Сопротивление материалов (стр. 2 )

δik – перемещение в основной системе в направлении i-той неизвестной под действием k-той неизвестной.

Причем δik = δki.

Рамы

Рамой называется стержневая конструкция, состоящая из жестко соединенных прямых стержней. В дальнейшем рассматриваются только рамы, для которых оси всех стержней и внешние нагрузки лежат в одной плоскости. Такие рамы называются плоскими. Рамы могут быть статически определимыми и статически неопределимыми. Статически определимой называется рама, у которой число наложенных связей равно числу степеней свободы. Если же число наложенных связей будет больше, то такая система называется статически неопределимой, а разница между ними определяет степень статической неопределимости плоской рамы: n = m – 3, где n - степень статической неопределимости, m - число наложенных связей.

Для решения рам применяют два способа:

1.  Метод начальных параметров. Для каждого из стержней вводится своя система координат, записываются уравнения прогибов и для решения задачи набирается необходимое количество граничных условий и условий сопряжения. Применяется для любого типа рам.

2.  Метод сил. Применяется только для статически неопределимых рам. Для раскрытия статической неопределимости заменяют заданную систему эквивалентной статически определимой системой. Для этого необходимо в заданной системе отбросить лишние связи и заменить их неизвестными реакциями опор Xi. Эти неизвестные реакции можно найти, воспользовавшись канонической системой уравнений метода сил.

Пример. Для стержневой системы, показанной на рис.24, построить графики поперечных сил и изгибающего момента, при следующих исходных данных: q = 10 кН/м, L = 20 кНм, l = 1 м,

Рис.24

Решение.

Рассматриваемая стержневая система является статически определимой, т. к. не имеет «лишних» связей, поэтому решать ее будем методом начальных параметров, т. е., разбив систему на два стержня, запишем уравнения интегральных характеристик для каждого в отдельности.

Для первого стержня:

Qy1 (z) = Qy1 (0) + qz,

Mx1(z) = Mx1(0) + Qy1 (0)·z + qz2/2.

Для второго стержня:

Qy2 (z) = Qy2 (0),

Mx2 (z) = Mx2 (0) + Qy2 (0)·z.

Запишем граничные условия и условие сопряжения: Mx1 (0) = 0, Mx2 (l) = L, Qy2 (l) = 0, Mx1(l) = Mx2 (0).

Используя граничные условия и условие сопряжения, определим неизвестные константы: Qy1(0) = 15 кН, Mx2(0) = 20 кНм.

Построим графики:

 

Рис.25

Пример. Для стержневой системы, показанной на рис.26, построить эпюры поперечных сил и изгибающего момента при следующих исходных данных: q = 10 кН/м, l = 1м.

Рис.26

Решение.

Данная система является статически неопределимой, поэтому сначала необходимо определить количество «лишних» связей: n=m–3 (m – количество связей, наложенных на систему).

В нашем случае: n=5–3=2, т. е. система дважды статически неопределима.

Для решения задачи отбросим «лишние» связи в неподвижном шарнире и заменим их неизвестными пока реакциями Х1, Х2 (рис.27).

Запишем каноническую систему уравнений метода сил:

Здесь Х1, Х2 – силы, действующие как реакции в опоре;

Δ1Р, Δ2Р – перемещения опорных сечений, вызванные внешними нагрузками в основной системе;

δ11, δ22, δ12, δ21 – перемещения от единичных сил (причем δ12 = δ21).

 

Рис.27. Основная система метода сил.

Рассмотрим основную систему (стержни нумеруем по часовой стрелке):

а) нагруженную реальной нагрузкой (без реакций опор)

Mx1 (z) = 0 Mx2 (z) = qz2/2

б) нагруженную единичной горизонтальной силой

M0x1 (z) = -1z M0x2 (z) = -1·l

в) нагруженную единичной вертикальной силой

M0x1 (z) = 0 M0x2 (z) = -1·z

Определим перемещения:

Δ1Р = = = ,

Δ2Р = = ,

δ11 = = ,

δ22 = ,

δ12 = .

С учетом найденных значений перемещений перепишем каноническую систему уравнений метода сил следующим образом:

Решая систему, получим: Х1 = 3ql / 7, Х2 = - ql / 28.

