоскости.
150. Дать анализ устойчивости защемленного стержня, на-
груженного на конце силой Р, сохраняю-
щей вертикальное направление, и момен-
том М (рис. 141).
Рис. 139 Рис. 140
151. Исследовать устойчивость защемленного одним концом
трубопровода, по которому протекает жидкость (рис. 142). Пара-
метры трубопровода и потока заданы.
152. Тонкая длинная полоса (рис. 143) нагревается равно-
мерно по длине I и толщине Л, но неравномерно по ширине Ъ.
Рис. 142
Рис. 141
Рис. 143
Определить условия, при которых имеет место потеря устой-
чивости полосы с закручиванием.
153. Во всех монографиях и руководствах по устойчивости
упругих систем задачи, связанные с устойчивостью плоской фор-
мы изгиба, формулируются в молчаливом предположении, что
момент прикладывается в плоскости максимальной жесткости
(рис. 144).
Может ли произойти потеря устойчивости плоской формы
изгиба, если момент приложен не в плоскости максимальной,
а в плоскости минимальной жесткости?
51
154. Кольцо радиусом R с прямоугольным поперечным сече-
нием (рис. 145) вывертывается наизнанку так, что внутренняя
поверхность оказывается снаружи, а внешняя — становится внут-
b и h эта форма равновесия
будет устойчивой? Деформа-
f ции предполагаются упру-
гими.
155. Кольцо прямоуголь-
ного поперечного сечения
(рис. 146) нагревается с
внутренней, либо с внешней
стороны, и температура по
ренней. При каких соотношениях
Рис. 144
толщине кольца h оказывается переменной. Найти условия ус-
тойчивости исходной формы равновесия, предполагая, что h<zR.
Закон изменения температуры можно принять линейным.
Рис. 146
156. Упругое кольцо радиусом R с прямоугольным попереч-
ным сечением разрезается и развертывается двумя моментами,
пока его ось не станет прямой (рис. 147). Полученный таким
образом стержень защемляется по концам.
В каких случаях эта форма равновесия будет устойчивой?
157. Рассматривается следующая схематически поставленная
задача, имеющая очевидное прикладное значение.
В космическом пространстве монтируется конструкция, кото-
рая представляет собой большое плоское кольцо. Оно состоит из
секций, которые доставляются на орбиту и там стыкуются друг
52
с другом. Когда настала пора состыковать последнюю секцию с
первой, выясняется, что есть невязки в размерах в плоскости
кольца: по касательной к дуге окружности Дь по радиусу Дг,
и есть угловая невязка О (рис. 148).
Насильственно эти невязки устранены, и кольцо смонтирова-
но. В плоскости кольца возникают внутренние силы — нормаль-
ная и поперечная, а также и изгибающий момент.
Возникает вопрос. Устойчива плоская форма равновесия или
неустойчива? При больших невязках Ai, Аг и О возможен, види-
мо, выход кольца из плоскости, а если жесткость на кручение
мала, не исключено, что кольцо превратится даже в некое подо-
бие пространственной восьмерки. Возможна, быть может, и по-
теря устойчивости в плоскости, т. е.
кольцо, оставаясь плоским, существен-
но отойдет от круговой формы.
158. Стержень корытного профиля
(рис. 149) сжат центрально приложен-
ной силой Р, вызывающей в стержне
пластические деформации.
Спрашивается, в какую сторону вероятнее всего прогнется
стержень при потере устойчивости. Направо или налево?
159. Возможна ли потеря устойчивости витой цилиндриче-
ской пружины при растяжении?
160. Два стержня в общем узле нагружены силой Р
(рис. 150). Каждый стержень представляет собой телескопиче-
ское устройство, допускающее большие изменения длины.
Существуют ли условия, при которых происходит переход от
симметричной формы равновесия к несимметричной?
161. Прямой однородный стержень находится в состоянии
полной невесомости (в межзвездном пространстве). Но он обла-
дает массой, и все частицы притягиваются друг к другу в соот-
ветствии с законом Ньютона.
Спрашивается, может ли такой стержень потерять устойчи-
вость по Эйлеру за счет сил взаимного тяготения и при каких
условиях это может произойти?
162. Условия предыдущей задачи сохраняются. Но речь идет
уже не о стержне, а о круговом однородном кольце.
53
163. Четыре одинаковых шара массой т укреплены на стерж-
нях, как это показано на рас. 151.
Система вращается около оси СС, закрепленной в жестких
подшипниках. Если бы подшипников не было (система висела
бы, например, на нити), то, как известно из физики, шары по-
вернулись бы около оси АА и расположились бы в горизонталь-
ной плоскости. В данном случае такому повороту препятствуют
Рис. 152
жесткие подшипники и упругие стержни А А, имеющие круглое
поперечное сечение. Можно ли подобрать такую угловую ско-
рость со, при которой шары все-таки повернутся на некоторый
угол относительно оси А А?
164. Однородный стержень с узким прямоугольным попереч-
ным сечением вращается около оси 00 (рис. 152), параллельной
Рис. 153
Рис. 154
Рис. 155
большой стороне сечения. Определите угловую скорость со, при
которой этот стержень будет закручиваться подобно стержням
АА системы, рассмотренной в предыдущей задаче.
165. Тонкий однородный диск (рис. 153) вращается около не-
подвижной оси, перпендикулярной к его плоскости. Может ли
такой диск потерять устойчивость плоской формы равновесия?
54
166. Найти критическое число оборотов кольца массой т, со-
единенного с неподвижной осью при помощи п равноотстоящих
спиц (рис. 154). Жесткость спиц на растяжение ЕЕ,
167. Тонкостенный замкнутый резиновый сферический сосуд
находится под действием внутреннего давления.
Всегда ли сферическая форма является устойчивой?
168. Объясните с позиций устойчивости форм равновесия об-
разование шейки при испытании образцов на растяжение.
169. При испытании деревянных образцов на продольное сжа-
тие часто наблюдается разрушение с образованием косой волны,
пересекающей годичные слои (рис. 155).
Не может ли и это явление быть истолковано, как своеобраз-
ный пример потери устойчивости?
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
170. У какого материала самый высокий предел прочности?
171. Какой материал при растяжении выдерживает большую
нагрузку, чем при сжатии?
172. У какого материала самый большой модуль упругости?
173. У какого материала самый малый модуль упругости?
174. Подчиняется ли резина закону Гука?
175. Почему тонкие стеклянные волокна прочнее оконного
стекла?
176. Почему приведенный модуль упругости каната ниже мо-
дуля упругости составляющих его нитей?
177. Почему крученая нить прочнее некрученой?
178. Преподаватель — руководитель проектирования, рассмат-
ривая проект студента, указал ему, что вал спроектированной
Рис. 156
им машины слишком длинен и не будет иметь достаточной же-
сткости.
«Это легко исправить, не меняя конструкции,— сказал сту-
дент.— Возьму материал более высокого качества, сделаю вал
из легированной стали».
Прав ли был студент?
179. Для некоторой балки (рис. 156), нагруженной в точке А
сосредоточенной силой Р, возникла необходимость произвести
промер упругой линии, т. е. экспериментально установить закон
изменения вертикальных перемещений по длине х. Форма балки
настолько сложна, что определение упругой линии расчетным
путем представляло бы значительные трудности. В распоряже-
нии экспериментатора для замера перемещений имеется всего
один индикатор, показанный на рис. 156.
56
Как проще всего при этих условиях замерить упругую линию
балки, если заранее известно, что ее прогибы пропорциональны
действующей силе Р?
180. Сплошной упругий цилиндр высотой Н и радиусом Я,
опирающийся на жесткую плоскость (рис. 157), находится под
Рис. 158
Рис. 157
действием собственного веса (вес цилиндра Р). Как изменится
объем цилиндра, если его положить на бок?
181. Упругое тело произвольной формы сжимается двумя
равными противоположно направленными силами Р (рис. 158).
Определить изменение объема упругого тела.
182. Основной деталью в приборах, измеряющих давление, яв-
ляется так называемая пружина Бурдона, которая представляет
собой изогнутую по дуге круга полую трубку с овальным или
Рис. 159
Рис. 160
каким-либо другим вытянутым сечением (рис. 159). Под дей-
ствием внутреннего давления такая трубка несколько распрям-
ляется, и перемещение конца трубки через множительный меха-
низм передается стрелке манометра (рис. 160). По отклонению
стрелки судят о величине замеряемого давления.
В одной из книг, посвященных измерительным приборам, нам
случилось видеть следующее объяснение принципа работы труб-
ки Бурдона:
«Действие пружины Бурдона основано на том, что давление
внутри трубки на верхнюю поверхность пружины будет большим,
57
чем давление на ее внутреннюю поверхность. Действительно, ес-
ли трубка прямоугольного сечения и если через и R2 обозна-
чим наружный и внутренний радиусы трубки, то внешняя (Si)
и внутренняя (S2) поверхности трубки будут равны соответст-
венно
и =
где ф — центральный угол пружины, а — размер в плоскости, пер-
пендикулярной к плоскости
чертежа, 7?i и R2 — радиусы.
При давлении р кН/см2
общее давление на наруж-
ную поверхность
Pi = Sip кН
и на внутреннюю
P2=S2p кН,
причем сила Pi будет боль-
ше силы Р2 и будет стре-
миться разогнуть пружину».
Правильно ли это объяснение?
183. Рассмотрим замкнутую торообразную оболочку типа ав-
томобильной камеры (рис. 161), нагруженную внутренним дав-
лением р, и определим напряжения, возникающие в этой обо-
лочке. Из условия равновесия части оболочки, отсеченной конн^
ческим сечением (рис. 161), получаем
ря [ (а 4- R sin ф)2 — а2] = от2л (а + R sin ф) h sin ф,
рЯ 2д + Я sin <р
т 2h а 4- Я sin ф ’ ' '
Окружное напряжение ог находим из известного уравнения
_ Р
Pm Pt h'
В нашем случае
Pm ~ R, pt = -4—р R.
г™ ’ sin ф 1
После подстановки рто, pt и от получаем
а< = 2Г- (2)
Перейдем теперь к определению перемещений. .Обозначим че-
рез и перемещение точки срединной поверхности по направле-
нию, перпендикулярному к оси вращения, а через v — перемеще-
ние вдоль оси вращения (рис. 162). Относительное удлинение в
окружном направлении будет
и и
$ в АС = «4» Я sin ф* ' '
58
Меридиональное удлинение
А'В' — АВ_ ВВ' — АА'
Ъ™— АВ ~~ АВ '
ВВ' =(и + du)cos <р — (v + di;)sin ф,
ЛЛ, = исо8ф—psin<p, AB=Rdq.
Поэтому удлинение по меридиану равно
1 /du dv > \ // \
e” = -R v^cos?-dTsin47- (4)
С другой стороны,
1 1
£/ = (°7 — pCFm), ?т — (От —
Учитывая выражения (1), (2) и (3), находим
U = [О (1 — 2|Х) + Я (1 — pj Sin <J>|;
из (4) получаем
= Р*2(1 _ ц\ стегЧ> _ Ъ* . P^[_(1_u)sin ф_° г.1
dtp 2Eh' ^'sin<p sin <р 2£h[ ' ™ T sin(p(a-j-/?sin<p)]’
откуда
v —
[( Ф \ ~l
(1 - JOCOSE - In tg^ + _^arotg(^LJ)] + C.
Постоянная С определяет смещение всего тора как жесткого
целого вдоль оси симметрии и может быть задана произвольным
образом; In tg -у- обращается в бесконечность при ф = 0 и ф = л.
Следовательно, в этих же точках обращается в бесконечность и
перемещение v. Между тем совершенно очевидно, что это пере-
мещение не может быть бесконечно большим. Значит, получен-
ное выражение для v не дает правильного решения задачи.
В чем дело? Где была допущена ошибка?.
184. Среди прочих конструктивных элементов в авиационной
и в ракетной технике используются баллоны высокого давления.
5S
Обычно они имеют цилиндрическую или сферическую форму и
для них, как и для прочих конструктивных узлов, чрезвычайно
важно соблюсти требование минимального веса.
Предлагается конструкция фасонного цилиндра, показанная
на рис. 163. Стенки баллона состоят из нескольких цилиндриче-
ских секций, связанных радиальными
(______________у стенками. Поскольку цилиндрические сек-
( р ) ции имеют небольшой радиус, напряже-
ния в них уменьшатся, и можно надеять-
f ) ся, что, несмотря на увеличение веса за
у счет радиальных стенок, общий вес кон-
струкции окажется меньшим, чем для
( J обычного цилиндра, имеющего тот же
X —У объем. Насколько оправданы эти надежды?
Рис. 163 189. На пружину (рис. 164) положен
груз весом Р. Если пружина имеет жест-
кость с, то груз сместится вниз на величину \ = Р1с. При
этом потенциальная энергия груза (энергия положения) умень-
шится на

(1)
Потенциальная же энергия пружины в деформированном со-
стоянии будет равна
U — — — — (2)
ПР— 2 — 2с’ { '
т. е. будет вдвое меньше энергии, потерянной грузом.
В чем дело? Куда исчезла часть энергии?
Рис. 164
186. На какой угол поворачиваются в осевой плоскости
(плоскости рис. 165) витки пружины при ее сжатии? (Угол ф
на рис. 165).
187. Витая пружина с углом подъема а и радиусом витков R
растягивается силами Р. Определите изменение высоты и диамет-
ра пружины, а также изменение числа витков.
60
188. В некоторых приборах для получения нелинейной зави-
симости между силой и перемещением используется фасонная
пружина с посадкой витков (рис. 166).
При сжатии такой пружины нижние (большие) витки дефор-
мируются более сильно, садятся на плоскость и почти полностью
выключаются из рабо-
ты. Таким образом, с ро-
стом сжимающей силы
число рабочих витков
пружины уменьшается,
и характеристика пру-
жины оказывается не-
линейной (рис. 167, а).
Пружина имеет харак-
теристику с возрастаю- рис 166
щей жесткостью. Про-
изводная силы по перемещению dPfdk возрастает.
Подумайте, как при помощи той же пружины получить ха-
рактеристику типа рис. 167,6, т. е. с убывающей жесткостью?
189. П-образная рама (рис. 168) одним концом закреплена
шарнирно. На другом конце рамы имеется каток, опирающийся
на жесткую плоскость.
Определить реакцию нижней опоры, считая, что сила Р и
жесткость рамы таковы, что перемещения, возникающие в раме,
малы по сравнению с ее начальными раз-
мерами. --------------1
190. Тонкий гибкий стержень натру- У р
жен на конце вертикальной сосредоточен- ^^**^*4*1
ной силой (рис. 169). На стержень нало-
жены связи, заставляющие его изгибать-
ся только в плоскости действия силы рис 169
(в плоскости фигуры). Какие формы рав-
новесия, кроме указанной, возможны для этого стержня?
191. В точке А некоторого упругого тела (рис. 170) прило-
жена сила Р. Какую поверхность будет описывать произвольно
61
взятая точка В, если силу Р заставить поворачиваться в про-
странстве около точки А?
192. Кольцо круглого поперечного сечения (рис. 171) нагру-
жено равномерно распределенными моментами интенсивностью
т Н • м/м.
Рис. 170
Рис. 171
при сгибании из прямого прутка (рис.
Полагая г малым по сравнению с /?, определить угол поворо-
та сечений кольца (р в осевой плоскости в зависимости от т при
условии, что материал кольца следует закону Гука.
193. Как изменится решение предыдущей задачи, если в рас-
сматриваемом кольце сохраняются напряжения, полученные им
172)? При этом предпо-
лагается, что напряже-
ния изгиба являются
полностью упругими.
194. Во многих при-
борах, например в спи-
дометре, для передачи
момента используется
гибкий вал, представ-
ляющий собой тонкий
тросик, свободно вра-
щающийся в неподвиж-
ной оплетке (рис. 173). При равномерном вращении одного кон-
ца тросика равномерно вращается и второй конец. В дефектных
валах, однако, эта равномерность вращения нарушается. Выход-
ное сечение поворачивается вначале с замедлением, а затем —
с ускорением так, что угловая скорость на выходе остается в
среднем неизменной, но возникает переменная составляющая с
периодом вращения троса. Установлено, что этот дефект связан с
начальной кривизной, которую имеет трос до помещения его в
оплетку.
Исследовать указанное явление и установить условия устра-
нения неравномерности хода. Силами трения троса об оплетку
можно пренебречь.
195. При создании космической конструкции тонкостенный
стержень кругового поперечного сечения выполнен укладкой мо-
нослоев композиционного материала под углами ±<р (рис. 174).
При стендовых испытаниях было отмечено, что такой стержень
при растяжении (или равномерном нагреве) начинает закручи-
ваться.
62
Объясните явление и предложите меры к его устранению.
196. Во внутреннюю полость замкнутой тонкостенной трубы
(рис. 175) подается воздух. Давление возрастает. Как при этом
изменится частота собственных колебаний трубы?
197. Масса М закреплена на конце Г-образной балки
(рис. 176). Между массой и неподвижной плоскостью П предпо-
лагается наличие сухого трения. Если балку изогнуть, сместив
массу М, а затем отпустить, она придет в колебательное движе-
ние. Пренебрегая массой балки, найти
траекторию движения массы М.
198. Длинная балка защемлена од-
ним 'концом. Под действием сил соб-
ственного веса q она ложится на жест-
кую плоскость, расположенную на ве-
личину h ниже заделки (рис. 177,а).
Остается свободный участок длиной I.
Рис. 173
На правом конце свободного участка балку защемляют, а ос-
тавшуюся слева свободную часть опорной плоскости устраняют.
Определить частоту основного тона собственных колебаний по-
лученной таким образом балки (рис. 177,6).
Рис. 175
199. Представим себе следующую парадоксальную ситуацию.
Упругое тело нагружено системой сил и находится в устойчивом
состоянии равновесия. Дополнительно нагружаем тело. Кладем
гирю. И она, вопреки ожиданиям, не опускается, а поднимается.
Система производит работу. Снимаем гирю — система возвраща-
ется в исходное состояние. Возможно ли такое?
200. Открытый с обоих концов тонкостенный резиновый ци-
линдр вывертывается наизнанку (рис. 178). Какую форму при-
63
мет он после указанной операции, если известно, что деформации
цилиндра являются чисто упругими? Резину можно считать под-
чиняющейся закону Гука (см. ответ на вопрос 174).
201. Решение задачи об осе- --------
симметричной деформации тонко-
стенного цилиндра, находящегося
Рис. 177 Рис. 178
под внутренним давлением (рис. 179), сводится, как известно,
к решению дифференциального уравнения
w^ + 4k*iv = -^,
где w — перемещение по нормали к поверхности оболочки,
г, Eh3 ... Eh
D =-----7----И 4Л4 = -5-.
12 (1 - р2) R2D
Если кроме давления р на оболочку действует осевая растя-
гивающая сила, создающая
осевое напряжение ох, то в правую
часть уравнения вводится слагаемое
—ILhoJ(RD), которое отражает на-
личие поперечного сужения цилинд-
ра вследствие эффекта Пуассона;
и этим вопрос обычно исчерпывает-
ся. Между тем, вследствие кривизны
меридиана w", продольное напряже-
ние ох дает составляющую силу по
нормали, действующую заодно с
давлением р, в результате чего в ле-
вую часть уравнения должно быть
Рис. 179
4аж
введено слагаемое — -р- w”. Уравнение в этом случае должно
принять вид

(1)
В каких пределах можно считать законным общепринятое пре-
небрежение вторым слагаемым в левой части уравнения?
202. Всем хорошо известно, как скручивается телефонный
шнур (рис. 180). Такое образование будем называть свивкой
64
(см. также рис. 105) и считать упругим. Свивку можно распу-
тать, и остаточных деформаций в шнуре не обнаруживается. Ви-
димая однородность витков дает основание предположить и од-
нородность силового взаимодействия по длине свивки I. На уча-
стках Ц и /г, надо полагать, возникают отступления от этой од-
нородности, зависящие от характера сил, которые приложены за
пределами длины L.
Требуется определить условия силового и контактного взаимо-
действия ветвей (жил) на участке I и установить, от каких па-
раметров и как зависит угол свивки 0.
203. В трубке, вращающейся с постоянной угловой скоростью
со, помещен шарик массой т. Шарик прикреплен к резиновой
тяге (рис. 181).
Диаграмма растяжения тяги задана кривой, показанной на
рис. 181 (по осям отложены условные единицы сил и смещений).
Определите зависимость перемещения шарика и от угловой ско-
рости (0.
204. Стержневая система (рис. 182), состоящая из трех рав-
ных шарнирно скрепленных стержней, нагружена в общем узле
силой Р,
65
Определите Перемещение iv тонки О в зависимости от силы Р,
спитая Н величиной, малой по сравнению с Z, и полагая, что ма-
териал стержней подчиняется закону Гука. Истолкуйте получен-
ный результат.
205. Определить осадку тарельчатой пружины (рис. 183) в
зависимости от силы Р.
При решении рассматривать пружину как круговой брус с по-
перечным сечением в виде.прямоугольника [ЛХ(& — а)]. Угол
Рис. 184
подъема пружины а мал, силы Р вследствие малости толщины h
и угла можно считать приложенными на окружностях радиу-
сов а и Ь.
206. Исследуйте вопрос об устойчивости и о больших пере-
мещениях следующей системы (рис. 184).
Трубка в нижней части закреплена шарнирно и связана со
спиральной пружиной, дающей при повороте трубки на угол ф
момент сф. В трубку вставлена пружина и поршенек, имеющий
А В С S S
Рис. 185
возможность перемещаться в трубке без трения. Пружина, встав-
ленная в трубку, имеет жесткость Ci, т. е. при силе Р дает осад-
ку Р/с,.
207. На гибкую нить захватами цепляются упругие изогну-
тые стержни, каждый из которых создает в нити натяжение S
(рис. 185, а).
66
В точках Л, В, С, ... стержни между собой не соединены и
поэтому система обладает кинематическом изменяемостью, пред-
ставляя собой как бы многозвенный механизм. Чтобы устранить
эту изменяемость, в точках Л', В', С', ... к нити крепится вто-
рой набор точно таких же напряженных стержней (рис. 185,6).
Хотя изогнутые стержни могут свободно поворачиваться от-
носительно продольной оси нити, сама нить, будучи во всех точ-
ках натянутой, приобретает свойства упругого стержня и может
в некоторых необходимых случаях применяться как несущий
элемент конструкции.
Требуется найти жесткость на изгиб созданного таким спосо-
бом «стержня».
208. Определите усилия, действующие в спицах велосипед-
ного колеса, и напряжения, возникающие в ободе, при приложе-
нии к оси колеса силы Р.
Грунт, на который опирается колесо, можно считать жестким.
Число спиц п велико настолько, что позволяет рассматривать
спицы не как отдельные стержни, а как непрерывную среду.
Провести числовой расчет при следующих данных: Р = 400 Н;
радиус колеса R = 31 см; момент инерции сечения обода J =
= 0,3 см4; число спиц п = 36; диаметр спиц d = 2 мм. Материал
обода и спиц — сталь, Е = 200 ГПа.
209. Определить, как зависит скорость вылета стрелы из лука
от величины оттяжки тетивы w от начального ее положения. При
отвязанной тетиве дуга лука представляет собой прямую балку
длиной 21 жесткости EJ.
Провести числовой расчет скорости вылета для случая:
I = 60 см, h = 0,3/, Е = 10 ГПа (дерево),
.4
J = - 6^- (d = 2,0 см), w = 0,6/, все стрелы 0,4 Н.
При расчете считать, что энергия натянутого лука целиком пере-
ходит в кинетическую энергию стрелы; тетиву считать не-
растяжимой.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
1. Полное перемещение будет определяться, естественно, не
диагональю параллелограмма, построенного на отрезках и\ и Us,
как это часто приходится слышать в ответ на поставленный во-
прос, а длиной отрезка, измеренного от точки А до точки пере-
сечения перпендикуляров, восставленных из концов отрезков и\
и uz (точка В на рис. 186).
Решение основано на том, что перемещение в заданном на-
правлении есть проекция полного перемещения па заданное на-
правление.
2. Разложим силу Р на составляющие Р\ и Рг по направле-
ниям двух соседних стержней 1 и 2 (рис. 187). Поскольку каж-
дый из этих стержней расположен в плоскости симметрии, пол-
ные перемещения щ и н2 от сил Р\ и Р2 будут направлены по
линиям действия соответствующих сил, т. е. вдоль стержней
1 и 2.
Коэффициенты жесткости с для направлений 1 и 2 одинако-
вы, следовательно,
Поэтому суммарное перемещение и, полученное путем сложения
перемещений и\ и и2 по правилу параллелограмма, пройдет по
68
линии действия силы Р и будет иметь величину и = Р/с, не за-
висящую от угла а.
Сравнивая решение этой задачи с решением предыдущей,
важно отметить, что перемещения щ и и? в настоящей задаче
представляют собой полные перемещения от сил Р\ и Р% соот-
ветственно. Поэтому при одновременном действии сил перемеще-
ния ui и U2 складываются по правилу параллелограмма. В пре-
дыдущей же задаче щ и и2 представляли собой проекции на на-
правления 1 и 2 полного перемещения, вызванного одновремен-
ным действием сил Р\ и Поэтому и складывались они иначе.
3. При жесткой плите до раскрытия контактов длина растя-
нутого болта АВ остается неизменной. Значит, неизменной ос-
тается и сила натяжения. В случае, если Р больше силы пред-
варительного натяжения, контакт между плитой и нижней на-
кладкой раскроется. Тогда сила натяжения болта будет равна Р.
Таким образом, при Р No сила натяжения болта равна
N = No, а при Р^ No она будет N = Р. Правильность полученно-
го результата хорошо иллюстрируется
следующим простым примером.
Представьте себе пружинные весы —
безмен, верхнее кольцо которого мы наде-
ваем на гвоздь, а нижний крючок, натя-
гивая, цепляем за какой-либо жесткий
выступ, например, за край стола, как по-
казано на рис. 188. Весы после этого да-
дут какое-то показание, например 4 кгс.
Рис. 189
Уподобим эти весы натянутому болту. Теперь к нижнему крючку
натянутых весов будем подвешивать гирьки. Пока вес груза ос-
тается меньшим заданной силы натяжения, указатель весов не-
изменно будет стоять на четырех килограммах. Когда на крючке
будет висеть груз больше четырех килограммов, тогда только
указатель сдвинется с места и покажет соответствующий вес.
4. Для решения задачи рассмотрим раздельно болт и про-
кладку. Усилие, сжимающее прокладку, обозначим через
69
а усилие, действующее на головку болта со стороны плиты,—
через Рв (рис. 189).
Пока нижний контакт не раскрыт, сумма удлинения болта
и укорочения прокладки
Рв1 Рл
Ef+~
остается неизменной и равной сумме этих же величин при за-
тяжке (т. е. при Р = 0); последняя, очевидно, равна
Nl
о ।____о_
EF “Г с ’
где F — площадь сечения болта. Таким образом,
РВ1 РА Nnl Nn
EF 'г с — EF 'Г с '
Кроме того, имеем равенство
Рв-Рл = Р.
Из этих двух уравнений находим
EF
pa = n0----рв = л; + Д^.
1+-й !+ТГ
Усилие TVo. растягивающее болт, будет равно Рв; при
получаем РА = 0, и нижний контакт раскрывается. Тогда N = Р.
При с -=», т. е. при жесткой прокладке, приходим к решению
предыдущей задачи.
На рис. 190 показан график изменения силы N, растягиваю-
щей болт, в зависимости от Р при различных с:
<?2 < Cl < оо.
5. В указанной схеме индикаторы замеряют не укорочение
образца, а сумму этого укорочения и взаимного смещения краев
плит (рис. 191), т. е. величину Д/+ 61 + бг- Вследствие этого по-
лученный модуль упругости должен оказаться меньше истинно-
го. Относительная ошибка будет тем больше, чем больше будет
модуль упругости испытываемого образца.
Описанная методика пригодна только для определения упру-
гих свойств резины, пластмассы или дерева, т. е. тех материалов,
модуль упругости которых существенно ниже модуля упругости
стали. Так как приведенное в условии задачи значение модуля
упругости испытываемого материала (80 ГПа) соизмеримо с мо-
дулем упругости стали (200 ГПа), то полученному результату
70
верить нельзя. Если же получено значение модуля упругости
5 ГПа, то на достаточную точность можно надеяться.
6. В среднем сечении стержня из условий симметрии осевые
перемещения не возникают. Рассмотрим теперь правую или ле-
вую часть стержня. В этой части стержня перемещения по кон-
цам отсутствуют, стержень однороден и нагрев равномерен. Сле-
довательно, из условий симметрии в середине полустержня пере-
мещения также отсутствуют. Рассуждая таким образом, можно
разделить стержень на сколь угодно малые участки, по концам
которых перемещения равны нулю. Отсюда можно сделать вы-
вод, что осевые перемещения вообще для всех сечений стержня
отсутствуют.
7. Обозначим через N сжимающую силу, возникающую в ре-
зультате равномерного нагрева стержня. Тогда перемещение в
некотором произвольном сечении можно написать в виде
, . , N Г dx
—J—,
О
где at — температурное удлинение, a F(x) — искомый закон из-
менения площади F.
Дифференцируя, получим
du ___________________ N 1
57 — al
откуда
Найденное выражение нуждается в разъяснениях.
Прежде всего площадь F(x) определяется с точностью до
постоянного множителя. Большему значению F соответствует и
большее значение сжимающей силы N. Если площадь у левой
71
заделки обозначить через Fq, то получим
du I
at — dufdx
Это значит, задавшись любым значением Fq, мы можем постро-
ить закон изменения F(x), удовлетворяющий заданному условию
изменения функции перемещений и(х).
И еще одна особенность. Заданная функция и(х) не только
должна обращаться в нуль на концах стержня, но вместе с тем
быть такой, чтобы знаменатель выражения (1) не оказался мень-
ше нуля, иначе функция F(x) будет отрицательной, что проти-
воречит физическому смыслу.
Потребуем, например, чтобы перемещения и изменялись
вдоль оси стержня по квадратичному закону и (х) = Kat -j- X
X [1----у-), где К—неопределенный множитель.
Так как dujdx =*Xd£(l — 2хЦ), знаменатель выражения (1)
принимает вид
at - Kat (1 —
откуда видно, что коэффициент К заданной функции и(х) не
может превышать единицы.
8. Верно первое выражение U. Второе же ошибочно. В дан-
ном случае работа силы Р
и^Ц-,
так как перемещение 6 не на всем участке пропорционально
силе Р. Это легко увидеть из графика рис. 192, на котором изо-
бражена зависимость 6 от Р для рассматриваемой системы. Ра-
бота силы Р определяется заштрихованной площадью, т. е.
TJ ^EF » ( Pl___1 (п Pl A 'I- P2l ££A2.
u ” 21 '\2EF 2/ I + I )\2EF 2 / 4EF* 4Z ’
это выражение совпадает с полученным ранее [см. выражение
(1)].
9. В первом случае определено перемещение той точки, в ко-
торой находился центр тяжести стержня до деформации. Во вто-
ром случае определено расстояние от точки нового положения
центра тяжести до точки старого положения, а это не одно и
то же.
В самой постановке вопроса, таким образом, имеется неопре-
деленность. Нужно четко оговорить, что- следует понимать под
термином «перемещение центра тяжести», поскольку центр тя-
жести не связан жестко ни с одной из точек деформированного
тела.
72
10. Рассмотрим элемент нити длиной dx (рис. 193). Обозна-
чим через Т силу натяжения провисшей нити (Т>То), а через
О угол наклона провисшей нити. Полагая этот угол малым, по-
лучим из условий равновесия
T$-qdx — T(b + db) = Q,
откуда
q __________________________ dft
~Т'~~ ~ ~dx’
После интегрирования находим
0 = X(C_x);
при х = Z/2 имеем 0 = 0, поэтому С = Z/2; следовательно,
1/2
о
Теперь найдем Т. Вследствие неравенства усилий Т и То
нить удлиняется на величину разности длин между кривой и
Рис. 192
прямой нитью, т. е.
►2 ,
5-<Ь,
о
откуда
Г~Г0 g2i2
jE’F 24Т’2"
Подставим сюда Т из выражения (2). Тогда получим
а/ (wmax\3 , О/ шшах Л) q
6/Ц—) +24~Т~ ЁГ = 3£Г
Это и есть искомая зависимость u?max от То и q. Полученный ре-
зультат представлен на рис. 194 в виде кривых
штах х (_^о. _9£ \
I 7 EFJ'
73
И. Если бы листы в месте склепки были соединены по всей
ширине b и соединение было бы совершенно жестким, то тогда
для испытанных на растяжение листов мы имели бы по закону
Гука
Afl° + Ebh2 ’
(1)
где Е — модуль упругости листов. Полученная величина Дао
была бы меньше замеренной Да.
Рис. 194
Разность между замеренной величиной Да и подсчитанной
(1) является результатом деформации заклепки и листов в зоне
соединения. Полученную разность удлинений обозначим через Д:
д = ТI 1_____-______—
4^ 2EbhJ'
Обозначим также
J_____5______1_=_1 (2)
к ^Ebh1 2Ebh2 kQ' ™
Тогда разность удлинений будет Д = Tjk^.
Рассмотрим теперь деформацию листов (рис. 195). Обозначим
через Ni нормальную растягивающую силу в i-м пролете внут-
реннего листа. В двух внешних листах суммарная сила будет рав-
на, очевидно, разности Р — Nt (см. рис. 195). Разность удлине-
ний внутреннего и внешних листов на i-м пролете
Nil (P—Xi)l
~Ebh2 2Ebh1
равна разности смещений концов пролета за счет деформации
74
заклепок, т. е.

где Ni — Nj-i и Ni+i —Nt—усилия, приходящиеся соответственно
на левую и правую заклепки i-ro пролета.
Приравнивая полученные разности смещений, получаем
Ni-ia — + Ni+Va = —Р, (3)
где
“----М~> ₽ = 2а + 1+^. (4)
Полученное уравнение (3), аналогичное известному уравне-
нию трех моментов, выписываем последовательно для первого,
Рис. 195
второго и третьего пролетов (рис. 10):
0а-МР+^2а = -Р,
Ма — N2p 4- Nya = —Р,
ТУга — Л’зР + Ра = —Р.
Отсюда получаем формулы для нормальных сил:
N _ рРг4-а!| + »Р
1 р(р2-2а2)’
лг р Р (Р 4~ 2а Ч~ Д2)
2 р(р2-2а2) ’
N ррг(1 + а)-а3+°р
2 Р(Р2-2а2) ’
Усилия, приходящиеся на заклепки, будут следующими:
Рт = N — р Р2 + а3 4- °Ф
1 0(р2-2а2)’
р.. —N _ v — р а (Р 4- «Р — а2)
Рп-Аа Р р(р2_2а2) «
75
Р = N N _________ P a — 0a — a* —
Ли = Na - N, - P p(p2_2e2) .
Pvi = P - N3 = P [1 -
3 L P(p2 —2a2) J
В случае, если Л2 = 2Л1, имеем
P = 2(a+1),
и тогда усилия будут
р _ Р _ Р а3 + 6аг+10а + 4
1 IV 4 (a-f-l)(a2+4a-f-2)’
^=^„=4^.
Если крепление совершенно жесткое (&o = °°), то коэффици-
ент а = 0, и мы получим
Л = Pin — -у-» Рп = Ли = 0.
Следовательно, в таком случае работают только крайние заклеп-
ки шва.
При весьма податливых заклепках ко будет малым, а a —
большим. В пределе при a -* °° имеем
Рт = Рц = Рщ = Pin =
В условии задачи было указано, что коэффициент к опреде-
лен путем испытания склепанных листов при базе замера а, до-
статочно большой, чтобы напряжения в сечениях А и В можно
было считать равномерно распределенными (рис. 11). В этом
смысле полученное решение будет достаточно точным, если рас-
стояние между заклепками не будет меньше а. Однако и при
меньшем расстоянии между заклепками, когда напряжения по
ширине листа от заклепки к заклепке не выравниваются, реше-
ние останется верным. Изменится только выражение (2) для ко,
в котором ширина листа b должна быть заменена некоторым эк-
вивалентным ему приведенным значением.
12. Пусть в продольном шве имеется п заклепок. Согласно
выражению (3) по числу пролетов получим следующие
п — 1 уравнений:
-М0 + ЛГ2а = -Р,
Ma-JV2₽ + M,a = -Р,
Nza — ТУзР + iV<a — — Р,
M-ia - + Ni+ia = -Р,
iVn-2a-^n-ip = -P(l+a).
76
Из этих уравнений следует определить неизвестные
Nb Nt, N3, ..., JVn_b
Заметим, что если положить
^ = ^ = ЛГ3=...= ^_1=-^,
то будут удовлетворены все уравнения, кроме первого и послед-
него.
Примем далее, что
TVj = Ах — 2а_р, ЛГ2 = Ах2 — 2а_ р,
где А и х — некоторые произвольные постоянные.
Подберем х так, чтобы снова удовлетворить всем уравнениям,
кроме первого и последнего. Подставив iV.-i, Ni и Ni+\ в урав-
нение
— TV.p + М+кх = — Р,
получим
Ах'~1а - 2ТГГ₽ - + 2^р + ^+*а -g^p = - Р,
или
а — $х + -az2 = О,
откуда находим
p+/pTZ^?
1 ~ 2a ’ 2 ~ 2a
Теперь, очевидно, все уравнения, кроме первого и последнего,
будут удовлетворяться следующими выражениями:
Л\ = Axt + Вх2 - jj^-p,
л^^ + в^-^р,
. р
Ni = Ах± 4- Вх2 —
при любых значениях произвольных постоянных А и В. Послед-
ние же мы подберем так, чтобы удовлетворить первому и по-
следнему уравнениям системы
- р(аг! + Вх2 - 2-^) + а(лх* + Вх1 - ^£-р) = - Р,
^АхЧ-ЧВхГ2-—^- ₽(агГ + ВтГ1- 2^р)=-Р(«+1).
77
Отсюда определяем А и В и, учитывая, что XiX2 = l, a zi+z2 =
= p/а, после несложных преобразований получаем
Усилия в заклепках равны:
Pi=Ni,
Pn=N2-Nb
Pin=^3-/V2,
Рп = Р -Лп-i.
13. Рассмотрим условия
(рис. 196). Очевидно,
<^в
dx
Далее, согласно условию задачи,
tax
Рис. 196
Следовательно, в результате
получим
равновесия элемента винта
= *• (1)
имеем
t = Zr(uB—иг); (2)
duB duT
= е” - ®г’
г-гЛ'
дифференцирования выражения (2)
Подставив, сюда t из уравнения равновесия (1), имеем
dx2 НвЛ.
Использовав условие Nr = Р — NB, найдем
где
(3)
Решением однородного уравнения
78
будет
Na = A sh ax + В ch ax.
Присоединив сюда частное решение уравнения (3), получим
N3 = A sh ах Н- В ch ах -|—?р . (4)
Постоянные А и В найдем из граничных условий:
при х = О NB = О,
при х = I NB = P.
После решения получим
д_____________ кР 1— ch al . Р в_________ кР
“ — a2£rFr sh al + sh al ’ • ~ ~
Нормальное усилие в винте равно
Y __ Р 1 I sh al —sh a (I — х) sh axj
в“ 1 . _JL sha4 + *ЛГ
Vb
Нормальное усилие в гайке:
Nr = Р - NB.
Усилие на витки резьбы равно
dNB Р а ГсЬ а (I — х) ch axl
dx ~ 1 1 sha/[ ErFT
£вЛ’в T ErFr
На рис. 197 показан характер изменения этих величин по оси
винта и гайки.
14. Задача решается точно так же, как и предыдущая. Раз-
личие вносится только граничными условиями, которые теперь
будут следующими:
при х — О NB = Р,
при х = I NB = Р.
Эти условия удовлетворяются при следующих значениях посто-
янных А и В:
Л кр \ р^р кр
sna/ a2VJ’ <х2£г<
Нормальное усилие в винте будет
у_______________Р_____ 1 Г sh ах -f- sh а (I — х) sh аЛ
_±_. _л_ ^<4
Нормальное усилие в гайке равно
Nr=P-NB.
79
Усилие, приходящееся на витки резьбы, будет
_ dNB _________Ра______ch ar —ch a (Z — х)
“ ~ 1 1 A’BFB sh al
Характер изменения величин NBt Nr <и t по длине винта показан
на рис. 198.
15. Если к винту приложить сжимающую силу Р с таким
расчетом, чтобы шаг его резьбы уменьшился на Д, а затем на-
Рис. 197
вернуть гайку, в резьбе никаких усилий не возникнет. Если те-
перь болт разгрузить, то в системе возникнут точно такие же
усилия, что и в системе, рассмотренной в предыдущей задаче.
Рис.. 198
Поэтому полученное ранее реше-
ние пригодно и для настоящего
случая, если только сила Р дает
в свободно растянутом винте
удлинение Д на один шаг.
По закону Гука
где s — шаг резьбы. Таким обра-
зом, для того чтобы получить ин-
тересующее нас решение,' доста-
точно в выражениях последней
задачи заменить Р на — EBFB.
16. Наиболее благоприятными
условиями следует считать те,
при которых усилия на витки распределяются более равномерно.
В первом случае сильно перегружен первый виток.
80
Во втором случае сила затяжки приложена к гайке выше
первого витка. Диаметр гайки в нижней части уменьшен. Поэто-
му усилия на первый виток в этом случае будут меньшими. Тем
самым (при том же усилии затяжки) догружаются остальные
витки. Условия работы витков во втором случае будут более бла-
гоприятными.
На «основе сказанного, не надо, однако, делать вывода, что
вообще во всех случаях следует применять гайки типа 2
(рис. 15). Ясно, что усложнение всякой конструкции, особенно
конструкции такой ходовой стандартной детали, как гайка, мо-
жет быть оправдано только в том случае, если это усложнение
дает реально ощутимые результаты. Так как перегрузка несколь-
ких витков резьбы по сравнению с прочими витками лимитирует
прочность резьбового соединения только в исключительных слу-
чаях, то и соответственно в виде исключения может быть ре-
комендовано применение гаек описанного типа.
17. Это — типовая модель одной из возможных структур ком-
позиционного материала. Как и в резьбовом соединении, взаимо-
действие массива заполнителя с волокном можно рассматривать
как упругое. Разница только в том, что в резьбовом соединении
взаимные упругие смещения являлись следствием деформации
витков резьбы, а здесь — следствием местной деформации масси-
ва заполнителя и поверхностного слоя волокна.
Как и для резьбового соединения,
t =к(ив — иэ),
где ив — и3 — взаимное смещение центра волокна относительно
удаленных точек заполнителя. Коэффициент к может быть при-
ближенно оценен методами теории упругости и зависит от мо-
дулей упругости волокна и заполнителя, а также от доли объема,
который они занимают в композите.
Упрощая задачу, допустим некоторую вольность и уподобим
часть заполнителя, приходящуюся на одно волокно, некоторой
изолированной трубке, несущей те же функции, что и гайка в
предыдущих задачах.
Тогда без изменений мы получаем уравнение (3) со с. 78,
в котором под NB понимается нормальная сила в волокне. При
этом F? заменим на F3 — площадь поперечного сечения трубки
заполнителя. Сила Р будет выражена через заданное среднее на-
пряжение о, т. е.
Р = о(Гв + Л).
Отношения FJ(FB + F3) и F3I(FB + F3) представляют собой
объемные доли волокна и заполнителя в композите, т. е. Va и
V3. И теперь вместо уравнения (3) (с. 78) получим
dx2 В ~ W
81
где
Для длинного волокна решение уравнения удобнее записать
не в виде гиперболических функций, как это делалось для болта
и гайки, а в форме затухающей экспоненты:
Л'“ = ТТ2-г + Ае~ах-
Аз>з“
Поскольку на конце волокна (при х = 0) нормальная сила Nt
обращается в нуль, получаем
сЕ F
Ifv 0—
dN. <jEJ\
t — — ------—— ае~аж
dx А’ВКВ + ^3 '
Таким образом, наибольшее касательное напряжение возни-
кает у концов волокон, а затем быстро убывает. Нормальная же
* сила быстро возрастает от нулевого
значения до постоянной величины,
< которая определяется из условий
Ук. равенства относительных удлинений
11||]7ТТтгг1 ______ волокна и заполнителя (рис. 199).
Описанная картина, несмотря на
свою простоту, разъясняет многое.
Так, например, если удлинение ни-
ти при разрыве меньше удлинения
заполнителя, то разрушение компо-
зита при растяжении начнется с об-
рыва волокон в средней части их
Рис |99 длины. Разорванное волокно превра-
щается в два более коротких, а в
месте разрыва в заполнителе образуется поперечная трещина,
развитие которой поначалу будет блокировано соседними волок-
нами. При дальнейшем растяжении образца уже «ополовинен-
ные» волокна в свою очередь будут рваться где-то в средней
части. Такое деление на фрагменты, очевидно, прекратится, когда
нить станет настолько короткой, что продольные касательные
напряжения у концов нити не смогут создать в ее средней части
достаточной нормальной растягивающей силы. Длина такого во-
локна называется неэффективной и определяется из простых
соображений.
Снова обратимся к исходному дифференциальному уравне-
нию. Но поскольку речь идет о волокне небольшой длины, при-
дется функцию Nu выразить через гиперболические синус и ко-
синус, т. е.
NB = —4- A sh ах -{- В ch ах.
82
Постоянные А и В определим из того очевидного условия, что
при х = 0 и х — I нормальная сила Na обращается в нуль. Тогда
L cha£l ад. _ch axj
L sn al J
VB+V3
Длина волокна считается неэффективной, если в его средней
точке напряжение составляет 90 % от наибольшего возможного.
Значит, если положить х = Z/2, содержимое скобок в последнем
выражении будет равно 0,9. Отсюда без труда определяется
a/нэ ~ 6, и если известно а, то находится и длина /нэ.
18. На первый взгляд кажется, что предел прочности пучка
нитей равен среднему арифметическому, составленному из пре-
делов прочности составляющих волокон. В действительности это
не так, и предел прочности пучка нитей зависит также от раз-
броса прочности нитей в пределах партии. Это проще всего по-
яснить на простом примере, который позволит также построить
типовую диаграмму испытания пучка нитей.
Положим, имеем два пучка. Каждый состоит из десяти нитей,
пределы прочности которых в условных единицах выписаны на
рис. 200. Средний предел прочности для обоих пучков один и
7 1 ? 3 4 1 5 6 > 7 f. ? 9 Ю
5 * > 5 ! 5 5 1 7 6 t J 6 6
тот же 5,5, но разбросы разные. В первом пучке предел проч-
ности меняется от 1 до 10, а во втором — от 5 до 6. Модули
упругости всех нитей считаем, естественно, одинаковыми.
Будем задавать поэтапное удлинение первому пучку. Между
напряжением и удлинением устанавливается линейная зависи-
мость, отраженная на рис. 200. В конце этапа во всех нитях воз-
никает одинаковое напряжение, равное единице, а первая, самая
слабая нить рвется.
83
Продолжаем нагружение. Удлинение удваивается. На графи-
ке по оси абсцисс отмечаем новую точку. Действительное напря-
жение во всех нитях соответственно удваивается. Рвется вторая
нить. А по оси ординат на графике мы должны отложить не
двойку, а условное напряжение по отношению к начальной пло-
щади поперечного сечения пучка, т. е. 2 • 9/10 = 1,8.
Сообщим образцу новое удлинение—третья «порция». Теперь
в оставшихся восьми нитях возникает истинное напряжение,
равное трем условным единицам, но... его надо пересчитать на
начальную площадь поперечного сечения пучка, т. е. умножить
на 8/10. В итоге ордината третьей точки на диаграмме испыта-
ния будет равна 2,4. Так, по точкам строится вся диаграмма ис-
пытаний первого пучка, а затем и второго (рис. 200).
Предел прочности первого пучка равен трем, второго — пяти.
То и другое — меньше среднего. И это — общее правило: предел
прочности с разбросом снижается, а в отсутствие такового ра-
вен пределу прочности нитей.
19. Рассматриваем систему стержней в деформированном со-
стоянии (рис. 201) и, задаваясь перемещением точки А, ищем
силу Р. По чертежу замеряем угол a, AZi/Z и иА11. По кривой
рис. 17 находим усилия Pi и Ра, соответствующие удлинениям
AZi/Z и ил/1. Сила Р определяется из условия равновесия
Р = 2Pi cos а + Р2.
Задаваясь несколькими значениями пА, можно построить за-
висимость и л от Р. Полученная кривая uA = f(P) для заданной
диаграммы растяжения тяг показана на рис. 201.
20. Случай 1 имеет место при больших, а случай 2 — при ма-
лых углах а. Случай 3 является граничным между двумя пер-
выми. Величина соответствующего угла а может быть найдена
приближенно в предположении, что жесткость нити значительно
превышает жесткость резины и что, следовательно, нагрузка це-
ликом воспринимается нитями.
Выделим элемент резино-кордного цилиндра (рис. 202) с раз-
мерами а и alga. При таком выборе размеров в оба сечения
84
элемента АВ и ВС попадает одинаковое число нитей. Обозначим
через Р усилие в нити, тогда равнодействующая сил в сечении
АВ будет равна
Рлв = Рп sin а,
где п — число нитей, попавших в сечение АВ. В сечении ВС со-
ответствующая равнодействующая будет
Рвс = Рп cos а.
Рис. 202
Но нам известно, что при нагружении цилиндра внутренним
давлением окружное среднее напряжение вдвое больше осевого.
Следовательно,
рвс _ 2 Рав
a tg а а
Подставив Рав и Рвс, найдем
tg2 а = а = 35°16'.
При этом значении угла а ци-
линдрическая форма оболочки
сохраняется. При а > 35° 16'
цилиндр деформируется так, как
это показано на рис. 19,7, а пр
Заметим, между прочим, что задачи по исследованию подоб-
ных резино-кордных конструкций возникают при расчете авто-
мобильных покрышек. Для долговечности покрышки вопрос о
а < 35°16' — как на пис. 19.2.
Рис. 203
выборе угла расположения нитей (рис. 203) имеет большое зна-
чение. Изменение угла в ту или иную сторону от оптимального
для данного типа покрышки влечет за собой снижение срока
службы шины. Нужно, однако, сказать, что для покрышки этот
85
угол определяется не условиями равновесия, как в рассмотрен-
ном примере, а оптимальными условиями усталостной прочности
нитей при переменных напряжениях, возникающих при качении
колеса.
21. Рассмотрим равновесие выделенной нити (рис. 204). На
нее действует со стороны резиновой оболочки распределенная
нагрузка q Н/см. Эта нагрузка будет переменной, поскольку рас-
стояние между нитями в разных
точках различное. Наибольшим оно
будет на экваторе, где
р — давление, ап — число нитей.
В точке, расположенной на рас-
стоянии г от оси,
9 = 4;-
Усилие натяжения нити Т вдоль дуги меридиана не меня-
ется. Оно равно Т = др, где р — местный радиус кривизны ме-
ридиана.
Исключая отсюда д, а затем дэ, находим
С другой стороны, из условия равновесия полусферы
Т = —. (1)
Исключая Г, получим
Пусть ф — угол между нормалью к деформированной поверх-
ности и осью вращения. Тогда dr = р cos ф dtp или
dr = -^ cos ф аф.
Интегрируя, получим
г2 = г® sin ф 4- (\.
Так как ф обращается в нуль при г = 0, то С\ «0, и
г2
sin ф = —. (2)
Л
86
Обозначим через у расстояние некоторой точки от плоскости
экватора. Очевидно, = — tg ср, или
Для интегрирования этого выражения применим подстановку
г = гв cos ф. Тогда
, cos2 ib dib
dy = .У
V 1 + COS2 4?
Величина С2 равна нулю, так как на экваторе = 0, и в нуль
обращается у.
Относительная сплюснутость фигуры равновесия определяет-
ся отношением уо/гь, где уо — вертикальная полуось тела вра-
щения;
[Л/2 Л/2
2 j V1 — /са sin2 ф dty— j
о о
_ =
1^1 — A2 sin2 ф J
У1(2Е-Р).
Здесь F и Е — полные эллиптические интегралы первого и
второго рода, имеющие модуль Л = У1/2. Эти интегралы табули-
рованы; из таблиц находим
F = 1,85407 и £=1,35064.
В итоге
А =0,599.
«»
Любопытная подробность: найденная форма оболочки имеет
наибольший объем среди других тел вращения, имеющих задан-
ную длину дуги меридиана. Если длина нитей задана, а потому
остается неизменной, энергия системы определяется только по-
тенциалом сил давления. Давление производит работу pV. Эта
работа будет наибольшей при наибольшем объеме V, а потенци-
ал внешних сил (— pV) соответственно имеет минимум по срав-
нению со всеми соседними формами.
Еще один вопрос. Если нити будут податливы, как изменя-
ется форма найденного тела вращения по мере повышения внут-
реннего давления? Ответ достаточно очевиден. Мера сплюснуто-
87
сти сохраняется, но все размеры «тыквы» увеличатся в 1 + е раз,
где е — относительное удлинение нитей. А оно зависит от вида
диаграммы растяжения нитей.
Количественная оценка следует из уже проведенных вы-
кладок.
Длина дуги меридиана, т. е. новая длина нити, определяется
интегрированием выражения ds = Vdz2 4- dy2. Опуская простые
промежуточные выкладки, приведем окончательный результат.
Длина дуги от полюса до экватора будет
l = ^r,F = 1,3110г,.
Задавшись гэ, сравниваем I с начальной полудлиной нити и
находим е. Если дана диаграмма растяжения нитей, а это не-
обходимо, находим по графику усилие натяжения Т, а из выра-
жения (1) определяется и давление р. Таким образом, по точкам
может быть построена зависимость гэ от р.
И наконец, еще одно поучительное обстоятельство. Приведен-
ное решение содержит в себе, без сомнения, рудименты до-
компьютерной эпохи. Когда у исследователя не было в руках
вычислительной техники, сведение любой задачи к табулирован-
ным функциям рассматривалось как несомненный успех. И при-
веденный пример — лучшее тому доказательство. Но так было в
прошлом. Современный инженер, владеющий не только матема-
тическим аппаратом, но и свободно обращающийся с машинны-
ми алгоритмами, не может не ощущать чувства разочарования,
когда углубится в последние строки приведенных выше преобра-
зований. Действительно, после того, как выведено выражение
(1), можно было бы написать:
dy = —sin <р • d.?, dr = cos <p • ds,
где ds — элемент длины дуги нити. Далее надо было бы эти два
выражения обезразмерить, т. е. принять, например,
у/гя = У, г/г» » X, s/ra — S.
И тогда
8 S
У-----J X*dS, X = J
О о
А далее надо выходить на машину и, приняв нулевые на-
чальные значения У и X, провести интегрирование по 5, пока X
не достигнет максимума. Найденное при этом значение У, взя-
тое со знаком «плюс», как раз и даст нам искомую меру сплюс-
нутости сфероида. Ожидаемое значение аргумента S в конце
интегрирования, как нетрудно сообразить, будет около 1,5.
Читатель при желании может выполнить расчеты самостоя-
тельно.
22. Указанное явление может иметь место в том случае, если
при нагреве в алюминиевом кольце возникнут достаточно боль-
88
шие пластические деформации. Обозначим через Д разность
между внешним радиусом внутреннего кольца и внутренним ра-
диусом внешнего кольца до посадки. Очевидно,
еА + *с = -JP (1)
где еА— относительное укорочение дуги алюминиевого кольца,
вс — относительное удлинение дуги стального кольца.
В пределах упругих деформаций при наличии дополнитель-
ного нагрева
О*
fc,A = 7---aAt, Сс = -г1 + atf,
л;а Лс.
где оА и Ос — напряжения в алюминиевом и стальном кольцах,
аА и ас — соответствующие коэффициенты линейного расшире-
ния. С другой стороны, при одинаковой толщине колец, как это
следует из условий равновесия (рис. 205), ос=оА = о. Уравне-
ние (1) дает
А
Положим, что диаграмма растяжения или сжатия алюминия мо-
жет быть схематизирована так, как это показано на рис. 206.
Рис. 206
Предел текучести алюминия ниже предела текучести стали. Так
как напряжения в обоих кольцах одинаковы, то стальное кольцо
во всех случаях будет работать упруго.
Напряжение начального натяга колец, которое обозначим че-
рез Оо, равно
А
я
ст°“ _Li 1 *
Тогда выражение (2) примет вид
Чад-ас)
(3)

Заметим, что б не может быть больше, чем оТА. Если темпера-
тура нагрева
t > (<Тта — а0) + #-} _ ,
то в алюминиевом кольце появляются пластические деформации
и о = отА.
При охлаждении кольца будут деформироваться упруго. Тог-
да остаточные напряжения можно найти как алгебраическую
сумму отА и «напряжения охлаждения», полученного из выра-
жения (3) заменой знака при t на обратный, т. е.
„ „ ‘(аА~ас)
Oqct - ОтА 1 j
(4)
При Оост < 0 алюминиевое кольцо выпадает из стального. Следо-
вательно, условием выпадания будет
t (<хА — ас) > отл (5)
Возможен случай, когда пластические деформации в алюми-
ниевом кольце возникнут уже при посадке до нагрева. Выраже-
ние (4), а за ним и (5) сохраняют при этом свою силу, незави-
симо от того, путем каких воздействий
был достигнут предел текучести отА.
23. Если температурные удлинения
кольца и конуса одинаковы, высота А,
очевидно, меняться не будет. Поло-
жим, что температурное удлинение ко-
нического стержня больше температур-
ного удлинения кольца:
fife > EtK’
В этом случае при нагреве в
кольце возникнет растягивающее на-
пряжение и, величина которого зависит от разности темпе-
ратурных деформаций etr — efK (рис. 207). Если напряжение
о остается ниже предела упругости, то при охлаждении разме-
ры кольца восстанавливаются и высота расположения h не ме-
няется. Если же разность е/с — е/к достаточно велика, кольцо
получает остаточную деформацию и при охлаждении опустится
вниз. При повторном нагреве оно снова растянется, а в дальней-
шем — снова опустится. Это опускание будет продолжаться до
тех пор, пока упругая деформация еуПр не сравняется с величи-
ной еГс—-efK (рис. 208). По величине суммарной остаточной де-
формации е0Ст легко определяется новая высота расположения
кольца.
90
Аналогичная картина имеет место и при e/c<etK. В этом
случае опускание кольца происходит при нагреве, а растяже-
ние — при охлаждении.
24. Деформация трубки в окружном направлении задана:
Д 1 , .
= -д- = -g- (at — pa«).
Обозначим контактное давление
кающую в трубке, через N. Тогда
pR N
“ Л * 2nRh ’
где h —толщина трубки. Таким
образом,
~Я = Eh ~ 11 2яй)- (!)
Но осевая сила в сечении х оп-
ределяется интегралом от сил
трения на интервале (0 — х), т. е.
N = jfp2nRdx, (2)
О
через р, осевую силу, возни-
где / — коэффициент трения. Теперь выражение (1) примет вид
Продифференцировав это выражение по х, получим

откуда м/ _ P = Ptf .
Постоянная ро представляет собой контактное давление у кон-
ца трубки. Его находим из выражения (1), положив N = 0;
имеем р. = г,Д-
Следовательно, _ £ЛД 7Г’ р ~ я2 е '
Из выражения (2) находим осевую силу:

91
Таким образом, контактное давление и осевая сила по мере
удаления от конца трубки возрастают. Это возрастание прекра-
тится, очевидно, там, где осевое удлинение от сил N и р станет
равным начальному осевому удлинению трубки. Но для нагре-
той трубки, равномерно расширяющейся во все стороны, осевое
удлинение в момент посадки равнялось окружному, т. е. Д/7?.
Выразим осевое удлинение через р и N:
е»= 4"(<Тх — >ю<)’ = -11
Обозначим через а то расстояние от конца трубки, на котором
еще имеет место проскальзывание и существуют силы трения.
Из последнего выражения, полагая ех = Д/Я и х =» а, находим
Я , 1
“=J7,nT4i-
При х > а е» =“ “ Д/Л = const, и мы имеем
2лЕЛА ЯЛА 1
yv = T=7’ P =
У второго конца трубки распределение сил будет анало-
гичным.
Рис. 209
На рис. 209- показаны законы изменения нормальной силы
N, сил трения dNjdx и контактного давления р вдоль оси труб-
ки. Рядом для сравнения показаны те же графики для случая
более короткой трубки (К 2а).
25. Рассмотрим случай а). Нормальная сила в сечении труб-
ки (рис. 210) будет
N=\fp2nHdx-P.
(1)
92
Взамен выражения (1), полученного при решении предыдущей
задачи, имеем
[/ х \ 1
2лй ( “ Р + 2я^§Pdx j I. (2)
\ о / J
Как и прежде,
р==роея .
Величина ро определится из уравнения (2), если в неч поло-
жить х * 0:
ТГ = Eh (₽«й + 2гЧ Р)'
откуда
Eh . lu
Ро — р2 А
п сПп
Таким образом, получаем
а из уравнения (1)
N =-
fEhS рР \
k R2 2лЯ2 JeR ,
. . uf _
2nEh& I2nEh& _p\g‘R
н ’ \ н г ’
Р =
На рис. 211 показаны графики изменения силы N, сил тре-
ния dNjdx и контактного давления по длине трубки. Пунктиром
показан ход кривых при
Р = 0 и при некоторых
других значениях Р.
Трубка будет снята со
стержня при той силе Р',
при которой отрезок b
(рис. 211) станет равен
длине трубки I.
Р
Рис. 211
Рис. 210
Полагая в последнем выражении N = 0 и х = Z, находим
2лЕЬД L _ ~Ц1
93
Теперь рассмотрим случай б). Здесь и сила Р, и силы трения
Вблизи левого конца трубки меняют направление. Поэтому
N = Р — J / p2nR dx,
о
и взамен уравнения (2) получаем

Тогда р = р„е “ , где р0 = Д +
п МШ
Далее,
\ *
2л£ЛД+р)е я
Соответствующие законы изменения Nt dN/dx и р показаны
на рис. 212. При х — b силы трения скачком меняют свое. на-
правление.
Полагая в последнем выражении N = 0 и х = Z, находим ис-
комое значение силы Р', при котором трубка снимается со
стержня:
р, —
~ Н
Это значение силы оказывается больше, чем в случае а), что
достаточно очевидно, по-
скольку растягивающая
сила вызывает сужение
трубки и увеличение сил
трения.
26. Положим, что в уг-
ловой точке поперечного
Рис. 212
сечения бруса (рис. 213) возникает некоторое касательное на-
пряжение т.
Разложим его на две составляющие tj и тг, перпендикуляр-
ные к сторонам многоугольника. По условию парности на боко-
вых гранях бруса должны возникать парные касательные на-
94
пряжения Ti и Т2. Но боковая поверхность свободна от напря-
жений. Следовательно, Т1 = Т2 = 0. Отсюда вытекает, что и т = 0.
Ясно, что доказанное положение остается верным при любом
значении угла, меньшем 180°.
27. Результирующий момент напряжений т' уравновешива-
z ется моментом результирующей
силы Q, возникающей в плоскости
нормального сечения (рис. 214).
Рис. 215
Рис. 214
Величина этой силы будет, очевидно, следующей:
я а
Q = f J тг sin ф dr dip.
о о
Но мы имеем т = ттах поэтому
я л
Q = J J ттах sin ф dr d<p = -|- ттахЯ2.
о о
Момент силы Q относительно оси z равен
М = 4т">ах^-
Точно такой же момент дают и напряжения т':
я я
М = 21 Jr' г dr = §r2dr=
о о
28. Если бы брус закручивался без растяжения, то тогда
в пределах малых перемещений между удельным углом закру-
чивания 0 и моментом М существовала бы зависимость
т. е. жесткость на кручение была бы равной
с0=
95
Теперь рассмотрим случай кручения бруса при наличии
растягивающей силы Р. При повороте торцевого сечения нор*
мальные напряжения P/(bh) сохраняют направление продоль*
них волокон закручиваемой полоски (рис. 215). Проекции этих
напряжений на плоскость, перпендикулярную к оси полосы,
равны
(рис. 215). Эти напряжения дают дополнительный крутящий
момент
4-ь/2
Мр= J
-Ь/2
Присоединяя этот момент к моменту, создаваемому касатель-
ными напряжениями, находим
м = сое + ре-£ = о(е(>+т£).
Таким образом, жесткость на кручение растягиваемой поло-
сы равна жесткости нерастягиваемой плюс величина РЬ2/12.
29. Поскольку трубка и валик не являются жесткими, то
местное проскальзывание на контактной поверхности начинается
раньше, чем величина момента
достигнет значения Mq. Внача-
ле проскальзывание возникает
[-[---]— ------1----------j-x»! в краевых зонах контактного
участка. При М = М<> проскаль-
зывание охватывает всю по-
верхность контакта. Момент
сил трения достигает при этом
своего предельного значения
Рис. 216
Л/о, и начинается поворот валика в трубке по всей длине кон-
такта.
Разбиваем контактный участок I на три зоны а, Ь и с
(рис. 216). На участке а крутящий момент в трубке больше,
чем в валике, и соответственно больше угол закручивания. По
мере перехода от сечения А к сечению В происходит передача
крутящего момента от трубки к валику, и в сечении В углы
закручивания трубки и валика становятся одинаковыми.
На участке b проскальзывания нет. На участке с снова име-
ет место проскальзывание. Здесь уже крутящий момент в ва-
лике больше, чем в трубке. Соответственно больше и угол за-
кручивания. По мере перехода от сечения С к сечению D мо-
мент в трубке падает до нуля, а в валике возрастает до М.
Интенсивность моментов сил трения равна
(1)
96
Величина т не зависит от момента М и определяется лишь ко-
эффициентом трения и величиной натяга.
Определим теперь длину участков а, 6, с. Рассмотрим для
этого отдельно трубку и валик (рис. 217). Очевидно, из условия
равновесия имеем
т(а + с)=М, (2)
а из условия равенства углов закручивания на участке b по-
лучаем
тс та,
= ' >
Из уравнений (2) и (3) находим
Ml Ml
__________ с=_______________
, , (GJp)tp ’ , . (<^)»ал
(^р)вал (^р)тр
(4)
Если жесткости трубки и валика одинаковы, то из (4) получаем
Ml
а = с = 2М0'
При известных а и с строим эпюры моментов (рис. 217).
По мере возрастания момента М участки а и с становятся
длиннее, а участок b сокращается. При М = Мй сумма а + с
равна Z, а b = 0. После этого момент сил трения, который воз-
растал за счет роста участков а и с, не может больше увеличи-
ваться, и начинается общее проскальзывание по контактной по-
верхности.
30. В центре тяжести клеевого пятна поместим начало си-
стемы координат х, у (рис. 218). Положим, что приклеенная ко-
97
сынка при нагружении сместилась влево на Дх и вниз на Ду и,
кроме того, повернулась по часовой стрелке на малый угол <р.
Определим напряжения т, и т„, действующие на косынку.
Они пропорциональны местному перемещению, т. е.— перемеще-
нию точки с координатами х, у:
т* =*/с(Дж —<ру), tv = /с(Ду + <рх),
где к — некоторый коэффициент пропорциональности между на-
пряжением и перемещением.
Напишем уравнения равновесия
| тж dF = О, J dF = Р, J (тух — тху) dF = М,
F F F
где М — момент силы Р относительно начала координат. Интег-
рирование распространяется на площадь всего пятна или на
суммарную площадь пятен, если их несколько.
Рис. 218
Учитывая, что оси хну центральные, получим
Дж = 0, kbvF = Р, kqJp = М,
где /₽ — полярный момент инерции клеевого пятна относительно
центра тяжести. Подставляя Дх, Ду и ф в выражения для на-
пряжений тж и tv, получаем
М Р . М
Ъс — --J-у, Tv — -у 4- — х.
р р
Полное напряжение равно т = 1^тж + Подставляя сюда вы-
ражения тх и tv, определим место точек, где полное напряжение
достигает своего предельного значения тпр:
Как видим, это — круг радиусом Р^Р . Центр круга находит-
ся на оси х и смещен влево на величину
_Р
М F
98
(рис. 219). Если круг пересекает контур клеевого пятна, то во
внешней области пятна напряжение превосходит предельное.
Если клеевое пятно вписывается в круг целиком, условие проч-
ности выполняется.
31. 1. Цилиндрической поверхностью, проходящей по задан-
ному контуру, выделим внутреннюю часть бруса (рис. 220).
На проведенной цилиндрической
тельные напряжения, парные тп.
лы, действующие на выде-
ленную часть бруса, получим
J rnl ds = 0,
поверхности возникают каса-
Проектируя на ось z все си-
Рис. 220
или, иначе,
f тп ds = 0.
2. Рассмотрим элемент ds dz цилиндрической поверхности,
проведенной через начерченный контур (рис. 221). После на-
гружения бруса этот элемент исказится и примет вид паралле-
лограмма, изображенного на рис. 221. Угол сдвига 7 будет оп-
ределяться суммой углов а и р, т. е.
7 = а + ₽.
Теперь найдем выражение для каждого из этих слагаемых. Угол
Рис. 222
а определяется углом закручивания 0 и расстоянием от центра
кручения; в самом деле, из рис. 221 имеем
но AA'=nd<p, где сйр — относительный угол поворота сечений,
находящихся на расстоянии dz друг от друга, п — расстояние
от центра кручения О (рис. 222) до касательной к контуру в
точке А. Поскольку dqldz = 0, то а = 0л.
99
Сечение бруса при кручении не остается плоским и полу-
чает некоторое перемещение w(x, у) в направлении оси z. Оче-
видно (рис. 221),
Так как у = то
₽du>
= d7-
откуда получаем
dw ==
Интеграл от dw по
замкнутому контуру равен нулю. Поэтому
Jbds — в J п ds = 0.
Но п ds — удвоенная площадь треугольника О АВ (рис. 222);
следовательно,
j п ds = 2F„ \i,ds = 2GFJd.
32. На рис. 223 показан тонкостенный профиль, главными
центральными осями которого являются х, у. Положим, что
при кручении сечение поворачивается на угол <р относительно
некоторой точки С, имеющей координаты хс,
ус. Образующая
Рис. 223

АВ (рис. 223) повернется при этом на угол if = np/Z = г0. В ре-
зультате возникнет продольное удлинение
„ А'В — АВ_______________________1 _ 1
АВ cos ip ’
-В2
е =
или
е-^-г’Ю2.
100
Одновременно с поворотом относительно продольной оси воз-
можны взаимный поворот сечений относительно осей х и у и
взаимное осевое смещение. Это приведет к тому, что в выраже-
нии е появится дополнительная составляющая, линейно зави-
сящая от х и у, т. е. будем иметь
е = г202 -f* а 4- Ьх 4- су
<т
(1)
поскольку рас-
стержня 0 не
и, соответственно, напряжение
Е (“Г г202 + а -4- hr 4- <# )•
Депланация сечения на удлинение е не влияет,
сматривается нестесненное кручение (по длине
меняется).
Постоянные а, b и с должны быть подобраны таким обра-
зом, чтобы нормальная сила в сечении и изгибающие моменты
относительно осей х и у обращались бы в нуль:
J иу dF = О, Mv = J cxdF = О,
jV = j0dF = O, М
откуда получаем
fl2

а = —
2F 1
* V
полярный моменты инерции сечения,
и
где J*, Jv и JP — осевые
а Я, и Нр— новые геометрические характеристики
Hx = \r‘‘ydF, Hy = ^r2xdF.
F
Выражение (1) принимает вид
F
о =
я я,
~г~ л Г
(2)
Напряжения о дают в сечении дополнительный крутящий
момент
Mz = J otyrdF,
F
Я f f / о J P "y \ 2 JI? JI r jy-
где под величиной К понимается новая геометрическая харак-
теристика
JJ2 Н2 Н2
101
Крутящий момент в сечении состоит из «обычного» момента,
образованного касательными напряжениями, и дополнительного
mk=4ss^0+^’*=4s6^(1+4^02/c)’ (4>
где $ — длина дуги контура сечения.
Производя в выражениях (2) и (3) замену г2 на (лг — хс)2 +
+ (у —ус)2 замечаем, что координаты хс и ус в выражениях
Рпс. 224
для о и К исключаются. Это означает, что выбор полюса С мо-
жет быть сделан произвольно, и здесь следует руководствовать-
ся исключительно соображениями удобства.
Рассмотрим частные случаи:
а. Полоса прямоугольного сечения со сторонами & и 6
(рис. 224, а). В этом случае имеем
+Ь/2
F = b6, ЯХ = Я„ = О, Я = 6 J y*dy-Л = йб-
-Ь/2
Тогда
^=4^g0(i+4-^02)-
Последнее слагаемое в выражении Мк дает количественную оцен-
ку нелинейного эффекта.
б. Круговой незамкнутый профиль (рис. 224, б)
F = 2л7?6, = 2лЯ36, Нх = Hv = О, К = О,
следовательно, о = 0,
мк =-у2лЯбзее.
Нелинейный эффект в данном случае отсутствует.
102
33. Двумя цилиндрическими поверхностями радиусами г и
г 4- dr и двумя поперечными сечениями выделяем из стержня
элементарное кольцо толщиной dz (рис. 225).
Рис. 225
Приравняв нулю сумму моментов относительно оси z, по-
лучим
(т -|- dzj 2лг2 dr — т2лг2 dr — [t dr j 2л (г -|- dr)2dz — t2nr2 dz,
откуда
'•24г = -г-(*'-2)- (1)
dz dr ' 7 ' '
Обозначим через v перемещение по направлению касатель-
ной к дуге круга (рис. 226). Угол сдвига в цилиндрической по-
верхности, как обычно,
dv
а напряжение
(2)
dz ' '
Угол сдвига в плоскости поперечного сечения 72 равен от-
ношению отрезков ВС]АВ (рис. 226). Но
ВС = и ^-dr - vr^ dr, AB = dr,
1 dr г 1
следовательно,
dv v
У2=аГ~ —
а соответствующее напряжение
г)- (3)
Подставляя т и t в уравнение равновесия (1), получим
$+4 [4-£<-)]=°- w
103
Естественно предположить, что перемещение v в зависимо-*
сти от z меняется, как и при обычном кручении, по квадратич-
ному закону, т. е.
V = Vq + V\Z + P2Z2,
где i?o, Vi, V2 зависят только от г. Уравнение (4) после подста-
новки v распадается на три следующих:
откуда
В. в<>
1>1 = Л1Г + -^, P2 = V + -ji.
Наконец, подставляя V2 в правую часть первого из уравнений
(5), получим
Ц> = Лг + r3 — B,r In г.
Так как на оси стержня перемещения равны нулю, необходимо
положить Во = Bi = В2 = 0. Тогда
v = Лог---г8 + Arrz -|- A2rz2,
а согласно выражениям (2) и (3)
т = G(/Ij -|- 2A2z)г, t = G-^- А2г2.
На левом торце, т. е. при z = 0, касательные напряжения
равны нулю. Следовательно, Л1=0. На поверхности цилиндра
(при r = d/2) t = m/(nd), потому А2 = 8т/(nd3G), и в итоге по-
лучаем
16m
ГХ,
t~ — r*
Таким образом, напряжения т распределены по г и z линейно,
что следует и из обычной теории кручения. Напряжения t рас-
пределены вдоль радиуса по квадратичному закону. Отношение
наибольших значений т и t будет
ттах _16т d ,. 4т d2 ___q
‘max “ nd3 2 ’ “ ° d ’
Следовательно, для длинного цилиндра напряжение много
меньше, чем ттах-
34. Рассмотрим условия равновесия элемента dx dy dz
(рис. 227,а).
Равенство нулю суммы проекций всех сил на ось z дает
104
Рис. 227
На контуре (рис. 227, б) имеем граничное условие
или
cos а + тх sin а = О,
+Тх лГ = °’ ’rydx=-xxdy.
(2)
Теперь рассмотрим указанные в условии интегралы
f j ix!/ dx dy, J j xvx dx dy.
XV X V
Интегрируя по частям первое выражение no dx, а второе — по
dy, получаем
у dy х dx,
что приводит к выражениям
J J г»!/ dx dy = J | xxx |*2 у dy — J J xy dx dy,
x у у V x
J J XyX dx dy = JI xvy |J« X dx — J J xy dx dy.
x у x x V
Согласно граничному условию (2) получаем
f I Xxx 1*2 у dy = — JI xyy |’« x dx,
У 1 x 1
а согласно условию равновесия (1) имеем
JJ x«dxdy = - У l^xydxdy.
v X ху
105
Рис. 228
Следовательно, приходим к равенству
J J xxydxdy = — j J Xyxdxdy.
х у х у
Но так как
J J xxydxdy — j J xvxdxdy — Мк,
x V x у
то окончательно получаем
j* dxdy = — J J Xyxdxdy =
x у x V
Полученные соотношения содержат в себе не-
который элемент поучительности. Например, при
кручении узкой прямоугольной полосы (рис. 228)
мы всегда пренебрегаем напряжениями т* по срав-
нению с ху. И это — правильно. Но вот, если бы
при определении крутящего момента мы пренебрегли моментом
малых напряжений тх, то ошиблись бы ровно в два раза. Ибо
малые напряжения тх на большом плече у дают точно такой же
момент, как и большие напряжения rv на малом плече х.
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ.
ИЗГИБ
35. Центробежный момент инерции прямоугольного треуголь-
ника относительно осей, параллельных катетам и проходящих
через их середины, равен нулю (рис. 229).
По формуле переноса получаем
Т _ т ь h bh
JXV - JxQyQ — -g- ~Q~ “2",
где
Jxy = °’
0*0
следовательно,
r _ ьЧ2
Jxv~ ~~12'
36. Обозначим через JPn полярный мо-
мент инерции фигуры относительно ее цент-
некоторой произ-
ра тяжести, а через Jp — момент относительно
вольной точки с координатами а, Ь (рис. 230).
Очевидно,
Jp = + JV1 = Л + Jy + (а2 4- *>2) F,
откуда
jp~jp
= - -°.
Г
Следовательно, геометрическое место постоянных полярных
моментов инерции плоской фигуры представляет собой семейство
концентрических окружностей с центром в точке О (см.
107
рис. 230). Радиус каждой окружности задается величиной
R
37. Рассмотрим некоторое плоское сечение (рис. 231). Пусть
оси хну являются главными. Предположим, что существует
еще пара главных осей и, у, не совпадающих с х, у (угол а
не кратен л/2). Если оси и, v главные, то Л«, = 0. Но известно,
что
J —J
J uv = Jxy cos 2а 2—~ sin 2а,;
а поскольку оси х, у тоже главные,
то Jxy = 0. Следовательно,
Jx 2 - v sin 2а = 0,
но sin 2а 0, поэтому
Л = Л. (1)
Теперь рассмотрим произвольно взятую пару осей ui, щ, для
которых
== Jxi/cos 2aj 4- —- sin 2aP
Очевидно, независимо от угла ai имеем Ju1vi = 0, т. е. любая
пара осей щ, щ является главной.
Из доказанного вытекает, что у всякого сечения, имеющего
три и более осей симметрии, все центральные оси являются
Рис. 232
главными, и осевой момент инерции относительно любой цент-
ральной оси будет одним и тем же [это вытекает из выраже-
ния (1)].
Этим свойством обладают, например, сечения, показанные
на рис. 232 (квадрат, равносторонний треугольник, криволиней-
ный шестиугольник и др.).
38. Рассмотрим плоское сечение с главными центральными
осями х, у (рис. 233). Пусть искомая точка А имеет коорди-
наты о, Ь. Теперь подберем а и Ъ так, чтобы Juv равнялось нулю
108
при любом а. Сначала определяем по формулам переноса
JXi = Jx + b2F, Jy. = JV + a2F, JXiVi = abF.
Далее, по формуле для повернутых осей имеем
Ac ~JVi
Juv = JxiVi cos 2a + ——1 sin 2 a.
Для того чтобы Juv было равно нулю при любом угле а, необ-
ходимо, очевидно, чтобы
= 0, = О»
или же
abF = 0, Л - 4 = (а2 - b2)F.
Из первого уравнения вытекает, что либо &, либо а, либо
а и b вместе равны нулю, т. е. искомая точка находится во
всяком случае на одной из главных центральных осей.