Отрицательное значение реакции Х2 говорит о том, что направление этой реакции на схеме необходимо изменить на противоположное.

Теперь, когда известны все силы, можно строить графики поперечных сил и изгибающих моментов (рис.28) .

Запишем уравнения поперечных сил и изгибающего момента для каждого стержня в отдельности.

1 стержень:

2 стержень:

Qy1(z) = Qy1(0) Qy2(z) = Qy2(0) + q·z

Mx1(z) = Mx1(0) + Qy1(0)·z Mx2(z) = Mx2(0) + Qy2(0)·z + qz2/2

Граничные условия и условия сопряжения:

V1(0)=0; V1”(0)=0; V2(l)=0; V2’(l)=0; V1(l)=0; V2(0)=0;

V1’(l)=V2’(0); V1’(l)=V2’(0).

 

Рис.28

Фермы

Ферма – это конструкция, в которой все стержни между собой и с опорами соединены только шарнирами. Если нагрузка в такой стержневой системе приложена в узлах, то стержни испытывают только растяжение (сжатие).

Для решения ферм применяют два метода:

1.  Метод сил. Применяется для статически неопределимых ферм. Для раскрытия статической неопределимости заменяют заданную систему эквивалентной статически определимой системой. Для этого необходимо в заданной системе отбросить лишние связи и заменить их неизвестными реакциями опор Xi. Эти неизвестные реакции можно найти, воспользовавшись канонической системой уравнений метода сил.

2.  Метод совместности деформаций. В этом случае составляют уравнения равновесия сил и уравнение, связывающее деформации стержней. Затем в уравнении, связывающем деформации, можно их заменить через усилия, используя закон Гука. Решая полученную систему уравнений, определяем усилия во всех стержнях.

Пример. Для стержневой системы, показанной на рис.29, определить усилия в стержнях при следующих исходных данных: Р = 10 кН, l = 1м.

Рис.29.

Решение.

Решаем задачу методом сил. Для этого один из неподвижных шарниров заменим подвижным, а отброшенную связь заменим реакцией Х (рис.30).

Рис.30.

Каноническое уравнение метода сил запишется следующим образом:

D1Р+d11Х1=0

Коэффициенты данного уравнения будем искать при помощи интеграла Мора, который в случае сжатия - растяжения будет выглядеть так:

d =.

Рассмотрим систему, нагруженную только внешней силой. Для определения усилий в стержнях вырежем узел, в котором сходятся все стержни, и составим уравнения равновесия на оси Х и Y (рис.31).

Усилие в первом стержне равно нулю, так как в подвижном шарнире не возникает реакции в этом направлении.

SХ = - N3×sin30° + P = 0, Þ N3 = 2Р;

SY = N3×cos30° + N2 = 0, Þ N2 = -2,3Р.

 

Рис.31

Рассмотрим систему, нагруженную только силой Х=1. Составим уравнения равновесия на оси Х и Y (рис.32).

 

Рис.32

Усилие в первом стержне равно единице, так как в подвижном шарнире приложена сила равная единице.

SХ = - N31×sin30° + N11×sin60° = 0, Þ N31 = 1,74;

SY = N31×cos30° + N21 + N11×cos60° = 0, Þ N21 = -2,01.

Определим длины стержней стержневой системы: l1=l/cos60°=2м, l2=l=1м, l3= l/cos30°=1,15м.

Определим коэффициенты канонического уравнения метода сил:

Δ1Р = = = ,

δ11 = = .

Х1=-D1Р/d11=-96/9,48=-10,13 кН

Теперь мы знаем величину реакции и поэтому вернемся к исходной системе. Рассмотрим систему, нагруженную внешней силой. Усилие в одном из стержней теперь известно (рис. 33).

 

Рис.33

Усилие в первом стержне равно вычисленной реакции.

SХ = - N3×sin30° + P + N1×sin60° = 0, Þ N3 = 2,37 кН;

SY = N3×cos30° + N2 + N1×cos60° = 0, Þ N2 = -7,13 кН.

В результате решения задачи определили, что первый стержень самый нагруженный.