/Г
Примем, что Jv > Jx, и положим сначала b = 0. Тогда
В случае Jv> Jx а является величиной мнимой. При
Jv = /х а = 0.
Положим теперь а = 0. Тогда
При Jv> Jx b — вещественно. При Jv = Jx 6 = 0.
Таким образом, мы получаем четыре искомые точки с коор-
динатами: __
1)а=+/^Д, Ь = 0;
2)е—Ь = 0;
3) о-0, i = + /^9^;
4) а = 0, Ъ=-УГ
109
Точки, лежащие на оси минимального момента инерции,—
мнимые. Точки, лежащие на оси максимального момента инер-
ции,— вещественные. В случае, если главные моменты инерции
равны (Л = Л), все четыре точки вещественны и находятся в
центре тяжести. Тогда все оси, проходящие через центр тяже-
сти, будут главными (круг, квадрат, равносторонний треуголь-
ник и др.).
В качестве примера рассмотрим прямоугольник со сторона-
ми с и 2с (рис. 234):
J — 2cg3 J — с‘(2с)8 F — 2с2
-------nF’ Jv~ 12 » г~ •
Координаты искомых вещественных точек будут
а = О,
с (2с)3 _ 2с-с3
22 12 с
2с2 ~ 2 *
Эти точки (Л) помечены на рис. 234. Все оси, проходящие через
эти точки, будут главными.
39. Если напряжения в нейтральной плоскости 00 отсутству-
ют, то брус, конечно, разделить на две части можно, и дефор-
мации и напряжения в
нем от этого не изменят-
ся, но для этого необхо-
димо сохранить те же ус-
ловия приложения усилий
на концах бруса. Ведь
Рис. 235 когда мы рисуем на кон-
цах бруса момент (как,
например, это сделано на рис. 35), то это только озна-
чает, что результирующий момент напряжений на торце бруса
равен М. При этом обычно умалчивается, по какому закону
распределены напряжения на самом торце, приводящиеся к М.
Да это и неважно. Как бы мы ни прилагали эти воздействия,
довольно быстро, по мере удаления от конца бруса, напря-
жения выравниваются, и закон их распределения принимает
вид хорошо известной линейной зависимости.
На рис. 235 показано постепенное видоизменение эпюры нор-
мальных напряжений от торца бруса к его середине. Для торца
взят в виде примера произвольный закон ступенчатого распре-
деления напряжений. Выравнивание происходит на очень ко-
ротком участке бруса, но на этом участке в нейтральной пло-
скости 00 действуют довольно большие касательные напря-
жения.
В тон постановке, в какой дана задача, уже не безразлично,
как распределены напряжения по торцу бруса в том и другом
случаях. В первом варианте бруса (рис. 35) предполагается,
что напряжения распределены на торце по одному закону
НО
(рис. 236, а и в), во втором случае (рис. 36)—по другому за-
кону (рис. 236, биг).
Если мы сумеем обеспечить тот же линейный закон распре-
деления напряжений по торцу разрезанного бруса, что и для
Рис. 236
целого (рис. 236, а), то резделить брус на две части, не нару-
шая его работы, можно. Конструктивно выполнись это нетруд-
но. Для этого достаточно, например, дать жесткий захват для
обеих разрезанных частей на кон-
цах бруса (рис. 237).
40. Это — так называемая задача
Парана*). Так как
Ъ2 + h2 = 4Я2,
Рис. 237
то момент сопротивления прямоугольного поперечного сечения
относительно оси х (рис. 238) будет
»У1 = ^ = -|-(4Яа-Ьг).
Эта величина имеет максимум при Ъ = 2Я/1/3 и соответственно
при h = bit 2.
Сам Паран дал ответ в форме, удобной для мастера, рабо-
тающего топором. Надо диаметр круга (рис. 239) разделить на
три части и из точек В и С восставить перпендикуляры до пере-
сечения с кругом. Прямоугольник AEDF и есть искомое сечение
бруса.
41. Чтобы нейтральная ось суммарной эпюры напряжений о
проходила через центр тяжести сечения’I — I, сила должна прой-
ти через центр кривизны, т. е. х = 0.
*) Французский ученый (1666—1716).
111
Изгибные напряжения в брусе большой кривизны опреде-
ляются по формуле
Му
°изг- - Felr + y) ’
где г — расстояние от центра кривизны до нейтральной оси,
а е — расстояние от нейтральной оси до центра тяжести. В на-
шем случае М = Р(г+е + х). В центре тяжести, т. е. при у = е,
п__________________________Р(г + е-^.т)е
a“3r“ Fe(r+e) *
По условию алгебраическая сумма этого напряжения и на-
пряжения растяжения должна быть равна нулю:
_ P(r + e + *) _Р_ _ 0
F(r+e) ' F V’
откуда и получаем
х — 0.
42. Выражение (1) вытекает из дифференциального урав-
нения
и Л^ИЗГ
У Ж EJ '
полученного из выражения (2) в предположении, что переме-
щения бруса малы:
_1_ =_____£_____
Р (l + s/'T' у'
Следовательно, строго говоря, при чистом изгибе балка изги-
бается по дуге окружности, которая в пределах малых переме-
щений с весьма большой точностью может быть представлена
квадратной параболой.
43. В точке А прикладываем единичную силу и перемножаем
единичную эпюру с эпюрой заданной силы (рис. 240).
Для того чтобы б а равнялось нулю, необходимо совпадение
центра тяжести единичной эпюры (ц. т.) с нулевой точкой за-
данной эпюры (рис. 240). Очевидно, х = -g-Z.
О
112
перемещение приравни- ЩШ-
тю, откуда получаем яГРх
Рис. 240
44. При поставленном условии перемещение точки А в на-
правлении, перпендикулярном к линии действия силы, равно
нулю. Из этого условия и определяется угол а.
В точке А прикладываем единичную силу, перпендикуляр-
ную к Р, а затем строим эпюры
изгибающих моментов (рис. 241).
Перемножаем эти эпюры и полу-
ченное i
ваем нулю, откуда получаем
tg2a = l,
4 о
где п — любое целое число.
45. а) Точка А (рис. 42, а)
сместится вверх на PZ3/(6£V).
б) Точка А (рис. 42, б) сме-
стится вправо на PR3/ (2EJ) и
вверх на
в) Точка А (рис. 42, в) сместится вверх на Pl3flfiEJ) и впра-
во на PP/(EJ).
г) Для рис. 42, г на поставленный вопрос нельзя дать ответа
до тех пор, пока не будут заданы
™!(1-
EJ V
связи, исключающие смбще-
ние рамы как жесткого целого. В зависимости от характера
этих связей будет различным и перемещение точки А (рис. 242).
Соответственно указанным связям получаем, например:
. Р13
в 1-м случае — вправо на
113
2t4
-м случае — вправо на ,
ЗР/3 pi^
в 3-м случае — вправо на и вниз на 7777.
1D21J 4.1LJ
46. См. рис. 243.
Рис. 243
Для того чтобы убедиться в этом,
47. Стержень А В сжат. Для того чтобы убедиться в этом,
необходимо раскрыть статическую неопределимость рамы. Уси-
лия в шарнире (рис. 244) будут
X —____-Р X — 48 Р
2852’ Л2 — 285^’
114
48. Равнодействующая силы Р и реакции правой опоры про-
ходит через точку перегиба упругой линии стержня (рис. 245).
Из этого условия определяется реакция R. Остальные реакции
Рис. 245
определяются из уравнений равновесия:
А = Р, В = R, М = Ra.
49. Перемещение в точке приложения каждой из сил Р
(рис. 246) определяется обычным методом:
б=й[(312-я-4-)+«(4-я-2)+«б * 8(4-2)+а’1]’
где а = a/R.
Наименьшее значение перемещение 6 принимает при
а = 0,148.
50. Перемещения в точке А для трех рам будут следующими:
д Ра3 R Ра3/л—3. л/2—1\ Л Ра3Д/2 / 1 . 1 \
°I — 3EJ' — 2(с/р+ EJ )' 4
Для круглого сечения балки, т. е. при EJI(GJP)= 1,3, имеем
б„ = 1,1361, бП1 = 1,726,.
Таким образом, наиболее жесткой является рама I.
51. Если в замкнутое кольцо врезан шарнир, то жесткость
кольца может только уменьшиться. В крайнем случае она оста-
нется равной жесткости замкнутого кольца. Последнее будет
иметь место только в том случае, если шарнир окажется в той
115
точке, где изгибающий момент для замкнутого кольца равен
пулю (рис. 247).
2
Искомый угол равен arcsin —.
52. Если бы одна из главных осей сечения лежала в пло-
скости рамы, на поставленный вопрос можно было бы ответить
сразу: обе диагонали рамы не ме-
у?\ ня ют своей длины, поскольку из-
|< ° Af . а >1 гиб рамы происходит только из
I I /I """А плоскости.
wZ \ I гяяя С Z-образным профилем дело
Ip J обстоит иначе. Главная ось сече-
ния £ не лежит в плоскости ра-
рис 246 мы и составляет с ней угол а О
(рис. 248). Поэтому изгибающие
моменты, возникающие в плоскостях, перпендикулярных плоско-
сти рамы, вызывают изменение кривизны и соответственно пере-
мещения в ее плоскости.
Хотя замкнутая рама статически неопределима, моменты в
ее поперечных сечениях определяются из условий равновесия.
Рис. 247
Это вытекает из свойств системы. Она симметрична относительно
диагоналей, а нагрузка кососимметрична относительно осей, про-
ходящих через середины сторон. Вырезая из рамы уголок со
сторонами Z/2 (рис. 249, а), легко из условий равновесия найти
значения поперечных сил PI2 и крутящих моментов Р1]^ а за-
тем построить эпюры изгибающих и крутящих моментов, кото-
рые показаны на рис. 249, б.
Разрежем раму произвольным образом и приложим в точках
А и В единичные силы. На рис. 250 показана соответствующая
эпюра изгибающих моментов. Крутящие моменты отсутствуют.
Для перемножения единичной эпюры на эпюры от заданных
сил (рис. 249, б) и те и другие надо разложить по главным
осям сечения £ и ц (рис. 248).
При разложении моментов по новым осям форма эпюр не
меняется. Меняются только масштабы ординат каждый раз со-
116
ответственно в sin а или cos fit раз. Надо также следить за зна-
ками произведения.
Перемножение эпюр на участке СВ дает:
1 1 ,1/2, . 1 Pl
ЁЦ-а-~1V1 sin а-т—cos “
1 1 ,1/2, 1 Р1 .
£j^-n~Z-2 /СО8в"з”Г8Ша’
где /шах и Длю — главные моменты инерции сечения относитель-
но осей £ и ц соответственно.
Рис. 249
Перемножение на участке АС даст такой же результат. В ито-
ге удлинение диагонали АВ будет
А(ЛВ) будет величиной отрицательной.
Р заданного
сил
состоит при этом в
ТаК Как /щ1п ^тах?
Следовательно, диагональ АВ под действием
направления укорачивается. Вторая
диагональ соответственно удлиня-
ется.
53. Предложенная задача может
быть решена двумя способами.
Первый способ, пригодный и для
пружин большого угла подъема вит-
ка, заключается в том, что пружина
рассматривается как пространствен-
ный брус. Перемещения определя-
ются методом Мора. /Основная трудность
сложности геометрических соотношений.
Второй, упрощенный способ,, которым мы и воспользуемся,
заключается в том, что пружина заменяется некоторым экви-
валентным прямым брусом. Жесткость этого бруса на изгиб
вычисляется в зависимости от взаимного поворота витков
(рис. 251, а). Кроме изгибных перемещений брусу свойственны
117
Заметные перемещения сдвига в вертикальной плоскости
(рис. 251,6).
Чтобы определить жесткость эквивалентного бруса на изгиб
и сдвиг, рассмотрим виток пружины, полагая, что угол подъ-
ема равен нулю. Виток выделим сечениями, расположенными в
Рис. 251
вертикальной плоскости (рис. 252, а). В концевых сечениях вит-
ка возникают моменты М и силы Q. Их величины легко опреде-
ляются из условий равновесия отброшенной части пружины.
Момент М создает взаимный угол поворота сечений на угол О
Рис. 252
(рис. 252, б), величина которого определяется при помощи ин-
теграла Мора,
о v о
118
где крутящий и изгибающий моменты, как видно из рис. 252, в,
равны
Мк = М cos ф п Мп = М sin ф.
Соответственные значения имеют и моменты от единичных фак-
торов
Л/К1 = cos ф, Л/И1 = sin ф.
После интегрирования получаем
л MnD/ 1 , 1 \
°= — К+я?)
или
л 32ЛГD 1 \
е = -^г(2 + >0-
Как следует из рис. 251, а, 1/р = Ф/Л, где h — шаг пружины.
При числе витков п имеем h = l/п. Тогда
1 _ On
Р "" 1 ’
или
Величина
1 = М
Р ” Ed*l
32 Dn (2 4- р)
Ed*l
32Dn (2 4- р)
может рассматриваться как жесткость эквивалентного бруса на
изгиб. Обозначим ее через Сл:
Ed4 _ q
32Dn (2 + р) И’
_1______л/
Р
Перемещения сдвига обусловлены изгибом витка в его пло-
скости (рис. 252, г). Очевидно,
(1)
(2)
где
Мл — QR sin ф, 7Ин1 = R sin ф.
После интегрирования получаем
QD3n
W = -8ET-,
Дополнительное угловое смещение
ДФ= "
h Ed*l
8D3n
119
Это выражение можно написать в виде
до = -^-, (3)
ссдв
Прогиб пружины, нагруженной поперечными силами, будет
/ = /и + /сдв.
В рассматриваемом конкретном случае защемленного одним кон-
цом бруса изгибное перемещение равно
7и ~ ЗЕГ
где величина EJ должна быть заменена на Ся.
Перемещение сдвига
/сдв — --•
ссдв
Таким образом,
, Pl3 Pl
;-зси + ссдв’
Величины Си и Ссдв определяются выражениями (1) и (4). Ана-
логично решается задача и при других видах нагружения.
54. Освободим ось баланса от подшипника и введем реакции
в виде неизвестных сил X и У, а момент, действующий на пру-
жину со стороны массы колеблющегося баланса, обозначим через
а 5
Рис. 253
М (рис. 253, а). Запишем далее условие несмещения оси балан-
са по осям х и у. Для этого приложим соответствующие единич-
ные силы (рис. 253,6), изгибающие моменты которых будут х
и у. Тогда получим
J Ху-у ds — J Yx • у ds — J М-yds = О,
3 3
— J Xy-xds 4- J Yx-xds -f- J M-xds == 0
120
или
где
XIх - YI^ = MSX,
-XI^+YIy^-MSy,
Ix = J У2 ds, Iy= ( zr2 ds, Ixy = | xy ds,
t s в
Sx = \ у ds, Sv= J x ds.
Чтобы силы X и Y равнялись нулю, необходимо, чтобы Sx =
= Sv = 0. Это означает, что требуемое условие выполняется, если
центр тяжести витков пру-
жины совпадает с осью ба-
ланса.
Поскольку центр тяжести
архимедовой спирали, како-
вой является контур пружи-
ны, не совпадает с центром
вращения колодки в часовом
производстве для соблюде-
Рис. 254
ния указанного условия
практикуется установка пру-
жины баланса с отогнутым
внешним концом. Типичные
примеры подобных пружин
показаны на рис. 254.
55. Основной вопрос, ко-
торый возникает при реше-
нии этой задачи, заключает-
ся в выявлении характера соприкасания листов пружины.
Предположим, что связанные листы соприкасаются в точке
у конца меньшего листа и, кроме того,— в точке связи, где
вертикальное смещение и угол поворота одинаковы для обоих
листов. Соответствующая силовая схема показана на рис. 255, а.
Для несвязанных листов X? = 0, Х$ = 0.
Перемножая единичные эпюры моментов (рис. 255,6), по-
лучаем
= -у Р, EJ(>12 = -у Р, EJ6l3 = ЗР;
EJb22 = -у Р, EJ623 = Р, EJ6„ = 2Z;
£J61P=--yPZ3, EJ62p=--^-PP, EJb3p^--^-PP.
Решая уравнения метода сил
-у XjZ + -у Х21 + ЗХ3 = у Р1,
4-x1z+-|-^+^3=4pz-
ЗХ21 + Х21 + 2Х3 = -у Р1,
121
находим
х, = 4а xs=-4p, x3 = --Lpi.
Для несвязанных листов
х. = 4-р, х, = о, х. = о.
о
На рис. 255, в сплошными линиями показаны суммарные
эпюры для связанных листов, а штриховыми — для свободных
листов.
Теперь необходимо проверить правильность сделанного пред-
положения о характере соприкасания листов. Рассмотрим сна-
чала штриховые эпюры (рис. 255, в). Изгибающий момент, а сле-
довательно, и кривизна нижнего листа в зоне защемления боль-
ше кривизны верхнего листа. Это означает, что упругая линия
нижнего листа расположится ниже упругой линии верхнего, что
и соответствует сделанному предположению.
Для связанных листов эпюры на первом участке совершен-
но одинаковы. Следовательно, здесь имеет место полное сопри-
касание без силового взаимодействия, что также не противоре-
чит сделанному предположению. На втором участке упругая
линия нижнего листа проходит ниже упругой линии верхнего.
Таким образом, сделанное предположение о характере сопри-
касания листов подтверждается полученным решением.
Перемещение точки приложения сил Р определяется пере-
множением суммарной эпюры верхнего листа на единичную
122
эпюру и равно: для несвязанных листов 118 Pl4(2AEJ), для
связанных 115 РРЦ2АЕ]).
Связка листов снизила наибольший изгибающий момент с
LP1 по*. Pl.
56. Рассмотрим правую половину рессоры, полагая, что со-
прикасание листов происходит в точках Л и В (рис. 256, а).
Силы Х\ и Х2 определяем из уравнений метода сил
6цХ1 + 612-Хг = —6ip> 621^1 + 622-^2 = —62р. (1)
Коэффициенты 6ц, 612, 622, и 62р определяем перемноже-
нием эпюр (рис. 256,6):
EJ6u = “l*, EJf>l2------4Z’’
EJ61„ = — 4 pp’ 6г₽ = °-
Теперь из уравнений (1) находим Х\ и
X — — Р х — — Р
1—103 ’ 2~103
Суммарные эпюры изгибаю-
щих моментов построены на
рис. 257.
Из рассмотрения этих эпюр
следует, что в защемлении изги-
бающий момент, а следовательно,
и кривизна первого листа, боль-
ше, чем кривизна второго листа.
Это означает, что упругая линия
Рис. 257
123
второго листа должна при этих условиях расположиться
выше упругой линии первого листа. Этого, однако, не может
быть. Следовательно, сделанное выше предположение о харак-
тере соприкасания листов является неверным, и расчетная схе-
ма должна быть изменена.
Примем теперь, что первый и второй листы соприкасаются
в двух точках: как и прежде, в точке А и, кроме того, в точке
Сч расположенной на некотором неопределенном расстоянии а
от защемления (рис. 258).
Присоединяя к эпюрам (рис. 256,6) единичную эпюру, соот-
ветствующую силам Хз (рис. 259), определяем коэффициенты
уравнений метода сил:
£/6,1 = ^/’, £J6la = -4/», £J6ls = a2(2Z-4),
£J6m = 4Z’’ £/62> = -т(7~т)’ £76зз = Та3’
£J61p=-4«’. 62p=0, £J63p=-4(3Z--|-)p
(предполагается, что а^Г). В таком случае система уравнении
принимает вид
32*! - 5Х2 + 2а2(6 - а) Х3 ~ 28Р,
-5X1 + 4Х2 - а2 (3 - а) Х3 = 0, ;
2(6 - а) Х( - (3 - а)Х2 + 4аХ3 = (9 - а)Л
где а = а/1. Решаем эти уравнения относительно Xi, Х2 и Х|
и находим
X, = 4 (448 - 549а + 228а2 - 31as),
X. = 4 (500 - 684a + 270a2 — 34a“),
X3 = 4 4 (3 - 19a)- A = 412 - 504a + 204a2 - 28ae.
124
Величина а (следовательно, и а) определяется из условия
равенства углов поворота первого и второго листов в точке С.
Прикладывая в этой точке единичный момент (рис. 260)
и перемножая соответствующие эпюры, получаем
а(зг-т)/’-а(2/_т)х>-4х’ =
- а (2/ - X, - а (/ - |.) Х2 + 4 Х3.
2 (4 — а) Х| — (2 — а) Х2 + 2аХ3 = (6 - а)Л
Подставляем сюда найденные значения Хь Х2 и Х3. Тогда
За3 — 15а2 4- 19а —1=0,
откуда а = 0,054993 < 1. Если бы а оказалось больше 1, сле-
довало бы решение повторить в предположении а>1.
Рвс. 260
Рис. 261
Для найденного а определяем Хь Х2 и Х3:
X, = 1,0873Р, Х2 = 1,3593Р, Х3 = 0,09237Р.
Заметим, что при заданном соотношении длин листов силы
X) и Хг почти не отличаются от полученных ранее.
Снова строим эпюры изгибающих моментов (рис. 261).
Из рассмотрения этих эпюр вытекает, что кривизна второго
листа в зоне защемления больше кривизны первого, а кривиз-
на третьего больше кривизны второго. Соответственно упругая
линия каждого последующего листа будет располагаться ниже
упругой линии предыдущего. Таким образом, сделанное пред-
положение о характере соприкасания листов получает подтверж-
дение.
Расчетный изгибающий момент равен Л/™3агх = 1.36PZ; он име-
ет место в зоне защемления нижнего листа.
Осадка рессоры, определяемая перемещением конца первого
листа, равна
EJ6 = 9Р13 - Ц- XxZ3 - -I Х3«г (9Z - а),
125
откуда
6 = 3,926 %?.
57. Реакции опор, если они отличны от нуля, могут быть
направлены только вверх (рис. 262). Поэтому упругая линия
балки справа от точки приложения силы Р всегда направлена
выпуклостью вниз. Следовательно, она
может быть в силовом контакте толь-
ко с одной или с двумя соседними
опорами.
Присвоим реакциям номера, соот-
ветствующие числу пролетов от задел-
ки: Х2. Х3, Х4, Х5 (рис. 262).
Рис. 263
Рис. 262
Положим, что упругая линия имеет силовое взаимодействие
с двумя соседними опорами: i-й и (<4-1)-й, и найдем реакции
Xi и Х+1, для чего воспользуемся методом сил:
6цХ< + 612X^1 + 61Р = —А,
б21Х< 4- б22Х<+1 + 62₽ = — А.
Коэффициенты системы уравнений найдем перемножением
эпюр, показанных на рис. 263,
л л л —Л
°п ЗЕ/’ °22 3EJ ’ 012 — °21 — ЗЕ/ V 2 /’
Уравнения принимают вид
< (< + 4) х. + <| + - ‘4 (< + 4) - 55JS. (,)
откуда
= 7 ЭТТ? (г’+ 2/2 “ т) “ <3i* + 6Z + 2)]’ (2)
x‘+* = 73iTj[-W!('-l) + ^<’]- О)
Теперь остается определить прогиб /. Прикладываем в точке
А единичную силу и полученную эпюру (рис. 263) умножаем
126
а эпюру от заданной силы Р, а также на две другие единичные
эпюры, увеличенные в X, и X1+i раз. Итоги умножения скла-
дываем:
+ <4>
ИЛИ
3ZV [* ~ 7 ЗГ+4 (9/8 “ 3* + *)] + Д 7 3?+4 ~ 2)-
Искомая жесткость
' = [1 - 73<Т4 (*’ - 3< + 1)]. (5)
Реакция Xt+i с возрастанием силы Р убывает и при Р =
GEJ Д
в [3 f- _ f обращается в нуль. Это означает, что балка уже кон-
тактирует только с i-й опорой.
Положим Xi+i =0. Тогда из уравнения (1) найдем
v ЗР /. 1 \ ЗЕ/Д
Xi 2/s V 3) М ’ С6)
а далее из уравнения (4) определяем
, Р13 Г, 9 /. 1 VI , ЗА /. 1 \
4Дг з)] + 2? V 3 )’
Жесткость
-
Теперь вернемся к выражениям (2) и (3). Они дают нам
значения реакций в случае опирания балки на две соседние
опоры — Хг и Хз (при z = 2), Хз и Х4 (при i = 3), Х4 и Хз
(при i в 4).
Если приравнять нулю первые реакции из перечисленных
пар, мы найдем силу Р, при которой образуется контакт с дву-
мя соседними опорами. Если же приравнять нулю не первую,
а вторую реакцию, то найдем значение силы, при которой балка
выходит из контакта с правой опорой и начинает опираться
только на одну левую. Соответственно перечисленным контакт-
ным napai) и индексу i выражение (5) дает нам искомые же-
сткости с (рис. 264).
При малой силе Р балка изгибается свободно, зазоры еще
не перекрыты и жесткость с = ЗЕЦР. Касание с правой край-
ней опорой определяется условием Xs = 0 (6), а жесткости при
контакте с опорами 5, 4, 3 и 2 определяются из выражения (7).
В том, что жесткость меняется скачкообразно, нет ничего
удивительного. Интересно, что при возрастании силы Р же-
сткость может временно и уменьшаться.
58. Положим, что пружине принудительно задана на неко-
тором участке форма лекала. Для этого, очевидно, к концам
127
участка необходимо приложить некоторые силы и моменты,
а в промежуточных точках — распределенную нагрузку интен-
сивностью q.
Из свойств упругой линии известно, что
q(x)=EJv{"\
где и — изгибное перемещение. При этом, если распределенная
нагрузка направлена вверх, то считается, что q (х) > 0.
Теперь достаточно очевидно, что при uIV>0 пружина будет
от лекала отставать, а при vIV<0 — прилегать к нему. Если
и" =0 (контур лекала представляет собой степенную кривую
не выше третьей степени), пружина будег плотно прилегать на
некотором участке к лекалу, не надавливая на него. В конце
участка возникнет некоторая сосредоточенная сила Р\ (рис. 265).
59. После приложения силы Pi левая часть балки приподни-
мется на некоторой длине а (рис. 266). Правая часть будет
лежать на плоскосги и останется прямой. Следовательно, во
всех сечениях правого участка изгибающий момент равен нулю.
В частности, момент равен нулю и в сечении х = а.
Из этого условия и определяется длина отрезка а, т. е. (см
рис. 266)
Из условия равенства нулю суммы проекций всех сил на
вертикальную ось вытекает, что в точке х = а жесткая пло-
скость дает реакцию (рис. 266).
При такой системе сил левую висящую часть балки можно
рассматривать как свободно опертую балку длиной а, нагружен-
128
ную равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью Р[1.
Максимальный изгибающий момент будет иметь место на сере-
дине висящего участка и будет равен
qa2 P2J
8 “ 2Р ’
При Pi = Р/3 получаем
,, _ Pl
М max — is *
_ Pl ____________2_ .
Пщах — 18Ил’ Я — 3
Наиболее интересным и поучительным в рассмотреннои за-
даче, да и вообще во всех задачах, где имеет место соприка-
сание упругой балки с жесткой
поверхностью, является возник-
новение сосредоточенной силы
Р\ па границе участка приле-
гания.
На первый взгляд возник-
новение этой силы выглядит
несколько неожиданно, хотя
Рис. 266
формально ее существование полностью согласуется с уравне-
ниями равновесия и условиями деформаций. И тем не менее
этот вопрос стоит того, чтобы о нем поговорить подробнее.
Техническая теория изгиба, которой мы только что восполь-
зовались, несовершенна. Конечно, она учитывает главное, т. е.
первопричина искривления осп балки усматривается в возник-
новении в ее сечениях изгибающего момента. Но при этом не
учитывается сдвиговая податливость балки. Сечения в действи-
тельности не остаются нормальными к искривленной оси стерж-
ня, а несколько перекашиваются. Возникает дополнительный
прогиб, который связан с поперечной силой в сечениях балки.
В большинстве практических задач этой особенностью изги-
ба мы с полным основанием пренебрегаем. И это правильно.
Но в некоторых случаях она. эта особенность, в тех или иных
формах проявляется. Так обстоит дело, в частности, и в вопро-
се возникновения сосредоточенной силы на границе контактной
зоны.
129
Теория изгиба балки, где кроме изгибных учитываются так-
же и сдвиговые перемещения, отождествляется обычно с име-
нем С. П. Тимошенко, п если читатель встретит выражение
«балка Тимошенко», он должен иметь в виду, что речь идет
именно об этом. И коль скоро мы хогим если уж не исключить
сосредоточенную контактную силу (в этом, кстати, и нет необ-
ходимости), то по крайней мере понять причины ее возникно-
вения, нам следует обратиться к схеме Тимошенко.
Элемент балки длиной dx (рис. 267,о). На горцах прило-
жены моменты М и М + dM и поперечные силы Q и Q + dQ.
Приращение силы dQ уравновешивается распределенной нагруз-
кой qdx.
Обычно мы считаем, что торцевые сечения, оставаясь плоски-
ми, повернулись друг относительно друга на угол db
(рис. 267,6), а волокно АВ, расположенное на расстоянии у
от нейтрального слоя, удлинилось на ydO. Разделив это удли-
нение на dx, находим деформацию е = у/р.
Так мы поступаем обычно. Но в данном случае этим огра-
ничиться нельзя. Надо учесть также и перекос, вызванный по-
перечными силами.
Так как касательные напряжения распределены по попе-
речному сечению неравномерно, то соответственно изменяется и
угловая деформация, но мы воспользуемся только ее средним
значением. Для этого среднее касательное напряжение Q/F де-
лим на модуль сдвига G, а влияние формы поперечного сече-
ния учитываем, как обычно, с помощью коэффициента к, г. е.
Для прямоугольного сечения к = 6/5, для круглого 10/9 и т. д.
Если бы угол y (рис. 267, в) оставался по длине балки не-
изменным, то на удлинении волокна АВ это никак бы не от-
разилось. Но поскольку сила Q от сечения к сечению изменя-
ется, волокно АВ получает относительное удлинение yd^fdx
130
(рис. 267, в), и суммируя деформации, получим
__________________________У { ку dQ
р "r GF dx'
Соответствующее напряжение будет:
а изгибающий момент найдем интегрированием по площади се-
чения:
М = J оу dF или М = EJ У
Так как Q = М', а l/p = i?", то в окончательном виде по-
лучим следующее дифференциальное уравнение упругой линии
балки Тимошенко, которое пригодится нам и в дальнейшем:
V EJ GF *
В заключение еще одно замечание. Для балки Тимошенко
необходимо четкое разграничение между углом наклона каса-
тельной к осевой упругой линии v' и углом поворота попереч-
ного сечения. В обычной технической теории изгиба они отожде-
сгвляются. Здесь же угол поворота сечения (обозначим его
через 6) отличается от v' на угол сдвига, т. е.
Теперь вернемся к рассматриваемой задаче.
При х < а (рис. 266)
Рх2 Р
М^Р.х-^ (2)
1 f Рх2] кР
Согласно выражению (1) получаем v" = и --------2Г Н” Tgf
<з>
Постоянная С2 интереса не представляет. Она легко может
быть подобрана так, чтобы при х = а перемещение v равнялось
нулю. Что же касается константы Ci, то для ее определения
необходимо выполнить своеобразное условие стыковки со вто-
рым участком, на котором кривизна равна нулю. Следователь-
но, согласно (1)
М" - а2М = 0, где а2 = (4)
откуда
М = С3 sh ах Ч- G ch ах. (5)
131
При х = а М = Р\а — Ра2/21, при х = 1 М = 0. Из этих
условий определяем произвольные постоянные Сз и С а и полу-
чаем
М = (6)
Далее надо потребовать, чтобы при стыковке участков угол
поворота сечения контакта был одним и тем же. Но этот угол 0
отличается от угла наклона касательной к упругой линии на
величину kQ/(GF), т. е.
Д _ / t kQ
0 = р +gf-
Определим угол 0 при х = а для левой части балки. Для
этого используем выражение (3). Получим
0 “ -h (р>4 -fl)+^а+с>+fl (р> - т)-
Для правой части балки г/®0. Поэтому угол 0 содержит
только сдвиговую составляющую. Из выражения (6) получаем
0 = ^a(Pia — ctha(Z — а).
Приравнивая углы 0, находим
С> - - - fl) - fl ~ к&(р1а - fl)ctha<Z - °)-
Теперь остается проверить, удовлетворяет ли упругая линия
левого участка условию непересечения опорной плоскости. Дело
в том, что при наличии сдвига упругая линия балки в точке
приложения сосредоточенных сил претерпевает излом. Но нам
пока неизвестно, возникает ли сосредоточенная сила в зоне кон-
такта или не возникает. Если такая сила возникает и если она
направлена вверх (а она только и может быть направлена
вверх), то острие излома также будет направлено вверх, и уп-
ругая линия левого участка балки пересечет опорную плоскость.
Вопрос определяется знаком и' в окрестности точки стыка. Та-
ким образом, необходимо выполнить условие: v' < 0 при х = а.
Из выражения (3) с учетом найденного значения Ci по-
лучаем
- fl [р-Г - (л - flp-f-)cthod(l - -?-)].
р
Обнаруживается, что при PY = и при найденном ранее
значении а = -у-1 производная от у оказывается положительной
и упругая линия пересекает плоскость опоры. Можно, умень-
шив величину а, получить для v' отрицательное значение. Тогда
упругая линия в точке стыковки будет иметь излом, направ-
132
ленный острием вниз. Но это значит, что при х = а силы реак-
ции содержат сосредоточенную составляющую, направленную
вниз, что при односторонних связях невозможно. Остается од-
но — принять v' при х = а равным нулю и из этого условия
определить а. Следовательно,
1 1
По условию задачи р = “з" ’ поэтому
(7)
Из этого трансцендентного уравнения определяется а/l при за-
данном
al —
Если aZ = «>, т. е. если балка не имеет сдвиговых деформа-
ций, то из (7) находим a/Z = 2/3, что было получено ранее. При
aZ = 50 получаем: a/Z = 0,646, а при al = 10 имеем: a/Z = 0,58.
Теперь определим распределенную нагрузку q по второму
участку балки (q — разность между распределенной реакцией
плоскости и собственного веса Pfl). Из (5) получаем
9 М I 1а1\Р 2 l)eha(l — а)'
При х = I q = 0, т. е. реакция опорной плоскости равна по-
гонному весу балки. При х — а имеем
По мере роста aZ, т. е. сдвиговой жесткости, qa стремится к бе-
сконечности, и в пределе при al = °° в точке х = а мы получаем
сосредоточенную силу.
Изменение закона распределения реакции плоскости с ро-
стом al показано на рис. 268.
Любопытно отметить, что сдвиговые перемещения в балке
изменили распределение контактных сил не только в переход-
ной зоне, но и за ее пределами. Теперь возникает сосредото-
ченная сила реакции на правом конце балки. Дифференцируя
выражение (6) и полагая х = I, находим поперечную силу:
133
В этом выражении легко просматривается роль перемещений
сдвига как средства распространения деформации вдоль длины
прямой балки. С увеличением жесткости на сдвиг сила Qt быстро
уменьшается.
60. При решении задачи о деформации гибкой пружины
(рис. 57) необходимо учитывать влияние сдвига на форму уп-
ругой линии пружины.
Если мы будем исходить из обычной зависимости между из-
гибающим моментом и изменением кривизны
1 м
R “ EJ'
то неминуемо придем к заключению, что точки А коснутся пло-
скости только при Р = «>. Действительно, на концах пружины
Рис. 268
изгибающий момент равен нулю при любом конечном значении
сил Р, для полного же распрямления пружины необходимо,
чтобы во всех ее точках момент был равен М = EJ)R. В реаль-
ных условиях искомая сила, естественно, оказывается конечной.
Полученное противоречие объясняется тем, что при изгибе
силами Р у концов пружины, где изгибающий момент мал, из-
менение кривизны происходит главным образом за счет дефор-
маций сдвига, которые и необходимо учесть при решении задачи.
Обратимся к выражению (1) (с. 131). Изменение кривизны
пружины, прижатой к жесткой плоскости, равно v" = — 1/R.
В таком случае получаем
Решая это уравнение, находим
М = A sh ах 4- В ch
2 GF
п* = ----
W EJk'
EJ
134
Постоянные определяем из следующих условий:
при х = О Q = М' = 0, при х = I М = О,
откуда
Л = 0, В = М = Ц (С4п?-*)•
Л chai Л \ch al /
Искомая сила
P = ^x-i = ML_i= ^athaZ.
При GF = оо (отсутствие сдвигов) а также обращается в бе-
сконечность. В этом случае th aZ = 1 и, как и следовало ожи-
дать, Р = <». Контактное дав-
ление по поверхности сопри-
касания пружины с жесткой
плоскостью определяется как
EJ о ch ат
9 = Л/ «_а2—=
GF ch ах
~ Лк ch al'
Закон распределения q по
длине пружины показан в
виде кривой на рис. 269.
61. Подобрать распределенную нагрузку, при действии кото-
рой балка остается прямолинейной, можно. Однако при этой
нагрузке возникают столь большие поперечные усилия, что не-
обходимо определять упругую линию балки с учетом деформа-
ций сдвига. О том, что подбор надлежащего закона для q(x) воз-
можен, говорит следующий простой пример. Представим себе бал-
ку, плотно закрепленную в жестких направляющих (рис. 270) и
изгибаемую моментом, приложенным на одном из торцов. Та-
кая балка остается при изгибе прямой, и мы можем утверж-
дать, что на нее со стороны направляющих действуют нагрузки
искомого типа. Об этом же говорит и решение задачи 59. Там
правая часть балки остается прямой, хотя распределенная на-
грузка, действующая на нее, не равна нулю.
Возьмем уравнение (1) (с. 131)
„ М кМ"
V ~ EJ GF
Потребуем, чтобы v" =0. Тогда получаем
М" — а2М = 0,
где a2 = CFI(kEJ). Решаем дифференциальное уравнение; по-
следовательно имеем
М = С\ sh ах + С*2 ch ах, (1)
Q “Ciachaz + Gashaz, (2)
q » Q' «= fia2 sh our + C2a2 ch az, (3)
135
где величины Ci и С2 должны быть заданы в зависимости от ха-
рактера граничных условий. Если балка шарнирно оперта по
концам, т. е. если при х = О и х = I М = 0, то =С-2 = 0 и q =*
= 0. Это означает, что балка у
сохраняет прямолинейную
форму только при нагрузке, q(z)=€f a?sha&
равной нулю.
Имеется, однако, возможность прикладывать не только рас-
пределенные нагрузки, но п сосредоточенные силовые факторы
по концам бруса. Будем, например, считать, что момент на ле-
вой опоре по-прежнему равен нулю, а для правой опоры заре-
зервируем возможность приложения любого сосредоточенного
момента. Тогда, полагая, что при х = 0 М = 0, получим
Сг = 0, A/ = C|shax,
где С\ есть любая постоянная величина; далее, по уравнению (2)
@ = Crotch our,
а искомая нагрузка по уравнению (3)
Я(я) = С\а2 sh ах.
Реакция на левой опоре будет
= С 1 ОС,
а на правой опоре
Qx=i = Ci,ос ch al, Мх=, = sh al.
Искомая система сил представлена на рис. 271.
62. Задача должна решаться с учетом сдвиговых деформаций
кольца, т. е. по схеме Тимошенко. Для прямого стержня вывод
уравнений уже был сделан. Для кольца его придется проделать
заново.
Составим уравнения равновесия для элемента кольца. дли-
ной ds (рис. 272). Они будут следующими:
ds ds п ds /I
Обозначим далее через w и и (рис. 273) перемещения по
нормали и по касательной, а через ft — угол поворота касатель-
ной к упругой линии кольца.
Приравнивая нулю суммы проекций сторон замкнутого мно-
гоугольника на оси и и w, получаем:
е - + 7Г’ - -57 ~ “я •
136
Теперь надо найти удлинение в волокне, расположенном
на расстоянии у от серединного слоя. Для этого в выражении
в (2) R следует заменить на Я + у, a ds—на ds(l + y//?) (см.
рис. 274), а затем добавить удлинения, возникающие как след-
ствие взаимного поворота сечений и их перекоса. Схема —”
Рис. 274
этой
процедуры была достаточно подробно объяснена при решении
задачи 59.
Таким образом,
е - du t-w I dt\
v ds(l+У/ЯН Я + у \ ds * ds )'
Так как 1/(1 + y/R) « 1 — y/R, то
— е — у
где е определяется выражением (2).
С помощью второго выражения (2) исключим Ф и подставим
знакомое нам из задачи 59 значение у
^, = г — у
k_dQ^
GF de
Нормальная сила и изгибающий момент в сечении кольца
определяются интегрированием:
N = EeydF = EFe; М = J EeyydF = EJ +
F F
Исключим в последнем выражении Q:
М_ _d2u> w к d2M
EJ ~ ds2 + R2 GF ds2
и перейдем к переменной <р = s/Т?, вводя обозначение
^^GFRs/(kEJ).
137
Тогда
^_₽W = --L
dtf r R2
Решаем это уравнение относительно М, считая, что w — ве-
личина постоянная, равная Л/2,
М = A sh Р<р 4- В ch Р<р 4- ЕJ
2R
откуда
Q = i (4 ch Р<р 4- В sh Рф). (3)
В точке приложения силы, т. е. при ф = 0, поперечная сила
Q — Р/2. При ф = л поперечная сила по условиям симметрии
равна нулю. Следовательно, А = РВ/(2р), а В = — P/?cth [}л/(2Р) и
Q = (ch Рф — cth Рл - sh Рф).
Из последнего уравнения (1) вытекает, что
N = (sh рф — cth Рл ch Рф). -|- С,,
где С\ — постоянная интегрирования. Она будет определена после
того, как путем интегрирования мы определим перемещение и (2):
du D du NR A
d<p — dy ~~ EF ~ 2 ’
Отсюда
“ = <ch P*P — cthpn shP<p) + ^q> + Cv
Так как и обращается в нуль при ф = 0 и при фв л, легко
установить, что
c>-&EF+&
Теперь, возвращаясь ко второму из уравнений равновесия (1) ,
получим
qR = “ cth₽л-ch₽*Р) + Я? EF +
Контакт между кольцом и втулкой начнет раскрываться, оче-
видно, под точкой приложения силы. Поэтому, положив фв0
и q = 0, находим искомое:
Р » EF—__________—-------.
Р (1 4- Р2) Рл cth рл — 1
Если решать задачу, не учитывая деформации сдвига в кольце,
то приходим к закономерному выводу: при р -*00 сила Р также
стремится к бесконечности.
138
63. При ф — 0 поперечная сила обращается в нуль. Следо-
вательно, из выражения (3) предыдущей задачи получаем
А=0 и
e = -£-Bshp<p.
Момент
Л/ = ВсЬ₽Ф + £У-|,
Z/l
и при ф = л/2 принимает значение — М/2. Значит,
д _ М + EJb/R2
2ch^ '
Нормальная сила
N = -i- В ch ₽ф + С.
По свойствам косой симметрии при ф = л/2 нормальная сила
после приложения моментов М не меняется. Поэтому
•1-Bch^ + C = ±EF.
К Z Л/t
Теперь найдем д:
9В = 1±^ВсЬрф+ С
или
qR - A EF - - [(1 + ₽г) Ch рф - ch !£].
27? ch 'У
Наименьшее значение q принимает при ф = л/2. Положив
Ф = л/2, a q — 0, находим значение момента, при котором рас-
крывается контакт:
м * ЕВ-ЯУ*
Р Л
или
Л/ = А£/[2Л(1 + И)_1].
п
64. При посадке на валик кольцо не будет соприкасаться
с валиком по всему контуру. На участках АВ кольцо отстает
от валика, и плотное соприкасание будет только на участке ВВ
(рис. 275).
На концы А со стороны валика действуют силы Qi. В точ-
ках В действуют силы Qi. Природа этих сил точно та же, что и
в задаче 59.
В зоне плотного прилегания можно представить себе равно-
мерно распределенную нагрузку интенсивностью q. Если путем
подбора сил <?i, Qi, q и угла а нам удастся удовлетворить всем
139
условиям деформации кольца, то этим самым будет доказана
правильность выбранной силовой схемы. .
Так как участок ВВ, по предположению, плотно прилегает
к валику, то кривизна кольца на этом участке будет равна, оче-
видно, постоянной 2/D. Изменение кривизны
2______2_ ~ 2А
D — Д D ~ if
есть тоже величина постоянная. Изгибающий момент на этом
же участке ВВ будет
MBB = EJ2£,
где EJ — жесткость кольца на изгиб. Следовательно, силы ft,
Q2 и q должны быть выбраны так, чтобы на участке ВВ момент
был постоянным и имел заданную величину.
Рже. 275
В произвольном сечении кольца на участке ВВ (рис. 275)
Мвв= ft-у sin<p4-ft-y-sin(<p — а) +
1 л2 1 Л2
+ (ф — а) + [1 — соз(ф - а)]2,
или же
МВв= sin<p-|ft-y + ft-—cosa— g-^-sina] —
D . . D2 1 t D2
— cos <p• |ft — sin a+q cosaj 4- q
Момент остается постоянным, если потребовать, чтобы каждое
из выражений, стоящих в прямоугольных скобках, обращалось
в нуль:
ft 4* ft cos a — 9 "V sin a =* 0,
D
ft sin a 4- q — cos a — 0,
140
тогда получаем
г г 8Д
о = EJ —г.
4 D*
Таким образом, д найдено. Двух уравнений (1) недостаточно для
определения @i, Qz и а.
Потребуем теперь, чтобы расстояние между точками кольца
Л и С увеличилось на Д. Это условие запишем в виде
. {MABMxDdv CMBBMxDdy
A—J 2EJ +J 2EJ
о а
где МАВ и МВв — изгибающие моменты на участках АВ и ВВ,
а М\ — изгибающий момент от единичных сил, приложенных по
направлению АС, соответственно равные:
D . ГГ2Ь В .
МАВ = — sin ф, Мвв= EJM1== —sintp.
После подстановки и интегрирования получаем
Д=^11КЁ7(“ — 4- sin2«) Ч- 4 (1 +cosa).
Решаем это уравнение совместно с уравнениями (1) и опре-
деляем Q\ и Qz.
~ AEJ A ~ 4.EJA .
*21 = 7г~—. Q2= —75- «tg «•
D sin a D
Величина a определяется из трансцендентного уравнения:
н a ,
2 = -------1- cos a,
sin a
которое дает a = 122°35'. Тогда имеем
Q. = 4,75 ^4, Q2 = 2,56^.
Y1 D3 > ¥2 ’ D3
Удовлетворив, таким образом, всем геометрическим условиям, мы
подтвердили правильность выбранной силовой схемы.
Эпюра изгибающего момента показана на рис. 276.
65. Рассмотрим сначала условия контакта балки и жесткого
основания при наличии малого зазора (рис. 277).
Пусть величина зазора будет Д. В левой части балка остается
прямой п плотно прилегает к верхней поверхности отверстия.
В точке отрыва балки от этой поверхности возникает реакция
А = Р—. Величина плеча а остается пока неопределенной.
На выходе бруса из отверстия возникает реакция В, направ-
ленная при отсутствии сил трения по нормали к поверхноств
141
балки. Так как угол отклонения этой силы от вертикали мал, то
в = Р + л = р(1 + 4)-
Примем точку О за начало отсчета перемещений. При х = а верти-
кальное перемещение балки равно А:
Л _ Ла3 __ Ph?
а “ 6£J “ 6ЕГ
откуда
Найдем угол поворота 6:
о Аа2 1 ffPl „А
0=2£7 = ^У 7у6д-
По мере уменьшения зазора А угол 0 и величина а стремятся
к нулю, а силы А и В неограниченно возрастают. Посмотрим,
как меняется при этом горизонтальная составляющая силы В:
или
ве=4(й+/И-
142
Как видим, при А -► 0 горизонтальная составляющая силы В
стремится к определенному пределу
й0 ~ 2ЕГ
Это значение силы и покажет динамометр*).
66. Рассмотрим отдельно одну из составляющих балок (рис. 63
и 278).
Так как сила Р приложена не в центре жесткости, балка,
изображенная на рис. 278, будет при изгибе одновременно за-
кручиваться. Прикладывая g
силы N в сечениях разреза
первых планок с таким рас-
четом, чтобы момент двух
сил был равен моменту Рс,
мы устраняем это закручи-
вание для всех сечений бал-
ки. Тогда N = Рс/Н.
Таким образом, «первая
верхняя планка сжимается,
а первая нижняя растяги-
вается силами N. Остальные
Рис. 277
планки при изгибе балок не испытывают никаких усилий. Это
заключение верно, естественно, лишь в той мере, в какой до-
пустимо считать планки жесткими. Если бы они заметно дефор-
мировались, то возникающие в них усилия можно было бы
определить тем же приемом, что и усилия в заклепках в задаче 11.
Рис. 279
67. Раскладываем силу Р по главным осям х и у (рис. 279)
и разрезаем сечение в угловой точке А. Одновременно вводим
неопределенный поток касательных напряжений то. Касательное
♦) Развитие идей, связанных с этой задачей, можно найти в статье:
Б а л а б у х Л. И., Вульфсон М. Н., Мукосеев Б. В., П а и о в к о Я. Г.
О работе сил реакций подвижных опор Ц Исследования по теории сооруже-
ний,— 1970.— Вып. 18.
143
напряжение в произвольной точке В будет
После несложных вычислений находим
А „1/2 1 т в86/9, ,/яч г а3614-21/2
д = °-2-771’ а=-6-(2+/2), =
Для каждого из трех участков сечения получаем
3j/2 Р ~|
Т1“ 2 fl»6[ 24-V2 +14-21/2 ] "гТ°’
31/2 Р , га’ + оУЬ,-(1 + 1/2)/] , _
2“ 2 а’б1 2 + 1/2 + 1 + 21/2 J+ ”
31/2 Р Г1/2 4~4,2 , 4,2 ~ а <2 + У2)«3+(1 +1/2) s? 1
2 о’в[ 2 2 + У2+ 1 + 21/2 J + о-
(1)
где si, S2 и «з — координаты, отсчитываемые от угловых точек
вдоль контура.
Чтобы в разрезе А не возникло взаимных смещений, необ-
ходимо выполнить условие
J у ds О,
или
aVz а а
J Jr2ds24-^тэ(йа = 0;
О 0 0
отсюда определяется величина то:
= 3V2 Р ( V2_________________________1 \
Т° 2 аб.\з(24- V2)2 14-21/2/
Подставляя то в выражения (1) и произведя необходимые вы-
числения, получим
ч = гг(- °’47 + 1-66Е1 - °.62й).
т2 = (0,64 - 0,095$, - 0,90$?),
т3 - °’35 - 1’89^ +
где
$(=4 (1-1,2,3).
144
На рис. 280 показана эпюра касательных напряжений; вы-
ясняется, что
'I’max — 0,86 .
68. Из бруса двумя сечениями, проходящими на расстоянии
х и х + dx от конца, выделим элемен-
тарный участок длиной dx (рис. 281).
Полученный элемент в свою оче-
редь разделим горизонтальной плос-
костью, проходящей на расстоянии у
от средней линии, на две части и рас-
смотрим условие равновесия верхней
части ABCD. Очевидно, оно сводится к
(A4-dA)/2 А/2
J (о Т do)b dy — J ob dy = xb dx.
V V
Рис. 280
Поскольку же
Теперь условие равновесия перепишется в следующем виде:
(Л+</Л)/2 Л/2
u ' z у у
откуда
Если закон изменения h и М линейный, то, так как по
Рис. 281
заданию = 2Л0, получаем
М = Лг,
6Р______
-4 Г th.
1-2-г
1
2
145
Эпюры т для нескольких сечений балки показаны на рис. 282.
Здесь в отличие от бруса постоянной толщины касатель-
ные напряжения в верхней и в нижней точках сечения
в пуль не обращаются, поскольку секущая плоскость не
перпендикулярна к верхней (Л'В') и нижней (C'D') ограни-
чивающим поверхностям. Для торцового сечения эпюра показана
пунктиром, так как здесь закон распределения напряжений це-
ликом определяется способом приложения внешней силы Р.
Если толщина балки h в зависимости от х меняется не слиш-
ком быстро, т. е. если угол расширения балки мал, полученное
решение точно совпадает с решением, полученным методами
теории упругости для клина.
69. Так как балка весьма длинная, то, разрезав ее на i-й
опоре, мы можем ее правую часть снова рассматривать как весьма
длинную балку, подобную заданной, но нагруженную уже не
моментом Л/, а моментом 7И,. То же можно сказать про i + 1, i + 2
и т. д. опоры. Следовательно, если изгибающий момент на i + 1-й
опоре составляет какую-то долю от i-го момента, то точно такую
же долю от i 4- 1-го момента составляет i + 2-й момент, т. е.
Mi+\ = xMh Mi+2 = = x2Mi
и т. д.
Выписываем выражение теоремы трех моментов для i-ro
и i + 1-го пролетов. При отсутствии внешней нагрузки на пролетах
получаем
Mta + 2Л/,+1 (а + а) + — 0.
Или, учитывая выражения для Mi+i и Л/1+2,
1 + 4я + я2 = 0,
откуда находим _
х~-2± УЗ.
Так как х по абсолютной величине должно быть меньше единицы,
берем знак «плюс» *). Тогда
х = —(2—УЗ).
*) Знак «минус» соответствует случаю, когда внешний момент прило-
жен не на крайней левой, а на крайней правой опоре.
146
Изгибающий момент на i n опоре будет
Л/, = Мх‘~' = М(П- 2)'-1.
Угол поворота на i-й опоре определяется перемножением
эпюры моментов для г-го пролета на эпюру от единичного момен-
та (рис. 283):
EJQi - /3 ( /3 - 2)i-1.
70. Выписываем систему п — 2 уравнений, необходимых для
определения опорных момен-
тов:
М + 4Af2 + Мз = 0,
ДГ2 +4М34-4ЛЛ = 0,
2Ип_2 + 4Л/п_1=О.
Примем, что Mt = Лх’_|.
Подставляя это значение Mi
во все уравнения, кроме
1 4- 4х + х2 = 0,
х = -2 ± УЗ.
Теперь легко установить, что все уравнения, кроме первого
и последнего, удовлетворяются, если принять
Ма = Ахг -f- Вх2,
Рис. 283
первого и последнего, получаем
Mi = Лаг}-1 4- Вх\~\
где
zi = -2 + УЗ, х2-------2 — УЗ;
Л и В — любые постоянные, которые подбираем так, чтобы были
удовлетворены первое и последнее уравнения системы
М + 4(4xj + Вхг) 4- Лх? + Вх\ - 0,
Ах?~3 + 4- iAx”~3 4- 4ВхГ2 “ 0,
откуда имеем
Окончательно получим
М4 = М
(- 2 - Уз)п~* -(-24- "1/3)"—*
(- 2 - УЗ)71”1 -(-2 4- УЗ)П“Г
147
Определение угла поворота на i-й опоре при известном ЛЛ
не представляет никакого труда. Перемножая эпюры (рис. 283),
получаем
EJQi=
71. Обозначаем нормальную реакцию правой опоры через Ху
Сила трения будет fXi (рис. 284). Уравнение метода сил имеет
вид
6i 1 Arj + 6|Р = 0.
Так как 6цХ1 есть перемещение в направлении 1, вызванное
силами Xi и fXy a 6iP — перемещение в том же направлении,
Рис. 284
вызванное силой Р, то 6ц определяется перемножением эпюр (2)
и (2), а б ip — перемножением эпюр (Р) и (2):
Тогда реакция оказывается равной
Эпюра суммарного изгибающего момента показана на рис. 285.
72. Рассчитывать ферму с жесткими углами в предположении,
что стержни работают только на
Рис. 286
Рис. 285
торую раму, составленную из ряда замкнутых контуров (рис. 286),
таких, чтобы при шарнирном соединении стержней система оста-
валась геометрически неизменяемой.
148
.Положим, что рама нагружена силами, приложенными только
в узлах (сила Р и реакции опор). При помощи метода сил рас-
кроем статическую неопределимость рамы, врезая в ее узлах
шарниры и вводя в качестве упругих связей узловые моменты
A’t, Хг, Хз. ...(рис. 287). Таким образом, для данной системы
получаем 12 уравнений обычного типа:
6цХ1 + 612X2 +... + 6ip = О,
621X1 + 622X^2 + ... + 6г₽ = 0, ..
6121X1 + 6122X2 + . . . + 612р = 0,
где коэффициенты 6ц, 612, ... определяются перемножением эпюр
изгибающих моментов от
единичных моментов, за-
меняющих моменты Xi,
Хг, ... Коэффициенты
6ip, бгр, ... получаются
перемножением этих же
эпюр на опюру изгибаю-
щих моментов от силы Р.
Но сила Р и вообще все
силы, приложенные в уз- рис 287
лах фермы, при шарнир-
ном закреплении стержней не дают изгибающих моментов. Сле-
довательно,
6ip — бгр = ... — 0;
(2)
так как уравнения (1) являются независимыми, определитель
системы не равен нулю (см. след, вопрос); в таком случае при
соблюдении условия (2), очевидно,
X, = Х2 = ... « 0.
Следовательно, при поставленных условиях системы с жесткими
узлами эквивалентна системе с шарнирными соединениями
стержней.
Строго говоря, в системе рис. 286 все же возникают изгибаю-
щие моменты, обусловленные удлинением и укорочением стерж-
ней. Эти изгибающие моменты можно было бы получить из тех
же уравнений (1), если только при подсчете коэффициентов 6ц,
612, ..., 61р, 62Р, ... учитывать перемещения за счет растяжения
и сжатия стержней. Однако, очевидно, напряжения, соответст-
вующие этим моментам, будут много меньше напряжений, связан-
ных с нормальными усилиями. В самом деле при изгибе мо-
ментом М любого шарнирного бруса перемещения имеют вели-
чину порядка а при растяжении Plt(EF).
В данном случае порядок этих величин одинаков, т. е.
Ml2 Pl
EJ ~ EF'
149
Рис. 288
Но
Л/ = ОжзгИ7, Р^ОрастЛ
поэтому, имеем
J
^изг ^рагт ♦
т. е. омэг имеет величину порядка о рйСт J/ (WI).
Но J(W равно наибольшему расстоянию
точки сечения от нейтральной оси, проходя-
щей через центр тяжести, следовательно,
JIWI — величина весьма малая (отношение
части размера сечения стержня к его длине).
Соответственно тот же порядок величины
имеет и ом:,г по сравнению с ораст.
73. Рассмотрим четверть кольца пружи-
ны (рис. 288). Сечение А относительно В
не поворачивается, но смещается в осевом
направлении.
В сечении С возникает поперечная сила Р/4 и крутящий мо-
мент Х| (рис. 288).
Определим эту величину, руководствуясь общим методом рас-
крытия статической неопределимости рам:
= О,
Л/4 Л/4
6U = J вагЛ d<F + j M'uftdy.
О о
Л/4 Л/4
6ip “ ~£j J .Л/j изгЛ/рнзГ/? dtp Н с j* МщМрн*R
о о
где
Mi изг = sin ф, Л/1К = cos <р,
PR . PR .
Мризг = — ~ SIH Ф, Л/рк = —(1 — COS ф),
С — жесткость на кручение. Для квадратного сечения
С = 0.141 Ga*.
Интегрируя получаем
.л—
1 4 л EJ /л \
2-‘+-С (-2+1)
ISO
Для квадратного сечения при ц = 0,3 имеем
EJ Л12
С ~ Е
0441 2 (1 + н)
тогда крутящий момент равен
X, = 0,0375
* ~t~H ~ л 54.
0,846 ~ 1’а4’
Суммарный изгибающий момент
Л/иэг = — ^0,962 sin ф.
Суммарный крутящий момент
Мк = ™(1 — 0,962 cos ф).
Вертикальное перемещение сечения С относительно А будет
Л/4 Л/4
Лс - j Л/„зГЛ7«г</ф 4- J MKM'Kd<f,
о о
где Л/иэг н Мк — суммарные изгибающий и крутящий моменты,
а Мвзг и Мк — соответствующие моменты от единичной верти-
кальной силы, приложенной в сечении С, т. е.
М'зг = — R sin ф, М' =* R (1 — cos ф).
Таким образом, находим
Я/4
Ле-^0,962 J зн1аф</<р +
О
з л/4 я
+ J (1 - 0,962 cos ф) (1 - cos ф) </ф = 1^0,962 (i“l) +
+ [я-2^2 - 0,962-2 /2 4-0,962 (-J 4- 1)];
или, окончательно,
рдЗ
>.С = ^-0,0405,
CJ
Чтобы получить полную осадку пружины, надо величину Zc умно-
жить на удвоенное число рабочих колец 2п:
Х = 2п 4^0,0405, или X = 0,972
EJ Еа4
151
Сравнивая эту величину с осадкой витой пружины квадратного
сечения при том же числе рабочих витков и, т. е.
a PR32nn , л р PR3n
Л = --------г ~ 11b---т-,
СО,141л4 Л’а4
приходим к выводу, что прорезная пружина примерно в 120 раз
более жесткая, чем витая пружина.
74. Рассмотрим некоторую плоскую замкнутую раму с постоян-
ной жесткостью EJ и положим, что эпюра изгибающих моментов
Рис. 289
для нее построена (рис. 289). Разрежем контур этол рамы в не-
которой произвольной точке и определим взаимный угол пово-
рота сечений в месте разреза. Из условия неразрывности этот
угол равен нулю. Для определения взаимного угла поворота берем
интеграл
ds
EJ '
где М। — изгибающий момент от единичных моментов, приложен-
ных в месте разреза (рис. 289), т. е. М\ = 1. Поэтому при
EJ = const получаем
Доказанное положение справедливо не только для замкнутых рам.
но и вообще для всех рамных систем, где условия закрепления
Рис. 290
не допускают поворота одного концевого сечения отно-
сительно другого. Например, в каждой из систем, изображенных
на рис. 290. при любой нагрузке площадь эпюры моментов равна
нулю, если EJ = const.
152
75. Заметим предварительно, что площадь AF, ометаемая лк)*
бой балкой при ее изгибе, определяется следующим интегралом:
где М — изгибающий момент от внешних сил, M\q — изгибающий
момент от распределенной нагрузки интенсивностью «единица»
(9 = 1Н/м).
Это выражение наиболее просто выводится тем же способом,
что и обычные выражения для линейных и угловых перемещений.
Для того чтобы определить изменение
площади, ограниченной замкнутой рамой,
надо предварительно найти выражение
М\ч, приложив к раме единичную рас-
пределенную нагрузку q = l (рис. 291).
Но для кольцевой замкнутой рамы
7И|Ч = 0, следовательно, AF = 0. Тем са-
мым доказано предложенное утверждение.
Совершенно ясно, что оно справедливо,
с одной стороны, только в той мере, в ка-
кой допустимо пренебречь растяжением
Рис. 291
контура кольца, а с другой,— при условии, что система работает
в области малых перемещений. Для весьма гибкого кольца при
сильном изменении его формы площадь, ограниченная контуром,
не остается неизменной.
76*). Внешнюю нагрузку приводим к концам шва в виде по-
перечных сил и моментов (рис. 292).
Рис. 293
Внутренние силы и моменты, относящиеся к верхнему листу,
пометим индексом «один», а к нижнему — индексом «два». Для
части шва длиной х (рис. 293) условия равновесия дают
7V, -_дг2 = д;
01 + W, (1)
Л/, + д/2 = Л/4- QX 4- Mi.
♦) См. также: Короткова С. Е. Исследование работы изгибаемого
клеевого соединения внахлестку Ц Сопр. матер, и теория сооружений.
Вын. VII.— Киев, 1968.
153
Между нижней поверхностью верхнего листа и верхней по-
верхностью нижнего возникает взаимное смещение А вдоль оси х.
Его можно определить как интеграл от разности деформаций
А = J (ех - еа) dx 4- С,
. , 6Л/1 - Я 6Jtf8
1 е’~ Ebh ем*'
поэтому
Л = + (2)
Величина А связана с касательными напряжениями ти в клее-
вом слое очевидным соотношением
где б — толщина клеевого слоя.
Из условия равновесия элемента длиной dx (рис. 294) вы-
N'
Ь ’
(3)
ния (1), получаем следующее
ЕЛ6
Обозначим
текает, что
К-ЛГ,
поэтому
с &
Дифференцируя обе части
этого равенства по х и исклю-
чая в выражении (2) величину
М1 4 М2 при помощи выраже-
уравнение для определения N:
Л’'-^=й<м+^
8GK
— = а2
Ehb а 4
(4)
тогда получим
N = A sh аж 4- В ch ах — ^(М 4- Qx).
Постоянные А и В определяются пэ условий равенства нулю
нормальной силы N по концам участка склеивания
В итоге
N “ Йга- [М (1 - ch а/) + СЛ + ch ат - А (М + Qx), (5)
а касательное напряжение тк в клеевом слое согласно выражению
(3) будет
= ITO (1 - ch °0 + ОТ + sh ах - Q. (6)
154
Клеевой слой работает не только на сдвиг, но и на растяжение
и на сжатие в направлении, перпендикулярном к плоскости склеи-
вания.
Нормальное напряжение в клеевом слое
П ~ У*~У' F
где у\ и у2 — вертикальные перемещения верхнего и нижнего
листов.
Присоединим сюда еще два уравнения равновесия, состав-
ленные для элемента dx (рис. 294):
= (7)
<21 = М\ - 4 ЛГ'. (8)
Из трех полученных уравнений исключаем ок и фи
(yi-y^ = M~l-^N’.
Но так как EJy[ = М\, a EJy2 = то
/ л y»v>
EJ 6 V 1 2 }
И наконец, при помощи уравнения (1) исключаем отсюда
момент М2. В результате получаем следующее уравнение:
Обозначим
М1-4лг = У, ^Т = 4Л‘;
тогда
y(IV)4-4^Y = 2V(^f + (2x).
Однородное уравнение
У<1У> + 4Л4У = 0
удовлетворяется функциями sh кх sin Лх, ch кх cos кх, sh кх cos кх,
ch кх sin кх и любыми их линейными комбинациями. При исполь-
зовании этих функций удобнее всего взять комбинации, пред-
ложенные А. Н. Крыловым, которые называются функциями
Крылова. Они удобны тем, что производная от каждой из этих
функций дает какую-либо другую из этих же функций. Приведем
таблицу функций Крылова.
Таким образом,
У = С,У! (кх) + С2У2 (кх) 4- С3У3 (кх) + С4У4 (кх) + 4 (М + Qx),
(9)
155
/ Таблица. Функции Крылова
п Yn(hx) у"(Ьх) Yn ’(**) IV Уп <**)
1 ch кх cos кх -UY^ —4АаУ3 —4А3Уа —4А4УХ
2 -l(ch кх sin кх 4" sh кх cos кх) kYi —4АаУ4 -4АаУ3 —4А4Уа
3 Ash кх sin кх 2 ау2 k'Yi —4А3У4 —4А4У3
4 4(ch кх sin кх — shkx cos кх) 4 kY9 АаУ8 АаУ1 -4А4У4
где постоянные G, С2, Сз и С4 определяются из четырех условий:
У х=0 — М1ж=о ~ = Qi М1Х=1~ О» Yх^1 ~
В итоге после преобразований и замены функций Крылова их
выражениями получаем
г -О* С
С1- 2’ °2 2А’
г______v sh (AZ) 4-sin (kl) _ (? ch (AZ) 4-cos (AZ) _ sh (kl) sin (kl)
3 M sh(AZ)— sin (AZ) к sh (kl) 4- sin (kl) sh2 (AZ) — sin2 (AZ)’
p 9>j ch (AZ) 4-cos (AZ) Q sh (AZ) 4- sin (AZ)
4 ” sh (AZ) — sin (AZ) ' A sh (AZ) 4- sin (AZ) '
. 9^)1 ch (AZ) sin (AZ) 4- sh (AZ) cos (kl)
sh2 (AZ) — sin2 (AZ)
Теперь изгибающий момент Mi определяется из выражения
Mi = Y 4- гДе N задается функцией (5).
Нормальное напряжение в клеевом слое согласно уравне-
ниям (7) и (8) будет
,2 ' '
<тк = у (- 4б\У3 (кх) - 4С2У4 (кх) 4- С3Уг (кх) + С4У2 (Л®)].
Положительное значение ок соответствует сжатию клеевого
слоя. По формулам (6) и (10) можно построить графики изме-
нения касательных и нормальных напряжений в клеевом слое,
а по формулам (5) и (9) — построить эпюры нормальных сил
и изгибающих моментов в верхней пластине.
Для случая весьма длинного клеевого шва задача существенно
упрощается тем, что напряжения в клеевом слое носят местный
характер. В этом случае при определении N и У можно выделить
156
затухающую часть решения и принять
Y = е_*х (С, sin fcr Ч- Cs cos kx) + -g (M + QXY
Постоянные A, Ci и C2 определяются из граничных условий
на левом крае, т. е. при х = 0, где N = О, Y = М, a Y' = Q.
77. Выделим из биметал-
лической полоски элементар-
ный участок, имеющий дли-
ну ds и начальную кривизну
поверхности спая 1/(ро (би-
металлические элементы час-
то делаются ’криволинейны-
ми) (рис. 295).
Относительное удлинение
волокна, отстоящего на рас-
стояние у от поверхности
спая, будет складываться из
Рис. 295
двух величин: из удлинения
в спае ео и удлинения, обусловленного изгибом полоски,
где 1/р — новая кривизна. Таким образом,
е = е0
Вычитая отсюда температурное удлинение и умножая полу-
ченную разность на модуль упругости Е, находим напряжение,
действующее в волокне, расположенном на расстоянии у от по-
верхности спая. Для первой пластинки имеем
«1 = [во + V — a,tj (0Су<Л,),
для второй —
а, = Ег + у0; — i'j — a2ij (-Л,<у<0);
El и Е2 — модули упругости первой и второй пластинок.
Нормальное усилие и изгибающий момент в сечении биметал-
лического элемета равны) нулю. Поэтому
hi о Л1 о
J a2bdy =0, §<hbydy+ J a2bydy=0.
о -ла о -ла
157
Подставляя сюда Oi и а2 и интегрируя, получим
®0 (^1^1 ^2^2) — + ®2^2^г) "1“
4е0(ЕЛ? - Eth\)- |(£ЛЛ‘ - £,а^)« +
+Ш_й(£,/г?+£^)=0-
Исключим отсюда во и найдем изменение кривизны
=__________________________6f(ai~a2)________
Р Ро £гЛ*)2
W.MA + M4*^1
Изменение кривизны пропорционально изменению темпера-
туры и разности коэффициентов температурного расширения.
Наибольшее изменение кривизны, как это видно из полученного
выражения, будет иметь место тогда, когда толщины составляю-
щих пластинок подобраны так, чтобы
EJ% = E2h22.
Тогда
1 1^3 ^-*2
р Ро 2 Ч+v
78. По условию сечения кольца можно считать недеформи-
рующимся. Перемещение всякой фигуры в плоскости, как из-
вестно, может быть представлено в
виде двух линейных перемещений
какой-либо точки фигуры и даль-
нейшего поворота всей фигуры как
целого вокруг этой точки.
Возьмем какую-либо точку в се-
чении кольца, например, точку О
(рис. 296), расположенную на внут-
реннем радиусе а на спае колец.
Теперь полное перемещение сечения
кольца может быть представлено в виде последовательных пере-
мещений точки О вдоль оси симметрии, перпендикулярно к ней,
и поворота на угол ф около точки О.
Что касается первого перемещения, то оно соответствует пе-
ремещению кольца как жесткого целого и не вызывает его де-
формаций. Поэтому рассматривать это перемещение не будем.
Вторую составляющую линейного перемещения обозначим че-
рез А. Радиальное перемещение точки А будет, таким образом,
складываться из перемещения А и перемещения вследствие по-
ворота сечения вокруг точки О. Эта вторая составляющая А,
158
будет, как видно из рис. 297, равна
Д, = УФ
(угол <р считается малым).
Радиальное перемещение точки А будет
А + !/ф,
а окружное относительное удлинение
е = Д-Ьу<₽
аЦ- х
Окружное напряжение для первого кольца равно
О1 = El (*+*7 ~ О1<)
для второго кольца
°2 ж ^2 ( ^2 У 0)‘
Если разрезать кольцо осевой диаметральной плоскостью и
рассмотреть равновесие половины кольца, то легко убедиться в
том, что в сечениях этого кольца (рис. 298) изгибающий мо-
мент М и нормальная сила N равны нулю. Следовательно,
Ь—а \ Ь—а о
N = J J 0! dx dy 4- f f a2 dx dy = 0,
0 0 о — h2
b—a b—a о
M = У У G^y dxdy 4- У У G2y dx dy « 0.
0 0 о —h2
Подставляя сюда Oi и Ог, находим
159
£i[(-fA + yQ>j In 7 — «1* (* — «)-^J -b
+ — A 7 4- -^<jp)ln — 4- аг1 (b — aJ-j* j =0.
Отсюда, исключая А, находим
Ь - a 6* (04 — a2)
Ф-1П± («??-М)а
° £1£,Л'!г(А1 + Л2) + 4^1 + Аг)
Как и в рассмотренном ранее случае, ф будет наибольшим,
если
Exh* = E2h*.
Тогда искомый угол равен
= Ь~а 3Ча1“а2)
ф_1пА'2(\ + М'
а
79. Датчик работать не будет, так как биметаллическая пла-
стинка, защемленная по концам, под действием равномерного
нагрева не меняет своей кри-
— ________________визны.
' В самом деле, если бы
—У __________________х—к % пластинка была свободно
оперта, она изогнулась бы
при равномерном нагреве по
Рис. 299 ДУге окружности. В данном
случае на пластинку дейст-
вуют еще моменты со стороны заделок. Под их действием плас-
тинка также изогнется по дуге окружности, но в обратную сто-
рону (рис. 299).
При этом, накладывая требование равенства углов поворота
Ф1 и q>2 на концах пластинки, мы неминуемо должны потребовать
равенства кривизн обеих окружностей, а это означает, что сум-
марные углы поворота и перемещения во всех точках пластинки
(при соблюдении условия <pi = <рг) равны нулю. Таким образом,
защемленная по концам биметаллическая пластинка при равно-
мерном нагреве не изогнется.
Следовательно, чтобы указанная система (рис. 74) ’отвечала
своему назначению, достаточно, например, заменить защемление
пластинки шарнирным ее закреплением.
80. Мысленно разрежем раму и в сделанном сечении прило-
жим внутренние силовые факторы Мо, N и Q (рис. 300).
Эти усилия в сечении А дают изгибающий момент
Л/Жаг = Мо + Qx + Ny.
160
Разрезанная рама при нагреве будет менять свою кривизну.
Это изменение кривизны остается постоянным для всех точек
контура рамы, поскольку остаются постоянными температура и
форма поперечного сечения. Но если так, то действие темпера-
туры может быть заменено действием некоторого эквивалентного
момента Mt, приложенного в сделанном сечении.
Теперь потребуем, чтобы взаимные линейные и угловые сме-
щения сечений от момента Mq и сил Q и N равнялись тем же
4"
Рис. 300
Рис. 301
взаимным смещениям от действия эквивалентных температур-
ных моментов Mt.
Изгибающие моменты от единичных силовых факторов
(рис. 301) соответственно усилиям Л/о, Q и N будут следующими:
Тогда получим
4, х, у.
f (М. + Qx + Aj/)-l-ds = f Mfi-ds,
• •
f (M0 + Qx -|- Ny) x ds = J Mtx ds,
9 9
j (Mo + Qx 4* ^У) У ds = J Mty ds
или
(Mq — Mt) J ds 4- Q f x ds N J у ds = 0,
9 9 3
(Mo — Mt) J x ds 4- Q J x2 ds 4- N [ yx ds = 0,
9 9 i
(Mo — Mt) J у ds 4- Q J xy ds 4- N J y2 ds = 0,
откуда находим усилия: Q = N = 0, =
Следовательно, момент Mo равен эквивалентному темпера-
турному моменту Mt. Значит, изменение кривизны, которое да-
дут моменты Mq, будет равным температурному изменению кри-
визны. Таким образом, кривизна равномерно нагретой замкнутой
биметаллической рамы остается неизменной.
161
81. В предложенной задаче плоскость изгибающего момента
проходит через диагональ АВ прямоугольного сечения (рис. 302).
Читателю, надеемся, известно, что в этом случае вторая диаго-
наль CD прямоугольного сечения представляет собой нейтральную
линию. Конечно,— это при упругих деформациях.
Возникает естественный вопрос, сохранит ли нейтральная ли-
ния свое положение и в дальнейшем,
Рис. 302
т. е. при возникновении
пластических деформаций? Отве-
тить на этот вопрос можно утвер-
дительно. Деформации меняются
в сечении по линейному закону.
Их значение пропорционально
расстоянию от нейтральной линии.
Следовательно, по длине произ-
вольно взятой полоски KL, па-
раллельной диагонали CD, дефор-
мации, а следовательно, и напря-
жения, остаются неизменными.
Но диагональ А В пересекает та-
кую полоску ровно посередине,
и момент относительно оси АВ
от возникающих напряжений ра-
вен нулю. Таким образом, предпо-
ложение о неизменности нейтраль-
ной линии не противоречит
условию неизменно сохраняемой плоскости изгибающего момента.
Предельный изгибающий момент определяется поэтому чрез-
вычайно просто. На площади треугольника CBD в предельном
состоянии возникает растягивающее напряжение от, равное пре-
делу текучести на растяжение, а на площади треугольника
ACD — точно такое же, но сжимающее напряжение (рис. 302).
Искомый момент противостоит моменту внешних сил и должен
быть вычислен относительно оси MN, перпендикулярной к плос-
кости действия внешнего момента.
Легко сообразить, что этот момент будет:
т. е.
Л/пред = 2от у |/ (4) + (4) '
Л/пред=О,^
82. Обозначим через у текущую координату по высоте се-
чения, измеренную от нижнего края (рис. 303). Изгибающий
момент пропорционален высоте Н, и мы будем считать, что
М = КН, где К — коэффициент, зависящий от того, какое сечение
балки нами рассматривается. В частности, посередине балки
К = *уЬ/2/8, где 7 — удельный вес бетона, а I — длина балки.
Пусть h — нарастающая переменная высота сечения. Когда
на поверхность балки наложен очередной слой АЛ, то в слоях,
162
расположенных на расстоянии у от нижнего края, возникнет
дополнительное напряжение сжатия (знак «минус»), вызванное
увеличенным весом балки и равное
А 12ЛГДЛ / А \
Да----sH*"}
а напряжение в слое у при некоторой общей толщине Н опреде-
лится следующим интегралом:
Это — при у > ho. Для у < ho интег-
рирование надо провести от hQ до Я и добавить к полученному
выражению начальные напряжения, которые имела балка, пока
на нее не начали наслаивать бетон, т. е.
Если отнести полученные напряжения к максимальному, воз-
никающему в начальном состоянии (при высоте сечения Лс), т. е.
к — 6Я/(дЛо), то получим
°* = — ~ й) (v>ho)’
°’ = -й(1-й)-3Г0 + 2
На рис. 304 показана эпюра напряжений о* по высоте се-
чения Н = 4Ло.
Таким образом, напряжения от собственного веса в утолщен-
ной описанным способом балке оказываются больше, чем для
неутолщенной, хотя, несомненно, увеличение высоты сечения неиз-
меримо повышает общую прочность.
Дополнительные напряжения усадки легко определяются не-
зависимо от решения предыдущей задачи.
Так как дополнительные напряжения изменяются по высоте
сечения линейно (сечения остаются плоскими), то можно на-
писать:
о = Е(Л 4- By 4- а) (у > Ло),
о = Е(А + Ву) (у<Ло)-
163
Коэффициенты А и В определяются из условии, что нормаль-
ная сила и изгибающий момент от дополнительных напряжений
в сечениях балки равны нулю, т. е.
J ab dy = О, j oby dy = О,
F F
ИЛИ
1/2
АН + B^ = -a(H-h0),
откуда
На рис. 305 показана эпюра дополнительных усадочных на
пряжений для случая Н в 4Ло-
III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ.
КРИТЕРИИ ПРОЧНОСТИ, АНИЗОТРОПИЯ
83. а) В случае, представленном на рис. 78, а, диаметр уве-
личивается на pd^ объем уменьшается на р V*.
б) В случае, представленном на рис. 78, б, диаметр уменьшает-
ся на —pdlt объем уменьшается на 2р V.
в) В случае, представленном на рис. 78. в, диаметр умень-
I 2р j g> о 1 — 2р тг
шается на —е~ Р^1' объем уменьшается на ор—где
V — начальный объем внутренней полости.
84. Каждая площадка, проходящая через оси х, у или z и рав-
нонаклоненная к двум другим осям, является главной.
Из элемента (рис. 79) выделим новый элементарный парал-
лелепипед так, как это показано на рис. 306. Ось х' является
главной (ох,
по формуле
— т). Остальные главные напряжения находятся
или
о" = + 2т.
Таким образом, получаем
01 = 2т, 02 = —т, Оз = —т.
165
<Эта задача может быть также решена путем привлечения об-
щего метода определения главных напряжений, известного из
теории объемного напряженного состояния. Выписываем следую-
щий определитель:
В нашем случае
Поэтому
или
Txz
oz — а
= 0.
(1)
О» О» — 0, 331 Ххг SKB Хцх saa Т.
о3 — Зт2о — 2т3 “ 0,
откуда находим три корня уравнения:
01 = 2т, Ог = — т, Оз “ —т.
85. Нужно показать, что в первом случае по крайней мере
одно, а во втором — два главных напряжения равны нулю.
Для этого уравнение (1) (с. 166) переписываем в виде
о3 — /1О2 + /ао — /з = О,
где
Л = +
J2 = 4“ 0^0-1 -j- OXQ, ХКу Ххг Ху?,
°х тху Txz
т!/х °V Tl/2
Tzx oz
— инварианты напряженного состояния.
В первом случае по свойствам определителя
°х
Агож
ог
«о,
и один из корней кубического уравнения обращается в нуль.
Во втором случае /3 = 0 и Л = 0, и, следовательно, два корня
кубического уравнения обращаются в нуль.
Пользуясь доказанным, можно, например, сразу сказать, что
напряженное состояние
'800
200
,400
200 400\
50 100 I
100 200/
является одноосным.
166

86. Напряженные состояния равноопасны. В самом деле, ра-
бота, которую совершают нормальные усилия в первом случае,
будет равна работе, совершенной теми же силами во втором
случае. То же имеет место и для касательных усилий. Следо-
вательно, внутренняя энергия в обоих случаях будет также
одной и той же. Для энергетической теории прочности это и есть
Рис. 307
условие равноопасности (эквивалентности) напряженных состоя-
ний, независимо от того, о какой теории прочности идет речь —
о теории прочности энергии формоизменения или о теории проч-
ности полной энергии.
87. Рассмотрим напряженное состояние элемента (рис. 307),
выделенного из цилиндра на расстоянии х ниже уровня жид-
кости.
Напряжение о' постоянно по длине образующей и равно весу
jid2 „
жидкости у-^-Я, поделенному на площадь нормального сечения
цилиндра:
а' = ^-
г» п _л п pd yxd
Выше уровня жидкости о — 0, а ниже о = .
Эквивалентное напряжение оэкв - О| - оз. Следовательно, при
о' > а" имеем оэк. = о' — 0 = о'.
При о' о" получаем
ОэкВ = о"-0 = о".
Таким образом, при х < Я/2
_ • _ Уна
<Ькв — ° — 4^“ »
при х > Я/2
„ _ _ 4xd
<*экв — <7 — ~2h *
Эпюра оэкв показана на рис. 307. Эта эпюра имеет излом при
х = Я/2, который является следствием того, что в этой точке пло-
щадки, соответствующие напряжениям Oi и 02, меняются местами.
167
На рис. 307 пунктиром показана и эпюра о8ИВ полученная по
энергетической теории прочности.
88. Рассмотрим напряженное состояние точек цилиндра у верх-
ней (4) и у нижней (В) образующих; (рис. 308), где ор и ор —
напряжения, создаваемые давлением р, Ом — напряжение изгиба.
Рис. 308
Легко установить, что
• pd " pd ' 4М v
“ 4А ’ °* ““ 2Л’ ” nd2h ’
и поскольку 2ор = Ор, то при
|ам|<<4
как в точке А, так и в точке В имеем следующее условие:
°экв = — оа = °? 0 = ор.
Если же | Ом | > ор, то в точке А
Оэкв = — О3 = (ор -f- Ом) — 0 = Ор Ом,
а в точке В
о»кв = Oj о3 = 0р ~Ь (пм Ор) = Op Ом*
Во всех случаях, следовательно, точки А и В равноопасны.
График зависимости оакв от Ом показан на рис. 309.
Величины Ор, Ор и Ом определяются выражениями (1).
При | Ом I •< Ор запас прочности системы не зависит от величины
приложенного момента М. Этот вывод является следствием теории
прочности максимальных касательных напряжений, исключаю-
щей роль 02, т. е. роль промежуточного главного напряжения.
По энергетической теории прочности оэкв зависит непрерывным
образом от момента М. На графике рис. 309 эта зависимость
показана штриховой кривой.
168
89. Решение, приведенное на с. 33, неправильно, так как в нем
неверно вычислены напряжения Oi и сг. Рассмотрим условие
равновесия части сферы (рис. 310):
рхл ^R — у у — р2л (r + у)2 = ofinRh.
В обычных условиях величиной Л/2 в скобках можно пре-
небречь по сравнению с R. Здесь этого сделать нельзя, поскольку
Рис. 310
Pi и р2 велики, а разность между ними мала. Поэтому
(Pi — Р») Я2 — (Pi + Ра)Rh + (Pl — Ра) 7 = а,2ЯЛ.
Третьим членом в левой части этого уравнения можно пренебречь.
Если бы р\ и р2 сильно разнились, мы пренебрегали бы и вто-
рым членом, но сейчас этого сделать нельзя. Итак,
„ _ „ _ (Р1-Ра)Д _ Р1 + Ра
- «а — 2Л 2 ’
стз -------Рй
а,к. = ^-2Я-Ц^ + й = 51 МПа,
71т —
_ 300
“ 51
= 5,88.
90. Обозначим через pi контактное давление, действующее на
поверхности соприкасания цилиндра с трубкой, и определим глав-
ные напряжения для обеих деталей.
Для трубки (рис. 311) из условий равновесия получаем
Я R + h
° = P'--Ph-
У внутренней поверхности два других главных напряжения
будут — р и — pi, поэтому окружное относительное удлинение
трубки будет
®т₽ = "Ё- ~~ ^тр Р — А)]»
11 тр
169
где £тр териала и ртр — модуль упругости и коэффициент Пуассона ма- трубки. Подставляя о, получаем
Для цилиндра имеем «ц = тг [— Pi — Ми (— Р - Р1)1- и
Но E гр =ец; из этого условия находим р\: J_/A . "’,*ч>у+ £ц
Из выра женил для о, исключая pi, получаем 1~2Ртр «~2Нц R ^тр а = ₽*1/я X 1-Нц р- Ё^{-к+ы) + —
Поло жим, что 1 —2Нтр 1-2Нц £тр ' •
Тогда л егко показать, что pi > р и что о > —р. Следовательно, 01 = 0, 02 = — Р, Он<1-О1 — Оз“О + рь оз — —Р1,
откуда 1 2рТр 1 2рц
Так как : Rih много больше единицы, то /1 — 2ртр 1—2рц\ £тр Е„ )’
и тогда маций к условие возникновения в трубке пластических дефор- юткет быть написано в виде /1 — 2ртр 1- 2Мц\ ₽£тИ Ец
170
Если—-——г,—, то будем иметь р\ < р. В этом случае
Атр Аи
контакт между трубкой и цилиндром раскроется и оба тела будут
деформироваться независимо.
Чтобы оценить порядок величины давления р, решим число-
вой пример. Цилиндр стальной:
Ек = 200 ГПа, Цц = 0,3.
Для трубки из органического стекла задано:
Етр = 3 ГПа, |лтр = 0,35, от = 75 МПа.
Подсчет дает
р -------------~-----------= 255 МПа.
Л TD
1 “ 2НТр ~ Ёц 0 — 2^ц)
Эта цифра является ориентировочной, поскольку в решении не
учитывается изменение свойств органического стекла под давле-
нием и недостаточно точно задано значение цтр.
Рве. 312
91. Концы изогнутой проволоки будут силами давления вытал-
киваться наружу, и проволока будет выпрямляться. Если про-
волоку удерживать в изогнутом состоянии, выталкивающие силы
будут равны произведению давления р на величину некомпен-
сированной площади F
(рис. 312; А А — сечение, на-
иболее отклоненное от оси).
Площадь F, очевидно, не мо-
жет быть больше площади
сечения проволоки.
Если проволока совершен-
но гибкая, то она выпрямит-
ся полностью и не будет ис-
пытывать растяжения (Е = 0). Напряженное состояние для это-
го случая показано на рис. 313.
Если проволока обладает некоторой жесткостью на изгиб, пол-
ностью она не выпрямится и в ней будет некоторое натяже-
ние pF. В ней, кроме того, возникнут напряжения изгиба.
92. Описанная постановка опыта не устраняет влияния из-
менения объема. Относительное изменение объема внутренней
171
полости сосуда равно относительному изменению объема материала
сосуда. Поэтому для определения истинного значения коэффи-
циента сжимаемости следует к найденному по описанной мето-
дике коэффициенту сжимаемости прибавить коэффициент сжи-
маемости материала сосуда.
Замеренное по мениску ртути D изменение объема равно
ду = дус_ дРА,
где AFC— изменение объема жидкости С, A Fa — изменение
объема внутренней полости сосуда. Таким образом,
AFC = pcFp, AFa = ₽AFp,
ДУ=рУ(рс-₽л), ₽c = ^ + pA,
pc — искомый коэффициент сжимаемости жидкости, рА — коэф-
фициент сжимаемости для материала сосуда, F — объем внут-
ренней полости сосуда.
Следовательно, пренебречь изменением объема сосуда можно
только в том случае, если рА < (3<?.
Для стекла, например,
Ра = 0,0255 ГПа"1.
Для жидкостей коэффициент сжимаемости меняется в весьма
широких пределах и имеет следующие значения:
Ртуть................... 0,039 ГПа-1
Вода ...................0,51 ГПа-1
Спирт...................0,77 ГПа-1
Эфир ...................1,48 ГПа-*
Следовательно, для малосжимаемых жидкостей поправка рА
имеет существенное значение.
93. Большую нагрузку выдержит второй стержень.
В самом деле, в первом случае разрушению стержня будет
предшествовать образование шейки и обрыв произойдет при за-
метно уменьшившейся площади поперечного сечения в зоне раз-
рушения. Во втором же случае шейка образовываться не будет
или почти не будет, так как здесь утолщенные части препятст-
вуют сдвигу по плоскостям, наклоненным к оси стержня. Раз-
рушение произойдет без сужения поперечного сечения.
Если бы материал образцов был не пластическим, а хрупким,
то тогда первый образец не был бы слабее второго, а при не-
которых материалах, наиболее чувствительных к местным напря-
жениям, был бы даже прочнее.
94. Для создания однородного чистого сдвига, т. е. такого,
при котором напряжения остаются неизменными во всех точках
тела, можно предложить следующие приемы:
1. Закручивание прямой тонкой трубы (не обязательно круг-
лой) с постоянной толщиной стенок (рис. 314, а).
172
2. Нагружение тонкого цилиндра внутренним давлением р при
одновременном осевом сжатии силой Р = 0,75 рзиР. При этом
на достаточном удалении от днищ осевые сжимающие напряже-
ния будут равны окружным растягивающим (рис. 314,6).
3. Нагружение тонкостенного цилиндра внешним давлением
р и ввутренним давлением р (1 + (рис. 314, а). Стенки
Р
такого цилиндра будут сжаты по нормали к серединной поверх-
ности с напряжением рис таким же напряжением растянуты
е окружном. В осевом направлении цилиндр не растягивается.
4. Растяжение диагональными силами Р шарнирного паралле-
лограмма с закрепленной в нем пластинкой. При сравнительно
жестких звеньях параллелограмма
Р
< = — ,
ah V2
где Л—толщина пластины (рис. 314, г).
В краевых зонах при реальных условиях напряженное состоя-
ние во всех перечисленных случаях будет несколько отличаться
от чистого сдвига.
Неоднородный чистый сдвиг, т. е. такой, при котором ве-
личина напряжений не будет одинаковой для всех точек тела,
осуществляется, например, при кручении призматического бруса
с любой формой поперечного сечения или при нагружении весьма
толстой трубы Енутренним давлением р (рис. 315).
173
95. В настоящее время единственным известным способом
создания равномерного всестороннего растяжения является сле-
дующий.
Сплошной однородный шар, предварительно охлажденный,
быстро нагревается. В центре шара при этом возникает указанное
Рис. 315
напряженное состояние. К сожалению, для исследования свойств
материала в этом напряженном состоянии, например для опре-
деления так называемой характеристики отрыва, этот способ
непригоден.
Всестороннее (но не равномерное) растяжение возникает
.р в центральной части образца — эоне выточки
цилиндрического образца при его растяжении
(рис. 316)*).
96. Явление проще всего объяснить с по-
зиций теории прочности.
Дополним внешнюю нагрузку, действую-
Wh щую на стержень до всестороннего сжатия
(рис. 317), добавляя и вычитая осевые силы pF
(F— площадь сечения образца). Всестороннее
зэ, J давление по теории максимальных касательных
_ напряжений и по энергетической теории не
' " оказывает влияния на возникновение пласти-
Рис. 316 ческих деформаций. Осевое же растяжение
дает разрыв с образованием шейки.
Явление можно объяснить и с позиций устойчивости форм
равновесия. Если какая-либо причина вызвала местное сужение
стержня, появляется осевая растягивающая сила, равная про-
изведению давления на разность площадей F\ — F?, где F\ — пло-
щадь поперечного сечения стержня в зоне, удаленной от местного
сужения; Ft—площадь поперечного сечения в месте сужения.
Появление растягивающей силы приводит к дальнейшему раз-
♦) Предполагается, что радиус профиля выточки соизмерим с диамет-
ром образца.
174
витию шейки, увеличению растягивающей силы й последующему
разрыву.
97. Приведенное соображение не может служить основанием
для сомнений в правильности решения.
|НН!ННН!!!!!!Н!!!НН!Ш!1!!!
d
Рис. 317
Диаграмма растяжения (рис. 91, а) получена для одноосного
напряженного состояния. В зоне же выточки, за исключением
точек, лежащих у поверхности, напряженное состояние трехосное.
Окружное и радиальное напряжения являются здесь растяги-
вающими. Поэтому осевое
напряжение здесь достигает
значений, больших от.
98. Точки А и В
(рис. 318) у контура отвер-
стия.
99. При решении задачи
комбинирование приведен-
ных выше данных по мест-
ным напряжениям для сил и
для моментов не приводит к положительному результату, и здесь
нужно поступить следующим образом.
Рассмотрим прежде всего напряженное состояние точек ци-
линдра, удаленных от отверстия (прямоугольник abdc, рис.319,а).
Рис. 319
Очевидно, т = —Z—,
nd h
дем по формуле
о = Главные напряжения Oi и аз най-
<Ъ;э = ± Y /о2 + 4тг.
175
Площадка, в которой действует наибольшее напряжение
наклонена к дуге нормального круга на угол а. Этот угол по
свойствам плоского напряженного состояния (см. рис. 319, б)
. о 2т Ш
определяется из соотношения tgZa = — =
Теперь главными плоскостями выделим из трубы участок
ejgh, заключающий в себе рассматриваемое отверстие, и при-
легающую к нему зону местных напряжений (рис. 319, в).
По справочным данным для такого типа нагружения пластины*)
с отверстием имеем отаж = За' — о", где о' — большее ио" —
меньшее из рассматриваемых напряжений. В данном случае
о' = 0!, о"=Оз, Стаж “ о + 2Уо2-Ь 4т2.
Это напряжение возникает у края отверстия по концам диаметра,
ориентированного по линии действия оз (точки А, рис. 319,е).
100. Задача относится к числу простейших задач теории малых
пластических деформаций. Для ее решения необходимо прежде
всего перестроить диаграмму о =/(е) в диаграмму т = <р(7).
Согласно теории пластичности между интенсивностью напря-
жений
“ pf V("2 - Оз)2 + (°Э — + («I — ”,)а
и интенсивностью деформаций
е. = V— ез)2 + (вз - «О2 + (8j — ®2)2
для данного материала существует определенная функциональная
зависимость
01 = Ф(е,), (1)
неизменная при всех напряженных состояниях. В частности, и при
растяжении, когда
О| “ 0, 02 “ 03 “ 0» Or™ О,
2
ех = е, е2 = е3 — ре, е, = -у (1 4- р) е.
Если принять р *= 0,5, то е, = е. При кручении
ох — т, а2 = 0, о3 = — т, 01 — /3 т,
e,=,i е2-0, е, = -Л, е4 =
Но согласно выражению (1)
а = Ф(е), т/з.фШ.
*) Цилиндрическую оболочку в зоне отверстия можно рассматривать
как пластину, если <0.1. где р — радиус отверстия. R — радиус ци-
линдра. a h — его толщина. См. Лурье А. II. Статика тонкостенных уп-
ругих оболочек.— М.: Гостехиздат, 1947.
176
Первое йз этих уравнений является уравнением диаграммы рас-
тяжения материала. Перестройка диаграммы, _следовательно;
производится простой заменой а на тУЗ и е на у/УЗ.
На рис. 320 показан пример подобной перестройки диаграммы.
Угол сдвига 7 на расстоянии р от оси бруса будет
Т = р9, Ymax = 40, (2)
где d — диаметр сечения. Крутящий момент равен
d/2
М = 2л J тр2ф;
о
d у
но так как расстояние р = -5- ----, то
4 «max
Ттах
м = ~ J (3)
Стоящий в этом выражении интеграл есть момент инерции кри-
волинейного треугольника О АВ относительно оси ординат
производится следующим образом. Задаваясь значением угаа1, опре-
деляем момент инерции треугольника О АВ. Далее, по формулам
(2) и (3) определяем 0 и М. Проделывая эту операцию для
нескольких значений 7тах, можно построить искомую зависимость.
101. Рассмотрим деревянный брусок (рис. 321). Ось z напра-
вим вдоль волокон, ось х — по нормали к годичным слоям, а ось
у — по касательной к ним. Координатные плоскости совпадают
с плоскостями упругой симметрии.
Относительное удлинение в направлении оси х будет зависеть
линейно от напряжений ох, ov и о2, т. е.
ех = СцОх 4* Сцву 4"
где Си, С12, Г13 — упругие постоянные.
177
Аналогично можно) написать!
ev — С21О* 4* 4" СгзОа» ея = CsiOx + C$s0v 4* С*ззОя.
Углы сдвига пропорциональны соответствующим касательным
напряжениям:
e ^44^я, *(zx = СьйЯгх, = Сбб^ху-
Легко установить, что согласно принципу взаимности перемеще-
ний Г12 “ С21, Сю “ £31, Сгз = Сз2. Таким образом, получим 9 уп-
Рис. 321
ругих постоянных: Си, С12, С13, С22, С23,
С33, С44, С55 и! Сев-
Можно показать, что эти упругие по-
стоянные являются независимыми.
Среда, обладающая свойствами такого
типа анизотропии, называется орто-
тропной.
Коэффициенты податливости вы-
глядят непривычно. Поэтому в механике
композиционных материалов принято
пользоваться обычными обозначениями
упругих констант £, ц, С, но снабжать их соответствующими
индексами. Ниже эти коэффициенты для ортотропной среды пред-
ставлены в форме матрицы:
1
Л
Нг
Е1
Нз
Е1
О
о
о
Здесь £1, Ег, Ез — модули упругости, соответствующие трем
осям анизотропии. Коэффициенты Пуассона ц снабжаются двумя
индексами. Первый — соответствует той оси, по которой испытуе-
мый образец растягивается силой, а второй.— той оси, по которой
замеряется поперечное сужение. Индексы при модуле сдвига G
соответствуют двум осям, лежащим в плоскости сдвига. Их при
желании можно* менять местами. С индексами при р так посту-
пать нельзя.
102. Для анизотропного плоского образца, растягиваемого по
осям 1 и 2, выписываем соотношения закона Гука, используя
178
матрицу, приведенную в решении предыдущей задачи:
Решая относительно напряжений, получим
а1 = т^Г(£1 + И2А)’
Е
°2 в 1 __U U + Р12С1)‘
1 *12* 21
При одновременно положительных деформациях в| и «2 на-
пряжения также должны быть положительными. Отсюда следует,
что
Ц12 • Ц21 < 1.
Согласно теореме о взаимности работ матрица должна быть
симметричной и, следовательно,
М21/-^2 = Ц\2/Е\.
Если из последнего выражения исключить риг, то получим
Pai < ^Е^Еу и соответственно получаем pi2< У£1/Ег.
Так как испытания дали EJEy = 1/16, то коэффициент Пуассо-
на р21 должен быть меньше, чем 0,25, а он оказался равным 0,32.
Этим и обосновывается предположение о допущенной при ис-
пытании или при последующих вычислениях ошибке.
103. В общем случае для фанеры /1//2 ^^p/^ip, так как
жесткость фанеры на изгиб зависит не только от толщины и
ориентировки слоев, но и от их расстояния от средней плоскости.
Рис. 322
В качестве простейшего примера рассмотрим трехслойную
фанеру (рис. 322). Обозначим: толщину наружных слоев че-
рез Лн, толщину среднего слоя — Лс. Модули упругости дерева
поперек и вдоль волокон соответственно Е' и Е".
Теперь вычислим Е\р и ЕгР. Для первого образца при растя-
жении силой Р имеем
о'ЬЛс + 2о"Ми = Р,
е(ГМс + 2£"Ми) = Р.
179
Но так как e£iP =P/(bh), то модуль первой полосой
ГЛС + 2£"ЛЯ
А1₽ =-----h----•
Перестановкой Е' и Е" находим модуль второй полоски
E”hc + 2E%
Е^~------h--
(1)
(2)
Теперь найдем приведенные модули упругости при изгибе
Е1Ж и Егв. Для первого образца при изгибе его моментом М
имеем
лс/2
2b J o'z dz + 2b J o"z dz = M,
о Лс/2
где z — текущее расстояние от нейтральной оси,
о'=£'4, о" = £"4
Р Р
Поэтому
Лс/2 Лс/а+Лн
2b^- J z2dz + 2b^- J z2dz = M,
О Лс/а
или после интегрирования
Но, как известно,
откуда
Перестановкой Е' и Е" находим
Е„ = (Е"-Е')^ + Е'.
(3)
(4)
Из полученных выражений (1) —(4) видно, что в общем случае
^1Р 7 ^1И
*2P^2«‘
Например, если принять hc« Л/2, а Ли == Л/4, то
= < £1и _ Е' 4- 7Е"
£2р 2?аи 7Е'+Е"-
104. Растяжение по осям 1 и 2 не вызывает сдвига. Поэтому
можно независимо рассмотреть деформации ei, еа, вызванные
180
напряжениями Oi и <Тг, и отдельно — сдвиг, вызванный напря-
жением т.
Рассмотрим элементарную ячейку, представленную на
рис. 323. Силы Pi и Р2 выражаются через условные напряже-
ния Oi и 02. За «толщину» сетки при-
нимаем два диаметра проволоки 2d.
Такую «толщину» имеет сетка в месте
свивки. Затем в расчет идет протяжен-
ность отрезков сетки по осям 1 и 2 при-
Ь
ходящихся на одну силу, т. е. -у cos а
и -у -|- -у sin а. В итоге
Pi=Oifedcosa, Рг = 02(0 + 6 sin а) d.
Силы Р\ и Рг на конце каждого
«усика» элемента приводятся к по-
перечной силе Q = Pi cos a — Рг sin а, которая дает изгибное пере-
мещение АВ (рис. 323):
АВ =
1 Q(b/2)3
3 EJ '
Это позволяет найти относительные удлинения элемента по
осям 1 и 2'.
_ Qb3 cos a __ Qb3 sing
1 — i2EJ a 4- b sin a ’ ~ 12£J b cos a *
Сначала исключаем Q, а затем выражаем Pi и Рг через
условные напряжения Oi и 0г:
b3d bcos8a b3d .
a + b sin4 ~ g* 12EJ S№ a C0S a>
b3d . b2d a 4- b sin a sin2a
8j а!12£7 s,n a cos a + asj2£7 b ста'
Сопоставляя структуру полученных соотношений с выраже-
ниями (1) задачи 102, легко установить, что
12Д/ b + 81Па
b3d cos8a
cos2a
sin a I sin a