Пример. Для стержневой системы, показанной на рис.34, определить усилия в стержнях при следующих исходных данных: Р = 10 кН, l = 1м, a=60°.

 

Рис.34

Решать будем методом совместных деформаций. Представим, как деформируется стержневая система после приложения нагрузки (рис.35).

 

Рис.35

Исходя из геометрических соотношений: d=Dl1/sina, Dl2/l=d/2l.

В результате получим соотношение между удлинениями стержней: Dl2=Dl1/2sina.

Определим удлинения стержней через возникающие в них усилия: Dl1=N1l1/EF, Dl2=N2l2/EF.

В итоге первое уравнение для определения усилий имеет вид:

или с учетом длин стержней

Вторым уравнением будет уравнение равновесия моментов относительно точки А:

SМа=N2×l+N1×2l×sina-P×3l=0

Решая эти два уравнения в системе, получим усилия в стержнях: N1=12,5 кН, N2=8,38 кН.

Стержни с плоской криволинейной осью

Кроме стержней с прямой осью в конструкциях часто встречаются элементы, у которых ось, т. е. линия, проходящая через центры тяжести поперечных сечений, является кривой. К ним относятся звенья цепей, проушины, крюки, арки, своды и т. п.

Положение точки оси определяется двумя величинами в полярных координатах – углом и радиусом. Декартова система координат в данном случае подвижна (в каждой точке она своя), ось Z направлена по касательной, ось Y по радиусу, ось Х составляет правую систему координат.

Пусть есть стержень с криволинейной осью, нагруженный продольной и радиальной распределенной нагрузкой (рис.36). Вырежем элемент стержня dS=R×dj углом dj.

Рис.36

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Y:

- Q - (N + dN)sindj + (Q + dQ)cosdj + qyRdj = 0

Учитывая, что dj - малый угол, то cosdj = 1, sindj = dj. Также произведение двух дифференциалов является величиной второго порядка малости, которой можно пренебречь.

dQ - Ndj - dNdj + qyRdj = 0.

Поделим уравнение на dj:

Q′ - N + qyR = 0 (19)

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Z и проделаем аналогичные преобразования:

-N + (N + dN)cosdj + (Q + dQ)sindj + qzRdj = 0

dN + Qdj + dQdj +qzRdj = 0

N′ + Q + qzR = 0 (20)

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Z и проделаем аналогичные преобразования:

-M + M + dM - (Q + dQ)Rdj + (N + dN)Rdj sindj = 0

dM - QRdj + dQRdj + (N + dN)Rdjdj = 0

M′ - RQ = 0 (21)

Уравнение (21) продифференцируем по углу:

M′′ - RQ′ = 0

Сделаем замену Q’ из уравнения (19):

M′′ - RN + qyR2 = 0

Полученное уравнение еще раз продифференцируем по углу:

M′′′ - RN′ + qy′ R2 = 0

Сделаем замену N′ из уравнения (20):

M′′′ + R(Q + qzR) + qy′ R2 = 0

Учитывая, что M′′ = RQ, получим:

M′′′ + M′ = - qzR2 - qy′ R2 (22)

Уравнение (22) является дифференциальным уравнением с правой частью. Решение данного уравнения будет иметь вид:

М (j) = А + Вsinj + C(1 - cosj) + Фм (23)

где Фм- нагрузочная функция момента, зависящая от внешней нагрузки.

Определим физический смысл коэффициентов:

М(0) = А

M′ (j) = Вcosj + Csinj + Фм′

M′ (0) = Вcos0 + Csin0 = В = Q(0)R

M′′ (j) = - Вsinj + Ccosj + Фм′′

M′′ (0) = - Вsin0 + Ccos0 = C = N(0)R

Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) Сосредоточенный момент (рис.37):

 

Рис.37

при j£jа Фм(j)=0,

при j³jа Фм(j)=-L.

б) Сосредоточенная радиальная сила (рис.38):

 

Рис.38

при j£jв Фм(j)=0,

при j³jв Фм(j)=-PRsin(j-jв).

в) Сосредоточенная тангенциальная сила (рис.39):

 

Рис.39

при j£jс Фм(j)=0,

при j³jс Фм(j)=-PR(1-cos(j-jc)).

Пример. Для заданной схемы нагружения стержня (рис.40) построить эпюры Qy(z), Mx(z), N(z). Из условия на прочность подобрать размер круглого сечения при следующих исходных данных: P = 10 кН, R = 1 м, [s] = 160 МПа.

 

Рис.40

Составим уравнения внутренних силовых факторов:

Mx(j) = А + Вsinj + C(1-cosj)│1 – P·Rsin(j – π/4))│2 ,

Qy(j) = Mx′(j)/R = Bcosj/R + Csinj/R│1 – P·cos(j – π/4)│2 ,

N(j) = Mx′′(j)/R = - Вsinj/R + Ccosj/R│1 + Psin(j – π/4)│2 .

Для определения констант А, В и С используем граничные условия: М(0)=0, М(π/2)=0, N(0)=0:

М(0) = А = 0,

N(0) = С/R = 0,

М(π/2) = Вsin(π/2) – P·Rsin(π/2 – π/4)) = 0 Þ B = 7,07.

В итоге получаем уравнения:

Mx(j) = 7,07sinj│1 – P·Rsin(j – π/4))│2 ,

Qy(j)=7,07cosj/R│1 – P·cos(j – π/4)│2 ,

N(j) = 7,07sinj/R│1 + Psin(j – π/4)│2

Просчитываем уравнения по участкам и строим графики (рис.41)

1 участок: 0 ≤ j ≤ π/4: 2 участок: π/4 ≤ j ≤ π/2:

N (0) = 0 N (π/4) = -5 кН

N (π/4) = -5 кН N (π/2) = 0 кН

Qy (0) = 7,07 кН Qy (π/4) = -5 кН

Qy (π/4) = 5 кН Qy (π/2) = -7,07 кН

Mx(0) = 0 Mx(π/4) = 5 кНм

Mx(π/4) = 5 кНм Mx(π/2) = 0 кНм

Для стержней малой кривизны расчет на прочность ведется также как и для прямых стержней. Стержень считается малой кривизны, если радиус хотя бы в пять раз больше максимального из размеров поперечного сечения.

σmax = Mx max/ Wx ≤ [σ],

Wx = Mx max/ [σ] = 5·103/ 160·106 = 3,125·10-5 м3.

Wx = 0,1d3.

d = = = 0,068 м.

 

Рис.41

Продольно-поперечный изгиб прямых стержней

До сих пор основное внимание было сосредоточенно на определении напряжений и перемещений, возникающих в стержнях, и на оценке их прочности и жесткости. Однако оказывается, что соблюдение условий прочности и малость перемещений по сравнению с допускаемыми нормами еще не гарантируют способности конструкций выполнять предназначенные им функции. Наряду с анализом прочности и жесткости необходим анализ устойчивости конструкции.

Упругое равновесие будет устойчивым, если деформированное тело при любом малом отклонении от состояния равновесия стремится возвратиться к первоначальному состоянию и возвращается к нему после удаления внешнего воздействия, нарушившего первоначальное равновесное состояние. Упругое равновесие является неустойчивым, если после удаления воздействия тело в исходное состояние не возвращается. Между этими двумя состояниями равновесия существует переходное состояние, называемое критическим, при котором деформированное тело находится в безразличном равновесии: оно может сохранить первоначально приданную ему форму, но может и потерять ее от незначительного воздействия. Нагрузка, превышение которой вызывает потерю устойчивости первоначальной формы тела, называется критической.

Рассмотрим стержень, нагруженный продольной и поперечной нагрузкой. На некотором расстоянии z вырежем элемент dz (рис.42).

Сумма проекций сил на горизонтальную ось:

-N1 + N1 + dN1 + qzdz = 0,

dN1/dz + qz=0.

Сумма проекций сил на вертикальную ось:

-Q1 + Q1 + dQ1 + qydz = 0,

dQ1/dz + qy = 0.

Сумма моментов относительно точки А:

M + dM – M - Q1 dz cosj - N1 dz sinj = 0.