12EJ________cos a_________
b8d I a , . \ . 2_
I — -j- sin a I sin a
s=
sin a / a . . \
^ = c^(t + s“«)-
В полученном ответе есть кое-что на первый взгляд неясное.
Произведение Р12М21 равно единице. И если вернуться к реше-
нию задачи 102, то из выражения (2) мы увидим, что при про-
извольных соотношениях между и 82 напряжения щ и 02
обращаются в бесконечность. Это есть следствие неполноты вы-
181
бранной для сетки схемы. Мы учли, что проволока в ячейке
изгибается, а перемещениями, возникающими вследствие ее ра-
стяжения, пренебрегли. Отсюда и воз-
никающая, достаточно характерная для
сеток невязка. Ее, конечно, можно
устранить. Была бы веская необходи-
мость и желание. Но мы этих, доста-
точно громоздких выкладок уже делать
не будем, а обратимся в заключение к
определению приведенного модуля
сдвига, по-прежнему пренебрегая де-
формациями растяжения проволоки.
Снова рассмотрим элементарную
ячейку (рис. 324, а). Теперь к ней при-
ложены силы Р\2 и Р21, которые уже
знакомым приемом связываем с каса-
тельным напряжением т:
Рис. 324 Р\2 = rbd cos а, Р21 = rd (а 4- b sin а).
Нетрудно убедиться, что при этих соотношениях условия равно-
весия для ячейки выполняются.
Теперь надо найти перемещение АВ (рис. 324, а). Если бы
свитая перемычка длиной а не деформировалась, то, как и ранее,
отрезок АВ равнялся бы Q /(3£J). Здесь же к этому про-
гибу надо прибавить 66/2, где 6 — угол поворота на конце сви-
того участка (рис. 324, а). Он определяется обычным способом
для двухопорной балочки (рис. 324, б) и равен Mal(i2EJ).
Заметим, что на участке длиной а проволока свита, но не спая-
на. Поэтому жесткость на изгиб принята вдвое большей, чем для
остальных участков. Момент М= Qb. Таким образом, перемеще-
ние АВ будет
,D Qb* i Q*b2 Qb2 , ,
ЛВ ~ ‘2AEJ + 24£J 24BJ
где Q = P\2 sin a — P21 cos a.
Теперь надо найти угол сдвига для деформируемой ячейки.
Он равен разности углов поворота отрезков ACinAD (рис. 324, a),
т. е.
24В sin a 24В cos a _ a (a 4-fe)
r a-Msina dcosa» re ^EJ b (a-f- b sin a) *
Исключаем Q, а затем — силы P12 и Р21, которые выражаются
через напряжение т. В итоге
_ a2bd (а 4- b) cos a
У ~~ Т 12EJ а b sin a ’
откуда находим приведенный модуль сдвига:
_ 2EJ a 4- fe sin a
“ a2bd (® + *) 008 a ’
182
105. Упростим задачу и определим приведенные модули упру-
гости, полагая, что коэффициенты Пуассона у нитей и матрицы
одинаковы и равны р.
При растяжении по оси 1 среднее напряжение, положим, будет
01. Но для нитей и матрицы напряжения О1И и OiM различаются
в той мере, в какой различны модули Еа и Ем. Из условий равен-
ства удлинений следует, что для нити и матрицы
Е1=О1н/^и? ei=OiM/£.M,
а среднее напряжение определяется как
Qi =(ai-^- + o1MFM)/(FII + FM),
где Fa и FM — площади поперечных сечений полосок нити и мат-
рицы. Это выражение удобно написать следующим общеприня-
тым способом:
oi = o1bV. + oimVm,
где под VH и Ум понимаются объемные доли нитей и матрицы
в композите.
Выражая Oi. и OiM через ei, получим
Oi-iMV.+W,
откуда
Ei~EaVa + EMVM. (1)
Если растягивать плоский образец по оси 2, прикладывая на-
пряжение 02, то удлинение по оси 2 будет
еа » (оа 2? + о2 — j j(bH 4- Ьм),
где Ьа 0 Ьм — ширина полосок нитей и матрицы. В итоге
а приведенный модуль упругости
Что касается коэффициента Пуассона, то он остается общим:
М12=М21“Ц.
Заметим, что нить и матрицу при продольном и поперечном
растяжении композита можно уподобить двум пружинам жест-
костью са и см при их параллельном и последовательном соеди-
нении (рис. 325).
Нам осталось определить еще модуль сдвига композита. При
нагружении образца касательными силами (рис. 326) происходит
взаимный сдвиг полосок, и средний угол сдвига будет
/тЬи tb\i (vH
?«» = + + W’ ИЛИ “ T +
183
откуда получаем искомый модуль сдвига:
(7 = 1
(3)
между коэффициентами Пуассона нити и матрицы при продоль-
ном растяжении и при сдвиге на жесткости композита не сказы-
вается. Поэтому выражения (1) и (3) применимы и в этом слу-
чае. Коэффициенты Пуассона Ц21 определяется путем осреднения
Рве. 325
говых деформаций в
мочным эффектом.
поперечного сужения при продольном растяжении. А вот при
растяжении образца по оси 2 дело обстоит иначе. Неодинаковое
укорочение нити и матрицы при попереч-
ном растяжении приводит к их силовому
взаимодействию. Оно проявляется в мест-
ных касательных напряжениях у краев
образца. Они либо растягивают нить,
а матрицу сжимают, либо же, напротив,
сжимают нить, а матрицу растягивают.
Касательные напряжения локализованы
в узкой области на глубину в два-три
диаметра нити. Особенности распределе-
ния местных пиковых напряжений и сдви-
подобных случаях обычно называют кро-
Область кромочного эффекта при подсчете модуля исключает-
ся, а в дальнейшем анализе выясняется, что модуль Еъ за счет
различия коэффициентов Пуассона и рм несколько увеличи-
вается по сравнению с тем, что дает выражение (2).
106. Такое упрощение недопустимо. При растяжении пере-
крестно армированного образца наличествует стеснение сдвигу.
Иначе говоря, листы взаимно препятствуют сдвигу под углом <f
вдоль нитей. У однонаправленного образца такого стеснения нет,
и его модуль упругости будет заметно меньше, чем у перекрест-
но армированного. Особенно заметно это различие в интервале
изменения <р от 5 до 45 градусов.
107. Конечно, нет. Например, перекрестно армированный
лист ±45° имеет по двум диагональным осям одинаковые моду-
ли упругости, но материал анизотропен.
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
108. Длина верхней свободной части стержня равна
I — X - I — —.
Существование формы равновесия с искривленной осью для
этого участка возможно при
р>_.
4(1-Р/с)2'
а для нижнего участка, имеющего длину А = Р/с,— при
к2 •
Обозначим
к Р n2EJ
I ~ cl Zsc ~Р*
Тогда выписанные выше условия существования криволинейных
форм равновесия примут вид
₽(1—р)’>4 р»’ р*>ьрл- о)
Так как АС/, то 0 С р С1. На этом интервале изменения р
строим график функций р(1—р)2 и р3 (рис. 327). Из этого
графика и из соотношений (1) видно, что для того, чтобы стер-
жень не терял устойчивости, необходимо соблюдение следующих
условий:
ТРо>^ и 4р,>1,
откуда
но по предыдущему
Ро =
a*EJ'
185
следовательно, жесткость пружины с должна быть меньше сле-
дующей величины:
27 1\*EJ
16 /8 •
109. Рассмотрим контур изогнутой пластинки (рис. 328).
Дифференциальные уравнения упругой линии для первой и
второй частей пластинки при силе Р, направленной вниз, будут
л^+Рй-о,
Обозначая = а \ получаем
у'1 + «2У1 = 0, Й — ofy, = 0,
откуда
У\ = А1 sin ах + Bi cos ax, z/а = Ла sh ах + #2 ch ах.
Постоянные определяются из следующих условий:
1) при х = 0 i/i=0,
2) при х = I у\= у2,
3) при х =1 y'i = y2.
4) при х = 0 у2 = 0.
Из первого и последнего условий получаем
Pi ~ А2 = 0,
из второго и третьего —
A j sin al = В2 ch aZ,
A i cos aZ = B2 sh aZ,
откуда следует, что
tgaZthaZ = l (1)
или
1 Л ПОО D 0,88£J
aZ — 0,938, P up — •
186
Если сила Р направлена вверх, знак при а2 меняется на обрат-
ный и трансцендентнее уравнение (1) принимает лид
tg ial thiaZ = 1.
Но tg ial = — a th ial = i tgal. Поэтому имеем
tgaUhaZ = —1,
откуда
aZ = 2,35, P„p=5^.
реакцию этой
№
х
Рис. 329
110. Рассмотрим стержень в изогнутом состоянии при отбро-
шенной верхней опоре (рис. 329). Вертикальную
опоры обозначим через Pi, а горизонтальную —
через Q.
Первый вопрос, который здесь возникает,—
это вопрос о величине этих реакций. Сила Q
определяется из условия равенства нулю момен-
тов относительно точки Л, что дает
До начала выпучивания сила Р\ = Р/2. По-
скольку отклонение от прямолинейной формы мо-
жет быть принято сколь угодно малым, при вы-
пучивании силу Р\ можно также считать равной
Р/2 (см. решение задачи 112). Теперь составля-
ем дифференциальные уравнения изогнутой оси
стержня по участкам:
EJy"i =• PjHi — Qx y)-
EJyt~Pat-Qx-P(yt-f)
или, иначе,
Ух — a2//i = — 2а2Ц-г,
Уi 4- а2у2 = — 2а2 -j-rr 4- 2а2/,
где
2 Р
а ” 2ЕГ
Решая уравнения, получаем
ух = A sh ах 4* В ch ах -|- -у- х,
у2 —С sin ах 4- D cos ах — Ц- х 4- 2/.
187
При 1 = 0 1/1=0,
при X = уг = y2 = f и у{ = у'2,
При X = I 1/2 = 0.
Следовательно,
1) В = 0,
2) Hsh^+Bch^- + / = /,
3) Csin^-4-Pcos^+/ = /,
4) Aach^-Bash‘d += Cacos^—Da sin— Ц-,
5) C sin al + D cos al = 0.
Из уравнения 2) вытекает, что А “ 0 (т. е. верхняя часть стерж-
ня не искривляется). Последние три уравнения принимают вид
С sin -у- 4* D cos -у- = 0,
Cacos у- — Da sin — — =0,
С sin al -|- D cos al — 0.
В том случае, когда определитель системы не равен нулю,
все постоянные С, Z), / равны нулю. Тогда i/i = i/2 = 0, и стер-
жень остается прямолинейным. Решение может быть ненулевым,
Рис. 330
Для болта
если определитель равен нулю. Это дает воз-
можность найти критическую силу Р:
• сс/ al л
Sin-у COS-у 0
al .al 4=0,
a cos — a sin —-----j- ’
sin al cos al 0
откуда
al Л al n 8ji2£J
sin y- = 0, — = л, PKp = —J2“•
Если бы верхний конец стержня имел воз-
можность смещаться по вертикали, критиче-
ская сила была бы в четыре с лишним раза
меньшей, т. е. 18,7A7/Z2.
111. Снимем мысленно гайку с болта и рассмотрим силы,
действующие на болт и на трубку. На рис. 330 показаны оси
болта и трубки после потери устойчивости и показаны внутрен-
ние силовые факторы Р, Q и Мо. Очевидно, для трубки
Млзг = Ру\-Qx- Mq,
Мл„ — —Ру2 + Qx 4 Мо.
188
Дифференциальные уравнения упругих линий трубки и бол-
та будут следующими:
EJil/i + РУ1 =QX + E2J2У2 — Руъ = — Qx ~ Мь-
Обозначим:
Р 9 Р 8
Vi""1' £Л~“а’
и тогда имеем
1/1 + «11/1 = -^Г «1 Х + ~рГ «1, 1/2 — «21/2 = — -р- «2* — У «2.
Решая эти уравнения, получим
уг = Ах sin ЛрГ -h Bicos «1х 4~ “^г -^г»
у2 « A2sh а2т 4- B2ch а2х + -£-* -f-
Последние два слагаемых обоих выражений представляют собой
частные решения уравнений. Постоянные величины Аь В\, Аг,
В2, Q к Mq определяются из следующих условий:
при г = 0
!/i = 0, 1/а = 0, У1=У^
при Х^1
1/1 = 0, у2 = о, у[ = у'а.
Из первых трех условий находим
= Л = (1)
Последние три условия дают
sin а2/ 4- Вг cos a^l 4- 1 4- = 0,
А2 sh a2Z 4- В2 с)1 а2/ 4- / 4-^7 = 0,
А 1<Х1 cos ail — /Лои sin ail = Агаг ch аг! + Вгаг sh аг/.
Подставляем в эти уравнения Bi, В2 и Аг из (1). Тогда
Лг sin ajZ 4- -у I 4- -у (1 — cos aj) — 0,
Aj sh a2Z 4- -75-! 4- (1 — ch a2Z) = 0,
м
Aj»! (cos axZ — ch a2Z) 4- (ax sin 04Z 4- a2 sh a2Z) = 0.
189
Приравнивая нулю определитель системы, получаем
sin aj I
а
— sh аЛ I
ах (cos — ch a2Z) 0
откуда
1 — cos ajZ
1 — ch a2l — 0,
ax sin c^Z a2 sh a2Z
2zrz2 (ch z2 cos Zj — 1) = (z2 — z? ) sh z2 sin z3
(2)
где zi = aj, Z2 = a?l. При заданном отношении жесткостей мож-
но выразить Z2 через Zi, а затем, решая трансцендентное урав-
нение (2), определить критическую силу затяжки Р,
В частности, при E\J\= ЕъЬ^* EJ имеем zi“Z2 — z, и тогда
ch z cos z = 1, откуда
z = 4,73,
р _ /£/ 22,4£J
112. Можно утверждать, что форма упругой линии изогну-
того стержня при заданной сжимающей силе будет одной и той
же независимо от причин, какими вызвана эта сжимающая сила.
При заданном отклонении стержня от прямолинейного поло-
жения сила, сжимающая стержень, при любых обстоятельствах
должна быть одной и той же. Неограниченно уменьшая кривиз-
ну стержня, мы неминуемо придем к выводу, что критическая
сила для рассматриваемого стержня будет одной и той же как
в обычном случае нагружения стержня мертвым грузом, так и
в рассмотренном случае температурного воздействия.
Можно рассуждать и так. Изгибающий момент в стержне
пропорционален первой степени прогиба у, а изменение сжи-
мающей силы происходит на
У вертикальном перемещении,
пропорциональном второй сте-
D_______________пени величины у'. Следователь-
1_____________________~ но’ величина у может быть
У zfe? & всегда выбрана достаточно ма-
Т *1 ЛОЙ для того, чтобы можно бы-
Рис. 331 ЛО не считаться с изменением
силы.
ИЗ. При формальном подходе к выбору аппроксимирующей
функции можно получить результат весьма далекий от дей-
ствительности.
Так, например, примем, что форма упругой линии для шар-
нирно закрепленного сжатого стержня (рис. 331) выражается
функцией
у= + —sin—r-J. (1)
При m оо принятая функция неограниченно приближается к
точному значению функции, выражающей форму упругой линии,
190
т. е.
Л. пх
sin —J-.
Критическая же сила Р, найденная на основе эюй функции
энергетическим методом, оказывается равной
I
EJ [ у”2 dx
D о 1 + m2 n2EJ
Гкр = ~i s “2“ ~
и при т -► <», как видим, неограниченно удаляется от точного
значения.
Особенность функции (1) заключается в том, что она хорошо
отражает вид первообразной функции у, но резко расходится с
ней во второй производной, т. е. в выражении кривизны.
Пример поучителен тем, что при его помощи наглядно под-
черкивается общее правило. При выборе аппроксимирующей
функции необходимо следить также и за степенью приближения
ее производных, включая высшую из входящих в выражение
энергии.
114. Сначала решим вспомогательную задачу.
Возьмем шарнирно закрепленный стержень длиной Z, нагру-
женный сжимающей силой N и моментами Мо и Мх (рис. 332, а).
Рис. 332
Дифференциальное уравнение упругой линии стержня будет
EJy" =MjQ — Rx — Ny,
где R — реакция опор. Далее получим
у = A sin ах В cos ах -f- 2 (А/о — Rx), (1)
где a2 — N/(EJ).
191
Очевидно, при х = 0 и при х = 1 перемещение у = 0. Примем,
кроме того, что при х = 0 / »0. Используя эти условия и учи-
тывая, что
м л — м,
R = -^1—,
исключим в выражении (1) величины 'Л, В, Мд и R. Тогда по-
лучим
_ (1 — cos al) (al — sin al) Г1 — cos ax , ax — sin ttx]
V ~~ EJv? al cos al — sin al [1 — cos al ’ aZ — sinaZy
Величина момента M\ остается неопределенной.
Угол поворота стержня на правой опоре равен
д —2-|-2 cos aZ + gZ sin aZ
— Ух=1 — £ja cog — gjn ’
Если сила N будет не сжимающей, а растягивающей, то вели-
чину а надо заменить на ia, cos al — на ch ocZ, a sin al — на
ishaZ. Тогда выражение (2) примет вид
—2+2 chaZ — al sh al
EJa aZchaZ-shaZ '
Теперь обратимся к заданной стержневой системе (рис. 332, б).
Нижний горизонтальный стержень сжат силой Ni — Р ctg ф,
а верхний растянут силой Nz = P/sin ф.
В точке приложения силы Р перемещения для одного и дру-
гого стержня с точностью до величины высшего порядка мало-
сти равны нулю. Левые концы стержней защемлены. Следова-
тельно, схема защемленно-опертого стержня (рис. 332, а) соот-
ветствует условиям закрепления и нагружения стержней, вхо-
дящих в заданную раму. Остается только выполнить условия
сопряжения. Эти условия сводятся к равенству углов 0 и равен-
ству моментов в общей точке.
Обращаемся к выражениям (2) и (3). В первом из них
заменяем al на otiZi, а во втором на аз/г- Очевидно,
ajZ, = I ]/£J<₽, a2l2 = sln(4)
Поскольку моменты в точке сопряжения направлены навстречу
ДРУГ другу, то в одном из выражений (2) или (3) знак при
Mi меняется на обратный. Приравнивая углы 0, получаем сле-
дующее трансцендентное уравнение:
1 — 2 + 2 cos а^ + axZx sin j — 2+2chaaZa—a2Z9sha2Zs
«Л a^cosa/j-sin ж a2Z2cos<p a2Z2 ch a/a — 3ha2Z2 ’
К этому уравнению добавляется соотношение
a Ji — ajZa cos372 <p.
192
Определяя для нескольких значений $ величину ct^i
Pl2
у получаем следующую таблицу:
<р° 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
р р кр EJ 0 5,55 11,46 18,21 26,57 38,08 56,18 91,37 196,9 со
115. Предположим, что точка А вышла из плоскости BCDE.
К балкам BD и СЕ в точке А приложим усилия Р\ (рис. 333),
после чего будем рассматривать балки раздельно. Дифференци-
альное уравнение изгиба балки BD будет:
EJy"-Py = -±-PlX.
Для балки СЕ имеем
EJy" + Py-+±P,x.
Решение этих уравнений в порядке последовательности будет:
1 Р
#! = Ci sh our 4- С2 ch our 4- x,
1 P
y2 == C3sin our 4- Gcos our 4-
В точке x = 0 прогиб у в обоих случаях обращается в нуль.
Поэтому Сг = С4 = 0. Для симметричных форм потери устойчи-
вости при х == I угол наклона у' = 0, откуда
с=-А_1_ с =-А_1_
1 2Pacha/’ 3 2Pacosal*
Наконец, из условия равенства прогибов балок в точке А по-
лучим
Ci sh aZ — Сз sin al,
193
или согласно предыдущему
th alж tg а/,
откуда
aZ = 3,926, РКр = 1-^^. (1)
Кроме того, имеется вторая возможность потери устойчивости
сжатого стержня СЕ. Этот стержень может изогнуться по двум
полуволнам прп неподвижной точке А. При этом стержень BD
будет закручиваться. Рассмотрим оба стержня раздельно
(рис. 334). Дифференциальное уравнение изогнутой оси стерж-
ня СЕ будет
EJy"+Py~%-X,
откуда
у = С\ sin ах + С2 cos ах +
при х = 0 у = О,
при х = I у — 0, (2)
при х = I у' = —ср,
где ч? — угол поворота среднего сечения стержня BD, равный
где с — жесткость на кручение растянутого тонкого стержня;
согласно решению задачи 28 имеем

Граничные условия (2) дают
С2 = О, Сх sin al 4- — О,
л , . М М 1
G a cos al + = - - ---------
VC6h +12
откуда, приравнивая нулю определитель системы, получаем
1
1 4 , Р
_ tg aZ = т—-—.
pl + 1 „ . РЬ2
3 Gbh 4- 12
Поскольку
194
то
tg al
2 b~ 2 „
1 + P + 12Z2 ” 1
гЬ+л,(я? + *)
Так как b много меньше Z, a al должно иметь величину порядка
3—4 единицы, то, очевидно, в правой части уравнения можно
пренебречь членами, содержащими Ь2; тогда получаем
. j 2а1
еа ~ 2+ (! + &<№
При р =0,3
al = 3,51, Ркр - (3)
Это значение Ркр меньше вычисленного ранее (1). Потеря устой-
чивости стержня СЕ, следовательно, произойдет по двум полу-
волнам.
При дальнейшем росте силы Р усилие в сжатом стержне
остается почти неизменным, и большая часть нагрузки бу-
дет восприниматься растянутой диаго-
налью ВС.
Рассмотренная в задаче система яв-
ляется аналогом тонкостенной пане-
ли BCDE (рис. 335), работающей в
условиях сдвига. Такого рода элементы
типичны для авиационных и ракетных
конструкций. При потере устойчивости
происходит диагональное образование
волн, но панель
/У
Рис. 336
способность нести дополнительную сжи-
мающую нагрузку по диагонали СЕ, успешно воспринимает ра-
стягивающие силы, действующие в перпендикулярном на-
правлении.
116. Составляем дифференциальное уравнение изогнутой оси
бруса, полагая, что перемещения малы.
Введем систему координат х, у, z (рис. 336). В сечении х
изгибающие моменты от силы Р и момента М будут
в плоскости ху: Ру и Mz',
в плоскости xz: Pz и —Му'.
195
Знак «плюс» и «минус» перед моментом берется в зависимости
от того, направлен ли момент в сторону увеличения или умень-
шения положительной кривизны в соответствующей плоскости
изгиба.
Если принять, что жесткости на изгиб в плоскостях ху и xz
одинаковы, то уравнения упругой линии можно написать в виде
Ely" =Py + Mz, EJz" = Pz-My'. (1)
Решение этой системы возьмем в виде
у = A cos otix + В sin сия + С cos а%х + D sin одо,
z = A sin aix — В cos aix + C sin агя — D cos 0C2X,
где ai и аг — корни квадратного уравнения
+ £“ + £ = °- (2)
В случае шарнирного закрепления стержня имеем следующие
граничные условия:
при х = 0 у — z = О,
при х = I у = z = 0.
Отсюда получаем четыре уравнения:
Л + С = 0, Я + Я = 0;
A cos + В sin а{1 + С cos аг/ + D sin аг/ = 0,
A sin а 1Z — В cos ail + С sin аг/ — D cos аг/ = 0.
Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем
cos (аг — ai)/ = 1,
или
(аг — ai)/ = 0, 2л; 4л; ...
Но согласно уравнению (2)
следовательно,
где Рэ — эйлерова сила
р _n*EJ
1г •
Таким образом, при увеличении растягивающей силы Р крити-
ческий момент возрастает. Если сила Р — сжимающая, момент М
уменьшается. При сжимающей силе Р = Р3 величина Л/Кр, как и
следовало ожидать, равна нулю.
117. Стержень потерять устойчивость не может. В самом де-
ле, положим, что по какой-то причине стержень несколько
изогнулся (рис. 337). В обычном случае, т. е. при нагружении
196
неустойчивой.
Рис. 337
стержня только продольными силами, это искривление вызовет
появление изгибающего момента М = Ру, стремящегося увели-
чить кривизну стержня.
При достаточно большой силе Р стержень (по устранении
причин, вызвавших искривление) первоначальную прямолиней-
ную форму равновесия не примет. Тогда мы говорим, что пря-
молинейная форма равновесия стержня является
В рассматриваемой задаче дело обстоит со-
вершенно иначе. На стержень в изогнутом по-
ложении внешние моменты не действуют. Дав-
ление, действующее на поверхность стержня,
расположенную выше сечения АА, не дает
изгибающего момента и приводится только к
нормальной силе в сечении, равной pF. Поэто-
му, если удалить причины, вызвавшие искрив-
ление, стержень свободно вернется в первона-
чальное прямолинейное положение, сколь ве-
лико ни было бы давление р. Прямолинейная
форма равновесия, таким образом, всегда
устойчива.
В подтверждение сказанного можно обратиться к нашим
повседневным наблюдениям. Ведь не мешает же атмосферное
давление сохранять прямолинейную форму тонкой соломинке
при любой ее длине и жесткости!
118. Стержень потеряет устойчивость при той же длине, при
какой потерял бы устойчивость вертикально стоящий стержень
(рис. 338), имеющий удельный вес, равный разности весов жид-
кости и дерева.
119. Ответ на поставленный вопрос удобнее всего найти с
помощью энергетических соотношений.
Дополнительная энергия г/мзг, которую получает стержень
при искривлении, черпается из потенциала внешних и
них сил. Обычно для сжатого стержня мы пишем
энергетический баланс в следующем виде:
Ыжэг-РХ, (1)
где X — перемещение точки приложения осевой сжи-
мающей силы. Если же точка не перемещается, как,
например, при нагреве шарнирно закрепленного
стержня (см. задачу 112), то все равно РХ можно
трактовать как изменение потенциала внутренних
сил, возникших ранее в результате стесненного
внутрен-
Рис. 338
нагрева.
В рассматриваемом примере дело обстоит так же. Сила Р возни-
кает как следствие действующего на стержень давления. Стер-
жень сжат. В нем накоплена энергия сжатия. При искривлении
стержня она уменьшается на РХ, где Л — разность длины дуги
искривленного стержня и его длины до искривления.
Для нашего примера выражение (1), однако, должно быть
дополнено. Оно еще не отражает изменения потенциала сил
197
давления. Надо посмотреть, как при искривлении стержня изме-
нится объем, занятый жидкостью. Если объем увеличился, то
потенциал сил давления уменьшился и произведение p&V надо
прибавить к РХ. Если же объем уменьшился, произведение p&V
следует вычесть. Нетрудно сообразить, что именно последнее и
имеет место в данном случае. Итак, вместо (1) надо написать:
uBar = Рк- pbV.
Очевидно, A V = FA, а что касается силы Р, то она опреде-
ляется из условия равенства нулю продольного удлинения е:
Отсюда Р = 2ррР, и в итоге
иМЭг = М(2ц- 1).
Левая часть уравнения положительна, правая — отрицатель-
на... И они не могут быть равными. Стержень устойчивости не
теряет.
120. Труба, заполненная жидкостью, будет вести себя точно
так же, как и свободно стоящий стержень, находящийся под
действием собственного веса. Поэтому, если суммарный вес трубы
и заполнившей ее жидкости будет больше критического веса для
стержня той же длины и жесткости, то труба устой-
№ чивость потеряет.
121. Система теряет устойчивость так же, как если
'k бы сила была приложена непосредственно к самой
ffly трубке. В данном случае Ркр = n2EJ/I2.
И Иногда приходится слышать, что в рассматривае-
мо! мом случае трубка не может потерять устойчивость ни
J- ! i при каких условиях. Такое мнение основано на лож-
Г j* ном представлении, что в вопросе устойчивости по
I: | Эйлеру основную роль играет наличие внутренней сжи-
| i мающей силы. На самом деле это не так.
i । Для того чтобы правильно решить поставленную
задачу, достаточно рассмотреть трубку в отклоненном
Lil состоянии (рис. 339). Для трубки дифференциальное
sj уравнение изогнутой оси будет, как и для сжатой
стойки, следующим:
Рис. 339

Отсюда при шарнирном закреплении концов получаем приве-
денное выше значение критической силы.
122. После разбора предыдущей задачи можно сразу сказать,
что трубка потеряет устойчивость при
4л2£У
где Г—-площадь сечения трубки «в свету».
198
Существование критического давления для данной системы
легко обнаруживается и из энергетических соображений. В ис-
кривленном положении объем внутренней полости трубки уве-
личивается на Fk вследствие того, что трубка при изгибе сходит
с верхней пробки на величину X, где
i
к = J у '2 dx.
о
Критическая сила определяется из условия
P«pFk — С/дзГ»
При обычном же нагружении стержня сжимающей силой
Fjtpk = Uuari
откуда снова получаем
р___ п ___faP EJ
Ркр^ — "кр------J2 •
Рассмотренный случай потери устойчивости наглядно прояв-
ляется при нагружении тонкостенного сильфона (рис. 340) внут-
ренним давлением. Величина критического давления определя-
ется здесь так же, как и для стержня. Только вместо жестко-
сти EJ должна быть взята некоторая эквивалентная жесткость
О - . -
Рис. 340
сильфона на изгиб, а вместо F — площадь поперечного сечения
по среднему диаметру.
123. Положим, что труба по какой-либо причине несколько
искривилась. На рис. 341 показано это искривление, причем
199
кривизна взята положительной. На отрезке трубы dx в данный
момент времени находится масса жидкости
dm = -^-F dx, (1)
где F — площадь сечения трубы «в свету». При кривизне канала
1/р«d2y!dx2 текущая жидкость на участке dx даст инерцион-
ную силу
dm = — F dxv2
Р g dx2
направленную от центра кривизны. Ин-
тенсивность инерционной силы, т. е. си-
ла, отнесенная к единице дуги, будет:
Знак минус взят, поскольку сила q при положительной кри-
визне направлена против перемещения у. Но известно, что
EJ-\ = q,
dx*
Следовательно,
Обозначим
dx* g dx2
Тогда получим
-L_ =aa
g EJ a*
й+о2Э=0’
откуда
у = A sin ах + В cos ах + Сх + D.
При х = 0 и х = I имеем d2yjdx2 = 0 и у = 0. Из этих условий
получаем:
В = 0, С = 0, D = 0, A sin al = 0,
а/ = л, (2)
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 струп как раз равна критической силе Эйлера. Действи-
тельно, отдача струи, т. е. реактивная сила струи, равна, как
известно,
200
где dm/dt — секундный расход массы, a v — скорбеть истечения.
(Между прочим, по этой формуле определяется тяга ракетного
двигателя.) Согласно (1)
Р = -Z-Fv*.
g
Подставляя сюда v из (2), получим, что сила отдачи струи
равна критической силе Эйлера Р = лВД2. 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 121.
124. Рассмотрим хорошо знакомую формулу: «берем наимень-
ший, 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»—потому, что нас интересует
первое, наименьшее значение критической силы. «Отличный от
нуля»—потому, что при нулевом значении корня мы получаем
исходную нулевую форму равновесия. Такое решение не пред-
ставляет интереса.
В рассматриваемой системе при R/l*^0,5 нужно брать имен-
но нулевое значение al. При отсутствии сил трения система
представляет собой механизм. Стержень теряет устойчивость как
жесткое целое при сколь угодно малой силе Р. При R/l^OJi
Рже. 342
оба торца очерчены дугами окружности, центр которой нахо-
дится на середине стержня (рис. 342, а). Это — предельное
значение параметра R/1, с дальнейшим увеличением которого
появляются изгибные формы потери устойчивости. Таким обра-
зом, при отсутствии сил трения критические состояния харак-
теризуются на диаграмме (рис. 343) кривой О АВ.
По мере увеличения радиуса R потеря устойчивости проис-
ходит все с большим и большим искривлением стержня при на-
личии поперечного скольжения торцов или свободного попереч-
ного смещения плит. В пределе при R = со потеря устойчивости
201
происходит по форме, показанной на рис. 342, б, т. е. при al = п
и, следовательно, Ркр = п2Е]Ц2.
Если плиты не могут свободно смещаться в поперечном на-
правлении, а силы трения достаточны, чтобы не допустить про-
скальзывания, то критическое состояние стержня в зависимости
от R/1 характеризуется кри-
вой С (рис. 343). При 7?/Z =
= оо потеря устойчивости
происходит по форме
рис. 342, в; при этом РНр/Рв =
= 4, следовательно,
р __ 4n2EJ
— /2 •
Рис. 344 125. При силе P = n2EJ/l2
стержень теряет устойчи-
вость и затем средней своей частью касается стенок трубы.
Примем, что при Р > n2EJ/l2 существует зона Z2 плотного
прилегания стержня к стенкам трубы (рис. 344). Составим урав-
нение упругой линии стержня на участке О С х Ц:
EJy" 4- Ру = Rx,
у = A sin ах В cos ах 4- х [а2 =
при х = 0 у = 0, при х = 1\ у = Д, при х = Ц у = 0, откуда В = О,
A sin ali + -jr li = Д1, Aa cos alt 4- ~ = 0. (1)
На участке Z2 стержень остается прямым. Следовательно, на
этом участке Мл„ = 0. Поэтому согласно рис. 344
Pb-Rxi+R(xi-li) = Q,
откуда
Из уравнений (1) находим
л = А,
л ’
'Ч' (2)
у = -у-- (sin ах 4- ах)’, (3)
из выражения (2) следует, что при Ц — 1/2
(4)
202
Это означает, что в случае
л2Е/ р ArfiEJ
/2 Z2
стержень соприкасается со стенкой только в одной точке и лишь
при
1г
происходит прилегание по участку.
Если средний прямой участок станет достаточно длинным,
то на нем также может произойти потеря устойчивости. Опре-
делим, при какой длине h это произойдет. Критическая сила
для среднего участка будет
2
д2 EJ
Но, с другой стороны, Р = -^а Приравнивая эти силы, находим
j _ I р _ 16л2£/
*1 ~ 4 ~ /2 •
После того как средний участок изогнется, 1\ скачком изме-
нит свое значение и станет равным Z/6. Рассматривая теперь
каждую треть стержня как новый самостоятельный стержень,
мы можем сохранить полученные выше уравнения, заменив в
них I на Z/3. Выражение (4) при этом даст:
, I п _ 36л2
г---------------—•
Это означает, что при
р 36л2£/
I2
начинается снова прилегание стержня к стенкам по участкам.
При
16л2 EJ р Ыт?Е/
/2 Z2
стержень соприкасается со стенками в трех точках.
При разгрузке стержень отойдет от верхней стенки не при
силе Р = 16л2£///2, а, очевидно, при Р = 9л2£///2.
На рис. 345 показаны основные формы равновесия стержня
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 имеют
длину li и описываются выражением (3), составленным для
203
крайнего левого участка. Изгибающий момент
EJy" = -£J^sinaz
имеет максимальное значение Mmax = EJ
Наибольшее напряжение равно
Р EJbn
0^- — + -^,
где W — момент сопротивления сечения.
Рис. 345
Если стержень имеет круглое поперечное сечение, то
Р4 . * п Ed уе»
Стах — “Tj 4" А “5“ "ЗГ« (5)
nd z ZJ
Рассмотрим два примера.
1) Положим, что сила Р, сжимающая стержень, равна
30 л2 EJ
I2 ‘
Из рисунков (рис. 345) видим, что при условии
16ла£ J 36n2EJ , ___4 I
= const =-g-.
Выражение (5) дает
Om« = ^(5nd + 48A).
204
2) Положим, что сила Р = 49л2£///2. В интервале
36л2Е/ р .144л2£/
Z2 Z2
Z| зависит от Р. Следовательно, согласно выражению (2)
Тогда из формулы (5)
49л dE ij . q а\
O'max---2 ~Ь 8А)*
126. Эта задача относится уже к пространственному изгибу
стержня и она существенно сложнее предыдущей. Мало того,
она одна из наиболее сложных, если не самая сложная из тех,
что приведены в настоящем задачнике.
При эйлеровой силе стержень, как и положено, изгибается
по полуволне синусоиды, в средней точке пролета прижимается
к трубе, а
Р
Рис. 346
затем при увеличении сжимающей силы упругая
линия приобретает двоякую кривизну, и в средней
части начинает образовываться, а затем и разви-
вается винтовая линия, показанная на рис. 346.
С ростом сжимающей силы длина концевых
Рис. 347
участков а сокращается, а число витков в средней части возра-
стает. Форма упругой линии однозначно определяется силой Р,
и при малом трении ее можно считать общей для нагрузки и
для разгрузки стержня.
Главная трудность при решении этой задачи заключается в
разгадке механизма прилегания стержня к трубе: сколько суще-
ствует контактных точек, где они располагаются и в какой по-
следовательности друг друга сменяют.
205
Удобнее эту последовательность проследить не в процессе
постепенного увеличения силы, а напротив, предположить, что
стержень уже сжат силой, во много раз превышающей эйлеро-
ву, а затем она постепенно уменьшается.
Решение рассмотренных ранее задач 59, 60, 64 наталкивает
на. мысль, что вдоль образовавшейся винтовой линии, т. е.
в средней части стержня, возникает контактная равномерно рас-
пределенная нагрузка интенсивностью q (рис. 347). Наверное,
как н в задачах 59, 64, на концах этого участка (точка А]
возникает сосредоточенная сила УЛ. От точки А упругую линию
надо вывести к шарнирной опоре О. И это оказалось правиль-
ным. Но в результате попыток составить необходимые уравнения
выясняется, что между точками А и О должна быть еще одна
точка контакта — точка В, в которой возникает реакция Yв.
Поместим начало координат в точке О. Ось у направим па-
раллельно силе Ув, а реакцию шарнирной опоры разложим по
осям у и z на составляющие Yo и Zo. Неизвестными в этой схе-
ме являются силы Уо, У а, Ув, Zo, распределенная нагрузка д,
длины отрезка а и Ь, а также углы: угол фЛ и угол винтовой
линии 0. Сила Р и зазор между стержнем и трубой Д считают-
ся заданными.
Изгибающий момент в сечении х > а определяется суммой
моментов сил относительно поперечной оси стержня — оси t
(рис. 347)
М = Уо (х cos ф cos Р + Д sin <р sin [3) —
— YB(x — 6)cos <pcos (3 — УВД sin фsin [3 —
— УА (я — a) COS (ф —фЛ) COS р — УлД sin (ф — Фа)sin [3 +
+ Zox sin ф cos (3 — Я0Д cos ф sin [3 — РД cos ф — Mq. (1)
Последнее слагаемое представляет собой момент сил д, рас-
пределенных на участке ЛС, и определяется интегрированием
элементарного момента:
dMq — qds(x — £)сов(ф — ф)соз р + q ds - Д • вт(ф — ip) sin р,
где элемент дуги винтовой линии ds = d£/cos р.
Выражение момента можно написать в следующем виде:
X
= I К* — C)cos(<p-if)cosP4- Asin(<р—^)sinP)d£.
а
Так как Д • е/ф — tg р, то
<р
Мд = j [(* — С) C0S (ф — 4) C0S Р + A Sil1 (ф “ Ф) Sil1 Р]
фа
206
Интегрируя по частям, получаем
Mq = дД{(х — a)sin((p — (px)ctg £ +
+ Д [1 -со8(ф-фд)] (1 — ctg2p)}. (2)
Так как кривизна винтовой линии постоянна, то постоянным
по длине должен оставаться и изгибающий момент 71/(1). Но в
его выражение входят четыре типа переменных: хсоэф, isintp,
cos <р и simp. Их надо сгруппировать, а коэффициенты при каж-
дом из них приравнять нулю. Таким образом, мы получим сле-
дующие четыре уравнения:
Ко— YB — Уд cos <рА + sin <рЛ = О,
Ул sin <рА - Zo+ соз<рЛ = О,
УвЪ + Уда cos <РА + УдД sin <рЛ tg 0 —ZOA tg 0 —
— сот0 [°sinфлctg₽ — Д(1 — ctg20)cos<Рд] = О,
Уо— Ув+ Уд (ysin <PActg0 — cosq>xj +
+ [f cos ‘•’a ct8 0 + (1 - ctg8 0) sin фд] = o.
Решая их совместно, находим
Уо= — /т — 1 + — sin ф cos фА ctgpl
w sin р sin <РА (b 1 а ТА ’А »
Y — gA fl 1
в sin 3 b sin Фд*
(3)
Y* = А (4с‘8₽-^фд).
Zo = - — sin ф. ctg В.
и sm р а 4 л
Если эти условия выполнены, то изгибающий момент Л/(1)
по длине дуги винтовой линии не меняется и равен
М = —дД2(1 — ctg2 Р) — РД cos р.
Он связан с кривизной винтовой линии §ш2р/Д очевидным соот-
ношением:
М= -£jlsin20.
Полагая р малым, получим
дД -Рр2- £/р4/Д2. (4)
207
Исключим q в выражениях (3). Тогда
= (1-----—[fl —— sincp созфЛ
k2EJ \ А2Д2 ) sin Фа LU / а J
ув ~ «Р Р2 \
Л2Е/ fcsm<pA Л2Д2 у’
к2 = РЦЕЗ). (6)
Теперь остается плавно «вывести» винтовую линию от точ-
ки А через точку В к опоре О.
Дифференциальные уравнения упругой линии на участке ОВ
будут
EJy[ = - РУ1 4- Уох, EJz[ = -Pzv-Y Zox.
Решая их, получим
Yo
у. = С. sin кх -к С2 cos кх -|—=-х,
1 <2 А2£/
zo
zx « С, sin кх -I- С, cos кх -I—5 х.
13 4 k2EJ
Функции одинаковые, но граничные условия разные:
при х = 0: ух = 0, Zj = 0,
при х = Ь: У1 = Д, у[ « 0, = 0.
Из пяти условий определяются не только четыре постоянные
интегрирования, но и сила Yo. В итоге получаем
__ . кт cos kb — sin кт _ Zo^ f т sin kx\
kb cos kb — sin kb ’ Z1 k*EJ \ sin kb)' * '
YO д_______к cos kb__
k*EJ ~ cos kb — sin kb ' '
Функция z\ без изменений распространяется и на участок ЛВ,
а функция У для этого участка (уже 1/2) определяется из реше-
ния нового уравнения:
EJy '2 = — Ру2 + У0х — Ув(х~ Ь),
откуда
у, = С,sin кх + С,cosкх + х— -^-{х - Ъ).
к EJ к EJ
208
Теперь надо, чтобы функция у 2, как и У\, в точке х = b при-
нимала значение А, а ее производная обращалась ъ нуль. Ее
можно записать в виде функции yi с добавкой, соответствующей
силе YB:
А кх cos kb — sin кх YB Г 1 . 1
У* = А М cos Н-sin И. - Г “ Ь} ~ 1 S,n ' ' “ Ч (9)
Остается произвести стыковку упругой линии в сечении А.
Здесь при х = а:
у2 cos <рА 4- z1 sin = Д, у2 = — р sin (рА, zj = Р cos <рА,
а кроме того, сюда прибавляется равенство выражений (3) и
(8) для Yo.
Исключая с помощью выражений (3) силы Zo и Ув, после
несложных преобразований получаем четыре следующих урав-
нения:
(ка cos kb — sin ka
kb cos kb — sin kb
+ Р» ( > - K) (sin Л (s - - fr (я - cos фЛ 4-
cos kb — cos ka
kb cos kb — sin kb '
+ ₽.(1 - K)^- Icos к (a - b) - 11 + posin фл = 0, (10)
к- (1 ~ Й) (S ~ st) sin fx = ₽>cos 4>л-
H cosTt-sin to - <1 - K) [(£ - P« + К sin ’’a cos 4>a] = °’
где
Ро=Р//сД. (И)
Из этих четырех трансцендентных уравнений надо найти че-
тыре неизвестных: <рА, ka, kb и Ро. Возможное упрощение только
одно: найти из третьего уравнения tg<pA и исключить sin q;A и
cos<pA. И все равно остается три совместно решаемых трансцен-
дентных уравнения. Но вместе с тем есть одно весьма отрадное
обстоятельство. Уравнения надо решить только раз. В них нет
свободных варьируемых параметров..Заданные сила Р и зазор Д
входят в ka, kb и Ро, и их роль выяснится уже после того, как
будет решена система.
Численное решение уравнений можно произвести по-разному,
но во всех случаях необходимо ориентировочно знать область
значений неизвестных.
209
«Лоцманом» в этом поиске может служить приближенное ре-
шение той же задачи. Его можно найти из условия минимума
потенциальной энергии системы:
и = | § EJy"*dx - Р1J y’*dx.
I I
Примем, что винтовая линия захватывает не только сред-
нюю часть длины стержня, но и участок АВ, а уравнение пере-
ходной кривой на участке ОВ запишем в виде
у sin
ь ь)
Первую и вторую производные от этой функции подставим в вы-
ражение потенциальной энергии. Для участка винтовой линии
/ = ₽, У"—₽7Д.
Произведя интегрирование, находим функционал U, который
имеет минимум при kb ~ 2,29 и при [Jo =72/2. Такая «наводка»
на цель оказалась очень полезной и достаточно точной. Решение
системы уравнений (10) дало следующее:
ак = 4,8098, Ьк = 2,5824, pio = 0,71146,
tg <рА = 13,154, <рА = 1,4949 = 85,65°.
Возвращаясь к выражениям (5), (6), (11), получим
b
а
Yo = 0.31170Р
YB = 0.65626Р 1/
Eji " у EJ *
РА2 Р2Л
9 = 0,24996У.
Как видим, значения найденных параметров не зависят о г
длины стержня. Оно и понятно. Силы, возникающие у одного
конца стержня, не зависят от того, что происходит на другом.
Участок полного прилегания разделяет концевые зоны непреодо-
лимой стеной.
Пределы применимости полученного решения, однако, зави-
сят от длины стержня. Если длина стержня невелика или сила Р
недостаточно большая, то участок полного прилегания вырож-
дается в точку, и а = Z/2. Это означает, что найденное решение
остается верным, если
а = 4,8098/^-<4. (12)
210
или
Р> 9,376Л-
При меньшей силе задачу надо решать заново. Обсудим ос-
новные особенности этого решения.
Схема, представленная на рис. 347, сохраняется, но a = Z/2,
а ось, совпадающая с направлением силы УА, является для
упругой линии осью косой симметрии. Следовательно, момент
сил Уо, Ув и Zo относительно этой оси равен нулю, что отра-
жает условия равновесия:
[Уо— Ув(1 — y-jj sin фА — cos фА =0.
Сила УА также определяется из условия равновесия:
Ул = 2(УО — Ув)созфА + 2Zosin<fA.
При х = 1Ц имеем
уг = A cos фА, Zj = A sin <рА, yr cos фА + zx sin фА = 0. (13)
Остается подставить функции у\ и z\ и преобразовать полу-
ченные уравнения с тем, чтобы «упрятать» заданные парамет-
ры Р и А в безразмерные комплексы. Сделать это удается толь-
ко с зазором А. Что же касается заданной силы Р, то она сохра-
няется в независимом параметре
а это вынуждает в дальнейшем решать систему трансцендент-
ных уравнений многократно для фиксированных значений ко.
Введем безразмерное неизвестное Ьо = Ъ/1 и все силы приве-
дем к новому безразмерному виду:
Yo1 _ vo YBl о УА* _ о ZOZ _ о
РД — рд — рд ~ рд £°‘
В итоге, раскрывая условия (13), получаем
Т ко с08 Vo -sin
Vo cos Vo-sin Vo
+ YB Jjp sin kQ — кйЬ^ ~ у + &o] —
z°(4
sin(*„/2)^
° sinVo )
sin фА;
cos фд,
(14)
(15)
!cos к b — cos yr r z , x
fc, FT-FT---:—ГТ + 5'b COS kJ-r — b„) —11 f cos q1. +
"VocosVo-sinVo I V 7 JJ Л
7 *0 X
I cos -5- 1
+ Zo^l - k„b0 8in j sin <fA = 0; (16)
211
ft = IY°o- Y°b<1 - 2fc0)] sin <pA - Z°ocos <рд = 0; (17)
о Агл cos kb
(is)
У A — ( У о — ^в) COS фА 4- Zq sin фА. (19)
Здесь под У а понимается половина суммарной силы Ул»
Процедура численного решения достаточно очевидна. Фикси-
руем значение ко. Как видно из (12), оно должно быть немного
меньше 9,6. Примем ко = 9,5. Ожидаемые значения неизвестных
Ьо и фЛ будут близкими к 0,25 и 1,43 соответственно. Это выте-
кает из условия стыковки искомого решения с уже найденным.
Далее идут вычисления. С помощью (14), (15) и (18) опре-
деляются У В'У о и Zo, а затем и левые части Fi и Ft уравне-
ний (16) и (17). Естественно, что при принятых значениях
и фх они в нуль не обращаются. Поэтому вычисление Fx и F2
проводится еще два раза. Первый — при сдвинутом &о, а вто-
рой — при сдвинутом фд. Когда в окрестности искомого решения
найдено три значения и три значения Рг, можно построить
линейную аппроксимацию
F1 = А цЬо+ ^12фл — В\ =0,
F2 = "Ь -422фл — В% — 0,
т. е. найти коэффициенты линейного приближения Atj и Bt, после
чего написанные выражения рассматриваются как два уравнения
с двумя неизвестными, из которых определяются уточненные зна-
чения Ьо и фд. Кстати, тем же способом, но не с двумя, а с тре-
мя неизвестными, решались уравнения (10).
Если начало принято удачно, а это так, поскольку есть сосед-
нее решение, процедура быстро сходится и Ьо и фА определяются
с заданной точностью. Далее вычисляется У а (18) и делается
шаг в сторону уменьшения ко. Этот процесс продолжается до
тех пор, пока У а не сменит знак с плюса на минус. Это озна-
чает, что в средней точке стержня теряется контакт и надо
строить еще одну новую систему уравнений для определения
условий контакта в точках В. Но прежде чем делать это, при-
ведем результаты расчетов. Сила У а обращается в нуль при
ко = 8,807. Это означает, что при
/" ш2
"I/ кг <8.807 или Р<7,859РЭ
Jr LJ
стержень в средней точке А не имеет контакта с трубой.
Построим теперь решение для нового этапа нагружения,
а точнее — для разгрузки, поскольку мы в^ своем анализе дви-
жемся в сторону уменьшения силы Р. На этом новом этапе кон-
такт стержня с трубой имеет место в точке В, а в средней точ-
ке А касания нет.
212
Уравнения (16) —(18} остаются неизменными, в (19) сила
Ya предполагается равной нулю, а уравнения (14) и (15) за-
меняются новым уравнением, выражающим тот факт, что точ-
ка А оси стержня постоянно находится на линии действия
бывшей силы У а, т. е. на нормали к точке бывшего касания:
yi sin фА = Zi cos фА =
В итоге получаем
О _ k0cosk0b0 _ о b0 sin2yA
° АДсозАгД-зшАД’ ° ° ! — 2i>0 sin3 <рЛ ’
YB ~ Yq Zq tg фА;
„ L cos ЛД-cos (^2)
1 I °Voc08Vo“sinVo"h
+ Yb £cos k0^ — — 1 cos фЛ sin kobo +
-I- Z°o (sin kQbQ — kQbQ cos j sin фА = 0,
к к
(-2- cos клЬл — sin —
2 0 0 2 ,
^о^ЛД-зшЛД
4- Y°Bsin 4- doj|sin фА sin kobo —
— Z°o (y sin kobo — bQ sin cos<pA = 0.
Решение уравнений показывает, что при уменьшении силыР
до значения 4РЭ две точки контакта В сливаются в одну, нахо-
дящуюся на середине пролета.
Подведем итог. Рассмотрим процесс не разгрузки, а естествен-
ного нагружения стержня.
Начало очевидно. При Р<РЭ стержень сохраняет прямоли-
нейную форму, при Р = Р9 изгибается и вступает в контакт с
трубой в одной-единственной точке, расположенной посередине
пролета.
При Р = 4РЭ упругая линия приобретает пространственную
форму. Стержень выворачивается вбок, а точка контакта делит-
ся па две, которые по мере увеличения силы расходятся. Сред-
няя точка стержня отступает от поверхности канала, сначала
удаляется, а затем снова к ней приближается и опять вступает
в контакт при силе Р = 7,859Р3- Дальше до Р = 9,376РЭ сохра-
няется трехточечная схема контакта, а затем вблизи средней
точки контакта зарождается винтовая линия с участком плотного
прилегания к поверхности трубы.
213
Определить изгибные напряжения в стержне уже не состав-
ляет труда. Наибольшая кривизна стержня имеет место на вин-
товом участке. Следовательно,
визг — ^2р ” Е 2Д”’
где d — диаметр сечения стержня. __
/рд2
-уу. Следовательно,
o«r»5,16^.
127. На упругой линии изогнутого стержня (рис. 348) точки
перегиба разделяют участки стержня, имеющие жесткость EJ\
Рис. 348
Рис. 349
и EJ?. Длина отрезка 1} определяется из условия равенства кри-
тических сил для участков. Очевидно,
л2£Л n2EJa
(1)
откуда
1 1 У~к
1 2у^+1’
где
Если к = 1, то, как и следовало ожидать, l\ = Z/4. При к = О
имеем 1\ = 0, а при к — «> получаем 1\ = 1/2. Форма упругой ли-
нии изогнутого стержня для этих Частных случаев показана на
рис. 349. Критическая сила определяется из выражения (1)
214
йутем исключения величины h*
__л2£Л(1+1Д)2
^кр----I
(2)
Если при потере устойчивости стержень выпучивается в про-
тивоположную сторону, т. е. не вправо, а влево, жесткости EJ\
и EJ2 в полученных выражениях следует поменять местами. Ве-
личина 1\ при этом изменится, но критическая сила остается той
же. Действительно, при выпучивании стержня влево замена EJ\
на EJ2 дает
_ n*EJt (1+ VW
р<ф ~ Цк
что приводит к выражению (2).
В задаче, между прочим, скрыта одна тонкость, которая ав-
тором в предыдущих изданиях книги не была отмечена.
Если стержень действительно имеет в своей конструкции рас-
крывающиеся щели, как это в виде возможного варианта указа-
но в условии, то обычная задача устойчивости перерастает в осо-
бую проблему. При раскрытии щелей центральная ось сечения
скачком смещается в новое положение, и в точке предполагаемо-
го перегиба при сколь угодно малом искривлении стержня воз-
никает малый, но конечный скачок изгибающего момента. Этот
особый вопрос рассматривается далее на более простых приме-
рах, таких как задача 141 и некоторые другие.
128. Отклоняя стержень от вертикали (рис. 350), видим, что
положение груза не меняется. Сила Р работы не производит.
Рис. 350
Рис. 351
Устойчивость прямолинейной формы равновесия сохраняется при
любом Р.
129. Естественно, что, в отличие от предыдущего случая
здесь стержень теряет устойчивость при Р = л2Е//(4/2).
Пока трос не лег на стенку трубки, т. е. пока прогиб / не
превысил Д, зависимость между Р и / выражается отрезком
215
прямой
р - const
(рис. 352). Прогиб является неопределенным. Отклонения от
этой прямой могут быть обнаружены только при помощи теории
больших перемещений. Любопытной особенностью задачи явля-
ется то, что при увеличивающихся в дальнейшем прогибах пере-
мещение / определяется уже на основе обычной линейной теории.
После того, как часть троса легла на изогнутую стенку труб-
ки, имеем два участка: О А и АВ (рис. 351).
На участке ОА изгибающий момент равен РД, и трубка изги-
бается по кривой второго порядка
Прогиб в точке А будет
Если бы стержень на участке АВ не искривлялся, то переме-
щение в точке В было бы следующим:
2^ (' - “)2 + = 2^-(i - «Г + (I - а)а.
Но второй участок искривляется ровно настолько, чтобы точка В
отклонилась от касательной АВ на Д. Следовательно,
или
Величина а представляет длину такого защемленного одним кон-
цом стержня, который теряет устойчивость при силе Р, т. е.
р___ л?Е/
Ь? *
п 2 л EJ
Следовательно, (г « , и тогда
f~^\2EJ 8
или
Д — 8
п* EJ
где Рв . Зависимость / от Р показана на рис. 352.
216
. 130. Во втором случае критическая сила будет вчетверо боль-
ше, чем в первом. Чтобы убедиться в этом, достаточно рассмот-
реть стойку в обоих случаях в изогнутом состоянии (рис. 353).
В первом случае
р - n EJ
Во втором случае в процессе искривления бруса сила следит
за нижним концом стержня, вследствие чего изгибающий момент
Рис. 353
в защемлении постоянно равен нулю. Следовательно, второй слу-
чай нагружения стойки ничем не отличается от случая шарнир-
ного закрепления стойки по концам (рис. 353). Поэтому здесь
Ркр = л2£///2.
131. Разложим силу Р на вертикальную и горизонтальную
составляющие (рис. 354):
Рверт Ргор ~ Р
и напишем уравнение упругой линии балки:
Е/у" = -Ру + Р±х.
р
Обозначим = а2. Тогда уравнение и его решение будут
у" + а2у = а2-у я,
у = A sin ах В cos ах + х.
Для определения Л, В и f имеем следующие граничные ус-
ловия:
при х = 0 у = 0,
при х = I у = /, у' = 0,
откуда
В = 0, A sin al 4- — I = /, Аа cos al 4- — = 0.
a a
217
Критическое значение силы Р находим из следующего транс-
цендентного уравнения
tgaZ = az(l- (1)
Если а = <» (первый случай предыдущей задачи),
, л n i?EJ
а/“-2’ PKV = —-
Если а = 1 (второй случай предыдущей задачи)
, n ^EJ
0,1 = л, Ркр — ^2 .
При а = 0 линия действия силы постоянно пересекает началь-
ную вертикаль в точке х = 0. Это возможно только в том случае,
если конец стержня не перемещается (рис. 355). Тогда
tgaZ = aZ, aZ = 4,49, Л<р = 20,19
132. После разбора двух предыдущих задач правильное ре-
шение поставленной задачи уже не вызывает затруднений.
Левый стержень длиной Ь находится под действием поворачи-
вающейся сжимающей силы (рис. 356), линия действия которой
Рис. 355
постоянно проходит через точку А. Поэтому для ле-
вого стержня критическая сила будет не л2£//(462),
как это может на первый взгляд показаться, а бу-
дет той, какую дает трансцендентное уравнение
(1) предыдущей задачи, если принять в нем b
Рис. 356
вместо Z, а вместо а положить a = — (I— Ь), т. е. tgab=aZ, где
a = VP/(EJ).
Критическая сила для правого стержня будет
р л EJ
Запас устойчивости стержней будет одинаков, если будут
одинаковы критически силы. Поэтому
, f Ркр л nb nl
a “ 1/ EJ ~ I — b' tg l-b ~ l — b'
Отсюда и находим искомое отношение Ь/1:
tg l-bjl~ i-b/Г I “°’301-
218
133. Для определения критической силы нет необходимости
рассматривать контактное давление между стержнем и тросом.
Отсекаем часть стержня (рис. 357) и определяем изгибаю-
щий момент
Р Л . А \ Ph
М 2 V У + 2 / 22’
где hJ2 — половина толщины стержня. Отсюда
Таким образом, имеем обычный случай защемленного стерж-
ня, нагруженного силой Р/2:
134. Рассмотрим условия равно-
весия изогнутого элемента кольца
длиной ds (рис. 358).
В сечениях кольца возникает по-
перечная сила Q, изгибающий мо-
мент М и нормальная сила, которая
представлена в виде суммы докрити-
ческой силы qR и малого добавка N.
Та или иная особенность поведения
Рис. 358
внешней нагрузки учитывается вве-
дением нормальной дп и касательной qt составляющих. В частно-
сти, если кольцо нагружено силами давления газа или жидкости,
Qn = qt = 0. Через R\ обозначен новый местный радиус кривизны
219
элемента
4- = 4--х- (1)
где x — изменение кривизны дуги кольца.
Составляем уравнения равновесия элемента:
п dM dN Q dQ N + qR _0
Исключаем i/Ri и, учитывая, что х, Q и N — величины малые,
удерживаем только их первые степени. Тогда
л dM dN j . Q л р । _ । dQ N л
<?==-5Г’^г+9,+t = 0’ ?Ях + 9"+-гг--я=°-
Так как М = EJk, то, исключая далее N и Q, получим
+ = (2)
Положим, что кольцо нагружено давлением, следящим за
нормалью к поверхности. Тогда, как уже говорилось, qn => qt =
= 0 и
EJ^ +(qR + = °-
d? \ Я / ds
Принимая x = Asin-^-, находим
откуда
_(па-1)£У
-------#
Наименьшее ненулевое значение величина дкр принимает при
п = 2. В результате получаем
3EJ
Рассмотрим теперь другой способ создания нагрузки q. Предпо-
ложим, что кольцо нагружено радиальными усилиями, создавае-
мыми при помощи множества резиновых нитей, собранных в
центре в узел (рис. 125,6). В этом случае нагрузка q следит за
центром кольца. При повороте дуги ds образуется составляющая
касательной нагрузки
dw
Ч‘ = Ч~^'
где w — радиальное перемещение точек кольца.
Если нити достаточно податливы или если каждая из них
натягивается самостоятельно, то при возникновении перемеще-
220
ний w нормальная составляющая внешних сил меняться не бу-
дет и, следовательно, qn = 0.
Измерение кривизны х выражается через w следующим об-
разом:
уравнение (2) принимает вид
($+^) -°-
(3)
Полагая ш = A sin получим
„ (»г-1)а£/
(пг —2)Я8*
При п =“= 2
Чкр~1&'
т. е. критическая нагрузка оказывается в 1,5 раза выше, чем
при гидростатическом нагружении.
Если нити, обладающие некоторой жесткостью, натягиваются
общим грузом, то при изгибе кольца происходит перераспределе-
ние усилий. В области положительных w нити дополнительно
растягиваются, а в области отрицательных — укорачиваются. Воз-
никает изменение нормальной составляющей qn. Тогда в уравне-
нии (3) получаем дополнительное слагаемое qn = Kwt где К —
коэффициент жесткости нитей. В итоге
(n’-l)a+
ЕJ EJ
9кр~ R* т?-2
Увеличение жесткости нитей К приводит к повышению кри-
тической нагрузки. Оно и понятно. Образующиеся дополнитель-
ные усилия направлены так, что восстанавливают круговую фор-
му кольца. Низшее критическое значение дкр достигается, вообще
говоря, уже не при п = 2, а при некотором другом, целочислен-
ном п, зависящем от величины К.
135. Рассмотрим систему в отклоненном положении (рис. 359) .
Рис. 359
221
Длина тяг а больше длины шатуна Ь. Поэтому возникает со-
ставляющая сил, направленная вверх и равная
р1 = р(т-т)-
Прогиб / под действием этой силы будет
J ЗЕ J*
Исключая Pi, находим значение критической силы:
Р _ 3EJ. Р
Гк₽~ (т~ а )•
136. Тема предложенной задачи та же, что и предыдущей.
В исходном состоянии моменты взаимно уравновешены, и стер-
жень ненапряжен. Однако при
Рис. 360
отклонении системы моменты ве-
дут себя по-разному. При изгибе
в плоскости xz (рис. 360) пло-
скость момента Мч поворачивает-
ся вместе с торцовым сечением.
Плоскость же момента М\ остает-
ся неизменной. При изгибе в пло-
скости ху плоскость М2 не меня-
ется, а поворачивается плоскость
действия момента М}.
Примем для простоты, что
жесткости стержня на изгиб в
двух плоскостях одинаковы и что
длины тросов, через которые пере-
даются силы Р, достаточно вели-
ки. Это позволяет считать, что
поворот момента М{ в одной пло-
скости и М2 — в другой плоскости полностью совпадает с поворо-
том торцового сечения. Обозначим углы поворота этого сечения
относительно осей у и z соответственно через фу и фж. Тогда мо-
менты в текущем сечении А относительно подвижных осей z/i
и Zi будут
MVi — (фя — у')
= + М2(фу- z').
Получаем в итоге два уравнения:
EJvz" =М1(^-у,)±М2у\
EJty ” — М iz' + М2 (ф, — z').
Так как Jv — Л — J, а М1 = М2, то
Е/х"-ЛГфа, Е/у"-Л/фю
(1)
222
откуда
г - (<Fz -j- + Aix + ^1). У - у- + А*х + ®2)‘
При х = 0 z = 0, z'=0, р = 0, у' =0, поэтому Л1=Л2ж0; Вх —
= В2 = 0. При х = I у' =* фа и z' = qpw; тогда
Ml Ml
Фу — “£7" Tz»’ Фг — £j* Фу-
Очевидно, что <pv и ф, не равны нулю только в том случае, если
что и дает значение критического момента.
137. Обращаемся к уравнениям (1) предыдущей задачи. По-
ложив М1 = М, а М2 — 0, получим
EJvz" =М fa-у'),
EJty" = Mz'.
Отсюда
у = A sin ах В cos ах qzx -j- Cf
EJ
z = (Ласоз ax — Ba sin ax -f- qp2 4- D),
где
При x — 0 имеем у = z = 0, а также у' = z = 0. Тогда
В + С = 0, Аа + <р, = 0,
Аа + ф, + D = 0, Ва2 = 0,
откуда
B = C = D = 0.
х = 1 угол у' = фа. Это дает A cos al = 0. Следовательно,
При
критическое состояние наступает при
, л Ml п
al ~ — или j. - = —.
2 Vu~EJt 2
Перемена /v и ]г местами не меняет значения критического
момента. Поэтому случаи нагружения, показанные на рис. 128, а
и б, равноценны.
138. Дифференциальное уравнение упругой линии стержня
(рис. 361) будет
EJy" =PU-¥R^-y),
откуда
у = A sin ах + В cos ах + f + Яф,
2 р
где, как обычно, а* =
223
При х = 0 у = О и у' = О.
При х = 1 у = / и у' = ф. Это дает
В + / + Яф = 0, 4=0,
A sin al + В cos al + /?ф = О,
Аа cos al — Ba sin al = ф.
Составляем определитель системы трех уравнений относитель-
но неизвестных В, / и ф и приравниваем его нулю. Это дает
трансцендентное уравнение
I и ,
— = al tg al.
Зависимость критической силы от 1/R показана на рис. 362.
139. Дифференциальное уравнение упругой линии стержня
(рис. 363) будет следующим:
EJy" =P(f-y) + M. (1)
Сила Р равна, очевидно, весу жидкости Р = *улЯ2Л, где f — удель-
ный вес жидкости.
Момент М определяется суммированием моментов элементар-
ных сил dP (рис. 364) относительно оси z. Угол ф поворота бака
предполагается малым. После интегрирования получим
м = 1^.(2Л2 + Я2)ф. (2)
Решаем уравнение (1)
А . , D , 2Л24-Я2
у = A sin ах + В cos ах Ц- / -|---ф.
При х = 0 у = 0 и у' = 0.
При x = l y = f и у' = ф.
224
Эти условия дают
B+f+ л = 0’
A sin al + В cos al + £— ф = О,
Аа cos al — Ba sin al — <р.
Из двух последних уравнений получаем
al tg al /„ Л2 , Я2 \ _ .
^p + i2)-1-
Подставляя значение Р, получаем
Тогда искомая величина h/l определяется из трансцендентного
уравнения _
tg а 1Z Л 2 .
<з>
и зависит от двух параметров:
, /~ ynR2!* . Л
а = ]/ Чг-и 6=-
В зависимости от них в каждом конкретном случае может быть
Рис. 363
найден уровень жидкости, при котором происходит потеря устой-
чивости.
Если оы заполнение бака не обладало свойствами текучести,
например, если бы бак заполнялся песком, момент М был бы
225
меньше, чем (2), а именно!
М — ynR2 <р.
Это привело бы к заметному повышению критической нагрузки.
Разница в критических силах будет тем больше, чем больше диа-
метр бака. Подвижность заполнения
приводит к тому, что и в схеме, по-
казанной на рис. 365, также возмож-
на потеря устойчивости. Критиче-
EJ
Рис. 365 Рис. 366
ский уровень наполнения hH определяется из того же транс-
цендентного уравнения (3) с заменой кругового тангенса гибер-
болическим.
140. Поскольку жесткость на изгиб в плоскости xz велика,
мы можем считать, что в докритическом состоянии стержень
остается прямым. При переходе же к смежному состоянию рав-
новесия изгиб в плоскости ху сопровождается кручением стержня.
Изобразим заданную в условии задачи систему в более общем
виде (рис. 366) и напишем основные соотношения:
EJy" = Л/ЖЗГ; GJKy'=MK. (1)
Положительное направление угла ф показано на рисунке.
Жесткость на кручение GJK для узкой полосы, как известно,
равна Gbh3/3. Но в данном случае, поскольку стержень сжат,
жесткость на кручение с увеличением сжимающей силы падает
(см. задачу 28). Поэтому в данном случае
GJK = Gbh3/3 —РЬ2/12. (2)
Раскрывая правые части выражений (1), получаем следую-
щую простую систему дифференциальных уравнений:
EJy" +Ру = Ру, + Ра(ф/-ф),
СЛф'-Ра/,
226
где уi и <р{ — перемещение и угол поворота н;< конце стержня,
т. е. при х = I.
Исключая из первого уравнения <р, получаем
EJy'" + (Р + у' = 0, у'" + кгу' = О,
где
*2=^(P+-Sr)- (4)
Таким образом,
у — A sin кх + В cos кх + С.
При х = 0 перемещение у и его производная у' равны нулю.
Следовательно,
Ра
у = С (1 — cos кх\, (р = С (1 — cos кх).
Подставив у и ср в уравнения (3), убеждаемся, что первое
из них удовлетворяется либо при С = 0, либо же при условии
cos kl = 0, откуда kl = л/2, а из условия (4) получаем
При а — 0, как и следовало ожидать, PKp = n2EJ/(4Z2).
Введем обозначения:
X~PKyiP/^EJ, А = 8 a2=-g.
л (1 + р) и Ъ*
Здесь под X понимается мера уменьшения критической силы по
сравнению со случаем центрального нагружения стержня.
Теперь получаем
*2(в’-зУ+х(л + -Й-л = 0’ <5>
или-
X-----гг?-----[ 1/(д_-£\2 + 4Лаг - А - х].
2(а2—1/12)1' \ 12) * 12 J
В особом случае, если а2 = 1/12, безразмерная критическая
сила определяется из выражения (5) как
v _ 12Л
“ 12Л4-1*
141. Предложенная задача затрагивает принципиально новые
вопросы устойчивости и не может быть решена обычными ме-
тодами.
Действительно, приводя сжимающие силы, показанные на
рис. 132,в, к оси стержня, получим следующую схему нагруже-
ния (рис. 367). Стержень сжимается силами Р и одновременно
изгибается двумя моментами М = Ре в сторону, обратную повороту
227
торцов. Уравнение упругой линии будет
EJy" = -Ру + Ре,
или
откуда
у = A sin ах + В cos ах + е,
при х в 0 прогиб у = 0, как и при х = 21; следовательно,
. cos 2aZ — 1 D
А = е---^-z-т—, В = — е,
sin 2aZ
[cos2aZ — 1 . , л 1
---г—;— sin ах — cos ах 4-1 .
sin 2aZ ’ J
Таким образом, получаются вполне определенные значения про-
гибов, которые имел бы стержень, если к нему с самого начала
нагружения были бы приложены моменты Ре, кото-
г рые нарастали постепенно с ростом сил Р. В при-
(Q1 веденных выкладках, таким образом, не улавливает-
ся критический переход от прямолинейной формы
А равновесия к криволинейной, и мы получаем в чи-
Н стом виде случай продольно-поперечного изгиба.
! Рассмотрим основные положения устойчивости,
i Упругая система называется устойчивой, если при
любом, сколь угодно малом (подчеркиваем:. сколь
/ угодно малом) отклонении от положения равнове-
zj сия система, предоставленная самой себе, возвра-
Г/ щается к исходному состоянию.
При этом, однако, остается- открытым вопрос,
р вернется ли упругая система в исходное положение,
если ее отклонить «посильнее», т. е. задать ей
Рис. 367 не сколь угодно малое, а просто малое, но конечное
отклонение, большее некоторой наперед заданной
величины (пусть даже очень малой величины). Не может ли слу-
читься, что система при сколь угодно малых отклонениях в ис-
ходное положение возвращается, а при некоторых малых, но
больших заданной величины отклонени-
ях — не возвращается?
Действительно, это может иметь место.
Механическим аналогом сказанному мо-
жет служить, например, шарик, лежащий
। / на вершине выпуклости в маленькой лун-
Рис 368 ке (Рис- 368). Если этому шарику дать
малое отклонение, он вернется в исход-
ное положение, а если сообщить достаточно большое отклонение,
он в исходное положение не вернется. Если бы лунки не было,
положение равновесия было бы попросту неустойчивым.
Таким образом, мы приходим к новой оценке устойчивости,
основанной на сообщении системе не сколь угодно малых, а ма-
228
лых, но больших наперед заданной величины возмущений. Такую
оценку устойчивости называют оценкой устойчивости «в боль-
шом». Обычную же оценку устойчивости, основанную на сооб-
щении системе сколь угодно малых перемещений, называют
оценкой «в малом».
Эта терминология перенесена в устойчивость упругих систем
из общей теории устойчивости движения и в настоящее время
стала общепринятой.
Стержень в рассматриваемом примере устойчив в малом, но
не всегда устойчив в большом. В самом деле, если мы сообщим
стержню весьма малое отклонение от прямолинейной формы рав-
новесия, восстанавливающий момент Ре будет больше отклоняю-
щих моментов Ру (поскольку у может быть сделано сколь угодно
малым), и по устранении причин, вызвавших малое отклонение,
стержень вернется к прямолинейной форме равновесия. Это будет
иметь место при любом значении Р, не превышающем 4л2Е//(2/)2,
когда стержень уже теряет устойчивость в малом по форме, по-
казанной на рис. 132,6.
В реальных условиях внешние возмущения (искривленность
стержня, нецентральность приложения сил, случайные толчки)
всегда имеют конечную величину, и в зависимости от этих усло-
вий стержень переходит к новой форме
равновесия при большей или меньшей
силе. Поэтому понятие устойчивости
и неустойчивости в большом неизбеж-
но связывается с отсутствием или на-
личием соответствующих внешних воз-
действий.
Устойчивость в большом — это рас-
ширение классической схемы и прибли-
жение ее к нашему интуитивно-повсе-
дневному представлению об устойчиво-
сти. Это комплекс из свойств системы
и возмущений, действующих на систе-
му. Поэтому анализ возможных форм
равновесия является только частью
исследования устойчивости и не решает
задачи полностью. Это будет видно на
примере решения некоторых последующих задач.
Вернемся к заданной схеме сжатого стержня и составим
уравнения упругой линии в больших перемещениях. Поскольку
эти уравнения будут нужны нам и в дальнейшем, мы их выведем
здесь в несколько более общей форме, чем это необходимо при
решении рассматриваемой задачи*).
На рис. 369 показана часть сильно изогнутого силой Р стерж-
ня. Введем две системы координат: систему ху, ориентированную
*) Этот вывод заимствован нами из книги: Попов Е. П. Нелинейные
задачи статики тонких стержней.— М.: Гостехиздат, 1948.
229
по касательной и нормали к упругой линии в заделке, и систему
х'у', ориентированную по силе Р.
Через 6 обозначим угол между направлением силы и осью х
(в нашем случае 6 = 0); £ — текущий угол между касательной
к дуге упругой линии и осью х .
Кривизна бруса в произвольной точке будет, очевидно, выра-
жаться через угол £ таким образом:
_£ = А
р ds *
где ds — элемент дуги бруса. Изгибающий момент в точке А равен
Мизг = Р (уь — У )»
где уь — координата точки L. Теперь очевидно, что
Дифференцируем это выражение по $:
d\ ____________Р dy' .
dsl 2 * * * * * EJ d s '
но dy'jds — sin £, поэтому
Обозначим
Тогда
Z»A = -₽’sin£,
ds
или же
l2d ) = — 2₽2 sin cos ds.
\ as j ' Z Z
Умножим ooe части этого равенства на и проинтегрируем:
(z-g)8 = 4^(c1-sin»4). (2)
Постоянную С\ обозначим через Л2, a sin (£/2) — через к sin ф, т. е.
sin -j- == к sin г|>. (3)
Тогда уравнение (2) примет вид
I = 2₽Л cos ip. (4)
230
Но из (3)
—»2/с cos
d‘ Vl -*2 3in8^ d' ’
поэтому
I = p |<1 — k2 sin2 ip, P 4“ = i/ ==-•
V /i-Jfc2sin2ip
Интегрируя это выражение, получаем
Py = F(ip)-F(ip0). (5)
Здесь через F(ip) обозначен эллиптический интеграл первого рода
Е(зр) = j| • -
5 /1 - Л2 sin2ip
Значения этого интеграла даются таблицами в зависимости
от к и ip.
Теперь определим уравнение упругой линии x'(s) и у'(з):
dx' = cos £ ds, dy' « sin £ ds,
или же
dx' = — 2 sin2 ds, dy' = 2 sin -j- cos -j- ds.
Если же сюда подставить sin (£/2)== к sin ip, получим
-- = -| /1 — к2 sin2 ip dip — у, -у- = к sin ip dip.
Интегрируем эти выражения от нуля до s:
1/* 2
у- = j к [cos 1р0 — cos ip],
где через E(ip) обозначен эллиптический интеграл второго рода
£ (ip) = J Yi -—к2sin2ipdip.
о
Эта функция также дается в таблицах.
Переходя к системе координат ху, получим
Ж х' г • У* • с
у — —у cos о 4* у~ ЗШ о,
у у . х' . . (7)
у = -у COS О----у Sin О.
Теперь перейдем к граничным условиям для рассматриваемого
стержня. При s = I имеем: Л/жаг = Ре cos ^L. Следовательно,
PecosCL
de ~~ EJ '
231
или согласно (1)
&Z=-^-J-cosU.
На основании выражения (4) имеем
2к cos = — ₽ 4" cos
но так как
cos £L = 1 — 2 sin2 -у-,
то из (3) получаем
cos = 1 — 2к2 sin2 i|?L.
Таким образом, мы имеем первое граничное условие в следующем
окончательном виде:
при s = / 2к cos ж. — Р-j- (1 — 2кй cos2 tpx,)- (8)
Второе граничное условие таково:
£ = 0 при s = О, или согласно (3) я|?о в 0.
Выражение (5) при s *= I принимает вид
F(^) = ₽. (9)
Из (6) находим
Сближение концов стержня к будет
х = 21 - 24, т = 4 [1 - | £(4>l)].
Наибольший прогиб равен
/ = 4 = — сояфь). (10)
Теперь построим зависимость силы Р от максимального про-
гиба / при некотором заданном отношении е/(21). Порядок под-
счета будет следующим. Поделим почленно уравнение (8) на (9):
cos Фг *
fc7og = -Tr(1~2^sin2M (11)
При данном e/(2Z) задаемся величиной к, а затем по таблицам
подбираем *фг так, чтобы было удовлетворено уравнение (11). За-
тем из (9) находим р, а потом
Р P(2Z)2 4р2
рэ n2EJ п2 '
Из уравнения (10) определяем //(21). Таким образом, получаем
232
точку зависимости
Возьмем, например, е/ (21) = 0,02 и составим таблицу, выбирая
к = sin 5°, sin 10°, ...
h 3 Q. I Л / 21
0,08716 118° 2,06 1,72 0,0620
0,1736 101е 1,778 1,28 0,118
0,259 97° 1,725 1,21 0,168
0,342 94° 1,694 1,156 0,216
0,707 90° 1,854 1,39 0.381
На основании этой таблицы строим кривую, показанную на
рис. 370. На этом же графике построены еще две кривые. Пер-
вая соответствует случаю е = 0; вторая, начинающаяся в точке
Р/Ра = 4, соответствует искривлению стержня по форме рис. 132, б.
Обсудим полученный результат. Кривая е!(21) =0,02 при ма-
лых прогибах падает, а затем, начиная с Р/Ра = 1,14, возрастает.
В точке В она пересекает-
ся с кривой e/(2Z) = 0. Эта
точка является общей для
всех кривых, незавпси-
Рис. 370 Рис. 371
и из уравнения (11) вытекает, что при любом е/(21) имеем
С08фь = 0. Это означает, что момент на конце стержня равен ну-
лю и поворот торца равен 90° (рис. 371).
Кривая е/(21) = 0,02 не пересекает оси ординат. В левой своей
части она асимптотически приближается к прямой [1(21) «0,04.
Таким образом, стержень при е/(21)^0 всегда устойчив в ма-
лом/ если только речь идет о потере устойчивости по форме, по-
казанной на рис. 132,в. Но при силе Р = 4n2£7/(2Z)2 при любом
e/(2Z) стержень теряет устойчивость по форме рис. 132,6.
23 3
Положим теперь, что при e/(2Z)=0,02 стержень загружен,
например, силой
п___2лаЕ/ / Р _____
Р~ (2Z)2 Ua "7
Стержень при этом сохраняет прямолинейную форму. Попробуем
его несколько отклонить от вертикали, задавая некоторое искрив-
ление его оси. Если это отклонение будет малым, стержень, пре-
доставленный себе, вернется в исходное положение. Если же от-
клонение будет достаточно большим (большим величины A/(2Z),
рис. 370), стержень примет новую криволинейную форму равно-
весия, соответствующую точке Е (рис. 370).
В зависимости от величины сообщенного отклонения система
может вернуться к исходному положению, а может и не вернуть-
ся. Но это произойдет при силе Р, большей определенной вели-
чины. При e/(2Z) = 0,02 это будет и при Р>1,14РЭ (точка А
рис. 370) и Р < 4РЭ, где потеря устойчивости происходит незави-
симо от величины сообщенного отклонения. Таким образом, мы
приходим к новому понятию интервала возможных критических
усилий, в котором возможен переход к новому положению рав-
новесия: 1,14РЭ Р < 4Р..
Потеря устойчивости произойдет в указанном интервале рань-
ше или позже в зависимости от точности изготовления стержня
и от того, сколь строго соблюдается центральность приложения
силы Р. Но так или иначе,
критические нагрузки в подоб-
ных системах определяются в
указанном интервале как веро-
ятные.
Рис. 373
Рис. 372
При Р > ЬР9 переход к новой форме равновесия неизбежен.
142. При решении задачи необходимо отдельно рассмотреть
форму равновесия (4) (рис. 372), при которой конец балки оста-
ется прижатым к плоскости. Переход от прямолинейной формы
к этой форме равновесия произойдет, как известно, при продоль-
ной силе
п с 20,2EJ
Ркр COS б — "2
234
Теперь рассмотрим формы равновесия типа (Б) (рис. 372).
Ясно, что переход к подобной форме равновесия не может быть
осуществлен малым (сколь угодно малым) отклонением системы
от начального положения. Действительно, сообщая концу балки
некоторое отклонение с тем, чтобы балка не вернулась в началь-
ное положение и приняла форму типа (Б), мы должны подобрать
это отклонение достаточно большим, чтобы момент силы Рсовб,
уводящий балку от начального положения, оказался больше вос-
станавливающего момента силы Psin6. Иными словами, мы
должны дать смещение, большее некоторой заданной величины.
После этого система, предоставленная самой себе, не вернется
в начальное положение.
Теперь посмотрим, при каких условиях возможны для балки
формы равновесия типа (Б). В нашем случае возможно суще-
ствование упругой линии только в таком виде, когда все точки
изогнутого бруса будут находиться выше горизонтальной плоско-
сти. Здесь имеются две возможности: брус изогнут целиком
(рис. 373, Б\) и брус изогнут частично (Яг).
Рассмотрим первый случай (Б}). На конце балки при s = 7
кривизна равна нулю (dtjds = 0). Поэтому из формулы (4) пре-
дыдущей задачи (с. 230) следует, что
. л
г|>£ = -Г-
При s = 0 имеем £ в —б. Из (3) (с. 230) получаем
— sin = к sin ip0, (1)
а из (1) и (5) (с. 230)
P2 = & = P(l)-f <*»)]’. (2)
Координаты конца бруса в системе х'у' согласно (6) (с. 231)
будут
4 = 2 £(1)-£<Ц _ 1 *1 = ,,
1 ' 1
Из первого выражения (7) (с. 231) находим горизонтальное пе-
ремещение точки приложения силы:
4 = l-^cos6-^sin6. (4)
Теперь для форм равновесия (Б{) можно при некоторых
б (10°, 20°, 30°) построить зависимость Pl2/ (EJ) от Х/Z. Для этого,
задаваясь значениями к, из (1) находим -фо- Из (2) по таблицам
эллиптических интегралов находим Р/2/(Я7), а из (3) и (4) —
величину X/Z.
235
На рис. 374 показаны три кривые. При их построении учи-
тывается, что для формы равновесия типа (Б|) сила Р проходит
выше начала координат и хро остается больше —л/2. Штриховая
кривая на рис. 374 ограничивает эти кривые сверху. При боль-
ших значениях Pl2j(EJ) искомая зависимость должна определять-
ся соответственно форме равновесия типа (Бг). В этом случае
в точке О (рис. 373) фо = “л/2 и вместо (1) будем иметь
к = sin -2~. (1)
Вместо (2) получаем
Вместо (3) и (4) находим
11
(3-)
(4')
236
Таким образом, здесь из (Г) находим k. Для некоторого произ-
вольного Pl2!(EJ) из (2') находим Zj/Z, а из (3') и (4') находим
Х/Z. Результаты подсчетов показаны кривыми рис. 374, располо-
женными выше штриховой линии.
Обсудим полученные результаты. Если 6 = 0, происходит по-
теря устойчивости по Эйлеру при
При 6=^0 потеря устойчивости при Pl2!(EJ)< 20,2/cos6 происхо-
дит только в большом. Величина отклонения, которую необходи-
мо сообщить балке, чтобы она перешла в новое положение рав-
новесия, уменьшается с ростом силы Р. Вместе с тем потеря
устойчивости (в зависимости от 6) не может произойти при силе,
меньшей определенной величины. Так, при
Р • <2
6 = 10° -^-«3,25,
Л J
6 = 20° ^-2«4,25,
Р I*
6 = 30° » 5,25.
Во всяком случае Ркр определяется как вероятное в интервале
р Р 20» 2Е/
^min<rKp</T—у,
причем Ртш = /(6).
143. До потери устойчивости кольцо находится под действием
внешней равномерно распределенной нагрузки* q = P/Я. В обыч-
ных условиях, если q будет в процессе изгиба кольца оставаться
неизменным, потеря устойчивости произойдет при
3EJ
q Я3 ’
Кольцо при этом принимает форму, близкую к форме эллипса.
В настоящей задаче, однако, кольцо в малом всегда устой-
чиво. Действительно, если кольцо по каким-либо причинам ста-
нет искривляться, принимая хотя бы форму эллипса, распреде-
ленная нагрузка q = Р/R станет возрастать там, где будет увели-
чиваться кривизна, и уменьшаться там, где эта кривизна умень-
шается. У концов большой оси эллипса q возрастет, а у концов
малой оси — уменьшится (рис. 375). Разность нагрузок восстано-
вит круговую форму кольца.
Для того чтобы круговая форма кольца не восстановилась,
необходимо, очевидно, дать кольцу некоторое достаточно большое
искривление такое, чтобы на некотором участке кольцо отстало
от нити. Характер упругой линии кольца при этом проще всего
установить путем несложного опыта, склеив кольцо из бумаги
и затянув его обычной тонкой ниткой.
237
На рис. 376 показана форма кольца, потерявшего устой-
чивость.
Рассмотрим правую половину кольца, разрезав его в точке
схода нити (рис. 377, точка 1}. В этом сечении в кольце возника-
ет изгибающий момент и нормальная сжимающая сила N.
Рис. 377
Поперечная сила равна, очевидно, нулю, поскольку иначе не на-
блюдались бы условия равновесия для участка кольца 01.
Для исследования условий равновесия указанной формы упру-
гого кольца мы применим соотношения, выведенные ранее при
решении задачи 141. Эти
соотношения выводились
для прямолинейного упру-
гого стержня. Здесь же
мы имеем дело с кольцом
постоянной кривизны 1/Я.
Но кольцо постоянной
кривизны получается из
прямого стержня путем
приложения к его концам
момента M = EJ[R. Следо-
вательно, задача (и не
только рассматриваемая)
об изгибе гибкого бруса с
постоянной начальной
кривизной сводится к за-
даче изгиба прямого бруса
той же длины и жесткости
путем добавления к задан-
ной нагрузке моментов
М = EJfR, приложенных
по концам.
Длину участка 01 обозначим через 1\. Дугу s будем отсчи-
тывать от О к 1. Выражение (1) (с. 230) для первого участка
кольца принимает вид
Комцо
(1)
238
При s = О и s = Zi £о = £1=0 и согласно (3) (с. 230) получаем
sin фо = 0, sin -ф1 = 0.
Так как угол ф вдоль дуги s возрастает, проходя в точке перегиба
значение л/2 (см. задачу 141), то, приняв х|?о = 0, получим tpi = л.
Кривизна бруса в точке 1 согласно (4) (с. 230) будет
(37)1 = 2-?-*lCOS’l’b
ИЛИ
(2)
Выражение (5) (с. 231) для s = ll принимает вид
*1 Vh = <") = 2Fi (1)- (3)
где Ft (л/2)— полный эллиптический интеграл первого рода при
модуле к\. (Для второго участка модуль будет к%.) При этом
Координаты точки 1 согласно выражению (6) (с. 231) будут
Теперь перейдем ко второму участку кольца — участку 1—2.
Здесь кольцо находится под действием распределенной нагрузки,
величина которой пропорциональна кривизне кольца. Известно,
что при равномерно распределенной нагрузке задача о больших
перемещениях стержня решается не в эллиптических табулиро-
ванных интегралах, а в ультраэллиптических нетабулированных
интегралах. Однако в данном случае дело обстоит значительно
проще. Ввиду того, что нить является абсолютно гибкой, мы мо-
жем рассматривать нить и кольцо вместе как целое кольцо с той
же жесткостью EJ и полагать, что на втором участке в точке 1
на кольцо действует сжимающая сила N — Р и момент Afi. А при
такой нагрузке задача о больших перемещениях в эллиптических
интегралах уже решается.
При таком подходе к задаче нагрузка q, 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 на-
грузке, пропорциональной кривизне деформированного бруса, за-
дача о больших прогибах решается в эллиптических интегралах.
239
Поскольку на втором участке кольца отсутствуют точки пере-
гиба и, следовательно, dtjds нигде на этом участке в нуль не
обращается, то величина С\ в выражении (2) (с. 230) должна
быть больше единицы. Если же мы, как и в задаче 141, обозна-
чим С\ через к2, a sin(£/2) через к sin яр, то придем к эллиптиче-
ским интегралам с модулем, большим единицы. Для таких инте-
гралов таблиц не имеется. Поэтому выражения (3) —(6) зада-
чи 141 должны быть преобразованы.
Обозначим для второго участка
G = -4г» sin 4" = sin “Ф» (6)
тогда уравнение (2) (с. 230) примет вид
= sin21,
где /г —длина второго участка. Так как на втором участке кри-
визна отрицательна, принимаем знак минус:
2
Подставляя сюда вместо d^Jds выражение
2 cos ip dip
sin (£/2) ds ’
полученное из (6), найдем
*2
— к* sin2 гр.
(7)
dip
ds = ——--.у- - ... =,
]/N~P * 1 ~ к* Sin2 *
(8)
откуда
к
s= 2^[F2(ip)-F2(ip0)].
(9)
Далее, как и в задаче 141,
dx = dx'
sin2 ~ J ds,
г С
dy = dy' = 2 sin cos -у- ds.
Подставим сюда sin (£/2) из (6) и ds из (8). Тогда получим
dx = ~ ~ **sinS
2 fc2sm2^p
У к |/~N~P 2 У1-A2sin2ip
2 г £J 2
240
После интегрирования находим

У — Уо =-------/1 — *5 sin21|з„ — /1 — *2 sin21|>].
*1/ ™ ”
V EJ
(10)
(И)
Теперь рассмотрим граничные условия для второго участка.
В точке 7, т. е. в начале второго участка, £1 = 0, а в конце
(точка 2) £2 = —180°. Согласно (6)
sin i|?i = 0, sin -фа = —1.
Примем = 180°, -ф2 = 270°.
Так как F(nn/2) = пГ(л/2), то из (9) для конца второго участ-
ка получаем
У EJ
(12)
Подставляя в выражение (7) = 180°, находим кривизну кольца
второго участка в точке 1
d£ _ 2
ds ~ к2 V EJ ‘
Кривизна в точке 1 не терпит разрыва. Поэтому приравниваем
полученную кривизну той, которая была найдена в точке 1 пер-
вого участка- (2), т. е.
СЗ)
Координата х конца второго участка равна нулю, а координа-
та начала отсчета для второго участка должна совпадать с коор-
динатой конца xi (4) первого участка. Поэтому из (10) при s =Z2,
х = 0 и Хо = xi (4) получим
Аналогично находим у — расстояние между точками 0 и 2
241
Теперь из уравнений (3J, (12), (13) и (14) исключим
YN/(EJ) и H(N — P)I(EJ). Тогда получим
|£.(f) - ‘) ''.М - Н-Г)- 2'Ф)]. <’«>
'1 2*,F,(n/2)
1г ~ ^(л/2) • ' '•
Но сумма длин Ц и /з равна половине дуги кольца
Zi + h = лЯ,
откуда
(18)
Из (3) и (13) находим
1/^ _2F,(*/2) ' EJ ~ nl^nR)' ’
££ = ^(1-ВД). (20)
Таким образом, порядок подсчетов будет следующим.
Задаемся к\ (или значением модульного угла oci = arcsin к\)
и, пользуясь таблицами полных эллиптических интегралов, под-
бираем к2 так, чтобы удовлетворялось уравнение (16). Практи-
чески это удобнее всего делать, построив сразу графики зависи-
мости правой и левой частей уравнения от A?i и Zc2-
Из (17), (18) находим l\/nR, а из (19) и (20) — значение си-
лы Р (20). Соответствующий этой силе Р прогиб w (уменьшение
вертикального диаметра) будет согласно (15)
w = 2R — у,
Таким образом, определяется точка зависимости
— = f(—)
EJ
На рис. 378 показаны результаты подсчетов в виде кривой,
подобной тем, которые были получены в трех предыдущих зада-
чах. Минимальное значение критической силы оказывается рав-
ным
Лып = 2,1^.
/I
Однако это значение является низшим только формально, так
как перемещение w/R равно при этом 2,65, т. е. уменьшение диа-
метра кольца оказывается больше самого диаметра. Контур коль-
ца принимает вид кривой, показанной на рис. 379.
242
Ясно, что в реальных условиях начальные отклонения формы
кольца от круговой являются незначительными, т. е. w/R оста-
ется существенно меньшим единицы. Для малых значений w/R
расчет дает резко повышенные значения PR2/(EJ), не укладыва-
ющиеся в масштабы кривой (рис. 378). В этом случае выведен-
ные формулы удобно преобразовать, учитывая, что к\ и к? явля-
ются величинами малыми. При этом
(23)
Таким образом, при малых w/R, исключая из (22) и (23) kh по-
лучаем
PR2 w!R ~ 4
(w/R)2 ^(w/R)2'
243
Возвращаясь к концепции устойчивости в большом, изложен-
ной на с. 229, мы видим, что рассматриваемая задача в конечном
итоге так и не получила разрешения. Найдены только формы
равновесия, из анализа которых следует, что кольцо «очень устой-
чиво». Для того чтобы судить об устойчивости системы, должен
быть учтен класс разумно ограниченных реально существующих
возмущений и типы начальных несовершенств в виде погиби
кольца и неоднородности материала. Такого рода анализа ни в
одной задаче сделать пока не удалось.
В этом смысле рассмотренный пример не является исключе-
нием. Теория устойчивости упругих систем пока не может, на-
пример, дать удовлетворительного решения чрезвычайно важных
практических задач, таких как устойчивость сферической оболоч-
ки под внешним давлением и цилиндрической оболочки при осе-
вом сжатии.
144*). На поставленный вопрос нельзя дать однозначного от-
вета. Рассмотрим процесс движения стержня. Обычное уравнение
устойчивости
M = EJy" = -Ру
усложнится теперь за счет введения поперечных инерционных
сил интенсивностью <7, т. е. примет вид
EJy{VV) = —Py" +q.
Но
4 g dt2
где 7 — удельный вес материала стержня, a F — площадь попе-
речного сечения. Получаем дифференциальное уравнение
Положим
g dt2 дх4, дх2
. тях
Тт sin —,
где Тт — некоторые функции времени I.
Подставим это выражение в уравнение (1). Тогда получим
1-а-^+^гтчтг-^тт = 0' (2)
где
В нашем случае ц2 = 10.
Если т2 > ц2, уравнение (2) решается в тригонометрических
функциях, что соответствует периодическим колебаниям стержня.
*) Впервые эта задача в аналогичной постановке была рассмотрена в
работе: Лаврентьев М. А., Ишли некий А. Ю. // ДАН СССР.—
1949.— Т. 65, № 6.
244
Если т2 < г)2, уравнение (2) решается в показательных функ-
циях
Тт = + В^-^,
?№ _____________________________________
а величина т принимает три целочисленных значения 1, 2, 3.
Естественно, нас интересуют только слагаемые, имеющие не-
ограниченное возрастание во времени. Поэтому можно написать
А kt- л.т , . kt. 2л.г . . ht . Зл.т
у = А}С 1 sin — 4“ А2е 2 sin -j—А3е 3 sin —.
Показатель экспоненты кт, характеризующий скорость нара-
стания той или иной формы, зависит от значения т. При т =
= 1, 2, 3 и ц2 = 10 величина т2(т)2 — тп2), входящая в подкорен-
ное выражение для кт, принимает соответственно значения 9, 24
и 9. Таким образом, скорость нарастания прогибов для формы
изгиба по двум полуволнам оказывается большей, чем по одной
или по трем полуволнам. Это, пожалуй, единственное, что мы
можем достоверно утверждать в связи с поставленным вопросом.
Дело в том, что нам ничего не известно о величинах А\, Аз
и Л3, которые характеризуют начальный прогиб стержня. Даже
если рассматривать эти параметры как статистически равноцен-
ные, то и тогда полученное решение линейной задачи еще ничего
не говорит о поведении стержня в области больших перемеще-
ний. Если же мы пойдем в своем псследовании дальше и поста-
раемся проанализировать поведение стержня при больших пере-
мещениях, то обнаружим, что для полного решения задачи ис-
ходных данных нам все же недостаточно.
В самом деле, что означает вопрос: «По какой форме изогнет-
ся стержень?». Очевидно, сначала надо договориться о том, где
заканчивается процесс движения, чем ограничено вертикальное
перемещение верхнего конца стержня или какова длительность
действия силы. Но все эти вопросы уЬели бы нас слишком далеко.
145. Предложенная задача снова затрагивает принципиаль-
ные вопросы устойчивости упругих систем, и ее решение приво-
дит к необходимости дать новую формулировку критерия устой-
чивости.
Представим себе, что стержень несколько отклонился от ис-
ходного положения равновесия (рис. 380).
Уравнение упругой линии будет
Е/у"=Р(/-у)-Р<р(/-х),
откуда
у = A sin осх + В cos az + / — <р (Z — х),
2 р
где а2 =
При х = 0 у = 0 и у' = 0.
При х = I y°=f, а у' = ф.
245
Для выполнения этих условий получаем четыре уравнения;
В + / — ф/ = 0, Аа + ф = О,
A sin al 4- В cos al = О, A cos al —В sin al = 0.
Рассматривая два последних уравнения, легко установить, что
независимо от выбора а/ постоянные А и В равны нулю, посколь-
ку определитель
sin al cos al
cos al — sin al
в нуль не обращается. Но если А = В = 0, единственной формой
равновесия стержня остается исходная прямолинейная.
Рвс. 382
Во всех задачах, которые рассматривались выше, неизменно
отождествлялись два понятия: «потеря устойчивости» и «суще-
ствование иных форм равновесия, кроме исходной». Поэтому в
данном случае мы оказываемся перед выбором: либо отказаться
от привычного и глубоко укоренившегося отождествления ука-
занных понятий, либо же принять, что система сохраняет устой-
чивость при любых значениях силы Р.
Правильным является первое. Исходная форма равновесия
устойчива только до некоторого значения силы Р. При силе, пре-
вышающей это значение, которое по-прежнему будем называть
критическим, происходит переход не к новой форме равновесия,
а к некоторой форме движения с нарастающим отклонением от
исходного положения равновесия. Критерием устойчивости явля-
ется условие возникновения указанной формы движения и назы-
вается динамическим критерием устойчивости.
Рассмотрим следующую механическую модель, показанную на
рис. 381. Два однородных стержня, имеющих массы ?П| и тпг,
связаны между собой пружиной жесткостью с. Такая же пру-
246
жина связывает нижний стержень с шарнирной опорой. Линия
действия силы Р постоянно совпадает с направлением оси верх-
него стержня.
За обобщенные координаты примем углы поворота стержней
Ф1 и ф2. Тогда перемещения центра масс каждого стержня будут
У1 = Фи У2 = 2lq>i + Zq>2,
где 21 — длина каждого стержня.
Моменты инерции относительно центральных поперечных осей
каждого стержня соответственно равны
т.12 тЛ2
а=4- и
Вводя силы взаимодействия в шарнире (рис. 382), составля-
ем уравнения движения.
Для верхнего стержня
Y = Р, X = Рф2 + ТП2У2,
(1)
Лф2 + Ш2У214- с(ф2 - Ф1) = 0.
Для нижнего стержня
еф1 4-/1ф1 — с(ф2 — ф1)+Х2/4-mii/iZ— У2/ф1 =0. (2)
Исключая yi, у2, Хи Y и выражая моменты инерции через мас-
сы, получим два линейных дифференциальных уравнения отно-
сительно ф] и фг:
т2/2ф2 4- 2т2/2ф1 с (ф2 — Фх) = 0,
^4m2Z2 mj,2^ ф2 4- 2т^2ф2 4- (2с — 2PZ) фх 4- (2PZ — с) ф2 = 0.
(3)
Положим, как это обычно делается,
Ф1=241вм, ф2 = А2е*е. (4)
После подстановки приходим к двум уравнениям относительно
А[ и Лг*
ЛА (2т212к2 — с) 4- Л2 т212к2 4- с) = 0,
Л, [fanJPW + 4 т^к* + 2е- 2P/J + Аг (2тгРкг + 2Р1 - с) = 0.
Для определения условий существования ненулевых решений
приравниваем нулю определитель. Это дает квадратное уравне-
ние относительно к2:
(т к2I2 \2 т к212 ( Р1 \ 9
(-V-) (34-4р)4--^з(84-р-5^+4=0, (5)
где р =
247
Свободный член в уравнении (5) не зависит ог силы Р. Сле-
довательно, нельзя подобрать такое Р, чтобы к обратилось бы
в нуль, а поэтому, если вернуться к выражениям (4), видно, что
углы ф1 и ф2 не могут быть постоянными. Система не имеет форм
равновесия, кроме исходной. Рассматриваемая модель обладает
тем же свойством, - что и защемленный стержень, нагруженный
следящей силой.
Из уравнения (5) нетрудно также установить, что величина
к2 при любой силе Р остается меньше нуля. Это означает, что
к не имеет вещественных значений, и условия для апериодиче-
ского движения отсутствуют. Примем, что
kl у = е 1<о,
и найдем условие, при котором е может быть величиной поло-
жительной. Это соответствует возникновению колебательного
движения с нарастающей амплитудой.
Разделяя в уравнении (5) вещественную и мнимую части,
получим
1(еа _ «о»). _ 4е2<и2] (3 + 4ц) + 3 (е* - о?) (в + ц - 5 4) + 4 = О,
4еы(е2 — <os) (3 + 4ц) 4- беш ^8 4-.ц — 5 4) = 0.
Исключаем ш. Тогда
/ pi \а
е‘4 (3 + 4ц) + е’6 (в + ц - 5 ^-) + 4' - 4 = °-
откуда
2 _ з б4-8-Ц± V3 + ty
8 “ 4 3 + 4р *
Наименьшее значение Р, при котором е2 (а следовательно, один
из корней е) принимает положительное значение, будет
Аф = -^-(8 + ц - /3 + 4ц).
Величина критической силы зависит от распределения масс
между стержнями. В случае т\ = тг ц = 1. Тогда
Лф--£(9- /7).
Если масса первого стержня мала по сравнению с массой второ-
го, р = 0 и
Ркр = -2-(8-/3).
По мере уменьшения массы верхнего стержня по сравнению
с массой нижнего величина р неограниченно возрастает. Так же
248
неограниченно возрастает и Ркр. Это и Ионятно. В случае отсут-
ствия поперечных инерционных сил верхний стержень будет
всегда находиться на одной прямой с нижним.
В системах, допускающих анализ устойчивости на основе ис-
следования форм равновесия, т. е. в обычных системах, динами-
ческий критерий дает те же результаты, что и статический. Рас-
смотрим, например, ту же самую стержневую систему в условиях
Рис. 383
нагружения силой, сохраняющей свое направление (рис. 383).
В этом случае взамен уравнений (1) получаем
Y = Р, X = ТП2У2.
Лф2 + Ш2У21 + с(<Р2 — Ф1) — Р22фг = 0.
Уравнение (2) остается неизменным. Взамен уравнений (3) бу-
дем иметь
4
-у т2Рф2 + 2т2/2ф1 + с (ф2 — ф^ — 2Р/ф8 = 0,
^4m2l2 -у ф! 2т2/2фа -f- (2с — 2Р1) Ф1 — сфа — 0,
а взамен уравнения (5) получим
+ 4>*) + ^4^3 [в + Н - ^(8 + 2И)] +
4--r[1-Ti + /*(vn=0- (в)
Теперь свободный член этого уравнения зависит от1 силы Р и при
Р«^-(3±/5)
249
обращается в нуль. Следовательно, для к возможно существова-
ние нулевых значений и существует решение, при котором <pi и
Ф2 (4) не зависят от времени, т. е. существует форма равновесия
при
Аф = £(3-/5).
Здесь величина критической силы не зависит от распределе-
ния масс, поскольку параметр ц в свободный член уравнений
(5) и (6) не входит и не может войти.
Вернемся к упругому стержню и составим для него уравне-
ние движения. К элементу стержня длиной dx (рис. 384) при-
ложены силы и моменты в сечениях и распределенные инерци-
онные силы интенсивностью pFd2y/dZ2, где р — плотность мате-
риала стержня.
Проецируя силы на нормаль к упругой линии, получим
d<2+P-^dx+pF-%-dx = 0.
дх ot
Так как
Q = EJ^,
дх*
то
ej7?+p7?+pf-$-=°’
pF будем считать величиной постоянной.
Положим, что
у = YeiOt,
где Y зависит только от координаты х. При вещественных зна-
чениях Q движение носит характер гармонических колебаний.
Вели Q будет комплексным
fl = а ±
то
у = Ye{^b*ia)t = Ye*bt (cos at + i sin at). (7)
Движение, следовательно, будет происходить либо с уменьшаю-
щейся, либо с возрастающей амплитудой в зависимости от зна-
ка Ь.
Подставляем у в уравнение движения и вводим безразмерные
параметры
₽2 = Т7-’ “ = й/2/?Г Е = т;
тогда получим
-^ + Р2-^--«2Г = 0. (8)
250
Решением этого уравнения будет
Y = Ci sin оиБ + С2 cos aiE + C3 sh a2£ + С4 ch <х2?> (9)
В. заделке независимо от условий нагружения имеем У = 0
и dYjd^ = 0. Следовательно,
С2 4-6*4 = 0, otjCi 4" а2С*з = 0.
На свободном конце стержня изгибающий момент равен нулю,
и в случае следящей силы обращается в нуль поперечная сила.
Поэтому при х = I (или при £ = 1)
d2Y п d3Y Л
—= 0 и —=- = 0,
d£2 dt’
что дает еще два уравнения:
— CjOt? sin ах — C2(Xi cos 04 С3а2 sh а2 4“ Ga2 ch а2 = 9;
— Cjol cos а! 4- ^2aisin ai 4- Ga2 ch a2 4- C4aJ sh a2 = 0.
В случае силы P, сохраняющей неизменным свое направле-
ние, последнее условие выглядело бы иначе. Здесь поперечная
сила равна не нулю, а величине — Рух=ъ
Приравниваем нулю определитель четырех полученных урав-
нений. Тогда
ai 4- a2 + aia2(aj — al) sin sh а2 4- 2ai<x| cos otj ch а2 = 0
или
Р4 4- 2со2 4- р2ш sin oci sh а2 4- 2со2 cosai ch а2 = 0. (10)
В случае силы, сохраняющей свое направление, взамен выра-
жения (10) получим
2©2 — р2со sin ai sha24-(P44-2ci)2)cosaicha2 = 0. (11)
Соотношение (10) позволяет построить зависимость частоты <о
собственных колебаний стержня от безразмерной силы р2
(рис. 385). На этом же графике пунктиром показано изменение
частоты для случая неследящей силы.
При р = 0 имеем первую w । и вторую (о2 частоты собственных
колебаний свободного защемленного стержня. По мере увеличе-
ния неследящей силы эти частоты (и все более высокие) умень-
шаются, обращаясь в нуль при силе, принимающей критические
значения, т. е.
при ₽2 = Pl =i- или при Р=
251
й вообще при
(n = 1, 3, 5, .. .)•
В случае следящей силы низшая частота с возрастанием Р
увеличивается, и в точке А кривые первого и второго тонов смы-
каются. Если расширить
график в область более
высоких частот, то можно
увидеть, что такое же смы-
кание кривых имеет место
для 3-й и' 4-й частот, 5-й
и 6-й и т. д.
Для определения кри-
тического значения силы
Р в этом случае необходи-
мо найти такое наимень-
шее значение Р, при кото-
ром имеет место кратность
корней со в уравнении
(10). Это значит, что при
дальнейшем увеличении if
корни становятся комп-
лексными сопряженными
и существует корень с от-
рицательной мнимой частью, т. е. Q = а — Ы. Согласно выраже-
нию (7) это соответствует появлению формы колебаний с нара-
стающей амплитудой. Из рис. 385 видно, что кратность корней
имеет место в точке А.
Проводя числовой поиск, определяем
Р2 = 20,05 (© = 11,016),
следовательно,
Лф = 20,05-^.
Полученный результат верен лишь при равномерном распре-
делении массы стержня по его длине. При ином распределении
масс критическая сила будет иной. Это очень важно отметить
в связи с тем, что иногда встречаются попытки определить в по-
добных задачах критическую силу при помощи различных ухи-
щрений в обход законов динамики, чем заранее предопределяется
неучет распределения масс и принципиальная неправильность
решения.
146. Случай нагружения а вошел в литературу под назва-
нием задачи Реута*).
Стержень не имеет форм равновесия, кроме исходной прямо-
линейной. Действительно,
EJy"=-Py
•) Реут В. И. О теории упругой устойчивости Ц Труды Одесского
ин-та инж. гражд. и комм, стр-ва, вып. 1, 1939.
252
(рис. 386); далее,
Рис. 386
у = A sin ах + В cos ах\
при х = 0у = 0и/ = 0, следовательно,
В = 0 и 4=0.
Перейдем к анализу форм движения. Будем считать, что мас-
са плоского диска на конце стержня мала. Функция У (формула
(9)), найденная при решении предыдущей зада-
чи, остается в силе. Остаются верными и два пер-
вых граничных условия:
при 5 = 0 У = 0 и ^ = 0,
т. е.
С2 + С4 = 0, aiCi + а^г — О.
При х = I (£ = 1) имеем
EJy" ~-Ру, EJy'" ~-Ру',
или
Y" + ргу = 0, Y'" + р2У' - 0.
Обращаясь к решению (9) предыдущей задачи, получим
G(— «1 + ₽2)sin ai + сг(— ai 4- P2)cosa! +
+ G(а2 “F ₽2) sh а2 + ^4(°й+ Р2) ch а2 = 0,
Ci ( — a? 4- ₽2«i) cos 4- C2 (aj— P2«i) sin 04 4-
+ C3 (a2 4- P2aa) ch a2 4- £4 (a2 + P2a2) sh as = 0.
Приравнивая нулю определитель системы, приходим к транс-
цендентному уравнению
Р4 4- 2со2 4- р2о) sin оц sh a2 4- 2ш2 cos он ch a2 e 0,
которое полностью совпадает с уравнением (10). Таким образом,
критическая сила будет такой же, как и в предыдущей задаче:
п 20,05£/
О совпадении результатов можно было бы догадаться и сразу.
Усилия на концах стержня в обоих случаях тождественны. Раз-
личие заключается лишь в системе отсчета у и х (рис. 387).
В случае нагружения б (рис. 388) задача решается на основе
обычного анализа форм равновесия.
Имеем уравнение
EJy" =-Ру-Ру(1-х),
или
/4-а2у = — a2<p(Z — *)(а2 =
253
откуда
у = A sin az + В cos az — ф (I — х).
При z = 0 у = О и у' = 0, а при х = I у' = -ч Тогда получаем
Рис. 387 Рис. 388
три следующих уравнения:
В — ф/ = 0, Аа + ф = О, A cos al — В sin al = 0.
Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем
tg al = — al.
Наименьший отличный от нуля корень этого уравнения будет
al - 2,029,
147. Система аналогична рассмотренной в задаче 145. Для
анализа устойчивости необходимо составить уравнения движения.
Рассмотрим элемент длиной dx (рис. 389). Приравнивая ну-
лю сумму проекций сил на ось у, получаем
dx + + Р + ^Ldx}- Р = о,
дх дг 1 \дх дх2 I I дх
254
или
+ + [plz^ = 0.
dx r qi2 1 dx L I dx J
Но так как
^- = EJ^
dx dx*
TO
EJ^ + ^[pl=i-^] + pF-^- = °. (1)
dx4 dx [ I dx J r Qf ' '
Здесь p — как обычно, плотность материала, a F — площадь се-
чения. Эти величины (так же как и EJ) от х не зависят.
Уравнение (1) имеет структуру, предопределяющую примене-
ние машинного счета. Для однородного стержня, правда, имеется
надежда свести решение уравнения к табулированным функциям
Бесселя либо родственным им. Однако даже в этом случае наи-
более быстро решается задача при помощи ЭВМ. Полагаем
у = YeiQt
и переходим к безразмерной форме
^ + p£[(i-S)f]-^r = o,
где
Граничные условия:
при 5-0 Д1 = 0, Д1=0,
d£2 d?
„ А d2Y п d3Y п
при £ = 1 ---5“ = 0, -5“ = 0.
dC d£S
Решение ищем в виде ряда
У= 2 АЛп.
п=О,1,2,...
По условиям на концах А2 = Аз = 0,
2лпп(п- V = 0, ' 2>*пп(п- 1)(П-2) = 0. (2)
Для определения членов ряда имеем рекуррентную формулу
Ап = n(n-i)(n-2)(n-3) Х
X {соМ„_, + р2 (Л„_, (п - З)2 - Л„_2 (п - 2) (п - 3)]}.
Постоянные Ло и Ai остаются неопределенными. Их нужно по-
добрать так, чтобы выполнялись два последних граничных усло-
вия. Поскольку в выражения (2) Ло и Ai входят линейно, можно
255
написать:
2 А„п (п -1) = ЯИо + KtAt = О,
S^»n(n — 1)(п — 2) = £0Л0 4- LtAt = 0.
Условие существования ненулевых решений будет, очевидно,
следующим:
KoLi-KiLq = D = 0, (31
Последовательность счета:
Задаемся р и «.
Полагаем 4о=1 и Л1=0 и по рекуррентной формуле опре-
деляем члены ряда. В рассматриваемой задаче их достаточно
взять 20 или 30. Затем подсчитывается ^Апп(п — 1) = Ко и
£л„п(п-1)(п-2) = Л„.
Полагая 4о = О и Л| = 1, повторяем счет; тогда найденные
суммы соответственно равны К\ и L\. Далее вычисляется величи-
на D (3). Меняем со и снова вычисляем D. Сравниваем его с пре-
дыдущим. Если знак D не изменился, идем дальше; если из-
менился, то это значит, что пройдено значение частоты для дан-
ной силы. Интерполяцией определяется со. В результате строим
график зависимости ш от р2, который представлен на рис. 390.
Как и в задаче 145, при критической силе Р имеет место смы-
кание частот первого и второго тонов:
р£р = 109,69 (со= 23,02).
Критическая сила
п 109,69£.7
•
На рис. 390 для ряда значений Р показаны формы колебаний
стержня, причем рассмотрен случай не только сжимающей, но
256
й растягивающей силы Р. Любопытно, что при некоторых значе-
ниях Р узловые точки становятся мнимыми.
148. Здесь, очевидно, имеет место повторение задачи 145, но
при других граничных условиях. Выражение (9) задачи 145
остается в силе. Меняются лишь граничные условия. Теперь
г л d2Y n d*Y п
при £ = О —-х- = 0 и —-5» — 0,
dtf dt?
2 3 (1)
при £ = 1 также = 0 и = 0.
rf£2 d?
Далее получаем четыре уравнения:
- а?С2 4- alG = 0,
- a?C\ 4- a|C3= 0,
— aJCj sin — a?C2 cos 4- «2^3 sh a2 + a2C4 ch a2 =
— cos 4- a?C2 sin ai + а2^з ch a2 + sh a2 = 0-
Приравнивая нулю определитель, получим трансцендентное урав-
нение
2(0 (cos он ch аг — 1) + Р2 sin ои sh аг = 0, (2)
которое и подвергается анализу.
В зависимости от характера функции <о = /(0) и решается
вопрос о поведении стержня. Если при некоторых значениях без-
размерной силы р2 частота со обращается в нуль, стержень имеет
формы равновесия, отличные от прямолинейной. Если нулевых
точек для со не имеется, надо определять условия кратности ча-
стот, что соответствует условиям возникновения движения с на-
растающей амплитудой,
Весьма эффектно выглядит другое решение, предложенное
Л, И. Балабухом. Обращаемся к уравнению (8) задачи 145. Диф-
ференцируя его два раза по £ и обозначая d2y/d£2 = Уо, получим
то же самое уравнение:
d!^Y d^Y
---? + ₽2 5Г- ©% = 0,
d£ dlf 0
но граничные условия теперь будут уже другими:
dY
при £ = 0 Уо « 0 и = 0,
4 (3)
при £ = 1 Уо = 0 и -£ = 0.
Следовательно, решение будет тем же, что и для сжатого стерж-
ня, защемленного по концам (рис. 391). Но здесь известно, что
257
стержень не имеет колебательных форм потери устойчивости.
Новая форма равновесия возникает при Ркр = 4n2£J/Z2.
В этом можно убедиться и на основе анализа уравнения (2),
которое остается, кстати, одним и тем же как для граничных
условий (1), так и для условий (3).
Понятно, что форма равновесия для стержня, показанного на
рис. 391, является относительной в том смысле, что она должна
Аж
Рис. 392
Рис. 391
рассматриваться в связанной системе координат, которая дви-
жется с ускорением в пространстве вместе со стержнем (рис. 392).
Здесь две составляющие Pq> уравновешиваются даламберовскими
силами инерции q = 2Рф/2.
Понятно, что рассмотренная операция двукратного дифферен-
цирования уравнения приводит к указанным выводам лишь для
Рис. 393
Рис. 394
случая однородного стержня. При неравномерном распределении
масс или при переменной жесткости результат будет иным.
В качестве аналога можно рассмотреть два жестких стержня,
связанных между собой пружиной жесткостью с (рис. 393). При
возникновении угла поворота ф система движется с ускорением.
Вводя в центре масс уравновешивающие инерционные силы, по-
лучаем условие устойчивости в виде
2сф = Рфа, или Ркр =
где а — расстояние от шарнира до центра масс.
При нагружении силами Р, сохраняющими свое направление
(рис. 394), распределение масс, естественно, не имело бы значе-
ния. В этом случае
где I — длина одного стержня.
149. Поставленная задача, несмотря на кажущуюся простоту,
содержит в себе трудности того же характера, с которыми мы
столкнулись в предыдущих задачах.
258
Попробуем отыскать условия существования форм равновесия,
отличных от исходной. Для этого представим, что балка выпу-
чилась и вышла из плоскости начального изгиба (рис. 395).
Обозначим через у боковое перемещение оси бруса, а через ф —
угол поворота сечения относительно оси ар. За положительные
направления для у и ф примем
те, которые показаны на ри- z\
сунке. VA / /
В отклоненном положении
в сечениях бруса в плоскости —\
минимальной жесткости возни- \ А *
кает изгибающий момент. Этот Д' --------'
момент равен ЛЛр и направ- /\ / \
лен в сторону увеличения кри- \/ -<—*
визны бруса. Крутящий момент, рис 395
возникающий в сечении искрив-
ленного бруса, равен Му' и направлен так, что стремится умень-
шить угол ф. Следовательно,
Л/нзг = +Л/ф, Мк=-Му'.
С другой стороны,
где
Mw~EJy\ MK = GJKy',
bh3
г _ 6Л8
к - —•
12 ’
Теперь получаем уравнения
EJy " = 2Иф, GJjy' « —Му',
(1)
Их решение будет следующим:
Ф = A sin ах + В сое ах, у —-^-(Asinax -j- В cosax) 4- С,
где
о М2
а EJGJf
а А, В и С — произвольные постоянные, которые определяются
из следующих условий:
при х = 0 имеем ф = 0, у = 0, у' = 0. Тогда получаем
5 = 0, -^Я + С = 0, А=0.
Так как А = В = С = 0, то отсюда следует, что при любых конеч-
ных значениях момента М форм равновесия, отличных от плос-
кой формы изгиба, не существует. Остается исследовать формы
259
Движения и попытаться отыскать условия, при которых возмож-
но движение стержня с нарастающим во времени отклонением.
Прежде чем переходить к этому анализу, заметим, что и в
случае следящего за торцевым сечением момента (рис. 396)
стержень также не имеет форм равновесия, отличных от исход-
ной формы плоского изгиба. Лишь в случае «полуследящего»
Рис. 396
Рис. 397
момента, показанного на том же рис. 396 пунктиром, возможно
существование новой формы равновесия при
М =
«Полуследящий» момент может быть реализован при помощи
двух грузов (рис. 397). Любопытно заметить, что возможность
реализации заданных сил или моментов при помощи сил веса во
всех известных случаях является пока неизменной гарантией
того, что устойчивость системы может быть исследована при
помощи отыскания соседних форм равновесия. Необходимости
отыскания форм движения при нагрузках силами веса пока не
возникало.
Составим уравнения движения стержня. Для этого необходи-
мо ввести в рассмотрение распределенную инерционную нагрузку
/» — о г
Яинерц — — рг 2"
О1
и распределенный инерционный момент, связанный с вращением
масс относительно оси стержня
где р — плотность материала, а Jp — полярный момент инерции
сечения.
Как известно,
д ^изг _
----5—> w --------
1 Ат
поэтому, дифференцируя первое из уравнений (1) по я два раза,
а второе — один раз и прибавляя к правым частям соответствен-
260
ЙО ^кнврц И /Пииерц, получим
<?z4 дх2 г dt2
GjK7? = -M7J + pJl>7r
(2)
Примем
Г~гТ t
ф = ®У^« ₽л ,
где Y и Ф — безразмерные величины, зависящие от безразмерной
координаты £ = х/1, ш — безразмерная частота.
Уравнения (2) принимают вид
-ш2У = 0,
Л *у (3)
^ + м0^ + ^Ф = о.
где MQ — безразмерный момент, а к — геометрическая характе-
ристика:
1# М/ io EJ Jp
° = УEJ GJK' ' = П2 ’
Исследование системы (3) при помощи средств функцио-
нального анализа приводит к очень громоздким преобразованиям.
Поэтому здесь удобнее всего обратиться к помощи машины.
Представим функции У и Ф в виде степенных рядов
2 алп, ф= 2 В„г
п=0Л»2,... п=0,1,2,...
Подставляя У и Ф в уравнения (3), приходим к рекуррентным
формулам
Ап ~ л (п — 1) (П — 2) (п — 3) + ^о^п-2 (л — 2) (п — 3)1.
,2 > (5)
Вп_2 = — М0Ля_2 _ 2) (Л _ 3) ^”-4-
При вычислениях можно ограничиться 20—30 членами ряда.
В заделке при х = 0 (£ = 0) имеем у = 0, ду/дх = 0 и <р = 0,
следовательно, А о = A i = Во = 0.
На конце стержня (при £ = I) имеем
Е/ А = M<f, GJK-^- = - М^-\ EJ = М
дх2 дх Ох д.т3 дх
Последнее граничное условие выражает равенство нулю по-
перечной силы на конце стержня. Действительно, поперечная
261
сила определяется из условий равновесия элемента (рис. 398).
Приравнивая нулю сумму моментов сил относительно оси zi,
находим
= или Q=EJ^-M
х дх дх х ^д.3 qx
Переходя к безразмерным параметрам, получаем
d2Y ЛТ/П п I лт dY n d*Y лт ЯФ п
МоФ “ “ °’ dt? М° dl °’
ИЛИ, ПОЛОЖИВ £ в 1,
2ллп(п-1)-мо2в„ = о,
2в„п + л/02^пп=о, (6)
2 Л1Л (л — 1) (л — 2) — Мл 2 Впп = 0.
При вычислении коэффициентов Ап и Вп первые три из них
Рис. 398
Лг, Аз и Bi остаются неопре-
деленными. Их надо подоб-
рать так, чтобы были вы-
полнены условия (6). Но
уравнения (6) относительно
постоянных Л2, Аз и В\ явля-
ются однородными. Поэтому
их можно написать в виде
ацЛг + Л12Л3 + Д 13^1*1“ 0,
а2>Л2 + аггЛ з + адзВ 1 в 0,
а31Л 2 + ДзгЛз + (L33B1 = 0.
Чтобы получить ненулевое решение, необходимо выполнить ус-
ловие
D =
21
'.И
а а
22 23
CL CL
32 33
= 0.
Порядок вычислений теперь будет следующим.
Задаемся параметром
,.2_ EJ '„_! + >> Ь*
К ~GJK 24 Z2'
Фиксируем Мо и to.
Далее полагаем Л 2 = 1, Л3 = Вх = 0 и по рекуррентным фор-
мулам (5) вычисляем коэффициенты Лп и Вп, а затем — левые
части уравнений (6). Они равны соответственно ан, 021 и азь
Затем полагаем Л2 = 0, Л3=1, В|=0. Тогда левые части урав-
нений (6) дают нам значения а12, ^22 и а32. Наконец, полагая
Л2 = Л3 = 0 и В} = 1, находим Д1з, ат и л33. Вычисляя определи-
тель, убеждаемся, что он, вообще говоря, не равен нулю. Тогда,
изменяя значение ю, добиваемся того, чтобы D = 0. Так опреде-
262
ляются частоты собственных колебаний для заданного мо-
мента Afo-
Меняя Л/о, следим за поведением частот и подобно тому, как
это делалось в предыдущих примерах, определяем условия их
кратности.
При Mq = 0 имеем частоты собственных колебаний — изгиб-
ных ((ожэг) и крутильных (©к). По мере возрастания Мо проис-
ходит сближение частот, и при
критическом значении момента
Мо частоты становятся кратными
(точки А на рис. 399).
На рис. 400 показана зависи-
мость ЛГокр от параметра к. При
к — 0,445 Л/оир обращается в нуль.
Это имеет место при совпадении
частоты первого тона изгибных
Омэг с частотой (ок первого тона
крутильных колебаний.
Можно отметить, что первая
наименьшая частота смыкается
exp
Рис. 400
Рис. 399
всегда со второй независимо от того, интерпретируется она нами
как изгибная или как крутильная. Например, при к = 0,05 пер-
вая крутильная частота (О|к = 31,4, в то время как изгибные
частоты (О1.зг==3,5 и (О2«эг = 22. По мере увеличения момента
смыкаются изгибные частоты. При увеличении параметра к пер-
вая крутильная частота падает и, когда она становится меньше
второй изгибной, первая изгибная при увеличении Mq смыкается
уже с ней. Это видно и из кривых, показанных на рис. 399.
В случае следящего момента, т. е. поворачивающегося вместе
с торцовой плоскостью, меняются граничные условия, и взамен
(6) имеем
^Апп(п — 1) = 0,
2Впп = 0, (7)
5 А„п (п — 1) (п — 2) = 0.
Критические значения момента для условий (7) оказываются
теми же, что и для условий (6). Это совпадение результатов не
263
150. Задача
E. Л. Николаи.
Рис. 401
является случайным. Оно вытекает из взаимного обращения ус-
ловий нагружения стержня на левом и правом концах подобно
тому, как это делалось для систем, рассмотренных в задачах
145 и 146.
вошла в литературу под названием задачи
Именно на примере ее решения в 1927 г. впервые
обнаружился факт существования систем, ана-
лиз устойчивости которых не может быть произ-
веден на основе определения форм равновесия по
Эйлеру. Действительно, в простейшем случае,
когда жесткости стержня в двух главных плоско-
стях равны, имеем следующие уравнения равно-
весия:
EJy" -^Py + Mz',
EJz" ——Pz —Му'. (1)l
Они получаются из уравнений (1) задачи 116
(см. с. 195) заменой знака при Р на обратный.
Решение уравнений остается прежним:
у = Л cos oqx + В sin ais + С cos oqx + D sin а2т,
z = A sin <Z\X — В cos a\X 4- C sin aax — D cos аг®,
где он и аа — корни квадратного уравнения
Л2 I М Р л
° + £Га~Ё7“°-
(2)
При составлении уравнений (1) предполагалось, что переме-
щения у и z отсчитываются от линии действия силы Р. Поэтому,
помещая начало отсчета х, у и z в точке приложения силы Р
(рис. 401), приходим к граничным условиям:
при х = 0 у = z = О,
при х *= I у' = z’ = 0.
Это дает
Л + С-0, В4-Р-0,
—4ai sin ajZ 4- B<z\ cos aj — Ca2 sin aaZ 4- Da2 cos a2Z « 0,
4ai cos aj + Bai sin aj + Ca2 cos aal 4- Ba2 sin a2Z — 0.
Приравнивая нулю определитель этой системы уравнений, по-
лучаем
aj 4- aj == 2ajaa cos (a! — a2) I, (3)
Но согласно уравнению (2)
— + +
2 /(ro)‘ + W'
264
поэтому уравнение (3) принимает вид
1 [ / МIV , 4Р/2 _ Л М2
C0Sl/ \ ЁТ) + EJ —
При значениях момента Л/, отличных от нуля, это уравнение
удовлетворено быть не может, поскольку правая часть по абсо-
лютной величине оказывается больше единицы. Лишь в случае
М = 0
-1,
и тогда получаем обычное значение для критической силы
Лф
л2Е/
412 '
Итак, при сколь угодно малом, отличном от нуля, значении
М и сколь угодно большой силе Р стержень не имеет форм рав-
новесия, отличных от прямолинейной. Точно такой же результат
получается и в случае, если плоскость момента М при изгибе
стержня поворачивается вместе с торцовым сечением. В случае
«полуследящего» момента, создаваемого двумя грузами, система,
как мы уже видели на примере решения задачи 137, имеет фор-
мы равновесия, отличные от исходной. Таким образом, обнаружи-
вается аналогия с поведением системы, рассмотренной в преды-
дущей задаче. Там, однако, мы имели один внешний силовой
фактор: момент М. В предложенной же задаче у нас два силовых
фактора: сила Р и момент М. Если приложена только сила Р,
то при ее возрастании происходит переход к новой форме равно-
весия. Для момента же (за исключением «полуследящего») ха-
рактерен переход к новым формам движения. Поэтому интересно
проследить за поведением системы в области совместного дейст-
вия двух факторов и определить, где раньше возникает форма
движения, а где — форма равновесия.
Дифференцируя выражения (1) два раза по х и добавляя
члены, соответствующие инерционным силам, получим
EJ^-M Д + Р Д- + pF^ = О,
1 дх* дх3 dt2
EJt —t + М + Р + pF Д- = °.
2 дх* дх* Лг2 dt*
Как увидим далее, поведение системы существенно зависит
от отношения жесткостей на изгиб в главных плоскостях. Поэто-
му в уравнениях (4) взамен одной жесткости EJ введено две:
EJ\ и EJ2.
Теперь начало координат удобнее поместить в заделке
(рис. 402). Независимо от условий нагружения при z = 0 имеем
у = z = 0 и dyldx = dzjdx = 0.
265
Выражения поперечных сил Qu и Qt для изогнутого стержня
усложняются введением члена, содержащего крутящий момент,
т. е.
дМ d2t dMV< д2и
а, = -^-+мЦ
v дх QX1' vz дх дх