Моменты от внешней нагрузки не учитываем вследствие их малости. Тогда:

dM/dz - Q1 cosj - N1 sinj = 0,

M′ - Q1 cosj - N1 sinj = 0.

 

Рис.42

Учтем, что при бесконечно малом угле: cosj = 1, sinj = j. В результате получаем следующие уравнения равновесия при продольно-поперечном изгибе:

N1′ + qz = 0 (24)

Q1′ + qy = 0 (25)

M′ - Q1 - N1 j = 0 (26)

Продифференцируем (26) по z:

M′′ - Q1′ - (N1 j)′ = 0

Используя (24), можно получить:

M′′ + qy - (N1 j)′ = 0

Вспомним, что: M = - EJV′′, j = - V′:

(-EJV′′)′′- (N1 (-V′))′ + qy = 0

Основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба:

(EJV′′)′′ - (N1 (V′))′ - qy = 0, при условии N1′ + qz = 0 (27)

Получим решение данного дифференциального уравнения в частных случаях.

Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня, шарнирно закрепленного с двух сторон и нагруженного постоянной поперечной нагрузкой (рис.43).

 

Рис.43

qy = q = const, qz = 0, EJ = const.

N1′ = 0 Þ N1= const, N1= - P

Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:

EJVIV + PV′′ = qy

VIV + (P/EJ)V′′ = qy /EJ

обозначим P/EJ = k2

VIV + k2V′′ = qy /EJ

Найдем общее решение

VIV + k2V′′ = 0

V1 = A + Bz + Csinkz + Dcoskz

Найдем частное решение

V2 = qz2/2k2EJ

Окончательно решение дифференциального уравнения в этой задаче имеет вид:

V (z) = V1 + V2 = A + Bz + C sinkz + D coskz + qz2/2k2EJ (28)

Запишем граничные условия для данной задачи:

1) V(0) = 0,

2) V′′(0) = 0,

3) V(l) = 0,

4) V′′(l) = 0.

Найдем вторую производную уравнения (28):

V′′ = – C k2 sinkz – D k2 coskz+ q/P

Определим постоянные интегрирования, используя граничные условия:

1) A + D = 0,

2) –Dk2 + q/P = 0,

3) A + Bl + C sinkl + D coskl + ql2/2P = 0,

4) – C k2 sinkl – D k2 coskl + q/P = 0.

Решаем данную систему уравнений:

D = q/k2P,

A = - q/k2P,

-C k2 sinkl – q/P coskl + q/P = 0, следовательно, C = q/k2P (1 – coskl)/sinkl,

-q/k2P + Bl + q/k2P (1 – coskl) + q/k2P coskl + ql2/2P = 0, следовательно, B = - ql/2P.

Подставим полученные коэффициенты:

V (z) = - q/k2P - ql/2P z + (q/k2P (1 – coskl)/sinkl) sinkz + q/k2P coskz + qz2/2k2

Проанализируем полученное уравнение. При sinkl = 0 V(z)®¥, что в принципе невозможно на практике.

sinkl = 0, решая получим kl = pn, где n-целое число

kl = 0 не подходит, т. к. С = 0 или Р = 0

kl = p, тогда k2 l2 = p2 (k2 = P/EJ), следовательно (P/EJ)l2 = p2.

Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:

Ркр = p2 EJ/ l2 (29)

Влияние способа закрепления концов стержня на значение

критической силы. Формула Эйлера

Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня, шарнирно закрепленного с двух сторон и нагруженного только сжимающей нагрузкой – продольный изгиб (т. е. нет поперечных нагрузок) (рис.44).

 

Рис.44

Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:

VIV + k2V′′ = 0, P/EJ = k2

Решение данного уравнения имеет вид:

V (z) = A + Bz + C sinkz + D coskz (30)

Запишем граничные условия:

1) V(0) = 0

2) V′′(0) = 0

3) V(l) = 0

4) V′′(l) = 0

Найдем вторую производную уравнения (30):

V′′ = – C k2 sinkz – D k2 coskz.

Определим постоянные интегрирования, используя граничные условия:

1) A + D = 0

2) –Dk2 = 0

3) A + Bl + C sinkl + D coskl = 0

4) – C k2 sinkl – D k2 coskl = 0

Решаем данную систему уравнений:

D = 0

A = 0

Bl + C sinkl = 0

C k2 sinkl = 0

если С = 0, то и В = 0 – прогиба нет.