где Mz и Му —изгибающие моменты относительно подвижных
осей yi, zi. Необходимые соотношения легко получаются, если
приравнять нулю сум-
мы моментов сил, дей-
ствующих на элемент
dx относительно осей
У\ и zi (см. рис. 403,
где показаны проекции
Рис. 403
м -J
MzA ——Tdx
Рис. 402
этого элемента на плоскости ху и xz). На конце стержня
дх ^ дх
поэтому при х == I независимо от поведения момента М имеем
два граничных условия:
|еу + р^_мД-| =о,
I 1 дх3 дх дз3 |я_(
|яА-^г+ Рт+М^т\ =0.
| 2 дх3 дх дх3 |х_;
(5)
Если плоскость действия момента М при изгибе стержня по-
ворачивается вместе с торцовым сечением, то, очевидно, при
x=l М у *= Мг — 0 и тогда имеем еще два услЪвия:
151
= 0.
х—1
(6)
266
Если плоскость действия момента М при изгибе стержня не
поворачивается, то при х — 1 имеем Му =М dzidx и Mz
= — М ду дх и тогда
Наконец, в случае «полуследящего» момента получаем
(7)
= О,
О.
(8)
Перейдем к безразмерным параметрам. Для этого примем, что
y = YleiOiAt, z
.itoAt
где У и Z —- безразмерные искомые функции, зависящие только
от х, со — безразмерная частота, а
- Г~ЁТТ
систему
А = V —
V pFZ4
В качестве независимого переменного вместо х возьмем £ = хЦ.
После подстановки х, у и z в уравнения (4) получим
обыкновенных дифференциальных уравнений
di* ° di* di*
d*Z -LU d’y , P2 Ш2 „ _
-^+M*1^+V^-^Z = 0’
где Afo и p2 — безразмерные момент и сила:
„ Ml ft2 Pl2
M° = V^K' ₽
Величина к характеризует отношение жесткостей
(9)

Предполагается, что EJ^ — минимальная жесткость,
поэтому
Используя безразмерные параметры, преобразуем также гра-
ничные условия.
При £ = 0 имеем У = Z = О, -S- = = 0.
267
Для конца стержня, г. е. при £ = 1 в случае нагружения мо-
ментом, плоскость которого поворачивается вместе с торцовым
сечением, получаем
При неповорачивающейся плоскости действия момента два пер-
вых условия сохраняются, а два последних принимают вид
<12’
В случае «полуследящего» момента опять условия (10) остаются
в силе, а взамен выражений (11) получим
1-тЦ “°- <13>
Для решения задачи единственно целесообразным является
применение машинного анализа. Алгоритм уже выработан при
решении предыдущих задач.
Примем, что
и подставим Y и Z в уравнения (9), после чего получим следую-
щие рекуррентные формулы:
“ n (п — 1) (л — 2) (л — 3) (» — 1) (п ~ 2) (п — 3) —
- ₽гЛ„_, (п - 2) (п - 3) + (AU-J.
(14)
&п ~ Л (Л — 1) (л — 2) (л — 3) (п — 1) (« — 2) (п — 3) —
- £ В„_2 (п - 2) (п - 3) + -£- В„_4].
Так как в заделке Y = Z = 0, — 0, то, очевидно.
ас, »
А о = Л1 = Bq = В\ =0.
Еще четыре коэффициента Аг, Аз, Вг и Вз должны быть выбраны
так, чтобы выполнялись граничные условия на конце стержня,
т. е. при £ = 1. Для этого обращаемся к выражениям (10),
а также в зависимости от условий нагружения к выражениям
(11), или (12), или (13).
268
Так как коэффициенты А2, А3, В2 и В3 входят во все пере-
численные выражения линейно, то четыре уравнения относи-
тельно этих коэффициентов можно написать в виде
ЯцЛ2 + <ц2А3 4- а]3В2 + ацВ3 = О,
а21А2 + 022-^3 + #23^2 4" 024^3 = О,
аз1Л2 + а32Л3 4- а33В2 + а34В3==(), '
а41Л2 4- я42Л3 4" ^4зВ2 4- я44В3 = 0.
Два первых уравнения получаются из выражений (10), а два
других — либо из (И) или (12), или (13), смотря по тому, ка-
ким моментом М нагружен стержень.
Если при заранее фиксированном значении параметров ЛГо, 0,
к и со положить А2 = 1, а А3 = В2 = В3 = 0, то по рекуррентным
формулам (14) можно найти Л4, В4, Л3, В3, ... Затем, суммирова-
нием до некоторого п, например до п = 30, находим значения
производных от функций У и Z при £ = 1, т. е.
Найденные суммы подставляются в выражения (10) и (11)
или (12) или (13). Соответственно получаем коэффициенты ац,
«21, Дз1 и а41 системы (15). Если повторить все выкладки заново
в предположении, что А3 = 1, а А2 = В2 = В3 = 0, то найдем, оче-
видно, коэффициенты fli2, а22, «32 и а42. Затем надо принять В2 =
= 1 и, наконец, В3 — 1. В итоге четырехкратного повторения
J3=O

к=2

у
Рис. 404
цикла находим все коэф-
фициенты системы (15).
Условием существова-
ния ненулевых решений
для Y и Z является равен-
ство нулю определителя
flll fl12 а1з Л14
а21 °22 а23 ®24 = D=0.
«31 ЯЯ2 азз Л34
в41 % 2 в43 а44
(16)
Таким образом, анализ
устойчивости сводится к
определению таких со-
отношений между Мо, 0, со и к, при которых выполняется
условие (16). Практически надо зафиксировать в первую
очередь параметр к, затем 0 и, наконец, MG. Давая ю разные зна-
чения, подбираем такое, при котором определитель D обращает-
ся в нуль. Затем меняется Мо и снова подбирается со. Таким
образом определяется зависимость со от Мо при фиксированных
0 и к. На рис. 404 показана такая зависимость для к = 2.
269
Очевидно, строить все графики или выводить на печать мно-
жество данных нет необходимости. В логику программы нетрудно
ввести признаки, по которым можно судить о поведении частоты
в зависимости от Mq и р. Если частота обращается в нуль, это
значит, что найдена новая фор-
ма равновесия. Если частоты
двух первых форм смыкаются,
значит найдена форма движе-
ния. Естественно, отношение
жесткостей к2 должно при этом
поиске оставаться неизменным.
Результаты поиска критиче-
ских значений параметров р и
Mq представлены на рис. 405.
Для граничных условий (11) и
(12) они оказались совершенно
одинаковыми. Иначе говоря,
различия между нагружением
следящим и неследящим мо-
ментом не обнаруживается. Для
каждого фиксированного к =
= УЕЦ (EJ\) область устойчи-
вости (рис. 405) ограничивает-
ся криволинейным четырех-
угольником О АВС, Точка А яв-
ляется общей для всех кри-
вых. Здесь Р в -у e VPl2l(EJ х), что соответствует значению
критической силы
р _
Кривые АВ дают условия перехода к новой форме равновесия
и соответствуют изгибу в плоскости минимальной жесткости EJ\.
Любопытно, что с возрастанием момента критическая сила воз-
растает. Это происходит потому, что приложенный момент за-
ставляет стержень при изгибе отклоняться от плоскости мини-
мальной жесткости.
Верхняя часть кривых ABD, показанных на рис. 405, соот-
ветствует форме равновесия, связанной с изгибом в плоскости
наибольшей жесткости. Значение параметра (J в точках D в к
раз больше, чем в точке А.
Справа область устойчивости ограничена условием перехода
к колебательной форме движения. Границы перехода отмечены
на рис. 405 штриховыми линиями ВС.
При к -► 1 область устойчивости стягивается в отрезок прямой
ОА. Точка D смыкается с Л, а С —с О.
Для «полуследящего» момента, как и следовало ожидать,
формы движения с нарастающей амплитудой не обнаруживаются.
270
1!ри определенных значениях М и Р возникают только новые
формы равновесия (о> = 0).
Определение критических состояний здесь можно было бы
произвести и аналитически, однако при отлаженной программе
делать это нецелесообразно и удобнее переложить вычисления
сразу на машину по уже разработанному алгоритму.
Кривые, ограничивающие область устойчивости, представле-
ны на рис. 406 и понятны без объяснений.
151. Возвратимся к решению задачи 123. Легко убедиться в
том, что трубопровод, защемленный одним концом, не имеет
форм равновесия кроме исходной, прямолинейной. Действительно,
из решения задачи 123 используем
у = A sin ах + В cos ах + Сх + £>,
но для иных граничных условий, а именно:
при х = 0 у = 0 и у' = 0,
при х = I у " = 0 и у'" = 0,
откуда
В + Л = 0, Ла + С = 0,
A sin al + В cos al = 0,
A cos al — В sin al = 0.
Из двух последних выражений вытекает, что для А и В ненуле-
вые решения существуют, если
sin2 al + cos2 al = 0,
271
что невозможно. Следовательно, Л=5 = С = 2) = 0, и стержень
не имеет форм равновесия, отличных от исходной прямоли-
нейной.
Необходимо обратиться к поиску форм движения. Заметим,
форм легко обнаруживается,
если через гибкий резиновый
шланг подавать под достаточ-
ным давлением воздух от ком-
прессора. Точно такое же коле-
бательное движение можно
наблюдать при подаче воды
через шланг, лежащий, напри-
мер, при заливке катка на мок-
ром скользком льду.
Пусть масса трубы на еди-
кстати, что существование этих
Рис. 407
ницу длины будет а масса
жидкости, также отнесенная к единице длины, пгж. На отрезке dx
(рис. 407) имеем соответственно массы mrdx и mMdx. При попе-
речном движении трубопровода на отрезке dx возникает инер-
ционная сила, равная
52
— —г(^т-Нигж)ах.
В связи с тем, что поток частиц поворачивается с угловой ско-
ростью д2у!дх dt, возникает кориолисово ускорение. Соответствую-
щая инерционная сила будет:
С тем же знаком пишем выражение для силы, связанной с кри-
визной потока (или с нормальным ускорением):
А о ,
——2 иТП^иХ.
ОХ
Сумма этих сил, деленная на dx, дает интенсивность поперечной
«внешней» нагрузки. Следовательно,
Перейдем сразу же к безразмерной форме. Положим, что
У = у^+адл., 4=1/—4, X = II. (1)
V (тт+т«)'
Тогда получим
$ + ₽2 § + 2₽х (е 4- to) + (е + = 0, (2)
at at
272
Первый параметр характеризует расход жидкости через трубо-
провод, второй — соотношение между массой жидкости и массой
трубопровода.
В заделке при £ = О У »= 0 и dYldt, — 0. На конце стержня
при £ e 1 имеем
Теперь задача сводится к определению областей изменения
параметров р и х, при которых вещественная часть е показателя
е(1) принимает положительные значения.
Имея в виду переложить операцию поиска на электронную
цифровую машину, положим
у = 2«п.
Из двух первых граничных условий следует, что Co — Ci—0.
Два других условия принимают вид
2С„п (п -1) = 0, 2с„п(п-1)(п-2) = 0. (4)
Полагая коэффициенты G и Сз неопределенными, напишем урав-
нения (4) в следующем виде:
аСг + ЬСз = 0, . сС2 + dCz = 0. (5)
Условие существования ненулевых решений будет, очевидно,
следующим:
|“ = (6)
Перейдем теперь от комплексной формы написания уравне-
ний к вещественной. Положим, что
Y~Yi + lY2
и соответственно
Cn = A„ + tBn, =
Подставляя Y в уравнение (2) и разбивая его на вещественную
и мнимую части, получаем рекуррентные формулы для определе-
ния Ап и Вп:
*• = „ (n - i) (» - 2) (Г-ГЗГ t~ - 2) (П - 3) -
— 2fxe4n_3 (п — 3) + (w2 — е2) +
4- 2Рхо)Бп_3 (л — 3) — 2шеВп_4],
-3>-
— 2рхеВп_3 (п — 3) + (со2 — ё2) ^п-4 — 2Рхо)Лп_3 (п — 3) — 2(оеЛп_4].
Уравнение (6) также разобьем на вещественную и мнимую
части, полагая
а = ai + ia2, b = bi + ib2, c = Ci + lc2, d = d{ + id2.
273
Тогда получим два уравнения!
D\ = a\d\ — a2d2 ~+ Ь2с2 = О,
D2 = aidz — a<)di — bic2 — b2c\ = 0.
Если положить C2 = 1 (Л2 =1, B2 = 0), a C3 = О (Л3 = J93 =
= 0), то из сопоставления выражений (4) и (5) видно, что пер-
вая сумма (4) равна а, а вторая равна с. Следовательно, при
А2 = 1 и В2 = А3 = В3 = 0 имеем
Q1 =; 2 (п — 1), а2 — ^Впп(п — 1),
ci = 2 (л — 1) (и — 2), с2 = У, Впп (п — 1) (п — 2).
Если же мы примем, что С2 — 0, а С3 = 1, т. е. положим А2 «
-в В2 = В3 = 0, A3 = 1 и вычислим по рекуррентным формулам
(7) коэффициенты Ап и Вп, то получим
= 2 Апп (п — 1), Ь2 — 2 Впп (п — 1),
^1 = 2 АпП (п — 1) (п — 2), d2 = 2 (п — 1) (п — 2).
Таким образом вычисляются величины, входящие в уравне-
ния (8).
Этим, собственно говоря, и определяется порядок вычислений
на машине.
Сначала надо составить подпрограмму вычисления величин
D\ и D2 (8) при фиксированных параметрах х, £, <о и е. Степен-
ные ряды сходятся быстро, и величины А„ и Вп при п > 30 уже,
как правило, имеют значения, меньшие машинного нуля.
Затем для фиксированных х и {} определяем такие е и <о,
чтобы удовлетворялась система (8). Поиск реализуется при по-
мощи простейшей линейной интерполяции. Задаваясь на плос-
кости е, (о тремя точками, определяем соответственно этим точ-
кам три значения Di и D2 (8), По трем значениям Dx и D2
строим в пространстве две плоскости:
£>i=Z)i(e; со) и D2 = D2(e; со).
Линия их пересечения пересекает плоскость е, <о в точке, ко-
ординаты которой соответствуют корням системы (8). Дальше
производится последующее сближение до тех пор, пока не будет
выполнено заданное условие точности. Если вычисления произ-
водить при изменении параметра то можно проследить за тем,
как меняются частота <о и параметр затухания е в зависимости
от скорости потока при заданном х, т. е. при заданном соотноше-
нии масс потока и стержня.
На рис. 408 показано несколько таких кривых. Характерно,
что в рассматриваемой задаче не наблюдается смыкания частот,
с которым мы сталкивались ранее. Это связано с тем, что ско-
рость потока является не только возбуждающим, но одновре-
менно и демпфирующим фактором, проявляющимся в наличии
кориолисовых сил. Даже при самой малой скорости v имеется
274
затухание, и корни характеристического уравнения будут не мни-
мыми, а комплексными.
С возрастанием скорости потока первая частота со (при малых
х) возрастает, затем начинает уменьшаться и обращается в нуль,
но величина е во всех случаях остается отрицательной. Это
означает, что нарастающих отклонений по форме первого тона не
возникает, а имеет место либо колебательное, либо апериодиче-
ское затухание.
Первый переход е в положительную область происходит при
частотах, соответствующих второму тону. Соответствующие кри-
вые на графике (рис. 408) отмечены индексом (ег, cos).
275
Причудливо выглядит зависимость частоты колебаний о и
критической скорости потока £ от параметра
(рис. 409). При х < 0,545 возбуждаются колебания второго тона.
При большем х возникают колебания по третьему тону, что про-
является в резком возрастании частоты. Затем при большей от-
носительной массе жидкости колебания происходят по четвертому
тону и частоты растут. В предельном случае, когда масса трубо-
провода мала по сравнению с массой жидкости, частота и крити-
ческая скорость неограниченно возрастают. Если масса стержня
равна нулю, система устойчива при любой скорости потока.
152. Примем, что поперечные сечения полосы не искривля-
ются. Тогда осевые удлинения могут быть представлены в виде
линейной функции у (рис. 410):
ех = ео + ху,
где х —изменение кривизны полосы в плоскости ху. Осевое на-
пряжение будет, очевидно, следующим:
аж«=Е(е0 + ху — at),
где at — температурное удлинение.
276
Так как нормальная сила в сечении и изгибающий момент
Мх равны нулю, то
f CgdF =« О, J иху dF = О,
F f
откуда
+Ь/2 +Ь/а
е0=Т J atdy' х = ^ J atyfy.
-Ъ/2 —Ь/2
При возникновении крутки напряжения ох образуют момент
относительно оси х (рис. 410), равный
или
F F
Кроме того, при закручивании в полосе возникает момент каса-
тельных напряжений, равный, как известно,
Мх = \ы?сА
4 3 dx
Сумма* этих моментов равна нулю, поэтому
-g-W»G +JoT4(*<JF = 0.
Подставляя сюда о*, находим
+?/а а
- J (е0 + ху-»<)У’^»б(ТТ?)-’
—Ь/2
где р — коэффициент Пуассона. Исключая со, получим
4-ь/а
J “4у2_Я^=в(та- (1)
—ь/а
Это и есть условие перехода к новой форме равновесия.
277
Заметим, что при линейном законе распределения темпера-
турных удлинений вдоль оси у, т. е. при
at = А + By,
левая часть выражения (1) обращается в нуль при любых зна-
чениях А и В. Следовательно, при линейном распределении тем-
пературы новой формы равновесия не существует.
Положим, что температурные удлинения на левой половине
полосы распределены по квадратичному закону
(рис. 411). Тогда выражение (1) принимает вид
ьл2
или
15 Л2
Заметим, что чем относительно тоньше лист, тем при более низ-
кой температуре происходит потеря устойчивости (коробление).
153. В этом случае стержень также может потерять устойчи-
вость плоской формы изгиба, но произойдет это уже при больших
перемещениях у сильно искривленно-
го стержня, что исключает применение
обычной теории устойчивости плоской
формы изгиба.
Когда говорится о боковом выпу-
чивании полосы с узким прямоуголь-
ным сечением, то слово «узким» добав-
ляется не для того, чтобы показать, что
в противном случае не будет выпучи-
вания, как может показаться на первый
взгляд, а для того, чтобы подчеркнуть,
что к моменту потери устойчивости
балка в плоскости изгиба почти не ис-
кривляется.

Рис. 411
Наглядным примером того, что полоса, изгибаемая в плоско-
сти минимальной жесткости, может потерять устойчивость плос-
кой формы изгиба, является так называемое спутывание волоска
у приборов.
Волоском называют всем хорошо известную плоскую спираль-
ную пружинку, которая устанавливается на оси баланса карман-
ных и ручных часов (рис. 412). Волосок устанавливается также
на оси стрелки у большинства измерительных приборов — мано-
метров, барометров, указателей скорости самолета, высотомеров,
вольтметров, амперметров и других приборов.
278
Лента волоска, установленного в приборе, изгибается в плос-
кости минимальной жесткости. При некотором угле поворота
оси, который называют обычно углом спутывания, волосок теряет
устойчивость плоской формы изгиба — спутывается. Поэтому
рабочий угол поворота устанавливается всегда ниже угла спу-
тывания. •
154. Предложенная задача дает достаточно широкий простор
для исследований. С одной стороны, можно ограничиться иссле-
дованием устойчивости по отношению к осесимметричному опро-
кидыванию. Такое решение трудностей не представляет. С дру-
гой стороны, интересно рассмотреть существование несимметрич-
ных форм равновесия и установить условия выхода кольца из
плоскости кривизны с кручением. Здесь необходимо будет пред-
варительно вывести уравнения равновесия несколько более об-
щего вида, чем те, которые используются при исследовании
устойчивости плоской формы изгиба.
Сначала рассмотрим устойчивость кольца по отношению к
осесимметричному опрокидыванию.
В точке А с координатами х, у (рис. 413) в результате пред-
варительной- операции вывертывания возникает начальная окруж-
ная деформация е = 2x/R. Сообщим кольцу малое осесимметрич-
ное угловое отклонение ft. Точка А примет положение А', и воз-
никает дополнительное удлинение, равное отношению проекции
отрезка АА' на ось х к радиусу R:
Ае = [cos (а — ft) — cos а].
Так как угол ft мал, заменяем sin ft на ft, a cos ft на 1 — ft2/2,
и тогда
е+ле = ^+4(^-*¥)-
279
Потенциальная энергия упругих деформаций будет
и = у£.П<’е+ MTdFds.
s F
где интегрирование ведется по дуге круга s и по площади попе-
речного сечения F,
Так как деформации осесимметричны, то е 4- Де от я не за-
висит, и тогда
+ ytf dF,
F '
ИЛИ
где Jx и 4 —моменты инерции сечения относительно главных
осей х и у.
Производная U по О имеет следующее выражение:
[-2(2-т)^ + 2/4
Эта производная обращается в нуль при '6 = 0. Следовательно,
вывернутое наизнанку кольцо находится в положении равнове-
сия. Для того чтобы установить устойчиво это положение равно-
весия или неустойчиво, возьмем вторую производную
При >0 положение равновесия устойчиво, при
dv
daC/| о
—s- •< и — неустойчиво. Следовательно, условием устойчи-
во |0"0
вости вывернутого наизнанку кольца по отношению к осесиммет-
ричным возмущениям является следующее:
Jx > 2JV, или b > ЛУ2.
Перейдем теперь к более полному исследованию вопроса.
Составим уравнения равновесия изогнутого в главной плос-
кости бруса при наличии малых возмущений, связанных с кру-
чением и с изгибом во второй плоскости. Сделаем это в несколько
более общей форме, чем это требуется для данной задачи, с тем,
чтобы воспользоваться полученными уравнениями и в даль-
нейшем.
Итак, положим, что у нас имеется элемент бруса малой кри-
визны длиной ds (рис. 414). В поперечных сечениях возникает
шесть силовых факторов. На невидимой грани возникают взаим-
ные силовые факторы, имеющие соответствующие приращения.
Для упрощения они на рисунке не показаны.
280
В докритическом состоянии отличны от пуля только силовые
факторы, лежащие в плоскости кривизны: Мо, и No. После
того как брус дополнительно изогнется и закрутится, возникнут
дополнительные силовые факторы: Qx, QV1 N, Mv и МК1 кото-
рые считаются малыми.
Обозначим через р и q малые
костях уz и xz, а через г — крут-
ку и составим линейные уравне-
ния равновесия для деформиро-
ванного элемента. Принцип линеа-
ризации — обычный. Силовые фак-
торы докритического состояния
вводятся в уравнения равновесия
с учетом изменения формы эле-
мента, а малые, дополнительные
силовые факторы — без учета из-
менения формы, т. е. по форме
докритического состояния.
С тем чтобы сделать эту про-
цедуру более понятной, выведем
подробно первое уравнение равновесия. Приравняем нулю сумму
проекций всех сил на ось х\
~h Qx — (Q*q + ?« + dQX(i + dQx}— (Nq + N dAr0-|- dA)x
x ('k + q'}ds~ (Qv-t-dQv)rds=,°-
Отбрасываем величины высшего порядка малости и произве-
дения Qx на q и Qv на г. Тогда получим
В докритическом состоянии Q* N — 0, q “ 0, и поэтому
е;+тв“°- (А)
Складываем первое уравнение со вторым. Тогда
Аналогичным образом, приравнивая нулю суммы проекций
сил на оси у и z и суммы моментов относительно трех осей, по-
лучаем еще пять уравнений. Выпишем их полностью:
Qv +rQ*t--pW<> « о,
ЛГ'-^-%=0,
(1)
(2)
(3)
281
+ (4)
м; + ^ = о, (S')
M'K-^ + MQp = O. (6)
В дополнение к уравнению (А) мы получаем еще два урав-
нения равновесия для докритического состояния — итого, три
уравнения:
<?х. + г = °- (7)
No--J = 0, (8)
^4-См = 0. (9)
Во всех написанных уравнениях под i/R понимается кривиз-
на бруса в докритическом состоянии, связанная с величиной мо-
мента Mq.
Изменения кривизны р и q и крутка г пропорциональны мо-
ментам Л/ж, Mv и Мк:
Мх = EJxp, Mv = EJvq, Мк = GJtir.
Теперь от общих уравнений перейдем к рассматриваемой за-
даче. Для вывернутого наизнанку кольца уравнения (1) —(6)
упрощаются тем, что No = QXq = 0, а Мо и 1/R представляют
собой постоянные. Поэтому
<*+£ = о. (10)
<?;=о, (И)
^.-Г = 0’ (12)
(13)
М'„ + Q* = 0, (14)
, М Мк--£ + Мор = О. (15)
Дифференцируем выражение (13) по s, учитывая, что Qv = 0.
В результате получим
Л^ + ^-Л<-Мог' = О,
или
£ЛР''+(|СУК-Мо)г' = °.
282
Уравнение (15) примет вид
б/кГ' = (т£/*-М»)₽- (Я
Исключаем г:
Л2
р’ + ^-р = о,
где
* = ^гк (тг G/x - (ж £/» - *4 <17>
Таким образом, получаем
. . ks , п ks
р = A sin -f- В cos
Г -GTK ~ А СОа^ + В “П + С-
Так как кольцо замкнуто, функции р и г должны обладать
периодичностью, т. е. при изменении s на 2лг возвращаться к
прежним значениям. Следовательно, величина к должна быть
целочисленной.
Для вывернутого наизнанку кольца
M0 = -^EJy,
и из выражения (17) получаем
(18)
где п — любое целое число.
Если EJX = 2EJVt то п = 0, и мы приходим к случаю осесим-
метричного опрокидывания кольца. Теперь положим, что EJX>
>2EJy. Тогда второй сомножитель в правой части выражения
(18) будет положительным. Определим знак первого сомно-
жителя
_ bh
EJ 19
1 - 2^/- = 1 - 2—12
2(1+Ю₽',А'
= 1-
1 + Н
зр •
Коэффициент жесткости на кручение бруса прямоугольного
сечения 0 меньше 0,323. Следовательно, написанное выражение
оказывается отрицательным, и поэтому п2 < 0. __
Итак, если EJX> 2EJV, или же, если &>ЛУ2, то и2<0, и не-
симметричных форм равновесия не существует. Значит, условие
устойчивости вывернутого наизнанку кольца
ЬЖП
283
справедливо как для симметричных, так и несимметричных форм
потери устойчивости*).
155. Решение полностью вписывается в уравнения, выведен-
ные для предыдущей задачи.
Если подвод тепла производится через внутреннюю поверх-
ность, то ti > и в кольце возникает постоянный момент
м„ =
где а коэффициент температурного расширения.
Величина к2 (17) должна быть целочисленной
откуда
+ GJk ± ^{ЁГ,, + <?Л)2 + (»*-!)].
Наименьшее положительное значение момента Л/о будет при
п = О
Л^окр “ ft •
(Случай п = 0 и Mo = GJJR не удовлетворяет условию неразрыв-
ности перемещений.)
Если подвод тепла осуществляется через внешнюю поверх-
ность и ti > t|, то для следует искать наименьшее по модулю
отрицательное значение. Это будет при п = 2
I МокрI = [ V(ЁК + е/к)2 + 12£J>GJk - EJX - GJK],
Таким образом, при внутреннем нагреве потеря устойчивости
Рис. 415
происходит по симметричной, а при
внешнем нагреве — по несимметрич-
ной форме с кручением.
156. Ответ на поставленный воп-
рос снова дают уравнения, выведен-
ные при решении задачи 154.
Поскольку 1/Я = 0, уравнения
(11), (13) и (15) примут вид
Q'V = Q, M'x-Qv-Mor = O, Мк + Мор = О,
где положение осей соответствует рис. 415.
Подставляем Мх = EJxp и МК = GJKr и, исключая г, находим
м2
*) Задачи, близкие к рассмотренной и связанные с вопросами опроки-
дывания кольца под действием распределенных и сосредоточенных момен-
тов, рассмотрены весьма подробно в капитальной монографии: Бице-
но К. Б., Грамммель Р. Техническая динамика. Т, 1, 1950.
284
Йо Л/о = EJJR, где под R понимается уже не радиус кривиз-
ны в докритическом состоянии, а начальный радиус неразрезан-
ного кольца.
Обозначим
Тогда
р = A sin ~ + В соз
п
Угол поворота сечения относительно оси х определяется ин-
тегрированием р по $ :
A aR (л . T)R • к»
^ = л*(1-соял) + вТ8,пя--
Здесь произвольная постоянная интегрирования уже выбрана
так, чтобы при s = 0 угол обратился бы в нуль.
Чтобы получить поперечное перемещение по оси у, надо по-
следнее выражение еще раз проинтегрировать по s:
ЛП ( R . ks\ . dR2L ks\
» = ЛТ - Т s,n + VI1 - cos я)-
Здесь снова постоянная интегрирования выбрана из условия
равенства нулю перемещения в начале координат. Так как при
s = 2лЛ величины б1, и у обращаются в нуль, получаем два урав-
нения
А (1 — cos 2лАг) 4- В sin2n/r = О,
А ^2лВ — ~ sin 2пк^ 4- By (1 — cos 2л/с) = 0.
Приравниваем нулю определитель и находим наименьший
корень 2лй = 2л. Следовательно, к = 1, и тогда
у _ ц
Но
EJv~Eb-&. GJK = 24T|?ypA’t,
откуда следует, что
£ 1±JL
/г “ 60 '
(А)
Полагаем ц = 0,3. Что же касается коэффициента жесткости на
кручение 0, то он сложным образом зависит от отношения b/h.
Табличных данных коэффициента 0, приводимых в курсе
сопротивления материалов, для решения этого трансцендентного
285
уравнения недостаточно. Поэтому воспользуемся соотношением*)
Я 1 Г. 192 Л V 1
После нескольких числовых проб находим решение уравне-
ния (А):
т - 1Д6.
п
Прямолинейная форма равновесия устойчива при
6 >1,166.
157. В задаче мы рассматриваем только три геометрические
невязки (в плоскости). При монтаже, естественно, обнаружатся
также невязки и из плоскости. Но их мы пока отнесем к катего-
Ряс. 416
рии возмущений, которые при неустойчивом
состоянии равновесия гарантируют самопро-
извольное развитие перемещений из плос-
кости и последующее превращение осе-
вой линии кольца в пространственную
кривую.
Рис. 417
Сначала надо определить усилия, возникающие после сборки
конструкции. Для этого воспользуемся уравнениями метода сил
(рис. 416)
6цХ1 + 612X2 + 613X3 = Ai,
621X1 + 622X2 "Ь 623X3 = А2, (1)
631X1 + 632X2 + 633X3 = “О',
где Xi и Хг —искомые силы, а Х3 —искомый момент, 61м —пере-
мещения от единичных сил.
Единичные моменты будут
Mi = R(1 — cosip); М2 = — R sin M3-l,
а коэффициенты
ял
(1.2,3),
О v
*) См. Арутюнян Н. X., Абрамян Б. Л. Кручение упругих тел.—
М.: Фнзматгиз, 1963.
286
откуда
о ЗлЯ е с jj ______________ £ __ г» с __ е __ 2лЯ
Оц = 012 ~ °21 = 02з — 032 — и, 013 = 031 — EJ i
Л — лДЭ А — 2яД
°22 ~~ЁУ^ °23~я7^-
Оси сечения х и у показаны на рис. 417.
Подставляя найденные значения б,А в уравнения (1) и решая
их, находим
Изгибающий момент в сечениях кольца определяется следую-
щим образом:
М = XjMj 4- Х2М2 + Х3М3 = |^-О.Я+(ОЯ—Ai) cosip—A2sin\pj
Введем обозначения:
о я -Ь-Ejl-
° “ п EJX 1 O1 ~ nR EJX' °2 ~ лЯ EJX'
тогда
£Л Г 1 1
Л/ = -д- [j % — Minip + (0О — 6i)cosipj.
Перенесем начало отсчета угла if в другую точку и примем:
«9 вп - «1
—— . ..= = sin гр0, — - - ° = Cos ip0, ip 4- ip0 = <p.
/«Hfo.-A)1 />+(V6i)!
Теперь изгибающий момент Mq = M докритического состояния
примет вид
Л'Л> = ~7Г (40о+ Acosq>),
где _____________
A=/6i + (0.-V-
Таким образом, теперь вместо трех независимых параметров
Ль Да и Ф получаем только два. Это существенно упрощает по-
следующую интерпретацию проводимых расчетов.
Последующие уравнения заимствуем из решения задачи 154.
Из уравнений (9) и (7) (с. 282) получаем
амл ejx А .
—ЗГ = -7ГД8ШЧ’’
Л, = — Д cos <j>.
0 ds R2
Далее переходим к условиям малого изгиба кольца из плос-
кости, для чего воспользуемся уравнениями (2), (4) и (6) из
287
той же задачи
здесь
4* rQxo — pNq — О,
dMx мк
-5г + -/--^-Мог = 0,
dM м_
^--^+^ = 0;
p = MJ(EJ.),
р — изменение кривизны из плоскости, а Мх — соответствующий
изгибающий момент, г — крутка, Мк — крутящий момент, a Qv —
поперечная сила из плоскости.
В трех написанных выше уравнениях равновесия остается
заменить Q^, NQ и MQ найденными ранее функциями, а затем
привести уравнения к безразмерному виду. После преобразова-
ний получаем
Qy = — Д [(гЯ) sin ф -f- (pR) cos ф],
(рЯ)' = — g (rR) + Qy + (-160 + Д cos <Р j (rR),
(rR)' = A /1 - | e„ - Д cos <p) (pR).
В этих уравнениях слева написаны производные по ф трех
искомых функций. Это безразмерная поперечная сила Qv«
=» (У?2/(£JX) и безразмерные изменение кривизны (pR) и крут-
ка (rR). Через g обозначено отношение жесткостей GJK!(EJX).
Эти уравнения позволяют при фиксированном параметре g
построить на плоскости Д, 0о область устойчивости плоской фор-
мы равновесия кольца.
В общем виде построение границ этой области производится
следующим образом. Задаемся значениями Д и 0о. Интегрирова-
ние уравнений можно начинать с любого значения ф = фо, задав-
шись любыми значениями Qv, (pR)° и (rR)°. Когда ф достигнет
значения фо + 2л, мы получаем три конечных значения искомых
функций ’ Qy\ (рЯ)2Л, (гЯ)2л, каждая из которых линейно зави-
сит от трех начальных значений, т. е.
$” = «п$ + «12 (₽Я)° + «13
(pR)in = аг1(£ + aas (PR)° + аю (rR)°,
(rR)™ = a31Q°y + a3, (pR)° + a^rR^.
Но поскольку Q™ = Qy, (pR)™ = (pR)°, (rR)™ = (rR)°, to
(«»_- 1) Qv + «u Ш + «is QR)° = 0,
«21$ + («32 - 1) (pR}° + «23 W = 0.
«31$ + «33 (pR)° + («33 - 1) (rR)° = 0.
288
Условие существования нетривиального, ненулевого решения,
а значит, и выхода упругой линии кольца из плоскости, есть ра-
венство нулю следующего определителя:
а12 *13
а22~1 *23
*32 *за 1
= D = 0.
Члены определителя aih вычисляются обычным способом, т. е.
трехкратным интегрированием дифференциальных уравнений при
й = 1, (Р^)° = (г^)° = 0, при Q°v = 0, (рЯ)° 1, (гЯ)° = 0 и при
^ = (рЯГ = 0, (гЯ)°=1.
Алгоритм, казалось бы, легко реализуется. Однако при вычис-
лениях обнаруживается совершенно непредвиденное препятст-
вие — резкая потеря точности при вычислении определителя.
Теряются, по крайней мере, шесть-семь значащих цифр. А так
как члены определителя D получаются как результат численного
интегрирования, то последнее необходимо проводить с неоправдан-
но высокой точностью. И хотя правдоподобные результаты все
же получить можно, сохраняется чувство неудовлетворенности.
Поэтому предпочтительнее оказалось разложение функций в
тригонометрические ряды:
оо оо
(pR) = А„ 4- 2 At cos fq>, (гЯ) « 2 sin i<p.
<—i i—i
После подстановки в уравнения и приведения подобных чле-
нов получаем условие существования смежных пространствен-
ных форм равновесия в виде равенства нулю пятидиагонального
определителя:
*11 *12 0 0 0 0 0
*21 *22 *23 0 0 0 0
0 *32 *33 *34 *ЗБ 0 0
0 *42 *43 *44 *45 *4в 0
0 *1,1-2 *1,1-1 *1,1 *1,1+1 *1,1+2 0
где
Оц = 1 —0о/2, 012 = —Д/2, 021 = А»
д22 = — g — 14- 0о/2, О2з = А/2, Оз2 = — A (3g + 0о/2)/2,
Озз = 4g + (1 - 0о/2) (-g + 0о/2)- А2/12, о34 = А(1 — 20о)/6,
Д2 Д2 i
азо— 12’ 4 i-2’ 2 1 — 2
а„.е(,_1,+¥^£±1 + (,-1в.)(_г+4).
Д i-2-60(i-l) Д2 1—2
аМ+1 — ~2 I » — Т i ’
289
Для расчетов, которые фактически уже не требовали машин-
ного времени, был взят определитель 10 X 10, а на рис. 418 пока-
заны зоны устойчивости для нескольких значений g = GJJ(EJX).
Параметры 0о и Д предварительно вычисляются с помощью
заданных Д], Дг, th И если точка с координатами 6о, Д распола-
гается на представленной диаграмме ниже соответствующей кри-
вой, плоская форма равновесия кольца устойчива.
Рассмотрены были и антисимметричные формы равновесия:
(р7?) = 2 sin i<р, (rR) = Bo + 2 Bi cos fq>,
i—1
но они дали более высокие значения для критических парамет-
ров 0о и Д.
158. Вероятность выпучивания стержня в ту или иную сто-
рону определяется его начальной погибью, случайными неодно-
родностями в материале и отклонениями линии действия силы
Р от оси стержня.
Степень влияния случайных факторов зависит от жесткости
стержня. Наиболее вероятным является, очевидно, изгиб в плос-
кости минимальной жесткости, т. е. в данном случае относитель-
но оси z (рис. 419). Остается проверить, не меняется ли жест-
кость на изгиб при перемене знака момента. В случае, если
жесткость остается неизменной, выпучивание стержня вправо
или влево будет равновероятным. Если жесткость окажется раз-
личной, наиболее вероятным будет изгиб в сторону наименьшей
жесткости.
Положим, задана диаграмма сжатия материала (рис. 420).
Напряжение о, возникающее в поперечных сечениях стержня,
превышает по условию предел текучести (точка А на диаграм-
ме). При изгибе стержня слои, расположенные с вогнутой сторо-
ны, догружаются и напряжения возрастают в зависимости от е
по прямой 1. С выпуклой стороны происходит разгрузка, и эа-
290
висимость между о и е изображается прямой 2. Тангенс угла
наклона прямой 1 обозначим через а прямой 2 — через Е,
где Е — модуль упругости. В результате эпюра дополнительных
изгибных напряжений принимает вид ломаной (рис. 419). Поло-
жение нейтральной линии z\ определяется
из условия, что
Рис. 419 Рис. 420
Если стержень выпучивается налево, ось z\ смещается от
центральной оси z также налево. Если стержень выпучивается
направо, нейтральная ось сдвигается направо.
Рассмотрим первый случай. Ось zi сдвинута влево. С выпук-
лой стороны стержня
а с вогнутой
Да = £А (У1>0),
Да = рА (?!<()).
Согласно выражению (1) имеем
Е J VldF^D J HidF,
лев прав
где первый интеграл распространяется на область, расположен-
ную слова от оси zi, а второй — справа от оси z\ (рис. 419). Взяв
статические моменты указанных участков относительно оси zi,
находим
2d -
где d-*D!E.
291
При выпучивании стержня вправо ось Zi смещается направо
на величину
= 2(1^7)<2 + d-
Теперь определим момент напряжений До относительно по-
перечной оси z\. Заметим, что ось может быть взята произвольно
в связи с тем, что нормальная сила от напряжений До при най-
денных и &2 равна нулю.
При выпучивании стержня влево
М* = У-[е f y\dF+D J V\dF
1 L лев прав
Это выражение можно написать в виде
где
Л = а (2а - *,)’ 4- 4 [8а (а + М’ - ML
Исключая получим
А = + 22d + 7<P-4(2 + d) /бй + М.
При выпучивании стержня вправо получаем аналогично:
= ^2^-2 [10- 2d4- /Ш-Зср].
В интервале изменения d от нуля до единицы получаем
Л Л.
Следовательно, вероятность отклонения стержня направо больше,
чем налево. При потере устойчивос-
ти стержень вероятнее всего изогнет-
ся так, чтобы открытая сторона
профиля располагалась на вогнутой
стороне бруса.
159. Потеря устойчивости воз-
можна для пружин растяжения,
имеющих навивку с натягом.
У пружин такого рода витки
плотно поджаты друг к другу. По
мере увеличения растягивающей си-
лы уменьшается контактное давле-
ние между витками. Удлинение
при силе, большей силы предвари-
тельного поджатия Рю (рис. 421).
Потеря устойчивости происходит с перекосом и изгибом вит-
ков (рис. 422). Получается так, что каждый виток «не дожида-
292

Рис. 421
пружины возникает только
ется» того момента, когда он сможет оторваться от соседнего,
а соскальзывает по поверхности контакта, изгибаясь в своей плос-

Рис. 422
кости. Работа силы Р на возникающем осевом перемещении пере-
ходит в энергию изгиба витков.
Расчетная схема для определения критических сил показана
на рис. 423. Согласно формуле (3) (см. решение задачи 53)
Л«=л
°сдв С \
Но Q — РАО. Исключая Q, получаем \ \
Р —С \
* кр '-'сдв*
Из формулы (4) той же задачи получаем
р - Ed*‘ *
КР~8Б3"’ /\Г\
Так как в данном случае l]n = d, то Ч/
р р
кр 8D3' Рвс. 423
160. Рассмотрим систему в отклоненном от вертикали поло-
жении.
Уравнения равновесия для узла (рис. 424, а) будут сле-
дующие:
Р = N\ sin oti + N2 sin ot2, Ni cos oti e N2 cos a2. (1)
Из треугольника ABC (рис. 424, б) имеем
(I — AZi)cosai + (I — AZ2)cos a2= 21 cos ao,
(Z —AZJsinai =(Z—AZ2)sina2.
Будем рассматривать малые отклонения от вертикали и боль-
шие — по вертикали. Обозначим
a2 = a + Р, ai = a — р,
где угол а характеризует перемещение узла вниз, а малый угол
р — перемещение по горизонтали. Аналогично
А,=А-ДА, А2 = А+ДА.
293
Обозначим через с жесткость стержней на сжатие
AJ N-bN А, А + ДА
дгх=—-—, д/,=—-—.
Далее подставляем аь аг, Ni, N* и А/г в уравнения (1) и
(2) и линеаризуем их, пренебрегая малыми произведениями
а 6
Рис. 424
рАА. Удерживаются только первые степени этих величин. В ито-
ге взамен (1) и (2) получим
P = 2Asina, Ар sin a — ДА cos a = 0,
cos a = I cos a0, [l —y-j p cos a — sin a = 0.
Первое и третье из этих уравнений дают возможность определить
угол а в зависимости от силы Р при симметричной форме рав-
новесия
Р • (л cosao\ (3)
тт-; = sin all----?I.
2cl \ cos a J
Второе и четвертое уравнения являются однородными отно-
сительно неизвестных величин р и АА, характеризующих боко-
вое отклонение. Приравниваем пулю определитель этой системы
A sin a — cos a
/, A\ 1 . =0,
U — —I cos a ——sin a ’
откуда
— I cos2 a = 0.
Заменяя N через P, получим
тДу •— sin a cos2 a = 0,
2d
или согласно выражению (3)
cos ao = cos a — cos3 a.
На рис. 425 показан график зависимости между cos а и cosao.
Понимать этот график нужно следующим образом. Задан угол
ao. Система не нагружена. При этом а = ао(точка А на рис. 425).
По мере нагружения угол а уменьшается, а cos а возрастает.
294
Точка В характеризует переход к несимметричной форме. Из
выражения (3) может быть определено и значение соответствую-
щей силы Р. Когда угол а достаточно уменьшился, симметричная
форма равновесия снова становится устойчивой (точка С на гра-
фике). Возникновение несимметричных форм возможно лишь
при cosao<2V3/9 или при ао>67°25'.
Поведение системы в закритическом состоянии может быть
исследовано, если отказаться от предположения малости угла [к
Рис. 427
Впрочем, здесь удобнее решать задачу энергетическим методом.
Если ввести в рассмотрение перемещения Хи/ (рис. 426), то из
четырехугольников СВВХВ$ и ABB^Bq легко получить следующие
соотношения:
I cos «о + / = (I — Д/j) cos «1,
I sin «о — X = (I — АЦ) sin а>,
I cos oto — / = (I — ДМ cos Л2,
I sin ао — X — (I — Д/г) sin аг-
Исключая ой и аг, получим
Д/i = / — V(Zsinao — X)2 + (Zcosao + /)2,
AZ2 = Z — V(Zsina0 —X)2 + (Zcosao —/)2.
Полная потенциальная энергия системы будет
и = -j- С (bltf + -i- с (Д/2)2 - РК.
295
Первые производные от V по X и / в положении равновесия рав-
ны нулю, а по знаку вторых производных определяется устой-
чива или неустойчива форма равновесия.
Представляем читателю возможность произвести этот анализ
самостоятельно.
161. Задача относится к категории наиболее сложных, а пре-
пятствия начинаются уже при определении внутренних сил.
Пусть масса стержня на единицу длины будет т. Определим
силы взаимодействия отрезка длиной dx (рис. 427) с остальными
элементами стержня.
Справа и слева от отрезка dx участка АВ и АС создают силы,
уравновешивающие друг друга. Остается участок CD = l — 2х,
который тянет отрезок dx вправо, а сила определяется интегри-
рованием взаимодействия отрезков dx и dx\.
Согласно закону Ньютона элементарная сила будет
dm»dm1
где f — гравитационная постоянная, р — плотность материала,
F — площадь поперечного сечения. Если найденную силу раз-
делить на dx, получим интенсивность внешней продольной силы
q в точке А, вызванную притяжением массы стержня длиной dxr.
(1)
— хУ
Интегрирование ведем по xi от 2х до 1Х:
9 =
или
,= /^(4--^). (2)
Интенсивность q на концах стержня обращается в бесконеч-
ность, что уже само по себе настораживает. Но этого мало.
Нормальная сжимающая сила N в поперечных сечениях
стержня у концов должна обращаться в нуль, однако
= Jgdx = /p2rilnx(Z-x)l5. (3)
О
И отсюда следует, что в бесконечность на концах стержня обра-
щается не только q, но и нормальная сила.
Парадокс заключается в том, что мы рассматриваем одно-
мерный стержень, в то время как он имеет поперечную протя-
женность, и определение сил следует производить с учетом этого
обстоятельства. А это уже порождает технические трудности.
296
Ограничимся случаем прямоугольного сечения а X Ь и рас-
смотрим два элемента dr и dxx (рис. 428).
Масса pdxdydz (точка А) притягивается массой pdx\dyxdzx
(точка В) с силой
/ ~-dxdy dz dxx dyx dzlt
где г — расстояние между точками А и В:
г2 = (х, - х)2 + (ух - у)2 + (Z] - z)2.
Чтобы получить составляющую по оси х, найденную силу
следует умножить на косинус угла между отрезками АВ и осью
х, т. е. на (х\ — х)1г. Следова-
тельно, чтобы получить пра-
вильное значение dq (1),следу-
ет предварительно провести
интегрирование по ух и у (от
нуля до а) и по 21 и z (от нуля
до Ь) следующего выражения:
/р2 — х) dx^ dy± dy dz^ dz
[(^i - xf+fa — *)2]3/2 ’
Это интегрирование доста-
точно громоздко, но проводится рис 42g
в элементарных функциях.
Пропуская выкладки, приведем окончательный результат:
dq^=2fp2(x1- х)
— a In
— b In
l2~a . У(.г1-х)2 + а2 + Ь2-^
=------F b In —1 - z - —----------
|!4-а /К ~T)2 + “2 + b2+b
г \2 4- a'2 _ ь r____________
------2/(z1-zr + b’ +
x} -f- b“ ь
+ 2 /(а1-а:)г + а24-Ьа + 2 (xt - x) - 2 /(zr - z)2 + a2 +
(4)

dx.
С тем чтобы найти распределенную нагрузку g(x), получен-
ное выражение следовало бы проинтегрировать по хх от хх»
= 2х до xi = I. Но поскольку поперечная протяженность стержня
(а и Ь) сказывается на относительно небольших расстояниях
xi — х, мы ограничимся изучением полученной функции лишь в
окрестности одного левого конца стержня и введем переменную
(xi — х)/а = £, изменяющуюся от нуля до некоторого текущего
297
значения £. Заодно в целях упрощения примем b = а, т. е. перей-
дем к квадратному сечению. Тогда
д = /р«а»2 U - 1) In -V In + ---
I KS+2+1 КГ + 1 + 1
-2 /£ч^+2 /F+i~4<£2+1)^+4<£2+2)’/’+'h’ +
ООО
+ 21 arctg (? V ?+2) - nt]. (5)
Выведенная ранее формула (2) вблизи левого конца стержня
соответственно дает:
0=/P2jp (6)
и возникает предположение, что при достаточно большом удале-
нии от конца стержня q (6) и q (5) не будут практически друг
от друга отличаться. И действительно, проведем подсчеты и со-
ставим таблицу:
t=x/a 0 1 2 3 4 5
г(6)/(/р’а3) <М5)/(/р>а») сю 2,9732 1,0000 0t8788 0,5 0,4811 0,3333 0,3274 0,25 0,2475 0,2 0,1988
Таким образом, мы видим, что на расстоянии, превышающем
5а от левого конца стержня, распределенная нагрузка q с более
чем достаточной точностью определяется простым выражением
(6). У второго конца стержня имеет место тот же самый эффект,
но знак q меняется на обратный.
Длина стержня соответственно может быть разделена на три
участка: основной — где можно использовать выражение (2)
(А<х</—А) и два концевых участка длиной А » 5а. Значит,
когда в дальнейшем придется вести интегрирование упругой ли-
нии изогнутого стержня, все концевые особенности уместятся в
пределах длины одного шага интегрирования, если, конечно, шаг
будет постоянным. Ведь при равномерном делении отрезка I
достаточно две-три сотни шагов, а длина стержня Z, наверное,
превысит размеры поперечного сечения а в десятки или сотни
тысяч раз. Впрочем, этот вопрос мы сможем обсудить и позже.
Теперь можно выяснить и вопрос о сжимающей силе N в по-
перечных сечениях стержня.
Согласно выражению (3) для двух участков получим
х
N = \qdx (х < А),
°C х 1-х (7)
N = J q dx 4- /р2а4 ln-у (*>Д).
о
298
При I > х > I — А написанные выражения следует симметрич-
ным образом «перебросить» с левого конца на правый.
Законы изменения q и N по длине стержня показаны в виде
ориентировочных графиков на рис. 429.
Интеграл от q (5) для левого участка берется в элементар-
ных функциях, но сочетание логарифмов и арктангенсов получа-
ется настолько громоздким, что
предпочтительнее воспользоваться
численным интегрированием. Для
среднего, главного пролета стержня
проще обратиться к аналитическим
выражениям (2) и (3).
Рис. 429
Рис. 430
Перейдем к задаче устойчивости и рассмотрим отрезок стерж-
ня dx в искривленном состоянии (рис. 430).
Введем поперечную силу Q, изгибающий момент Af, нормаль-
ную силу N и нормальную к упругой линии интенсивность внеш-
них сил qn. Она возникает как следствие поворота распределен-
ных сил q.
Из условий равновесия следует, что
dN dM ft dQ । лг d w . л
57=9. ~X=Q, ^+Л^ + 9п = 0.
Отсюда получаем обычное дифференциальное уравнение упругой
линии сжатого, слабо искрив-
ленного стержня:
+ + = <8>
dx ах
Рис. 431
где w —- поперечное перемеще-
ние.
Теперь нам необходимо уста-
новить, как зависит qn от фор- ,
мы упругой линии, и этот воп-
рос существенно отличает рассматриваемую задачу от всех до
сих пор встречавшихся задач устойчивости сжатого стержня.
В докритическом состоянии силы взаимного притяжения двух
элементов стержня dx и dx\ были направлены вдоль оси стержня
(по оси х). При изгибе стержня они повернутся так, как это по-
казано на рис. 431.
Сила

О)
299
создаваемая на отрезке dx воздействием массы dmi, при искрив-
лении стержня поворачивается на угол (w{ — w)/(xi — аг), а ее
нормальная составляющая на участке dx (только от массы dmi)
будет
[w! — w dw 1
dx]-
Знак «минус» указан в связи с тем, что эта составляющая на-
правлена к центру кривизны упругой линии, а при выводе урав-
нения (8) была направлена в сторону внешней нормали.
Разделив р на dx и произведя интегрирование по xi при не-
изменном аг, как при параметре, получим qn для данного х:
J (х^ — ху L Х1 — * ах J
Мы видим, что перемещение it, как функция я, остается под
знаком определенного интеграла, и уравнение (8) оказывается
интегро-дифференциальным. Такое в задачах устойчивости стерж-
ней, да и в других задачах устойчивости упругих систем до сих
пор не встречалось.
Перейдем к безразмерной форме. За независимые переменные
примем Х = хЦ и X\—x\jl. Перемещение w заменим произведе-
нием /т], а производную d( )/dx обозначим через ( )'. Тогда
уравнение (8) примет вид
+ (11)
где G — параметр, характеризующий устойчивость
G = fo2F42l(EJ), Nx = Nj(fo2F2). (12)
Через АХ и AXi обозначим шаг интегрирования. Он должен
быть достаточно малым, чтобы провести интегрирование с при-
емлемой точностью, и в то же время он должен быть и доста-
точно большим, чтобы в пределах отрезка АХ у концов стержня
уложились бы особенности концевого эффекта, что зависит уже
от отношения Ца. Это надо понимать следующим образом. Если
взять, к примеру, АХ = 0,01, то в пределах 0,01Z должно уло-
житься, по крайней мере, 5а, что следует из приведенной ранее
таблицы. Значит, отношение Z/a должно превышать 500. Это ус-
ловие заведомо соблюдается.
Согласно выражениям (7) функция Nx будет
(13)
где ДМ, — безразмерная сила в конце первого отрезка АХ, полу-
ченная путем интегрирования д(5), а затем приведенная к без-
300
размерной форме, т. е.
дх дх дх
A2V = /±r-j2< )dX = /-T^f2{ № ДЛх=|2{ }d£.
ООО
Здесь содержимое фигурных скобок то же самое, что и в выра-
жении (5). Этот интеграл берется численно, скажем, до значе-
ния £ = 10, а затем, в зависимости от выбора АХ (числа раз-
биений), дополняется до конца отрезка АХ аналитически.
Для квадратного сечения та часть A7VK, которая определяется
численно до £ = 10 (Х=10а), равна 3,87784. Для другой формы
сечения она будет мной. Она не зависит от длины стержня. Вто-
рая часть A2V* зависит от числа разбиений (от АХ) и от отно-
шения 1/а.
Согласно (2) вблизи левого конца стержня имеем
9 =
/p2F2 1
~Г X*
(14)
а в безразмерной форме qx = 1/Х.
Разобьем длину Z, например, на 500 участков. Тогда АХв
= 0,002, а отношение l/а пусть будет равно 104, и 10а укладыва-
ется ровно на половине отрезка АХ, а вторая часть АЛГК опре-
делится интегралом
дх
дх/а
В «итоге при таком разбиении
A7V. = 3,8778 4 In 2 4,571.
Таким образом, появляется, как видим, еще один безразмер-
ный параметр — l/а. Это объясняется тем, что сама краевая осо-
бенность, не зависящая от длины Z, имеет различную степень
влияния на устойчивость стержня, смотря по тому, какова длина
последнего. Впрочем, судя по всему, это влияние не очень су-
щественное.
Возникает вопрос, что же делать с уравнением (1<1). И мы
поступим следующим образом.
Разложим т]! по степеням X2 = Xi — X вправо и влево от
точки с координатой X.
Сначала — вправо:
ni=п + ч'-у,+4 +4 < +4 +4^**+
+4^+-
301
Остановимся на шестой производной. Тогда последнее слагае-
мое уравнения (11) примет вид
1-Х
О 2
Здесь опять возникает особенность при Х% = 0. И мы рассмот-
рим сначала первое слагаемое. Интеграл от пего возьмем по
двум участкам: от Хг=0 до Хг = ДХ и второй—от Х2 = \Х
до Хц = 1 — X:
i-х ьх 1-Х
f X„-^dX2 = f X2-^dX2 + f
J -X* 2 J 2 i \
Первый из этих интегралов требует учета размеров попереч-
ного сечения стержня. Для этого надо воспользоваться получен-
ным ранее выражением (4), которое в безразмерной форме дает
х»~ “Х2>
и тогда интеграл можно взять по частям
лх дх дх
У x2±dx2=- у х2^ахг = -х2<ь|0ЛХ + У 9xdXs.
о 2 о 2 о
Но д2 при Х2 = ЬХ согласно (14) будет 1/ДХ, а при Хг = 0
имеет пиковое, но конечное значение. В итоге
дх
J X2A-dX2 = _l+A7V3C,
о 2
а интеграл
f ir = ln^iir-
J х ьх
ьх 2
Таким образом, выражение (15) принимает вид
-G[|ir [_1+дл’а: + 1пЦ^) + |п-(1_х) +
+ s ч'1'0 С1 - *)2 + 356 - Х? + 2® ~
Если X = 1, то содержащийся в круглых скобках множитель
при т] следует положить равным нулю, поскольку длина правой
части стержня равна нулю.
Для левой части стержня (слева от уочки с координатой X)
получим аналогичное выражение, только вместо 1 — X надо на-
302
писать X, а знаки при ц"' и ц(Т) сменить на обратные, т. е.
-с[4< (-1 + " + '"п)-4 ’-* +
Здесь также, но при X = 0, выражение в круглых скобках сле-
дует положить равным нулю: левая часть стержня отсутствует.
Два последних выражения складываем и заменяем ими ин-
тегральную часть уравнения (И). Предварительно введем обо-
значение Y — ц". Тогда
- 2§§б [(1 - X)* 4- Х‘] У<- - [(1 - Xf - Xs] Y'" +
+ (1 - ^[(1 - X)2 + Х2)]у" - |(1 - 2Х)Г + 6ГХУ = О,
где коэффициент Тх компануется из трех частей: из выражения
Nx и из двух слагаемых, полученных для правой и левой частей
стержня:
= N, - 4 (-1 + АЛ"» + ’“тгЦ - 1 + ДЛД +
At I 41Л у I 1л.Л у
При X = 0 в нуль обращается третье слагаемое, а при X = 1 —
второе. Для остальных значений X, лежащих в интервале от
X = ДХ до Х = 1 - АХ, получаем после простых преобразований
Tx = l + lnJ^_zA).
Остается переписать уравнение в традиционной форме:
y‘IV> + /аУ“ +/2у»+ду' + ду = о,
где
f - Q (l--^)3-^8 f 60 G [(1 - X)2 4- X2] - 48
7a (1 - Х)4Ч- X4 ’ 72 G (1 _ X)4 4- X4
На концах стержня Y = Y' = 0. Далее, как обычно в таких
задачах и делается, проводим двукратное интегрирование, пола-
гая при X = 0 поочередно Y'" = 1 и Y" = 0 и, наоборот, Y'" = 0
и У" =1. Затем, меняя по шагам G, ищем такое его значение,
при котором обратился бы в нуль определитель двух уравнений:
У(1) = а11У"(0)+а12Г"(0) = 0,
У' (1) = а21 У" (0) + 022У(0) = 0.
В результате поиска находим значение критического пара-
метра:
GKp = 43,85.
303
В такой задаче прежде всего интересно узнать, сколь ре-
альна длина стержня, способного сохранить прямолинейную фор-
му в условиях самогравитации. Подсчитаем для стального стерж-
ня квадратного сечения:
Л _ ^кр^.
КР = /р2^2 ~ 12/р2’
гравитационная постоянная / = 6,672«10"*11 модуль упру-
гости £ —2-10* кгс/см2 = 19,6 «1010 плотность р =
= 7800 кг/м3.
Подсчет дает ZKp = 13 300 км. Результат буквально астроно-
мический. Впрочем, этого можно было и ожидать.
В заключение необходимо признаться, что большие удобства
в поиске критического параметра предоставляет энергетический
метод. А его применить можно, поскольку система консерватив-
на. Такое решение проводилось параллельно с изложенным как
альтернативное, но и не лишенное творческого азарта*).
Масса стержня делится на п частей. Изменение потенциала
внешних сил при искривлении стержня по заданной форме мо-
жет быть подсчитано попарным перебором взаимных смещений
п масс. Энергию изгиба можно найти, задавшись формой упру-
гой линии. В частности, если грубо предположить, что стержень
изгибается по дуге квадратичной параболы, значение критиче-
ского параметра определяется даже без машинного счета как
GKp = 72. Такое приближение явно недостаточно. Задавая сме-
щения w элементарным массам, можно конечно-разностным ме-
тодом определить энергию изгиба, а затем подобрать эти пере-
мещения, чтобы полная потенциальная энергия достигла мини-
мального значения. Точность расчетов, как и громоздкость, опре-
деляется числом п. Но результат достигается довольно быстро.
При п = 32 и при п« 80 значения GKp совпадают уже до третьей
значащей цифры. Критический параметр оказался равным 49,7.
Это значение заслуживает, по-видимому, большего доверия,
чем то, которое было получено выше. Как-никак, но интегро-
дифференциальное уравнение решалось нами приближенно,
а кроме того, не следует закрывать глаза и на сложность пре-
образований. Даже при самой высокой осмотрительности никто
не застрахован в подобных случаях от возможных огрехов.
162. Результат, полученный в предыдущей задаче, свидетель-
ствует, что интерес к подобного рода проблемам лежит не в
сфере практического их приложения, а .исключительно в тех
особенностях, которые связаны с интегральным поведением
внешних сил при малых возмущениях системы.
Обратимся к самогравитирующему кольцу (рис. 432,а). Оче-
видно, силы взаимного тяготения частиц вследствие полной сим-
♦) А л ф у т о в Н. А., Попов Б. Г. Ц МТТ.— 1988.— № 5.
304
метрик сводятся к равномерно распределенной нагрузке интен-
сивностью q. Она, казалось бы, определяется весьма просто и
во всяком случае без тех «приключений», которые преследовали
нас при решении предыдущей задачи. Ведь кольцо — не стер-
жень, и никаких копцсвых эффектов у него возникать не должно.
Пусть т — масса кольца на единицу длины дуги. Сила, с ко-
торой масса элемента Rdq (рис. 432,6) притягивает массу эле-
мента ds, согласно закону Ньютона будет следующей:
, т ds-mR dtp
* Z2 ’
Умножая это выражение на sin(<jp/2), находим радиальную со-
ставляющую этой силы. Если разделить на ds, найдем интен-
сивность силы. И наконец, исключая г = 2R sin(<p/2), получим
2Л
f dtp
4Я J sin (<р/2)
2
fm2 , . <p Ian
=4« lntm-
(1)
Таким образом, для кольца, как и для стержня, определение
сил гравитации по одномерной схеме не проходит. Получаем бес-
конечность. Необходимо интегрирование по плоскости попереч-
ного сечения, как это было показано на рис. 428 для прямого
стержня.
Но с этим делом мы повременим и в океан выкладок пока
бросаться не будем. Предполагаемый результат достаточно оче-
виден. Как подсказывает нам выражение (1),
9 = '-£*. (2)
где К — неизвестный безразмерный коэффициент, который зави-
сит от формы поперечного сечения кольца.
Теперь рассмотрим малые отклонения кольца от круговой
формы в его плоскости. Они характеризуются перемещениями и
305
и w (рис. 433), а угол поворота элемента дуги будет
а _ dw и
v — Л’
При малых возмущениях нагрузка q меняется и получает
соответственно малые дополнительные составляющие: нормаль-
ную qn и касательную qt. Их необходимо вычислить.
Зафиксируем произвольно выбранную точку А с угловой ко-
ординатой ф и обозначим ее перемещения через и wQ
(рис. 434). Перемещения некоторой точки В будут и и w.
Рис. 433
Расстояние между точками А и В есть г, а между точками
А' и В' равно г + Аг. Нетрудно установить, что
Ar = (iz?-J-zr0)sin+ (u —u0)cosy.
Вертикальная и горизонтальная составляющие погонной си-
лы притяжения массы А' массой В' будут
+ wo — (R + w)cos а + и sin а],
, fm2R da T/ri , . .
+ w) sm а 4- и cos а — u0].
Взяв проекции этих сил на нормаль и на касательную к эле-
менту дуги в точке А', получим
d(q + qn) =
fm2Rda Г/d • \ /о , \ , • (dw0 \ • 1
= Дг)3 [(д -И О - (Я 4- u;)cosa4- usina-^ — uoj sinaj,
, fm2R da l/dw \ /D . 1
dqt = (г~4-Дг)3 LW ” U°j(1 “ C0S a) — sin a - W cos a4- Uoj
Так как
(г + Дг)-’ = г-*(1-3^
306
/dip \
— u0J (1 — cos а) — w sin а —
то
d (q + gn) = ———— Л (1 — cos a) -f- w0 — w cos a + и sin a —
8Я28ш34 L
— — w0) sin a —(tr + ip0) (1 — cosa)— -| (u —u0)sina
dqt = —fm da [— R sin a 4-
8Я28ш3-у1
— и cos a + u0 -h у (w 4- w0) sin a 4- у (u — u0) (1 4- cos a)J.
Теперь при фиксированных uq и wq, но при переменных и и
w, эти выражения необходимо проинтегрировать по а от нуля
до 2л.
Естественно принять, как это обычно и делается, что переме-
щения и и w подчиняются периодическому закону, обеспечиваю-
щему нерастяжимость упругой линии кольца при изгибе:
и?0 = Л cos шр, w = A созп(ф 4- «)»
А А
и0=----— sin пф, и —--— sin п (ф 4- а).
В дальнейшем для упрощения выкладок сразу примем п = 2,
хотя и не исключено, но маловероятно, что число волн п может
оказаться и иным.
Поскольку устойчивость мы рассматриваем в одномерной схе-
ме, то при последующих операциях неизбежно встретится уже
знакомый нам несобственный интеграл (1). Поэтому воспользу-
емся уже написанным ранее выражением (2). Сравнивая его с
выражением (1), легко заключить, что переход к трехмерной
схеме превращает этот интеграл в величину 4/С
После довольно громоздкого интегрирования по а получаем
9n = 8? 4 (24* ~ ^) С°3 2ф’
/т2 .32 . о
9(-----g-sin2<p.
Остается составить уравнения равновесия для изогнутого
кольца. Но эта работа уже проделана нами при решении задачи
134.
Выпишем уравнение (2) со с. 220:
EJ d*H Ln i EJ\ 1 dK । 1 । 1 n
Я5?+-Й9' = 0’ <3>
где х — изменение кривизны
. 1 fd2w , \ ЗА q
и*
307
Остается подставить х, qn и qt в уравнение (3) и найти ус-
ловие критического состояния. Если его написать в традицион-
ной форме, то получим
__ 26Я Е J
а если подставить д(2)', то
//т2/?а\ = 2б
\ EJ Дф 1Г
Результат весьма отрадный. Неизвестный коэффициент К со-
кратился, и заниматься сложным интегрированием для его опре-
деления нет надобности.
Для квадратного сечения
(f?W\ 13
\ Е /кр_6в-
В заключение подсчитаем критический радиус стального
кольца квадратного поперечного сечения. Необходимые числовые
данные были приведены в предыдущей задаче.
Результат такой: /?кр = 3083 км.
163. Представим себе, что шары В В повернулись на некото-
рый малый угол <р относительно оси ОА (рис. 435). При этом
Рис. 435
инерционные силы шаров таиЧ уже не будут параллельны оси
О А и дадут пару с моментом
М = тп(о2/а2а,
закручивающую стержень О А. Но так как а = фа/Z, то и
М = 2тп(о2а2<р.
С другой стороны, для закрученного стержня
308
где GJV — жесткость стержня; таким образом,
Это и есть критическая угловая скорость для данной системы.
При скорости, большей указанной, стержень ОА закручивается.
164. Представим себе, что некоторое сечение, расположенное
на расстоянии £ от оси, повернулось в результате закручивания
стержня на угол <р (рис. 436). Выделим из стержня элемент
d^dyh, расположенный на расстоянии у от оси стержня. При
повороте сечения на угол ф элементарная инерционная сила
dm(o2£ даст поперечную составляющую <йи<1)2£а.
Элементарный закручивающий момент этой силы будет
dM ^dmu^ay.
Но
dm = ~hd£dy, а = ф у,
где 7 — удельный вес материала стержня. Тогда крутящий мо-
мент в сечении х определится как
+Ь/2 I I
—Ь/2 О О
Нормальная сила в том же сечении определится интегрировани-
ем выражения
(о2С dm = -j <о2Л£ dt, dy,
что дает
+Ь/2 I 2 “
ЛГ = j
-b/2 x
Из условий закручивания стержня имеем
с/ф_
dx ~
где С — жесткость на кручение. Последняя величина в данном
случае зависит от силы N (см. задачу 28):
C=4-WG + ^, С = ± bh3G + 2-& (1г - х3).
В предыдущем примере стержни ОА были круглыми и их жест-
кость не зависела от растягивающей силы. Теперь получаем
Ж
809
Дифференцируем обе части этого уравнения по х:
dx \ dx] g 12 т
Но из выражения для С следует
у b3h , 1 dC
-712“ =^37'
поэтому
dx \ dx] dx
Независимо от вида функции С решением этого уравнения будет
<р = х
где А и В — произвольные постоянные.
Возьмем интеграл
где обозначено
1 . к 1
Т+21П
1 4~М
1-М’
3 1 g 24 ’ Р g 24
Таким образом,
ф = 7(-1 + 4-ш^) + ^.
При х = 0 <р = О, откуда 4=0. Далее, при х = I имеем МК = 0
(dtp/dx = 0), и тогда В = 0.
Следовательно, при любой угловой скорости о стержень оста-
ется прямым*).
165. Тонкий однородный диск, вращающийся около оси, пер-
пендикулярной к его плоскости, может потерять устойчивость.
Но для дисков обычной толщины критическая скорость й)кр ле-
жит выше той, при которой наступает разрушение. Если рас-
смотреть очень тонкий металлический или, еще лучше, резино-
вый диск, то на опыте может быть получена форма потери
устойчивости, показанная на рис» 437.
Возникновению такой формы равновесия может быть дано
следующее объяснение. Положим, что диск идеально сбаланси-
рован, и допустим, что какая-то внешняя причина вызвала неко-
торую деформацию диска в его плоскости так, что балансировка
диска будет при этом нарушена. Если центр тяжести диска сме-
*) При подготовке автором первого издания настоящего задачника
Л. И. Балабух показал, что призматический стержень вообще любой формы
поперечного сечения не имеет критической угловой скорости.
310
стился, как показано на рис. 437, вправо, то возле неподвижной
осп слева возникнут сжимающие радиальные напряжения. По-
этому при достаточно большой угловой скорости диска в этой
воне может произойти его выпучивание, вследствие чего дисба-
Рис. 437
Рис. 438
ланс еще больше увеличится. Если диск при этом не разрушит-
ся, то форма его после потери устойчивости и будет примерно
такой, как показано на рис. 437.
166. Определим силу Р, которую необходимо приложить к
кольцу, чтобы отклонить его от оси на некоторую малую вели-
чину w (рис. 438). Очевидно,
Р =2A’iCOS(/T _ 4>о)’
где i — номер спицы, a Ni — нормальное усилие, возникающее в
ее сечениях.
Если обозначить через А, удлинение i-й спицы, то тогда
Но
Ai = w cos (i — <poj,
поэтому получаем
Р = w(‘ V~
Можно показать, что
icos2(zT-’>«)=^
и тогда
n EFn
P = W-2T-
311
Критическое число оборотов определится из условия
п 2 Егп
Р = m(o„pW =
откуда имеем
(0Кр —
yf EFn
V 2ml'
167. При некотором давлении (в области заметных удлине-
ний) сферическая форма равновесия становится неустойчивой.
Если по какой-то причине в стенке появится местное утонение,
оно продолжает развиваться. Толщина стенки становится нерав-
номерной и сфера несколько вытягивается (рис. 439,а). Это
Рис. 439
явление аналогично процессу образования шейки у растянутого
образца. Его можно наблюдать при надувании камеры волей-
больного мяча. Аналогичное явление наблюдается и при надува-
нии велосипедной камеры (рис. 439,6).
168. Если какая-то внешняя причина вызовет местное суже-
ние образца, последний при небольшом растягивающем усилии
самостоятельно восстановит цилиндрическую форму по устране-
нии причины, вызвавшей это сужение. Таким образом, до опре-
деленной величины растягивающего усилия цилиндрическая
форма образца является устойчивой.
При достаточно большом растягивающем усилии малейшее
местное сужение вызовет повышение напряжений в зоне суже-
ния такой величины, что по устранении причины, вызвавшей это
сужение, стержень не сможет восстановить цилиндрическую фор-
му. Сужение будет развиваться, и на образце образуется шейка.
Цилиндрическая форма равновесия оказывается неустойчивой.
169. Представленная форма испытанного образца не остав-
ляет сомнений в том, что разрушению предшествует местная
потеря устойчивости. В чистом виде она не всегда реализуется.
Для этого необходимы определенные условия. Но средняя ста-
тистическая регулярность строения древесины предопределяет и
регулярность волнообразования.
312
Древесина слоиста. Мягкие, относительно толстые слои че-
редуются с тонкими и жесткими. В последних возникают и наи-
большие напряжения. Местное искривление слоя влечет за собой
и искривление соседнего. Форма местного изгиба для всех жест-
ких слоев одинакова, но сдвинута по фазе. В результате обра-
зуется наклонная полоса «сброса», «сдвига» (трудно подобрать
название), в зоне которой в дальнейшем начинается и образова-
ние трещин. Угол наклона полосы, а также и критическое на-
пряжение определяются отношением толщин слоев и отношени-
ем модулей их упругости*). Естественно, этот вид разрушения
может проявиться не только при испытании древесины, но в
определенных условиях — и слоистых композитов.
♦) Локтева И. В., Феодосьев В. И. Ц МТТ.—1987.— № 5.
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
170. Вопрос поставлен избыточно прямолинейно и несколько
старомодно. В нем звучит невысказанная тональность пассивного
восприятия окружающего. Чем, дескать, богата природа и что
она дает нам в распоряжение? Но в нынешние времена наряду
с вопросом, из чего сделано, большую роль играет вопрос, как
сделано? Например, распыленный жидкий алюминий при скоро-
сти охлаждения порядка 105 градусов в секунду не успевает
кристаллизоваться. Из полученного таким способом аморфного
металла спеканием в инертной среде под давлением удается
получить алюминиевые детали с прочностью по крайней мере
в полтора раза более высокой, чем при изготовлении традицион-
ными способ,ами. Дорого, но в авиационном и ракетно-космиче-
ском производстве без этого не обойтись.
Самые высокие прочности в наше время надо искать в цар-
стве тонких волокон, составляющих основу композиционных ма-
териалов. Тонкое стеклянное волокно, углеродное, борное — име-
ют предел прочности до 3500 МПа. Следует вместе с тем пом-
нить, что высокий предел прочности — не единственное благо.
Во многих случаях оно уступает место другим достоинствам,
в частности, удельному весу. Именно поэтому стальное волокно,
зачастую не менее прочное, отодвигается на второй план по
сравнению со стеклянным и углеродным. Очень высокий предел
прочности имеют искусственно выращенные нитевидные кри-
сталлы металлов и их химических соединений, весьма распро-
страненных в природе и обобщенно относимых к категории ве-
ществ минерального происхождения. Среди них есть и такие,
которые в наших обиходных представлениях прочно приобрели
репутацию драгоценных камней — сапфир (А12Оз) или гранат
(A15Y3OI2).
Следует, однако, предостеречь читателя от отождествления
понятий «прочность образца» и «прочность конструкций».
Прочность образца в условиях испытания, действительно,
определяется значением предела прочности. Что же касается
прочности детали, изготовленной из того же материала, то она
в рабочих условиях определяется не только пределом прочности,
но и другими показателями, среди которых наиболее важным
является удлинение при разрыве и некоторые другие характе-
314
ристики, уже не столь однозначно определяемые, Как, например,
чувствительность к местным напряжениям, ударная вязкость и
т. п. Поэтому деталь, изготовленная из материала с более вы-
соким пределом прочности, сплошь и рядом в рабочих условиях
оказывается менее прочной, чем такая же, но изготовленная из
другого материала с пониженным пределом прочности.
Предел прочности некоторых сталей методами термической
обработки в сочетании, например, с промежуточным наклепом
может быть поднят до 2800 МПа. Однако оценка значимости
достигнутого результата не может производиться только по од-
ному этому показателю.
171. Дерево при растяжении вдоль волокон. Например, для
сухой ели предел прочности на сжатие овс ~ 55 МПа, а на ра-
стяжение ов.р ~ 72 МПа; для бука овс ® 67 МПа, ов р ~ 82 МПа.
Указанное свойство дерева является следствием его анизо-
тропии. В дереве жесткие слои чередуются с мягкими. При про-
дольном сжатии основную нагрузку воспринимают жесткие слои.
При достаточно больших усилиях в этих слоях начинается мест-
ное выпучивание, которое приводит к быстрому разрушению об-
разца. Таким же свойством обладают текстолит и некоторые ви-
ды композиционных материалов.
172. Широко известно, что модуль упругости стали составля-
ет 200 ГПа, но мало кто знает, у каких материалов модуль
упругости выше. В порядке возрастания модуля упругости мож-
но привести следующие ориентировочные данные:
Кобальт и никель.............................210 ГПа
Родий ...................................... 290 ГПа
Бериллий.................................... 290 ГПа
Вольфрам и молибден......................... 350 ГПа
Усы (нитевидные кристаллы)
Сапфир (А1вОв) ............................. 500 ГПа
Графит ..................................... 690 ГПа
Первое место среди неконструкционных материалов занимает
алмаз: Е = 1050 ГПа.
173. У некоторых типов резины модуль упругости достигает
0,4—0,5 МПа. Из металлов самый низкий модуль упругости име-
ют свинец (Е = 18 ГПа) и кальций (Е = 21 ГПа).
174. Ответ на этот вопрос зависит от того, сколь большие де-
формации имеются в виду. Обычно принято считать, что
резина пе подчиняется закону Гука. При этом, однако, умалчи-
вается, что речь идет о больших деформациях порядка 100 %
и более.
При деформациях, не превышающих 10—20%, все типы
резины, как правило, с вполне достаточной для практических
целей точностью можно считать подчиняющимися закону Гука.
Никакой другой материал не дает в пределах пропорционально-
сти столь больших деформаций.
315
175. В массиве стекла, как и всякого материала, наличеству-
ют как мелкие, так и более крупные трещины и структурные
дефекты. Стекло к ним очень чувствительно. Под нагрузкой они
беспрепятственно развиваются, и это приводит к быстрому раз-
рушению. Оконное стекло, стеклянная посуда — их поведение
под нагрузкой, особенно при ударе,— наглядное тому свидетель-
ство, которое и обеспечило, кстати говоря, стеклу самую сквер-
ную репутацию как конструкционному материалу. А между тем
силы молекулярного сцепления позволяют пределу прочности
стекла приблизиться и даже порой превзойти предел прочности
стали. Испытание тонких нитей с несомненностью это под-
тверждает.
Тонкое стеклянное волокно не имеет, да и не может иметь
больших трещин. Это — как бы условие существования нити.
Если есть большая трещина,— нет нити. А может быть и так:
если есть нить,— нет большой трещины, есть высокая прочность.
Неизвестно, где причина, а где следствие. Но нить, хотя и
прочна, все же остается чувствительной к любому микроповреж-
дению.
Несомненным препятствием распространению трещины явля-
ется граница раздела двух сред. Если нити с помощью связую-
щего объединены в пучок, развившаяся трещина способна пре-
одолеть сечение только одной нити, а далее не пойдет. Она бу-
дет блокирована связующим. В этом и заключается причина
разительного отличия прочности, например, стеклопластикового
удилища и стеклянной трубки того же диаметра.
176. Потому, что удлинение каната при растяжении проис-
ходит не только за счет удлинения нитей, но и за счет их ча-
стичного изгиба и закручивания. Приведенный модуль упруго-
сти каната при растяжении не остается постоянным, т. е. диа-
грамма растяжения каната даже при упругих деформациях ни-
тей не будет линейной. На первой стадии растяжения нити
уплотняются, и зазоры между ними постепенно уменьшаются.
При дальнейшем растяжении заметную роль приобретают мест-
ные деформации, возникающие в зонах взаимного контакта
нитей.
177. Волокна, составляющие нить, короче самой нити. Поэто-
му прочность нити зависит не только от прочности самих воло-
кон, но и от их взаимного сцепления. Последнее же определя-
ется силами трения, действующими между волокнами. У кру-
ченой нити каждое волокно захлестывается и поджимается со-
седними и силы сцепления волокон оказываются много больши-
ми, чем у некрученой нити.
Силы сцепления сильно зависят от длины волокон. Поэтому,
например, длинноволокнистый хлопок ценится выше коротко-
волокпистого.
Любопытно, что нити, крученые из искусственного волокна,
оказываются менее прочными на разрыв, чем некрученые. Ис-
кусственное волокно имеет большую длину, равную длине нити.
316
Поэтому волокна не нуждаются во взаимной связи, и наличие
крутки создает в этом случае только дополнительные напряже-
ния, приводящие к более быстрому разрыву.
Обсуждаемая тема перекликается с тем, что говорилось при
решении задач 17 и 175. Не надо обладать особой проницатель-
ностью, чтобы уловить простую мысль. Витой или плетеный ка-
нат представляет собой интуитивно найденный человеком еще
в давние времена своеобразный композит. Связующее — воздух,
среда, идеально пресекающая развитие трещины. Беда только в
том, что при таком «связующем» неэффективная длина волокон
чрезмерно велика. Свивка, а также и плетение обеспечивают
трение между соседними волокнами и уменьшают неэффектив-
ную длину.
178. Студент спутал понятия прочности и жесткости. Леги-
рованная сталь, хотя имеет более высокие показатели прочности,
но ее модуль упругости Е примерно тот же, что и у всех прочих
марок стали, т. е. около 200 ГПа. Поэтому замена простой стали
легированной в данном случае ничего не дает.
179. По условию перемещения в балке пропорциональны дей-
ствующим нагрузкам. Следовательно, к рассматриваемой системе
применим закон взаимности перемещений.
Перемещение в z-м сечении может быть определено установ-
кой индикатора под точкой А и нагружением балки в х-м сече-
нии (рис. 440). Передвигая груз, замеряем в точке А для
Рве. 440
различных значений х. Полученная зависимость 6Х = /(х) и
представляет собой упругую линию балки.
Если груз 'Р велик настолько, что его перестановка представ-
ляет трудности, можно его уменьшить, а затем согласно задан-
ному условию пропорциональным увеличением замеренных про-
гибов получить упругую линию для заданного значения силы Р.
180. Рассмотрим два состояния какого-либо упругого тела
(не обязательно цилиндра), лежащего на жесткой плоскости.
Первое состояние: тело находится под действием собственно^
го веса. Второе состояние: тело находится под действием некото-
рого давления р, равномерно распределенного по поверхности.
По теореме взаимности работа первой системы сил на перемеще-
ниях, вызванных второй системой, равна работе второй системы
сил на перемещениях первой системы.
317
Для первого из указанных состояний упругого тела работа
сил веса на перемещениях, вызванных давлением, равна
У ydVwp,
v
где y — удельный вес, у dV — вес элементарного объема, wP —
вертикальное перемещение некоторой точки упругого тела, нахо-
дящегося под всесторонним давлением р. Это перемещение отсчи-
тывается, естественно, относительно жесткой плоскости. Но при
всестороннем давлении во всех точках тела упругие удлинения
будут постоянны и равны
е = -|(1-2И).
Следовательно, вертикальное перемещение wp пропорционально
расстоянию от жесткой плоскости. Тогда
f yw9dV = у§ wvdV = yVwp,
V v
*
где wp — перемещение центра тяжести упругого тела.
Если центр тяжести упругого тела находится от основания
на расстоянии Я, то
ш;=я|(1-2И).
Таким образом,
V
С другой стороны, по теореме взаимности эта величина равна
работе давления р на изменении искомого объема ДУ, вызван-
ном силами собственного веса, т. е.
?F^(1-2h) = MF,
откуда получаем
ДГ=
Если тело повернуть так, что центр тяжести будет находить-
ся на другой высоте, соответственно изменится и ДУ.
Полученное решение справедливо, естественно, для любого
тела независимо от его формы. Для заданного цилиндра, очевид-
но, при переходе от положения 1 к положению II (рис. 157)
объем увеличится на
181. Задача решается точно так же, как и предыдущая,
рДУ₽ = РД(ЛЯ)„
318
где AVp—искомое изменение объема, вызванное силами Р,
а А(АВ)Р— изменение расстояния между точками А и В, вы-
званное давлением р. Очевидно,
Д(ЛВ)р=-рЦ2Е(ЛД),
где АВ — расстояние между точками приложения сил. Следова-
тельно, искомое изменение объема будет
ДУр= - Р-АВ ^—^.
182. Объяснение ошибочно. Согласно приведенным рассуж-
дениям трубка, независимо от формы поперечного сечения, под
действием внутреннего давления всегда должна уменьшать свою
кривизну — распрямляться. Опыт, однако, показывает, что труб-
ка с круглым сечением вовсе не реагирует на внутреннее дав-
ление, а трубка, имеющая сечение с обратным расположением
большой и малой осей, под действием внутреннего давления не
уменьшает, а увеличивает свою кривизну.
Автор приведенного выше объяснения не учел того, что, кро-
ме сил Р\ и Рг, действующих на поверхностях 5| и 5г, имеется
еще сила, действующая на донышко трубки. Эта сила дает мо-
мент, в точности равный разности моментов сил Pi и Рг, так что
изгибающий момент в любом сечении трубки равен нулю. При
этом нет никакой нужды вычислять величины этих сил для
проверки сказанного. Поверхность трубки справа от произвольно
Рис. 441
взятого сечения АА (рис. 441) является замкнутой поверх-
ностью, и давление даст в этом сечении только нормальную си-
лу, равную произведению давления на площадь сечения «в
свету».
При любой форме трубки силы давления не дадут вовсе из-
гибающего момента. Необходимым условием работы трубки яв-
319
ляется деформация контура поперечного сечения. Какую бы не-
круглую форму сечение трубки не имело, под действием внут-
реннего избыточного давления контур этого сечения стремится
принять форму окружности. При этом малая ось сечения несколь-
ко увеличится, а большая уменьшится, и весь контур примет
примерно такую форму, какая показана штриховой линией на
рис. 441. При этом каждое продольное волокно трубки получит
некоторое перемещение по направлению, параллельному малой
оси сечения. На рис. 441 это перемещение для волокна тп обо-
значено через w.
Когда волокно тп переместится на величину ш, оно перейдет
на дугу большего радиуса и в нем появятся растягивающие на-
пряжения. В волокнах, лежащих ниже нейтральной оси, появят-
ся сжимающие напряжения. Трубка при этом будет распрям-
ляться.
В свете сказанного становится ясным, почему трубка кругло-
го сечения не реагирует на внутреннее давление. В этом случае
контур сечения только растягивается, и величина w Ъупеч ни-
чтожно малой. Поэтому и изменение кривизны трубки круглого
сечения весьма мало и при обычной постановке эксперимента не
обнаруживается.
Если большая ось сечения расположена в плоскости симмет-
рии трубки, то величина w будет другого знака и кривизна труб-
ки при внутреннем давлении будет не уменьшаться, а увеличи-
ваться.
183. В предложенной задаче выкладки проведены правильно.
Искать банальную алгебраическую ошибку бесполезно. Мы име-
ем дело с сюрпризом, который может преподнести неискушен-
ному исследователю безмоментная тео-
*" рия оболочек при определении переме-
\ щений.
,5 Чтобы найти перемещения, можно в
/ /\ данном случае использовать два пути.
/ Z Первый. Сохраняя верность принципу
у Ь/р .U—неизменности начальных размеров, в до-
/ у" s'& I полнение к растягивающим силам ввести
/ в рассмотрение также изгибающие мо-
менты и поперечные силы. Иными сло-
вами — отказаться от безмоментности.
Второй. Оставаться в рамках безмо-
Рис. 442 ментной теории, составлять уравнения
равновесия для уже деформированной
оболочки, форма которой искажена возникающими перемеще-
ниями. Этот прием используется довольно часто при определении
перемещений так называемых мягких оболочек — оболочек, слабо
сопротивляющихся изгибу.
184. Рассмотрим одну секцию фасонного цилиндра (рис. 442).
Пусть р — внутреннее давление, а [о] допускаемое напря-
жение.
320
Толщина цилиндрического участка секции определяется йо
допускаемому напряжению следующим образом:
Поддерживающая внутренняя стенка работает на растяжение
и находится под действием сил, передающихся на нее со сторо-
ны двух смежных круговых цилиндров. На единицу высоты ци-
линдра приходится сила рг. Растягивающая сила в стенке будет
2prsin(p — а).
Допускаемое напряжение для стенки предполагается тем же,
что и для кругового цилиндра. Поэтому толщина стенки
и _ 2pr sin (р — а)
Л - (<71
Теперь найдем вес конструкции на единицу длины фасон-
ного цилиндра
Р = ^п(2ргб + ah),
где 7 — удельный вес материала, ап — число секций.
После подстановки б и Л получим
P = 2Yn(-£y(f>r + asin(p—а)]. (1)
Найдем объем внутренней полости на единицу высоты.
Объем сектора АВС равен ’/грг2, а для треугольника ОАВ
имеем Vaar sin (Р — а), поэтому
V = 2п |у Рг2 ar sin (Р — а)
или
V « nr[pr + a sin(p — а)].
Возвращаясь к выражению (1), получим
Р = 2Р4г-
[01
Это означает, что при заданном объеме сжатого газа вес кон-
струкции варьированием величин а, р, а и п изменен быть не
может. Обыкновенный гладкий цилиндр при том же объеме по-
лости имеет тот же вес, а в изготовлении — более прост. Таким
образом, предлагаемая конструкция не оправдывает возлагав-
шихся на нее надежд.
Предвидится возражение. Вывод о неперспективности кон-
струкции сделан на основе рассуждений, предполагающих как
бы одноосное напряженное состояние. Но ведь фасонный ци-
линдр растягивается еще и в осевом направлении...
Верно. Поэтому условие прочности следовало бы написать
в виде
о8К> “ Oi — оз < [о];
321
<Ti — наибольшее главное напряжение. Оно растягивающее. Это
либо окружное, либо осевое напряжение, смотря по тому, кото-
рое из них больше; Оз — наименьшее из трех главных напряже-
ний. Оно равно нулю.
Теперь представим себе, что при каком-то соотношении пара-
метров осевое напряжение оказалось больше окружного, а мы
оплошно учли меньшее — окружное напряжение. Но если при
этом меньшем напряжении конструкция неперспективна, то при
большем — тем более.
185. В поставленном вопросе не указано, каким образом при-
кладывалась к пружине нагрузка Р. Постепенно или внезапно?
Если нагрузка прикладывалась постепенно, малыми порциями,
так что в любой момент нагружения система находилась в рав-
новесии, то тогда неверно выражение (1). Потерянная грузом
энергия положения будет не РЧс, а Р2/(2с), и баланс энергий
сходится.
Если же нагрузка приложена внезапно, то при осадке груз
будет обладать еще и кинетической энергией, равной разности
энергий (1) и (2). В дальнейшем груз будет совершать колеба-
тельное движение около положения равновесия до тех пор, пока
его кинетическая энергия не будет рассеяна.
186. На поставленный вопрос в лучшем случае приходится
обычно слышать следующий ответ.
Угол поворота витка в осевой плоскости определяется закру-
чиванием участка пружины на длине дуги ЛВ, если сечение В
принять за условно неподвижное, т. е.
Мл О PRlAn —
г|) = —— (Iл в = 2пйплв)-
Такой ответ, однако, ошибочен. Витки пружины в осевой пло-
скости не поворачиваются вовсе (ф = 0).
Но позвольте,— скажет пытливый читатель,— с этим нельзя
согласиться. Если мы рассмотрим весьма малый участок витка
длиной ds (рис. 443), то ведь в осевой плоскости одно сечение
относительно другого поворачивается. Поэтому, если одно сече-
ние мы примем за неподвижное, то второе в осевой плоскости
уже обязательно повернется. Значит, утверждение о том, что
угол ф во всех сечениях равен нулю, является неверным!
Однако не следует забывать, что рассматриваемый элемент
витка получает еще дополнительный поворот в плоскости y\Zi
на угол б1 (угол изменения наклона витков). Поэтому если се-
чение (2) повернулось в осевой плоскости за счет закручивания
на угол
. M*ds
d,P = -G77’
то одновременно оно повернулось в обратную сторону в этой же
плоскости на угол (см. рис. 443).
322
Угол поворота сечения (2) в осевой плоскости, очевидно,
будет
dip = dtp — 0 ,
но известно, что
PR2
GJv'