Следовательно

sinkl = 0,

kl=p, k2 l2 = p2, (k2 = P/EJ), следовательно (P/EJ)l2 = p2.

Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:

Ркр = p2 EJ/ l2 (31)

Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня, жестко закрепленного с одной стороны и нагруженного только сжимающей нагрузкой (рис.45).

 

Рис.45

Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:

VIV + k2V′′ = 0, P/EJ = k2

Решение данного уравнения имеет вид:

V (z) = A + Bz + C sinkz + D coskz (32)

Запишем граничные условия:

1) V(0) = 0

2) V′(0) = 0

3) V′′(l) = 0

Q = Psinφ = - Pφ = PV′

Q = M′ = - (EJV′′)′ = PV′

(EJV′′)′ + PV′ = 0

при EJ = const,

4) V′′′(l) + k2V′(l) = 0

Найдем производные уравнения (32):

V′(z) = B + Ck coskz - Dk sinkz

V′′(z) = - Ck2 sinkz – Dk2 coskz

V′′′(z) = - Ck3 coskz + Dk3 sinkz

Определим постоянные интегрирования, используя граничные условия:

1) A + D = 0,

2) B + Ck = 0,

3) C sinkl + D coskl = 0,

4) - Ck3 coskl + Dk3 sinkl + k2(B + Ck coskl - Dk sinkl) = 2 Dk3 sinkl - k2B

если В = 0, то С = 0, следовательно

D coskl = 0 (D ¹ 0, т. к. тогда не будет прогиба)

coskl = 0

kl = p/2

k2 l2 = (p/2)2

(P/EJ)l2 = (p/2)2

Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:

Ркр = p2 EJ/ (2l)2 (33)

Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня жестко закрепленного с двух сторон и нагруженного только сжимающей нагрузкой (рис.46).

 

Рис.46

Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:

VIV + k2V′′ = 0, P/EJ = k2

Решение данного уравнения имеет вид:

V (z) = A + Bz + C sinkz + D coskz (34)

Запишем граничные условия:

1) V(0) = 0

2) V′(0) = 0

3) V(l) = 0

4) V′(l) = 0

Найдем первую производную уравнения (34):

V′(z) = B + Ck coskz - Dk sinkz

Определим постоянные интегрирования, используя граничные условия:

1) A + D = 0

2) B + Ck = 0

3) A + Bl + C sinkl + D coskl = 0

4) B + Ck coskl - Dk sinkl = 0

Решаем данную систему уравнений:

A = - D

B = - Ck

- D - Ck l + C sinkl + D coskl = 0

- Ck + Ck coskl - Dk sinkl = 0

C(sinkl – kl) + D(coskl – 1) = 0

C(coskl – 1) – D sinkl = 0

(sinkl – kl) (coskl – 1)

(coskl – 1) sinkl = 0

- sin2kl + kl sinkl – cos2kl + 2coskl – 1 = 0

-2 + kl sinkl + 2coskl = 0

2(coskl – 1) + kl sinkl = 0

2(cos2(kl/2) – sin2(kl/2) – 1) + 2kl sin(kl/2) cos(kl/2) =0

-4sin2(kl/2) + 2kl sin(kl/2) cos(kl/2) =0

4sin(kl/2)(-sin(kl/2) + cos(kl/2) kl/2) = 0

sin(kl/2) = 0 или -sin(kl/2) + cos(kl/2) kl/2 = 0

kl/2 = p tg(kl/2) = kl/2

k2 l2 = (2p)2 решается графически

k2 = p2/0,25l2 kl/2 = p

P/EJ=p2/0,25l2 k2l2/4 = p2

P/EJ=4p2/l2

Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:

Ркр = p2 EJ/ (0,5l)2 (35)

Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня жестко закрепленного с двух сторон и нагруженного только сжимающей нагрузкой (рис.47).

Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:

VIV + k2V′′ = 0, P/EJ = k2

 

Рис.47

Решение данного уравнения имеет вид:

V (z) = A + Bz + C sinkz + D coskz (36)

Запишем граничные условия:

1) V(0) = 0

2) V′′(0) = 0

3) V(l) = 0

4) V′(l) = 0

Найдем производные уравнения (36):

V′(z) = B + Ck coskz - Dk sinkz

V′′(z) = - Ck2 sinkz – Dk2 coskz

Определим постоянные интегрирования, используя ГУ:

1) A + D = 0

2) D = 0

3) A + Bl + C sinkl + D coskl = 0

4) B + Ck coskl - Dk sinkl = 0

Решаем данную систему уравнений:

D = 0, A = 0

Bl + C sinkl = 0

B + Ck coskl = 0

l sinkl = 0

1 k coskl

kl coskl - sinkl = 0

kl – tgkl = 0

kl = tgkl

решается графически

kl = 1,42p

k2 l2 = (1,42p)2

Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:

Ркр = p2 EJ/ (0,7l)2 (37)

Таким образом, различные случаи опирания и нагружения стержня приводятся к основному случаю введением в формулу для критической силы так называемой приведенной длины lкр = µl, где m - коэффициент приведенной длины. При определении значения критической силы необходимо считаться с возможностью различных форм потери устойчивости в главных плоскостях стержня, что зависит от способов его закрепления. Если концы стержня закреплены так, что приведенная длина его оказывается одинаковой для обеих главных плоскостей, то при вычислении критической силы следует брать наименьший момент инерции поперечного сечения:

Ркр = p2 EJmin/ (µl)2 (38)

Данная формула носит название формулы Эйлера.

Границы применимости формулы Эйлера

Формула Эйлера была выведена в предположении, что деформирование материала подчиняется закону Гука. Однако очевидно, что по мере уменьшения длины стержня значение критической силы увеличивается и может оказаться, что, начиная с некоторого значения, сжимающие напряжения, вызванные ею, будут превышать предел пропорциональности и закон Гука оказывается неприемлемым.

Для определения границы применимости формулы Эйлера найдем нормальное напряжение, соответствующее критической силе:

sкр= (39)

Критическая сила по формуле Эйлера равна:

Ркр = ,

где l0 = ml – приведенная длина стрежня.

Минимальный момент инерции сечения можно представить через радиус инерции:

Jmin = iF,

Ркр = .

Введем обозначение: = l - гибкость стержня; тогда выражение для критической силы примет вид:

Ркр = .

Подставим полученное выражение в формулу (39):

sкр = =

На рис.48 графически показана зависимость между критическим напряжением и гибкостью стержня.

 

гипербола Эйлера

sкр = f(l) для стали ст.3

Рис.48

Приравняем критическое напряжение к пределу пропорциональности, после чего получим значение предельной гибкости:

lпред = (для ст.3 lпред = 100)

Итак, при l>lпред для определения критической силы можно пользоваться формулой Эйлера; если l<lпред, то формула становится неприемлемой, поэтому на рис.48 этот участок гиперболы Эйлера показан пунктиром. Если стержень достаточно короткий, то разрушение наступает раньше, чем потеря устойчивости.

Критическое напряжение для сжатых стержней средней и большой гибкости представляет, пожалуй, большую опасность, чем предел текучести для пластичных материалов или предел прочности для хрупких материалов при простом растяжении. Очевидно, что при практическом решении вопроса об устойчивости стержня нельзя допустить возникновения в нем критического напряжения, а следует принять соответствующий запас устойчивости:

F = ,

где j < 1, коэффициент уменьшения допускаемых напряжений при сжатии.

Этот коэффициент определяется на основании теоретических и экспериментальных исследований устойчивости при пластических деформациях и является функцией гибкости и марки материала.

Таким образом, мы имеем два предельных случая работы сжатых стержней (рис.49): короткие стержни, которые теряют грузоподъемность в основном за счет разрушения материала от сжатия, и длинные, для которых потеря грузоподъемности вызывается нарушением устойчивости прямолинейной формы стержня. Количественное изменение соотношения длины и поперечных размеров стержня меняет и весь характер явления разрушения. Общим остается лишь внезапность наступления критического состояния в смысле внезапного резкого возрастания деформаций.