а так как Мк = PR, то, очевидно, dty = 0.
Есть возможность убедиться в справедливости этого вывода
и с помощью других, еще более простых рассуждений.
Рис. 444
Произвольно взятое сечение витка, если бы оно действитель-
но поворачивалось в осевой плоскости пружины на предполагае-
мый угол ip, «выполняло» бы это в зависимости от того, непо-
движен нижний или верхний торец пружины. Но оно —это се-
чение — о таких деталях «ничего не знает», и ему проще всего,
не обращая внимания на то, какое сечение мы вздумаем при-
нять за неподвижное, оставаться на месте.
187. Рассмотрим пружину как пространственный брус. В каж-
дом сечении витка растянутой пружины возникает крутящий
момент Мк = PR cos а и изгибающий момент Л/жвг == PR sin <х
(рис. 444).
Определим предварительно увеличение высоты пружины ДЯ:
Д2У__ f ^изг^изг^ । С Mk^ikHs
J J 1
I I v
где MiBBP и М1К — изгибающий и крутящий моменты от единич-
ных еил, приложенных взамен сил Р, равные соответственно
М\ 13г = R sin <х, М1К = R cos а;
следовательно,
А„ PR2l . 2 . PR2l 2 ...
ДЯ = sm2a 4- cos2a, (1)
где I — длина витков пружины.
323
Найдем тот угол, на который повернется в горизонтальной
плоскости верхний конец пружины относительно нижнего. При-
кладываем к концам пружниы единичные моменты (рис. 445, а).
Тогда имеем
Л^1жэг = —cos а, *1ж = sin а,
дф = J
Дф == PRl --------sin а cos а.
(2)
Рассмотрим развертку пружины (рис. 445,6). Очевидно,
Я2Ф2 + Я2-/2.
Так как I остается постоянным, то
2Яф2ДЯ + Я22ф • Дф + 2ЯДЯ « О,
где значок Д означает приращение соответствующего параметра.
Рис. 445
Из этого выражения получаем
дя=-4лф-Адя-
Ф Яф2
Подставляем сюда Дф и ДЯ:
PR2l ( i PHRl (sinaot , cosaa
ДЛ‘-----^-^inacosa--_^_ + —_J. (3)
Из треугольника рис. 445, б следует, что
I = —и Я = фЯ tg а.
cos а то
Кроме того, очевидно,
Ф = 2лп, Дф в 2лДл,
где п — число витков. Из выражений (1), (2) и (3) исключим
324
I, H и <р:
А гт PR3n2n I sin2a , cos2a |
ая = -Е^Г\-£Г + -с77/
An = P№n(gl--^)sina,
ДЛ = - sin «(1 - tg2a).
Если пружина навита из круглой проволоки диаметром dt то
G/P = G^-, £/ = G(l + g)^-,
и тогда получаем
Л „ 64РЯ3л 1 4- р cos2a
+ Gd4 (l-f-p)cosa’
А . 32РЯ2п a sin a
Ап°+ <w «+<
A n 32PR3 sin a 14- 2p cos2a
Gnd4 1 + P cos2 a
Знаки, стоящие при правой части полученных выражений,
указывают на то, что при растяжении пружины длина ее увели-
чивается (ДЯ>0), число витков увеличивается (Дл>0), а ра-
диус уменьшается (ДЯ<0). Если
а мал, то находим
угол
64PR3}
АН
j—ДП
Рис. 446
Gd4 ’
А 32РЯ2п pa
Gnd4 1 4- р
ДД=_32^1±2Ра
Gnd4 * + Н
188. Для этого фасонной пружине сле-
дует дать предварительное поджатие, на-
пример при помощи второй пружины
(рис. 446). При нагружении такой систе-
мы число рабочих витков будет возрастать.
189. Система в указанном положении
весии. Если мы попробуем определить величину реакции нижней
опоры, не учитывая деформации системы, то получим не имею-
щий практического смысла результат:
R = ±оо.
Действительно, приравнивая нулю сумму моментов всех сил
относительно верхнего шарнира (рис. 447), получим
R 04-Ра = 0,
откуда я находим приведенное выше значение реакции R.
не
находится в равно-*
325
Для определения реакции необходимо, следовательно, учи-
тывать горизонтальное перемещение нижнего катка. Будем счи-
тать, что равновесие системы наступает при угловом смещении
нижней опоры <р (рис. 448).
Из условий равновесия, очевидно, Р=Яф. Отрезок АВ в ре-
зультате деформации рамы увеличился на
а (1 — cos <р)~ -у-.
С другой стороны, эта же величина может быть определена
путем перемножения
эпюр заданных сил на эпюры единичных
Рис. 447
сил (рис. 449). Таким образом, получаем
Дд3 JLfi < — дф2
EJ 3 \ 2 ) 2 *
величиной ф/2 в
пренебречь. Далее,
Поскольку перемещения рамы невелики,
скобках по сравнению с единицей можно
Рис. 450
подставляя вместо ф в правую часть уравнения Р/R, получаем
R
*[ 3P2EJ
V 10а2 •
190. Для системы, подобной показанной на рис. 169, новые
формы равновесия появляются при больших перемещениях.
В частности, если напряжения в стержне не превышают пре-
дела пропорциональности, то при Р > балка имеет, сверх
326
основной начальной формы, еще две (2 и 3) (рис. 450). Форма 2
устойчива, а 3 — неустойчива. При P>7,1£V/Z2 возможно суще-
ствование неустойчивых форм равновесия 4 и 5 (рис. 450) и т.д.
При постепенном нарастании силы Р форма 7, естественно,
не может перейти в форму 2 или какую-либо другую. Однако
Рис. 451
если брус предварительно закинуть влево, а затем нагрузить си-
лой, большей то брус примет форму равновесия 2.
191. Возьмем две произвольным образом ориентированные си-
стемы координат. Одну — XYZ с началом в точке А и вторую —
xyz с началом в точке В (рис. 451).
Составляющие силы Р по осям XYZ обозначим через Ря, Р„,
Pt, причем
Рж = PZ, Pv = Рти, Pz = Рп,
где Z, т, п — направляющие косинусы силы Р в системе коорди-
нат XYZ.
Перемещения точки В по осям xyz обозначим через х, у, z.
Эти перемещения будут связаны с компонентами силы линейны-
ми соотношениями:
РК = Р1 = с„х + СхуУ + cKtz,
Pv = Рт = Су^х 4- cwy 4- CyXz, (1)
Рг-=^РП = CigX + ctvy + c„z,
где c^y, ...—некоторые постоянные коэффициенты, имеющие
характер жесткости. Например, c*y — это сила, которую следует
приложить в точке А в направлении х, чтобы в точке В в на-
правлении у получить перемещение, равное единице.
Возводя в квадрат обе части каждого из равенств (1) и скла-
дывая их, получим
В2 = (cJx 4“ Сух 4- С*х) X2 4- (сху 4- С%у 4- Czy) У2 4-
+ ( 4. + с*, + cL ) z2 + 2 + Суг/!т + ху -f-
4~ 2 (cxxcxz 4~ cyxCyz 4* xz -Y 2 (cx^Cxz 4~ CyyCyZ cz^cz^ yz.
Таким образом, мы видим, что вектор перемещения в точ-
ке В будет описывать поверхность второго порядка с центром в
той же точке. Это может быть однополостный или двуполостный
гиперболоид или эллипсоид. По физической сущности задачи по-
327
верхность не должна иметь бесконечно удаленных точек; следо-
вательно, это будет эллипсоид или те поверхности, в которые эл-
липсоид может вырождаться.
Понятно, что сказанное не служит еще полным доказатель-
ством, а является лишь простой догадкой. Строгое доказатель-
ство, которого мы здесь не приводим из-за громоздкости выкла-
док, заключается в следующем. Поворотом систем координат
XYZ и xyz преобразовываются уравнения (1) так, чтобы обра-
тились В нуль шесть коэффициентов С^, Сук, CXI, CiTt Суг и czv. Для
этого надлежащим образом подбираются три угла поворота одной
и три угла поворота второй системы координат. Тогда
Pl = CeeZ, Pm = Сууу, Рп = c„z,
откуда, исключая I, т, п, получим уравнение эллипсоида:
192. При повороте сечения кольца в осевой плоскости на
угол <р в точке А с координатами р, а (рис. 452) возникает
Рис. 452
окружное удлинение е = A/а. Но согласно рис. 452
А = р [sin (а + qp) — sin а], а = R + р sin ф.
Так как р много меньше Я, то а ~ R. Поэтому имеем
8 = [sin (а 4- ф) — sin а],
а = Е [sin (а -Ь ф) — sin а].
Напряжения о дают в сечении кольца изгибающий момент
относительно горизонтального диаметра, равный
М = J оу dF,
(1)
где dF и у соответственно равны
dF = р da dp, у = р cos (а + ф).
328
Тогда получаем
Г 2Л
М = j J р8 [sin (а 4- ф) — sin а] cos (а 4- <р) dp da (2)
о о
или
Ег^
М — л sin <р.
С другой стороны, из условий равновесия половины кольца
(рис. 452) вытекает, что М = mR. Следовательно,
При О С <р л/2 момент т возрастает, достигая при ф = л/2 мак-
симального значения
__ gjTr*
Для дальнейшего увеличения угла <р требуется меньший мо-
мент. При ф = л, т. е. когда кольцо «вывернуто наизнанку»,
т = 0. Кольцо при этом находится в состоянии неустойчивого
равновесия и при малейшем отклонении возвращается в началь-
ное положение.
При ф > л момент т < 0. Это означает, что для удержания
кольца в заданном положении в этом случае необходимо прило-
жить момент обратного знака.
Полученное выше значение можно рассматривать как
критическое значение момента, при котором происходит, как го-
ворят, «опрокидывание» кольца.
193. Выражение (1), полученное для напряжений о в пре-
дыдущей задаче,
о = Е [sin (a 4- ф) — sin a]
изменится введением дополнительного слагаемого
Ex р sin a
Т=Е—•
отражающего предварительное напряжение изгиба. Теперь имеем
<Г = sin (а 4- ф).
Взамен выражения (2) получим.
г ал
М = J J р3 sin (а 4- ф) cos (а 4- ф) dp ^Ф 3 0.
о о
Это означает, что кольцо, имеющее указанные предварительные
напряжения, будет вывертываться в осевой плоскости без при-
ложения внешних сил. Такое кольцо является как бы упругим
329
механизмом. Читатель может без особого труда проверить ска-
занное на опыте.
Имеются предложения использовать описанный эффект для
замера величины так называемого внутреннего трения, возни-
кающего в материале при деформациях.
1SM. Поставленная задача может быть решена в рамках ста-
тического подхода.
Не рассматривая динамического эффекта, связанного с нерав-
номерным вращением троса, определим закон изменения уравно-
вешивающего момента на выходе при неизменном моменте на
входе. Упростим задачу предположением, что ось троса и оплет-
ки образуют единую плоскую кривую с переменной по длине
кривизной 1/р. Пренебрегая силами трения, составим уравнение
равновесия для элемента троса длиной ds (рис. 453). Реакции,
Рис. 453
действующие на элемент со стороны оплетки, нормальны к по-
верхности троса и момента относительно оси х не дают. Поэтому,
приравнивая нулю сумму моментов относительно оси х, получим
dMx Му
ds ~р~*
(1)
Следовательно, при отсутствии сил трения момент Мл меняется
вдоль оси постольку, поскольку существует момент Му, т. е.
изгибающий момент в плоскости, перпендикулярной плоскости
кривизны троса.
Рассмотрим в сечении троса точку А с полярными координа-
тами гиф (рис. 454). Нормальное напряжение в этой точке
можно представить в виде двух слагаемых. Первое представляет
собой то напряжение, которое возникает в тросе при искривле-
нии его по форме оплетки, т. е.
a' = £rsini|>(—— —
330
где 1/ро —та кривизна троса, которую он имел до помещения
в оплетку.
Второе слагаемое представляет собой то напряжение, которое
возникает в тонко А после поворота троса в оплетке на угол <р.
Сначала находим смещение точки z .
А вдоль оси у (рис. 454) :
г sin (гр + ф) — г sin гр.
Относительное удлинение по оси х будет /
-£• [sin (ф + q>) — sin ф], | 1
а напряжение \
о* = Е у [sin (гр 4” ф) ~ sin гр], \______
Суммарное напряжение Рис. 454
пж == о' о'
sin (гр 4- ф) — sin
но
Теперь найдем изгибающий момент Mv-
Му *= §ozdE,
или
R 2л
sin (гр 4~ Ф) — sin гр1гсов(гр4- ф) г dtydi
ро J
откуда
Му — — sin ф.
Ро
Уравнение (1) примет вид
dMx EJ .
“X” = TZ" sin Ф-
ds PP0
Интегрируем это выражение no s, полагая, что все сечения по-
вернулись на один и тот же угол ф:
A/x = £/sinq> f— 4-С.
!? ₽₽«
Бели на одном конце троса (при $ = 0) приложен момент Mh
то уравновешивающий момент М2 при s = l будет следующим:
M2 = M1 + EJsin<pj’-^-.
331
^Гаким образом, мы видим, что уравновешивающий момент на
конце троса получает дополнительное слагаемое, меняющееся
пропорционально синусу угла поворота троса. Если же моменты
Мх и М2 сделать равными, то при повороте троса условия рав-
новесия не будут соблюдаться и вращение на выходе не будет
равномерным.
Момент М2 не будет зависеть от угла <р, если
(А = о.
J₽₽o
Достаточным условием нормальной работы троса спидометра яв-
ляется условие 1/ро = 0, т. е. достаточно, чтобы трос до постанов-
ки в оплетку был бы прямым.
195. При растяжении стержня все нити напряжены одинако-
во. Обозначим силу натяжения каждой из них через 2V. Умно-
жим N на число нитей п в монослое, на sin <р и на средний
радиус (+<р)-монослоя г. Получим момент сил N относительно
оси стержня: JVnrsincp. Монослой (—ср) дает момент обратного
знака: Nn(r—Л) simp, где h — толщина монослоя. Мы видим, что
эти моменты не компенсируются. И так обстоит дело с каждой
парой (±<р) -монослоев. Возникает крутящий момент, а как след-
ствие происходит закручивание стержня. Чтобы этого избежать,
надо: либо уменьшить число нитей в прядях при намотке (+<р)-
монослоев в простой пропорции
п(+ф) = "(-<₽> Г(гФ>~А’
(+ф)
либо ввести дополнительный, последний (—(р)^монослой с числом
нитей, подобранным для компенсации
у\ моментов от всех пар (±<р) -монослоев.
\ 196. При изгибе трубы объем внут-
\ >^22 5° Ренне®[ полости не меняется. Значит,
..—-,4г—' не меняется и энергия сжатого газа.
Следовательно, у подаваемого газа
нет способов повлиять на частоту ко-
лебаний иначе, как своей массой. Но
она ничтожна.
Частота колебаний стержня от дав-
ZZ/ ления не зависит.
Рис. 455 197. Движение массы М удобно рас-
сматривать в главных координатах
х, у (рис. 455). Они обладают тем свойством, что сила, при-
ложенная по оси х, вызывает смещение только по оси гг, а си-
ла, приложенная по оси у, вызывает перемещение только
по оси у. Оси х и у в данном случае повернуты по отношению к
вертикальной и горизонтальной осям на 22,5° (см. задачу 41).
332
Нетрудно установить, что сила Рж, направленная по оси х,
вызывает перемещение массы
^=й<5-3^)-
а сила Pv — соответственно
6* = -Йт<5 + 3^)-
Теперь напишем уравнения движения
, 6EJ 1 I v л
Мх 4---ч------—г х 4- X — О,
Z3 5 — 31/2
./• . &EJ 1 I л
му + — +
(1)
Силы трения X и Y представляют собой составляющие пол-
ной силы трения Т. Если масса М находится в движении, то
равнодействующая Т направлена по касательной к траектории и
тогда
X ~ Т—гЛ Y=T ~ -
У ? + ? У ? + ?
может удержать массу в не-
Если же х = у = 0, то имеются две возможности. Первая —
при малом отклонении сила трения
которой зоне застоя, и тогда
Х = Г = У,= --^-------1—-у. (2)
I3 5-31/2 I3 54-31/2 * 7
Но результирующая этих сил не может быть больше, чем Т.
Поэтому соотношения (2) верны лишь при условии
которое соответствует остановке массы, конечной точке траек-
тории.
Если же это условие не соблюдается, то силу Т надо разло-
жить по осям х и у в виде составляющих
X Y
Х = ^Т-7=Х=-, Y=-T-7=^=r-,
KXjfy; Kxj4-yj
Приведем уравнения (1) к безразмерной форме, обозначив
х = Z£, у = Zt), t = хт,
где т — безразмерное время.
Если принять
х’ = -^(5 + 3/2),
333
то уравнения (1) можно представить в виде
A + 12,2S + Xo = O,
ат
yv + ’l +^0 = 0.
аТ
(3)
Безразмерные составляющие сил трения XQ и Yq в случае
движения, т. е. при d£/dx¥=O или йт)/с?т¥=О, определяются со-
отношениями
где Т^=Тк21(М1).
В случае в^“ = 0 при Т12,22£2 4- ц2 < То интегрирова-
ние заканчивается. Если же
У 12,2 V + ц2>Т0,
то
v т 12,2tl "v т1 т)
° /(12,25)’+ Ц2' ° ~ ’ /(12,25)’ + ?
Система уравнений (3) интегрируется численно. Шаг инте-
грирования по т должен быть выбран много меньшим наимень-
шего периода собственных колебаний. Из первого уравнения (3),
очевидно, со2 = 12,2 и соответственно безразмерный период соб-
ственных колебаний будет 2л/ш = 1,8. Шаг Дт выбираем равным
0,01. Начальные отклонения массы М — £0 и т)0 — должны быть
выбраны так, чтобы ]/"(12,2£0)2 т]о было бы больше, чем То,
иначе система в начальном положении будет самозаторможенной.
Иначе говоря, массу М надо вывести за пределы эллипса само-
торможения. Его уравнение вытекает из условия J/r(12,2£0)2-f’
= То, или
—£______+ 2t = 1.
(Го/12,2)’ 7*
Примем То = 0,01; £о == Цо = 0.01.
Эллипс застоя для принятого Го и траектория движения мас-
сы при взятом начальном отклонении показаны на рис. 456.
198. Задача не содержит принципиальных трудностей. Есте-
ственно, что образованная описанным способом балка будет ко-
лебаться около положения равновесия как обычная, защемлен-
ная по концам балка, и смещение h на частоту никакого влия-
ния не оказывает.
334
Напишем уравнение движения унругой балки (рис. 457)
EJy
(IV) =______7 #У_
е dt2
где у — перемещение, отсчитываемое от положения равновесия.
Полагая у = У sin (в£, получим
откуда
y<IV>_fl<K = 0 (а< = -?£),
\ gEJ Г
Y = A sin ах + В cos ах + С sh ах + D ch ах.
Эта функция должна удовлетворять следующим граничным
условиям:
при х = О У = 0 и У' = О,
при х=~1 У 0 и У' = 0.
Приравнивая нулю определитель по-
лученной однородной системы уравне-
ний, придем к следующему трансцен-
дентному уравнению:
Рис. 457
cos al ch al = 1.
Отсюда al = 4,73, или w = 4,73й 1Л
r ql*
Пока все шло как обычно. Но в представленной задаче длина
I сама зависит от д.
335
Форма упругой линии в исходном положении равновесия
представляет собой кривую четвертого порядка
=£- (4++cix+4
Так как при z = 0 уо и у0 обращаются в нуль, то Co = Ci =0.
При х = I имеем у'о = 0 и у^ = 0. Это дает
g fx4 1х3 12х2\
EJ \24 9 * 12 /
Но при х = 1 перемещение равно h. Отсюда определяется
длина I:
__ 72EJh
Q
Теперь вернемся к выражению частоты, в котором исклю-
чим Z4:
“=•^7=-/ "Г =2,63 /4.
”[/72 Г h 'Vh
Частота собственных колебаний созданной таким образом бал-
ки оказалась не зависящей ни от массы балки, ни от ее жест-
кости, а определяется только величиной h.
Интересно. Не правда ли? Многим, во всяком случае, это
кажется интересным.
Перефразируя софизм Гарднера об интересных числах*),
можно сказать, что неинтересных задач нет, ибо в противном
случае все известные нам задачи можно было бы разбить на два
класса — интересные и неинтересные. Но среди неинтересных
можно было бы найти по крайней мере одну — самую неинтерес-
ную, что заставило бы отнестись к ней с интересом и перенести
ее в класс интересных. Действуя подобным образом и дальше,
мы должны были бы прийти к выводу, что неинтересных задач
среди нам известных не существует.
199. Описанный эффект известен и в последние годы получил
название негативизма. Однако было бы бесполезно искать подоб-
ного рода примеры среди консервативных систем.
Напомним, что под консервативными понимаются системы, где
работа сил определяется только начальным и конечным состоя-
ниями системы и не зависит от способа перехода от одного со-
стояния к другому. Наглядным тому примером являются все си-
стемы, в основе нагружения которых лежат гравитационные
силы.
В неконсервативных системах работа сил зависит от пути, по
которому совершался переход от одного состояния к другому.
Прямой и обратный ход в такой системе могут быть подобраны
*) Гарднер М. Математические головоломки и развлечения.— М.:
Мир, 1971.
336
так, что в замкнутом цикле (отклонение и возвращение к ис-
ходному состоянию) будет получена полезная работа. Принцип
сохранения энергии, разумеется, при этом не нарушается. Энер-
гия черпается от тех тел, мерилом воздействия которых и явля-
ются внешние силы. Например, если силы создаются гидро- или
аэродинамическим потоком, то кине-
тическая энергия потока частично
и преобразуется в работу, получен-
ную за цикл отклонения и возвраще-
ния системы в исходное состояние.
Рассмотрим простейшую модель,
иллюстрирующую различие между
консервативной и неконсервативной
системами.
Два жестких стержня соединены
шарнирно (рис. 458, а). На шарни-
рах установлены упругие пружины,
удерживающие стержни в вертикаль-
ном положении.
Если на свободный конец верх-
него стержня положить груз массой
М, то при отклонении системы от
вертикального положения сила
Рис. 458
Mg совершит работу:
Mg X = Mg 1(2 — cos <рi — cos фа).
Главное здесь то, что работа определяется значениями углов
Ф1 и фг и не зависит от того, в какой последовательности они
изменялись.
Теперь рассмотрим неконсервативную систему. Изменим спо-
соб нагружения. Положим, что сила Р создается тягой ракетного
двигателя, установленного на конце стержня (рис. 458, б), и при
повороте верхнего стержня неизменно направлена вдоль его оси.
Определить работу силы Р при отклонений стержней на за-
данные углы «pi и ф2 не представляется возможным. Кроме са-
мих углов ф1 и фз, надо еще знать, каким образом они изменя-
лись, пока не достигли своего конечного значения.
Положим, например, мы повернули оба стержня из началь-
ного положения на общий угол фь Сила Р повернется, но работы
не совершит. Затем довернем верхний стержень до значения уг-
ла ф2. Сила Р повернется, но опять работы не совершит. Итак,
в принятой последовательности угловых перемещений работа си-
лы Р равна нулю.
Возьмем другую последовательность. Повернем только один
нижний стержень на угол фЬ а верхний оставим вертикальным.
Сила Р совершит работу на пути Z(l —созф1). Теперь повернем
верхний стержень на угол фг. Сила повернется, но работы не
совершит. Итак, работа оказывается равной РЦ1 — созф1).
Комбинируя последовательность изменения углов при перехо-
де к заданному положению ф1, фз, мы можем получить от силы
337
Р не только положительную, но и отрицательную работу. Для
этого достаточно, например, повернуть верхний стержень на угол
<рз — <pi, а затем довернуть оба стержня на угол <pi«
Теперь рассмотрим пример негативизма.
Упругий стержень растянут (растянут!) следящей силой Р
(рис. 459). К его концу прикреплен жесткий рычаг длиной //2,
конец которого может быть нагружен силой Q. На чашу кладем
Рис. 461
Рис. 459
Рис. 460
гирьку Q, и под ее действием точка А перемещается в положе-
ние Л', а гирька, вопреки ожиданиям, не опускается, а подни-
мается. Но это возможно только при определенных условиях.
Определим их.
Напишем дифференциальное уравнение упругой линии стерж-
ня, предварительно приведя силу Q и ее момент к концу стерж-
ня (рис. 460)
EJy" = Ру + М(х>),
где под М(х) понимается изгибающий момент от силы Q и го-
ризонтальной составляющей силы Р. Поскольку М(х) линейно
зависит от х, уравнение удобно переписать в виде
- к2у" =0 (к2 « PJ(EJ)).
Его решение будет
у = A sh кх + В ch кх + Сх + D.
При х = 0 функция у = 0 и у' = 0. Тогда
у = A (sh кх — кх) + B(ch кх — 1) .
Теперь остается удовлетворить граничные условия на конце
стержня. При х = I
EJy" -QU2, EJy"'-Q.
338
Это позволяет определить константы А и В
А = (ch W - sh kl), В = (у- ch kl - sh kl).
Найдем перемещение
АА' = yx=i — yx=st.
После несложных преобразований получим
АА'=4 [(4+4)sh kl -ch *4
Условием негативизма является АА'>0 или
(4+4)thw>1-
Оно выполняется при kl > 2,4 или Р > 5JQEJ/12.
Не будет лишним привести еще один пример негативизма*)
(рис. 461).
Сжимающая следящая сила Р и момент М приложены к сво-
бодному концу защемленного стержня. Если сила Р < n2EJjl2,
система ведет себя «естественно»: торцовое сечение поворачива-
ется в сторону действия момента. Но при P>n2EJjl2 возникает
негативизм, и торцовое сечение поворачивается против момента.
200. Положим, что вывернутый наизнанку цилиндр имеет
прежнюю форму, т. е. форму цилиндра радиусом 7?, и определим
напряжения, которые возникнут в нем при этом условии.
Относительное удлинение в окружном направлении для слоев,
расположенных на расстоянии z от серединной поверхности
(рис. 462), будет определяться изменением кривизны цилиндра
с 1/7? на -AIR. Если длина этого волокна в элементе до де-
формации (рис. 462) была
(7? + z)d(p,
•) Пановко Я. Г., Губанова И. JT. Устойчивость и колебания
упругих систем.— М.: Наука, 1987.
339
то для вывернутого цилиндра она будет
(R — z) dtp.
Относительное удлинение в окружном направлении
(Я — a) dtp — (R 4-г) d<P ~ „2
Et~~ (R + 3)d<? ~ R'
Относительное удлинение в осевом направлении в» равно нулю.
Следовательно, получаем
Е , . ч гЕ 2
°' = 737- <е«+’
Е / . ч яЕ 2
°* - (е. + Ие() = - д.
Таким образом, мы приходим к выводу, что для того чтобы
вывернутый цилиндр сохранял цилиндрическую форму, необхо-
димо на его торцах приложить напряжения ож, показанные на
рис. 463.
Очевидно, действительная форма вывернутого цилиндра будет
такой же, какую получил
бы цилиндр, если бы он был
нагружен на торцах обрат-
ной системой сил (рис. 464).
Момент М, к которому сво-
дятся напряжения ож на еди-
нице дуги контура, будет
-+Л/2
М = — J gxz dz —
-Л/2
__ Eh3 2
“•* 12(1-ц4) Я'
Выделим из цилиндра двумя осевыми сечениями полоску,
ширина которой равна единице (рис. 465). Эту полоску можно
рассматривать как балку на упругом основании, так как радиаль-
О—
Рис. 465
Рис. 464
ная составляющая сил Т, действующих на эту полоску со сторо-
ны соседних частей оболочки, пропорциональна прогибу полос-
ки w.
340
Усилие Т, приходящееся на единицу длины, будет
T = ^-Eh,
а ее радиальная составляющая —

Знак минус для q принят вследствие того, что эта нагрузка на-
правлена в сторону, противоположную прогибу. Но
где
EJ Eh3
1 —р2 12(1 — р2)
— жесткость полоски при стесненном изгибе. Тогда имеем
u;(IV) + 4*4tr = 0, 4к* = 12
R h
Решая это уравнение, получим
w = е-**(A sin кх + В cos кх) + е+** (С sin kx + D cos кх).
Так как цилиндр достаточно длинен, ограничимся рассмотре-
нием перемещений в зоне одного контура. Отбрасывая возрастаю-
щую часть решения, т. е. полагая С D = 0, получим
w = е-** (A sin кх + В cos кх).
Постоянные А и В определяются из условий:
или
EJ
при X = 0 Миаг =--------Г w" —
при х = О Q = Л/изг = 0 (и/" = 0),
Eh* 2АаА — u Eh* 2 А 4- В — 0
откуда
л = -в=--±-,
К п
w = е '“(cos кх — sinкх), штах = w|х-о =
п Н к К
Но так как
, /з(1-(?)
Л Rh 1
ТО
uh
Ы’шах — ==~»
341
При р = »/2
tPrriHT k/3.
Форма вывернутого цилиндра в утрированном виде показана на
рис. 466.
201. Найдем корни характеристического уравнения
Ла_
а4--^а24-4А4 = 0.
Решая его, получим
Пренебречь указанным в условии задачи слагаемым
случае, если
можно в
условию;
это усло-
Рис. 466
что приводит, после подстановки значений D и Л, к
°х<< V3(f_p»>
Легко установить, что во многих практических задачах
вие не всегда выполняется. Поэтому при анализе краевого эф-
фекта это обстоятельство не следует
выпускать из поля зрения.
В случае весьма малой толщины,
т. е. для оболочек с исчезающе малой
жесткостью на изгиб (мягких оболо-
чек) исследовать краевой эффект мож-
но только при учете слагаемого, содер-
жащего вторую производную от w.
Здесь в уравнении (1) (см. условие
задачи) возможен предельный переход. Умножая все члены
уравнения на D и полагая его равным нулю, получим
где ₽’ =
л ак
Отсюда
Отбрасывая возрастающую часть w и подбирая А так, чтобы при
z - 0 переменная w обращалась в нуль, получим
w — R
Скорость затухания определяется величиной f.
342
Рис. 467
размещения другого.
А (рис. 467) поверх-
202. Рассмотрим задачу в предположении, что к выходной
(замыкающей) петле (рис. 180, справа) никаких сил не прило-
жено. Естественно принять, что на длине I угол свивки 0 оста-
ется постоянным, а между жилами на этом же участке возни-
кает равномерно распределенная нагруз-
ка интенсивностью д, наподобие того, что
было у нас и в задаче 126. Линия кон-
такта представляет собой прямую, а осе-
вая линия каждой жилы — винтовую ли-
нию, радиус которой равен радиусу попе-
речного сечения жилы.
Таким образом, свивка представляет
собой две одинаковые, вписанные одна
в ДРУГУЮ винтовые линии. Естественно,
они могут совмещаться одна с другой
только в определенных геометрических
пределах. Иначе говоря, каждый изогну-
тый по винтовой линии стержень должен
образовать свободное пространство для
В произвольно взятой точке касания
ность каждого винтообразно изогнутого стержня имеет отрица-
тельную гауссову кривизну. Первая главная линия кривизны 51
представляет собой окружность радиусом R. Радиус второй глав-
ной дуги кривизны S2 определяется разностью:
р (5г) = Я/sin2 £ — Я,
где первое слагаемое в правой части есть радиус кривизны цент-
ральной винтовой линии стержня. Таким образом, р(5г) =
=^/tg2p.
Нормаль v в точке А является одновременно и нормалью к
поверхности второго винтового стержня, а последовательность
точек касания А образует ось свивки — вертикальную прямую,
показанную на рис. 467.
Нетрудно сообразить, что второй стержень уместится в прое-
ме первого только в случае, если кривизна кривой 51 будет боль-
ше, чем кривизна S?, т. е. если £ < 45°. Это — условие существо-
вания контакта между стержнями по общей прямой — по оси
свивки.
Сказанное можно интерпретировать и несколько иначе.
Представим, что мы рассекли свивку плоскостью, перпенди-
кулярной ее оси. В сечении мы получим соседствующие сечения
двух свитых стержней. При £ = 0 это будет два соприкасающихся
круга (рис. 468, а). По мере увеличения угла свивки два сопри-
касающихся круга преобразуются в два эллипсоподобных сече-
ния (рис. 468, б). При £ = 45° их кривизна в точке касания
(рис. 468, в) обращается в нуль, а при £ > 45° из свивки обра^
зуется двухзаходная пружина плотной навивки, поперечное се-
чение которой показано на рис. 468, г.
343
Будем считать, что £<45% И рассечем свивку общим Для
двух жил поперечным сечением. Введем в этом общем сечении
систему самоуравновешенных внутренних сил, которые сводятся
к моментам Mi и М2 и силе Q\ (рис. 469).
2R
Ряс. 468
Моменты М\ и М2 не являются ни крутящими, ни изгибаю-
щими. Они возникают в сечениях, не перпендикулярных оси жил.
Из условия равновесия
QxR = Mi,
(1)
Построим воображаемую цилиндрическую поверхность радиу-
сом R с осью, совпадающей с осью свивки (рис. 470). Упругая
Рис. 469
линия каждой из двух жил расположится
на поверхности этого цилиндра в виде
винтовой линии. В начальной точке отсче-
та х приложены моменты Mi и М2, век-
торы которых показаны на рис. 470 вместе
с силой Qi. Кроме того, по радиусу по-
строенного цилиндра возникает контакт-
ная нагрузка интенсивностью q.
Теперь надо подобрать значения Mi,
М2, Qi и q так, чтобы в произвольно взя-
той точке В (рис. 470), независимо от х
и ф, моменты Mi, М2 и сила Qi были та-
кими же, что и в точке О.
В точке В поместим подвижную систему осей Xi, yi, zb
Составляющая сил по оси х{ обращается в нуль, поскольку
Qi и q перпендикулярна к оси х\. Составляющие же по осям yi
и Zi будут
— Qv cos ф — J q sin (ф — ф) dt*,
х
Z^b = — Q\ sin ф -j- J q cos (ф — ф) dt;,
0
ф и £ связаны очевидным соотношением:
£ = Яф ctg р, d^ = R ctg [J • йф.
344
Исключаем dt, и после интегрирования получим
У1в = — Q\ cosqp — gflctgp(l — cosqp).
Zib = — Q\ sin qp + qR ctg p sin qp.
Составляющая по оси y\, должна быть равна —Qu а состав ля-
Рис. 470
ющая по оси zi обращается в нуль. Оба эти условия выполня-
ются, если
(2i = gflctg₽. (2)
Теперь найдем составляющие момента по осям х\, yi и Zi
MBXi = Мг — QrR (1 — cos <p) -f- J qiflsin (qp — ip)
о
x
Л/By = M2 cos qp -f- Qtx sin cp — [ q (x — £) cos (<p — ip)
b
Mbi = M2 sin qp — Qxx cos ф — J q (x — J) sin (qp — ip) d^
b
Выражая £ через гр и проведя интегрирование, получим
МВХ1 “ м! — QrR (1 — cos qp) -f- qR2 ctg P (1 — cos qp),
MBy — M2 cos qp -|- x sin qp — qR ctg P [x sin qp — R (1 — cos qp) ctg P|;
MBz = M2 sin qp — Qrx cos qp — qR ctg flT(— x cos qp R sin (p ctg p).
Но Мвх ДОЛЖНО быть равно Ml, MByt = а должно
обращаться в нуль, и все это—независимо от х и qp. Легко уста-
новить, что эти требования выполняются, если в дополнение к
345
условию (2) обеспечить еще одно!
ТИ2 = qR2 ctg2 р.
(3)
От сечения, нормального к оси свивки, перейдем к сечениям,
нормальным к оси жил, и определим изгибающий Мл и крутящий
/ / J ) Мм моменты (рис. 471),
/ / / -А/ ! а также нормальную N и
поперечную Q силы.
Из условий равновесия
очевидно,
Мл = М2 cos Р — М1 sin Р;
Мк = М1 cos р + М2 sin р,
@ = @icosp, 7V = @isinp.
Воспользовавшись соотношениями (1) — (3), получим
Мл = q*R2 (ctg2 р - 1); Мк — 2д<>Я2 ctg р, Q — qoR ctg р,
N = qoRt (4)
где до— контактная нагрузка, приведенная к осевой линии
жилы:
до = q cos р.
С другой стороны, изгибающий момент связан о изменением
кривизны, а крутящий — с круткой стержня:
ЛГ„ = EJMB = gJ(,3in^CO3^i. (5)
Здесь EJ — жесткость на изгиб, GJP — жесткость на кручение,
sin2 р/Я — кривизна винтовой линии, a siii р cos р/Я — ее крутка.
Подставим сюда Мя и Мк из (4) и, исключая до, получим
tgf>= , (6)
где e = EJI(GJp). Для сплошного или трубчатого кругового се-
чения е=1 + ц (р— коэффициент Пуассона). Вели р = 0,5, то
Р « 26,6°.
Подставляя р из (6) в выражения (5) и (4), находим*)
М _±_ М _ GJP Умй
Ми-2Яе+1’ Мк~ 2R г+1 ’_______________
„ GJ₽ 1 N= G/P 1 Л = ££р Т/2е+£
Чо 4Я3«+1’ 4Л2*4-1’ V 4Я2 «-Н *
203. Из условий равновесия имеем
ni(j)2(l+ и) = Р = f(u).
Графически (рис. 472) решаем это уравнение относительно и.
Корни уравнения определяются координатами точек пересечения
♦) См. также: Фо т и ни ч Е. Д. Ц МТТ.— 1989.— № 1.
346
прямых m<t)2(Z + u) с кривой P = f(u). Проводя несколько лучей,
строим зависимость то2/ от и (рис. 472).
При тыЧ =1,0 шарик скачком меняет свое положение, пере-
ходя из точки, характеризу-
емой величиной смещения
и = 1,8, к точке и = 7. Обрат-
ный перескок происходит при
тыЧ = 0,8.
Прямой перескок может
произойти, понятно, и при
тт>4 < 1,0 (но большем, чем
0,8), если только шарику бу-
дет сообщено достаточно
большое возмущение.
204. Высота расположе-
ния точки О деформирован-
ной системы над горизонталь-
ной плоскостью будет Н —w.
Рис. 473
Тогда угол наклона стержней к горизонту будет
Н — w
° = —Z—•
Если обозначить через N сжимающее усилие в стержнях, то
из условий равновесия, очевидно, получим
Р = ЗЛга - ЗЛГ — .
С другой стороны, сила N определяется величиной укороче-
ния каждого стержня
Из чисто
А/ через w:
геометрических соображений (рис. 473) выражаем
М = I - I
cosoto
cos a
За малостью углов ао и а имеем
A/«Z 1-
= 4-(<4-“8)-
347
Подставляя осо и а, получйй
Тогда сила N будет
Сила Р будет иметь следующее выражение:
P=™-w(H-w)(h —I-).
Полученную зависимость можно переписать в безразмерной
форме
Р13 _ W /. w \ Л 1 w \
aeTF “ я V “ Я Д “ 2 ~н)
и представить в виде кривой (рис. 474). Эта кривая имеет две
экстремальные точки А и В. На
Р13
3EFH3
Рис. 474
первом участке ОА происходит
одновременное возрастание на-
грузки и прогиба. Когда сила
Р достигает значения, соответ-
ствующего первому экстремуму,
происходит скачкообразное из-
менение прогиба (ЛС, как это
показано стрелками). При даль-
нейшем росте нагрузки пере-
мещение w продолжает увели-
чиваться. Если теперь систему
разгрузить, то стержни останут-
ся в свободном состоянии при
w(H = 2, т. е. узловая точка
стержней окажется на величи-
ну Н ниже неподвижной го-
Прикладывая нагрузку обратного
знака, можно вызвать обратное прощелкивание системы BD и
вернуть ее в начальное положение.
Участок АВ кривой соответствует неустойчивым формам рав-
новесия.
Таким образом, при значениях силы Р, лежащих между двумя
экстремумами (рис. 474)
ризонтальной плоскости.
1 EFH9 р , 1 EFH3
д/з р I3
система имеет три формы равновесия: две устойчивые и третью —
промежуточную — неустойчивую.
В частности, при Р = 0 эта неустойчивая форма соответствует
расположению стержней в горизонтальной плоскости (w/Н = 1).
При малейшем отклонении от этого положения стержневая си-
стема займет либо верхнее, либо нижнее положение.
348
205. Будем считать, что прямоугольное поперечное стечение
не деформируется и поворачивается в результате силового воз-
действия на угол ф вокруг некоторой точки О, находящейся на
расстоянии с от оси вращения (рис. 475).
Рассмотрим в сечении пружины точку А с координатами х и
у. После поворота сечения эта точка примет положение А' и
приблизится к оси симметрии на
Д = [zcos(a — ф)— j/sin(<x — <р) ] — [zcosa — у sin а].
За малостью углов а и ф можно записать:
cos а «1 — а2, sin а « а;
л
cos (а — ф)« 1 — у (а — ф)2, sin (а — ф)«(а — ф),
и тогда получаем
Д = г<р(а--|-) + у<р.
Окружное относительное удлинение, соответствующее перемеще-
нию Д, будет
Л А *ф(“-4-) + »Ф
Л А \ 2 /
Ct = ----------;--;—-- ~, ef = ---------------------.
с — х соз а -Н зш а с — х с — х
Напряжение а, равно о< = Ect.
Теперь определим нормальную силу в осевом сечении пру-
жины
с-а+Л/2
N = j j at dz dy;
с-ъ -л/а
подставляя полученное выше выражение о», имеем
с—а 4-Л/а
J хф(а-ф/2) + Уф<Ьс<гу =
с—b —М2
* ЕЛф (а —у) [а — & + с In
349
Но. рассматривая условия равновесия половины кольца
(рис. 476), убеждаемся, что N = 0. Из этого условия находим
Ь— а
С~ in (d/а) ’
Найдем теперь момент М:
с-а+Л/2
М~ J f at [х sin (а — ф) 4- У cos (а — ф)] dx dy,
c—b —hl 2
M = E~\ +J ‘ ^(«-y^)±jy|a(a — <p) 4- V}dxdy,
c—b -h/2
Л/ = ЕЛ [q> (а — (a — g>) — -y 4- 2ca — 2cb + c2 In-£) +
+ T2’ln«J-
С другой стороны, из условий равновесия полукольца (рис. 476)
вытекает, что
л л
2М = f^^sinOde- f^-a!sined0, M = -£-(b-d).
J 2nb J Ana 2Л •
о о
Таким образом, получаем
= £Л<р^а — -|-)(а — ф)(4" — -у + 2са — 2Ьс + с8 1п-|) +
, Л8 . Я
+ ТГ1П7|-
Исключая отсюда с и подставляя вместо а и ф соответственно
Н/(Ь —а) и w/(b — а), где w — осадка пружины, находим
n 2nEh Г (тт w\ / и X [ 1 Ь 4- a 1 \ , А2, д'!
Р -------г w Я —т I — w) I -тт -г2-----г- I 4- тт In — .
_ а)2 I \ 2 / ' ’ I 2 b — а д I 1 12 al
L \ a / J
Непосредственной числовой проверкой можно установить, что
при 1 < Ь/a < 4 справедливо соотношение
1 Ь4-д_____L_~JL1 А
2d—a , Ъ 12 111 a *
1ПТ
Поэтому
350
Полученная зависимость между силой Р и осадкой пружины
w является нелинейной и в зависимости от отношения H/h мо-
жет носить различный характер.
На рис. 477 показаны кривые зависимости
р ~ Р д)2
0 л£Л4 In (Ь/а)
от wjh при различных Hlh^ т. е.
Н-2 4-3
h z 73
Рис. 477
Проследим, как меняется вид характеристики пружины Ро =
^Kwfh) в зависимости от H/h. Кривая, соответствующая H)h =
= 0, представляет собой характеристику плоской дисковой пру-
жины. Возрастание высоты
Н вызывает прежде всего по-
вышение начальной жестко-
сти пружины, а затем нару-
шение монотонности хода
кривой. При значении Hlh =
= У2 (это легко получить из
анализа полученного выра-
жения) на характеристике
пружины появляется уча-
сток с отрицательной произ-
водной, расположенный меж-
ду двумя экстремальными
точками. Этот участок можно
назвать участком отрица- z
тельной жесткости, посколь-
ку возрастание прогиба в
данном случае происходит 4
при уменьшении нагрузки.
Такой режим работы пру-
жины является неустойчи-
вым, а усилия, соответствующие экстремальным точкам, будут
критическими для данной пружины. После достижения усилием
первого экстремума пружина, минуя неустойчивый участок, скач-
ком изменит свой прогиб. Дальнейшая работа будет происходить
на правой устойчивой возрастающей части характеристики. Раз-
грузка пружины вызовет обратное скачкообразное изменение
прогиба, соответствующее второму критическому усилию.
Дальнейшее повышение высоты пружины Н дает, как видно
из рис. 477, еще большее искривление характеристики, и при
значениях H/h > 2V2 последняя начинает пересекать ось абсцисс.
Пружина при силе Р = 0 имеет, следовательно, три формы рав-
новесия, из которых две — устойчивы, а третья — промежуточ-
ная — неустойчива. Такая пружина после выще л кивания и раз-
грузки в начальное положение не возвращается и сохраняет
351
упругий остаточный прогиб, соответствующий точке пересечения
кривой с осью абсцисс.
Сравните решения этой задачи и задачи 204.
206. Рассмотрим условие равновесия трубки в отклоненном
состоянии (рис. 478). Если обозначить через Н расстояние от
верхнего края поршенька
до шарнира в начале на-
гружения, то тогда, оче-
видно,
Р [н —Pc°s ф j sin ф = сф,
(1)
0,053
7^<pctg<Fl’
откуда получаем
= —-----[ 1
Нсх 2созф I
/'COSC?
Нс, ~P'
Тогда имеем
Рис. 478
Обозначим:
₽= 2^l1=fc
0,5
0J47
Рис. 479
При различных X зависимость р от ср носит различный ха-
рактер. На рис. 479 показана эта зависимость для значений X =
= 0,5, 1,0 и 1,2 при 0Сф< л. Полученные кривые соответствуют
формам равновесия системы в отклоненном от вертикали поло-
жении. Кроме того, существует форма равновесия для вертикаль-
но расположенного стержня (уравнение (1) удовлетворяется
всегда при ф = 0). На рис. 479 эта форма равновесия отобража-
352
ется точками, лежащими на оси ординат. При Х=*=0,5 и вообще
для всех значений 0<Х<1 кривые р = р(ф) пересекают ось
ординат в двух точках, низшая из которых соответствует первому
критическому значению параметра р. Для X = 0,5 Ркр = 0,147.
Вообще же говоря,
Ркр = 4(1 - или Рвр=2^1 р_ 1--^].
Теперь возникает вопрос об устойчивости указанных форм
равновесия. Критерием устойчивого положения равновесия явля-
ется минимум полной потенциальной энергии
U — А)созф.
Первые два слагаемых этого выражения представляют собой
энергию деформации, а последнее — изменение потенциала внеш-
ней силы Р. Так как A =(Р cos<p)/ci, то получаем
гт СФ2 । птт P2cos2<p
и =РЯ COS ф---------2^'
Условие dt//d<p = O является условием равновесия (условием
экстремума энергии) и приводит нас, как и следовало ожидать,
к уравнению (1), полученному ранее. Условие минимума энер-
гии запишется как
или
Р2
с — PH cos ф -|--cos 2<р > 0.
ci
Согласно обозначениям (2) имеем
1
у — р cos <р 4- р* cos 2ф > 0.
Исследуя полученные кривые, мы замечаем, что для некото-
рых участков этих кривых условие устойчивости выполняется,
а для некоторых — нет. На рис. 479 участки, соответствующие
неустойчивому равновесию, проведены штриховыми линиями.
Для оси ординат условие устойчивости запишется в виде
4-р + р2>0,
откуда получаем
р< у(1 — Zl — X) и р>-|(1 4- — X).
Для А. = 0,5, например, вертикальное положение трубки будет
неустойчивым при
0,853 >р> 0,147.
353
На рис. 479 стрелками показан рост угла ф в функции силы
Р в случае Х = 0,5. Вначале угол <р остается равным нулю. При
р = 0,147 трубка отклоняется от вертикали, и далее по море
возрастания силы Р угол <р асимптотически приближается к зна-
чению ф = л. При этом при ф > л/2 поршенек будет силой Р из
трубки вытягиваться. В реальной системе перемещение поршень-
ка, а вместе с ним и возрастание силы Р ограничены длиной
трубки.
Построенные кривые показывают, что угол ф может также
асимптотически приближаться к значению л/2, например для
случая X = 0,5 при р > 0,853. Это означает, что при достаточно
большой силе осадка пружины, находящейся в трубке, возрастает
настолько сильно, а вместе с ним настолько быстро убывает
плечо силы Р, что последняя не в состоянии перекинуть трубку
ниже горизонтали. В пределе при ф = л/2 осадка пружины
(Рсо8ф)/сь как нетрудно установить, равна Я. Эти формы рав-
новесия, однако, являются неустойчивыми.
При Х>1, т. е. при достаточно большой жесткости спираль-
ной пружины, или при достаточно малой высоте или жесткости
второй пружины ci, вертикальное положение трубки при любых
значениях силы Р остается всегда устойчивым, хотя и сущест-
вуют формы равновесия трубки в отклоненном положении.
Для того чтобы трубка приняла эту форму равновесия, необ-
ходимо дать ей при помощи внешней силы большое боковое от-
клонение.
На рис. 479 изображены также ветви кривых р = р(ф) для
отрицательных значений р. Эти кривые показывают, что при
л/2 ф < л трубка может находиться в равновесии при силе
другого знака. Этот вид равновесия легко себе представить, если
учесть, что теоретически поршенек может смещаться в трубке
на величины, большие Я. При Д > Я сила Р, имея другой знак,
будет удерживать трубку в указанном положении равновесия.
Таким образом, мы рассмотрели формы равновесия при 0
< Ф < л. Этим, однако, не исчерпывается все многообразие воз-
можных форм. Анализ этого вопроса можно было бы продолжить,
расширив область изменения угла ф за пределы л вправо и за
пределы нуля — влево.
Рассмотренный пример является примером простейшей нели-
нейности, где без большого труда удается получить полное ре-
шение и наглядно показать его многозначность. В общем же
случае решение нелинейных задач представляет собой одну из
наиболее сложных и актуальных проблем современной матема-
тики и механики.
207. Под приведенной жесткостью на изгиб в этом и в других
подобных ему случаях понимается коэффициент пропорциональ-
ности между изменением кривизны и изгибающим моментом:
1 _ М
Р (^)пр’
354
Его в данном примере удобнее всего определить энергетическим
методом.
Рассмотрим структурную ячейку стержня длиной 2а
(рис. 480). Силы предварительной затяжки в сечениях I и II не
показаны.
Если к секции приложить изгибающий момент М, то прямая
до того нить приобретет вид ломаной, образуя одну из множества
сторон правильного многоугольника. Точки А и В сблизятся на
величину 2аО2/2, и потенциальная энергия верхнего изогнутого
стержня увеличится на Soft2. Такое же приращение энергии по-
лучат и две половинки нижнего стержня. Таким образом,
2Sa»2 = M^-,
где справа написана работа моментов М на взаимном угловом
перемещении сечений I и II.
За радиус р кривизны нити принимаем, естественно, апофему
образующегося из нити многоугольника: р = Исключая б1,
находим
7 = ^’ (EJ^=Sa'-
208. Если спицы рассматривать как непрерывную упругую
среду, то для любой точки обода сила, действующая со стороны
спиц, будет пропорциональна радиальному смещению соответ-
ствующей точки обода w. Таким образом, мы сталкиваемся здесь
с задачей о расчете кольца с упругим основанием. На единицу
длины обода приходится п/(2л7?) спиц. Со стороны каждой спи-
цы на обод действует сила где Z—длина спицы (/»/?),
F — площадь поперечного сечения спицы.
На единицу длины обода, таким образом, действует сила
355
откуда
Теперь составим дифференциальное уравнение упругой линии
кольца. За независимую переменную выберем угол ф, отсчиты-
ваемый от вершины кольца (рис. 481).
Из кольца выделим элементарный участок длины ЯЛр и в
произведенных сечениях приложим внутренние силы N, Q и М.
Со стороны спиц на этот участок будет действовать сила kwRdy.
Составим уравнения равновесия для этого элементарного участ-
ка. Проектируем все силы на радиальную ось. Тогда получим
= ЛГ+ kRw.
(Уф г
Условие равенства нулю суммы проекций всех сил па ось,
касательную к дуге круга, дает
^+^ = 0-
Приравниваем нулю сумму моментов сил относительно точ-
ки О;
(Уф 1 dq> ’
и исключаем из этих уравнений Q и N. Тогда имеем
«Уф «Уф ^фЗ
Изменение кривизны А (1/р) связано с изгибающим моментом
М следующим соотношением:
но, как известно,
47)=-(f+fS0-
\ г / /г аф 1
356
Так как при положительном перемещении направленном от
центра круга, кривизна кольца уменьшается, в правой части это-
го выражения стоит знак минус. Изменение кривизны в этом
выражении состоит из двух величин. Первое слагаемое w/R2 со-
ответствует изменению кривизны за счет простого расширения
кольца. Второе слагаемое равное d2w!ds\ представляет
R d(p
собой обычное изменение кривизны, которое мы имеем и в пря-
мом брусе.
Теперь после подстановки М дифференциальное уравнение
принимает следующий окончательный вид:
d*W 1 О -l_„2dw — П
аф аф
где
R*k
~ EJ
(2)
Решением этого уравнения будет
w Со + Ci chatp cos ₽ф + G sh a<p sin 0<p +
+• Сз ch аф sin Рф + Ct зЬаф cos Рф,
где
, / a — 1 o lA +1 znv
«-У —. P= V^r- (3)
Так как кольцо деформируется симметрично относительно
вертикальной оси, функция w должна быть четной функцией,
т. е. при перемене знака при ф с плюса на минус должна оста-
ваться неизменной. Поэтому произвольные постоянные Сз и С4,
стоящие при нечетных, функциях, пола-
гаем равными нулю. Остальные постоян-
ные определяются из следующих условий:
. dw Л
а) при <р = л ^ = 0,
б) при <р = л Q = — у,
п
в) J w <?ф = 0.
о
Последнее условие означает, что при рИс. 482
нагружении колеса верхняя и нижняя точ-
ки остаются на одной вертикали. Действительно, если рассмо-
треть элемент обода колеса до и после деформации (рис. 482),
то нетрудно установить, что условие его нерастяжимости напи-
шется в виде
dv + w «* 0,
357
ГДе v — перемещение по касательной к дуге контура, или
и = — У w dtp.
Так как смещение по касательной в точках <р = 0 и ф в л отсут-
ствует, то отсюда и вытекает условие в).
При Сз = С4 = 0 выражения для изгибающего момента
,, EJ { , d2w \
и поперечной силы
v Я rfq>
принимают вид
М = — 2aflCt sh аср sin Рф + 2аРСа ch аф cos Рф),
R
Q = 2ар ~ [(«£\ 4- РС2) ch аф sin Рф + (РС\ — аСа) sh аф cos рф].
R
Теперь, раскрывая граничные условия а), б) ив), получаем
а) С\ [a sh ал cos ffri — [i ch ал sin £л]+
-h C2 [p sh ал cos Рл + a ch ал sin Рл ]e 0,
б) (a ch ал sin p л -|- P sh ал cos Рл) —
P Я3
— (a sh ал cos рл — p ch ал sin рл) =« —
C
в) G)n + ~ 1 (a sh ал cos рл 4- p ch ал sin рл) -|-
a +P
(j
-|- -8- (a ch ал sin рл — p sh ал cos Рл) = 0.
a -hP
Решаем эти уравнения:
г - рд8
° 2na2EJ '
~________ Р R3 a ch ал sin рл 4~Р sh ал cos Рл
1 4EJ ар а (gh2 ал -|- sin2 рл) ’
„ Р R3 a sh ал cos рл — р ch ал sin рл
C2*4£JaP а (зЬ2ал-|-sin2 Рл)
Окончательно выражения для w и М принимают вид
w = 4aflEJ (“^2* — СЬ а<р cos РФ + sh аФ sin Рф), (4)
М = — + A sh аф sin Рф -|- В ch аф cos Рф), (5)
358
где для сокращения обозначено!
_ a ch ал sin fl л fi sh ал cos рл
а (sh2 ал 4- sin2 рл) ’
& _ a sh ал cos рл — р ch ал sin рл ' '
a (sh2an + sin2 Рл)
Усилие, приходящееся на одну спицу, будет, очевидно, равно
= (7)
Проведем числовой подсчет. Из выражений (1) и (2), пола-
гая модули упругости спиц и обода равными, получаем
„2,, Я-?’9 -36-312
+ 2я-0,3 -+1 = 577,7, « = 24.04.
Далее, согласно (3) вычисляем
а = )/ 24,0^~ 1 = 3,395 ₽ = )/ 24,0*+ 1 = 3,539.
Теперь находим
sh ал « ch ал « у е10’**,
sin рл = —0,992, cos рл = +0,1223.
Согласно (6) имеем
А ~ -0,245e-lo w, В = +0,326е-10‘66.
Выражения (5) и (7) могут быть переписаны в виде
М = Р (—0,00855 + 3,80е_ 10166 sh a<p sin ₽ф -
— 5,05е“10166 ch аф cos Рф) H • см,
Рс - Р (0,0278 + 0,514е“1066 ch аф cos Рф +
+ 0,683е"10вв shаф sin Рф) Н.
Отсюда видно, что при небольших значениях ф второе и третье
слагаемые в скобках будут весьма малы, и М и Рс практически
не меняются. На основании этих выражений строим эпюры изги-
бающего момента М и усилий в спицах Рс (рис. 483).
При силе Р = 400 Н получаем Mmax = 880 Н • см; наибольшее
усилие на спицу РСтах = И2 Н. Понятно, что в полученном ре-
зультате не учитывается предварительное натяжение спиц, ко-
торое задается им при сборке. Естественно, это предварительное
натяжение должно превышать по абсолютной величине РстАХ.
Рассмотренная задача впервые решена Н. Е. Жуковским.
209. При решении задачи о зависимости скорости вылета
стрелы из лука от величины оттяжки тетивы w (рис. 484) ис-
359
пользуем результаты решения задачи 141 — типичной для боль-
ших перемещений упругого бруса. Упругая балка, показанная
на рис. 369 (с. 229), может быть уподоблена половине ду-
При s = l выражение (5) (с. 231) принимает вид
P=F(ifr)-FO|>o). (Г)
При s = Z кривизна бруса равна нулю (dyds = Q). Поэтому
из (4) (с. 230) следует
к cos i|?l = 0 (2')
При s = О £ -= 6. Из этого условия и из выражения (3)
(с. 230) получаем
sin = к sin -ф0. (3')
360
Рассмотрим вначале первую стадию изгиба бруса — подвязку
тетивы (рис. 485). В этом случае, как видно из рис. 369, 6 = 0.
Поэтому из (3') вытекает, что фо = 0.
Для этого же случая имеем
xL = а, = h.
Выражения (5) и (7) (с. 231) дают
а _ 2 л\ , h _2к
I ~ [ 2) I “ Р‘
Задаемся несколькими значениями к и, пользуясь таблицами
эллиптических интегралов, находим из последующих уравнений
Р, all и h/l. Результаты сводим в следующую таблицу:
aresin h 0 5’ 10° 15°
3 1,571 1,574 1,583 1,598
а 1 1 0,990 0,967 0,931
h I 0 0,111 0,219 0,324
Интерполируя полученные данные, находим для заданного
= 0,3 следующие величины:
р = г
1,59, у = 0,945.
Мы получаем, таким образом, усилие Pi в натянутой тетиве
и длину тетивы а, которая при дальнейших деформациях систе-
мы остается неизменной.
Рассмотрим теперь второй этап изгиба бруса. Здесь величина
фо нулю не равняется и остается неизвестной. Определение этой
величины будем производить следующим образом. Задаемся ве-
личинами к и фо- Из выражения (3') находим б по условию
. . .6
n sin ф0 = sin “2 .
Затем из (V) определяем
Выражения (6) (с. 231) дают
Т = Я£(т)--т = |*с08^,
361
а из выражений (7) (с. 231) находим
—cos 6 4* —р sin 6,
= -~ cos б--sin 6.
Наконец, определяем длину а тетивы (рис. 486):
coso
откуда
д _ xl!1
I cos б *
Это отношение должно равняться 0,945. При постоянном к за*
даемся несколькими значениями ф и повторяем подсчеты, пока не
добьемся того, чтобы а/l равнялось 0,945. Такой подбор произво-
дим для нескольких значений к. Результаты сводим в таблицу:
arcsin h 15° 20° 25° 30° 35°
% 6° 15° 20° 21° 23°
0,943 0,932 0,906 0,883 0,850
У 1 0,294 0,325 0,366 0,425 0,472
₽ 1,493 1,358 1,299 1,317 1,326
Затем вычисляем перемещение w (рис. 486):
w а • я I Л
-=Т8Ш6 + -Г-Т,
362
и условие Q (рис. 486):
<? = 2Psin6, ^ = 2₽’sinS.
21J
Для тех же значений к и фо получаем
W
I
0,045
0.192
0,337
0,459
0,585
Ql«
EJ
0,24
0,651
0,967
0.22
0.54
На рис. 487 показан график зависимости Ql2f(EJ) от w/l, Пло-
щадь, ограниченная этой кривой на интервале 0 — w/l, дает выра-
жение упругой энергии, передаваемой стреле при спуске. На
рис. 487 показана и интегральная кривая для энергии U. Эта
кривая получена простым плани-
метрированием первого графика.
Теперь перейдем к числовому
подсчету. При заданном w/l =
=0,6 (см. рис. 487)
^ = 0,53.
£/ = 0,53^ = 0,531^- =
— 6950 Н-см.
Эту энергию приравниваем ки-
нетической энергии стрелы:
т, uiv _ /"2£/
и=v=V
2 • т
_ Г2-6950-981 я
v ~ У 0,40 Я
— 5800 см/с = 58 м/с.
На самом деле скорость v будет несколько меньше, так как часть
энергии уйдет на сообщение кинетической энергии тетиве и дуге
лука. Сила Q, которую необходимо приложить к луку, чтобы
задать стреле вычисленную скорость, также определится из гра-
фика рис. 487:
s£| =1,6, Q= 1,6« 350 Н.
£/'“.0,в 64-602
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. А л фу то в Н. А., Зиновьев П. А., Попов Б. Г. Расчет много-
слойных пластин и оболочек из композиционных материалов.— М.: Ма-
шиностроение, 1984.
2. Андреева Л. Е. Упругие элементы приборов.— М.: Машгиз, 1962.
3. Б и д е р м а н В. Л., Б о я р ш и н о в С. В. Расчет храпового механиз-
ма пружинного типа Ц Труды кафедры сопротивления материалов
МВТУ,- МВТУ, 1947.
4. Б о л о т и н В. В. Неконсервативные задачи теории упругой устойчи-
вости,— М.: Физматгиз, 1961.
5. В а с и л ь е в В. В. Механика конструкций из композиционных мате-
риалов.— М.: Машиностроение, 1988.
6. Д и н н и к А. Н. Продольный изгиб.— М.: ГОНТИ, 1939.
7. К о р о б о в А. П. Расчет колес с большим числом спиц Ц Известия Но-
вочеркасского индустриального ин-та, Строительная часть, т. 4(18),
1935-1936.
8. Л я в А. Математическая теория упругости.— М.: ОНТИ, 1935.
9. М у х и н О. Н. Динамический критерий устойчивости трубопровода с
протекающей жидкостью Ц Изв. АН СССР. Механика.— 1965.—№ 3.
10. П а н о в к о Я. Г., Губанова И. И. Устойчивость и колебания упру-
гих систем.— М.: Наука, 1979.
11. Попов Е. П. Нелинейные задачи статики тонких стержней.—М.: Гос-
техиздат, 1948.
12. Р ж а н и ц ы н А. Р. Расчет сооружений с учетом пластических свойств
материалов.— М.: Стройвоенмориздат, 1949.
13. Ржаницын А. Р. Вопросы механики систем, деформирующихся во
времени.— М.: Гостехиэдат, 1949.
14. Филоненко-Бородич М. М. Курс сопротивления материалов. Т. I.
М.: Физматгиз. 1961.
15- Филоненко-Бородич М. М. Курс сопротивления материалов.
Т. II.— М.: Гостехиэдат, 1956.
16. Циглер Г. Ц Проблемы механики/Под ред. X. Драйдена и Т. Карма-
на, вып. 2.— М.: ИЛ, 1959.
17. Ясинский Ф. С. Избранные работы по устойчивости сжатых стерж-
ней.— М.: Физматгиз, 1962.
ВСЕВОЛОД ИВАНОВИЧ ФЕОДОСЬЕВ
Настоящее пятое издание знаменитой книги Всеволода Ива-
новича Феодосьева «Избранные задачи и вопросы по сопротив-
лению материалов» оказалось посмертным. 25 сентября 1991 г.
на 75 году жизни этого замечательного ученого и человека не
стало. Научная, творческая и педагогическая деятельность
В. И. Феодосьева была связана с МГТУ им. Н. Э. Баумана, где
он учился и работал свыше 50 лет.
Его выдающиеся способности, необычайные память и трудо-
любие проявились весьма рано. Дипломная работа В. И. Фео-
досьева была признана кандидатской диссертацией, а докторскую
диссертацию «Гибкие оболочки в машиностроении» он защитил в
возрасте 27 лет.
Читатель смог уже оценить главные особенности научного
почерка В. И. Феодосьева: глубокое проникновение в сущность
проблемы, четкость и изящность изложения, оригинальность и
рациональность решения, несомненный литературный талант.
Сотням тысяч инженеров известно имя В. И. Феодосьева как
автора учебника «Сопротивление материалов», выдержавшего
свыше десяти изданий у нас и за рубежом, удостоенного Государ-
ственной премии СССР. Это был новаторский курс, отвечавший
потребностям современного машиностроения. За участие в созда-
нии капитального трехтомного труда «Расчеты на прочность в
машиностроении» В. И. Феодосьеву была присуждена Ленинская
премия. В этом труде, а также в книгах В. И. Феодосьева «Упру-
гие элементы точного приборостроения», «Прочность теплона-
пряженных узлов жидкостно-реактивного двигателя», «Введение
в ракетную технику» была заложена современная база обеспече-
ния прочности и надежности в авиационном и космическом ма-
шиностроении, и в других областях техники. Большую извест-
ность среди молодых специалистов, студентов, инженеров полу-
чила книга «Десять лекций-бесед по сопротивлению материалов»,
выдержавшая два издания.
В 1977 г. В. И. Феодосьев был избран членом-корреспондентом
Академии наук СССР, в 1986 г. ему присваивается высокое зва-
ние Героя Социалистического Труда.
Многие годы В. И. Феодосьев возглавлял кафедру ракетной
техники в МГТУ им. Н. Э. Баумана.
В своей книге «Основы техники ракетного полета» он писал
в посвящении: «...Они творили ракетную технику сороковых, пя-
тидесятых и шестидесятых годов, оставаясь добровольными плен-
никами своего долга, своих обязанностей, своей неизменной стра-
сти...» И только несколько самых ярких имен теперь известны
каждому. Но их было много... Им — ушедшим от нас, далеким и
близким, друзьям и вовсе незнакомым — посвятил свою замеча-
тельную книгу В. И. Феодосьев.
Таким был и сам Всеволод Иванович Феодосьев — талантли-
вым, простым и сложным, безмерно одаренным и часто несчаст-
ливым, прекрасным другом и товарищем.
И. А. Биргер
Учебное пособие
ФЕОДОСЬЕВ Всеволод Иванович
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Редакторы И.А. Маркузон, Н.П. Рябенькая
Художественный редактор Г.М. Коровина
Технический редактор Л.В. Лихачева
Корректоры О.А. Бутусова, Т.С. Вайсберг
ИБ № 41495
ЛР № 020297 от 27.11.91.
Сдано в набор 21.08.91. Подписано к печати 23.12.96. Формат 60*90/16. Бумага
книжно-журнальная. Гарнитура обыкновенная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 23.
Уч.-изд. л. 19,84. Тираж 5000 экз. Заказ </019 С—008.
Издательская фирма «Физико-математическая литература» РАН
117071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
Отпечатано в Московской типографии № 2 РАН
121099 Москва Г-99, Шубинский пер., д.6
Vsevolod Feodosyei)
Selected Problems and Questions in Strength of Materials
Moskow, Fizmatlit Publishing Company.
Readership: The book is written for teachers and students, who are well con-
fident in the strength of materials.
Summary*. The book dёals with the problems beyond the scope of the traditi-
onal engineering course on the strength of materials. It includes more
complicated problems, aimed at enlarging the student's outlook and uti-
lising the connections between strength of materials and certain allied
disciplines. Solutions are provided for all problems set.
Contents: Tension and Compression. Torsion. Geometrical properties of cross
sections. Bending. Complicated stress states and theories of strength. Sta-
bility. Special questions and problems.
The author: Vsevolod Feodosyev, Corresponding Member of the USSR Acade-
my of Sciences, is a leading Soviet researcher in the field of the theory
of elasticity and strength in mechanical engineering. Prof. Feodosyev pub-
lished works including “Methods of the Strength Analysis in Mechanical
Engineering”, “Elastic Elements in Instruments Making*, "Rocket Techno-
logy”, “Strength of Materials”, and others.