Г. К. КЛЕЙН, В. Г. РЕКАЧ, Г. И. РОЗЕНБЛАТ
РУКОВОДСТВО К ПРОВЕДЕНИЮ ЗАНЯТИЙ ПО СПЕЦИАЛЬНОМУ КУРСУ СТРОИТЕЛЬНОЙ МЕХАНИКИ
ВЫСШАЯ ШКОЛА—1964
Проф. Г. К. КЛЕЙН, проф. В. Г. РЕКАЧ, доц. Г. И. РОЗЕНБЛАТ
РУКОВОДСТВО
К ПРОВЕДЕНИЮ ЗАНЯТИЙ ПО СПЕЦИАЛЬНОМУ КУРСУ СТРОИТЕЛЬНОЙ МЕХАНИКИ
Допущено Министерством высшего и среднего специального образования СССР в качестве учебного пособия для студентов строительных вузов
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
МОСКВА - 1964
624.04
К 48
ПРЕДИСЛОВИЕ
Руководство к практическим занятиям по специальным разделам курса строительной механики предназначено для студентов строительных втузов по специальности «Промышленное и гражданское строительство». Первые два раздела руководства отвечают действующей в настоящее время программе. Третий раздел, посвященный теории расчета оболочек, хотя и не входит в программу, но необходимость изучения его студентами данной специальности назрела уже давно.
Студент, прослушав лекции по соответствующему разделу курса, может приступить к решению задач, пользуясь руководством. Кроме того, в руководстве задачам предшествует краткое, но довольно полное изложение теории.
Руководство написано членами кафедры строительной механики Московского ордена Трудового Красного знамени инженерностроительного института имени В. В. Куйбышева.
Раздел I «Основы теории устойчивости» написан кандидатом техн, наук доцентом Г. И. Розенблат; раздел II «Основы динамики сооружений» — доктором техн, наук профессором Г. К- Клейном и раздел III — «Основы расчета пространственных тонкостенных конструкций»— доктором техн. наук профессором В. Г. Рекачем. Общее редактирование осуществлено профессором доктором техн, иаук Д. В. Бычковым.
Авторы благодарят профессора доктора техн, наук А. Ф. Смирнова, профессора В. С. Костромина, доцента Я. Б. Львина, доцента А. И. Оселедько и доцента А. Г. Барченкова за ценные указания, сделанные ими при рецензировании рукописи.
Авторы,
РАЗДЕЛ I
Основы расчета стержневых систем на устойчивость
Глава 1
ПОНЯТИЕ О ПОТЕРЕ УСТОЙЧИВОСТИ, КРИТИЧЕСКОЙ НАГРУЗКЕ И МЕТОДАХ РАСЧЕТА НА УСТОЙЧИВОСТЬ
§ 1. Введение
Системы, применяемые в качестве строительных конструкций, под действием нагрузки должны находиться в состоянии устойчивого равновесия. Это означает, что если какие-либо случайные причины выведут систему из состояния равновесия, то после удаления этих причин система должна вернуться в
первоначальное положение.
Если вертикальный тонкий столб, свободно опирающийся на землю, находится в равновесии под действием центрально приложенной силы Р (рис. 1.1а) и при небольшом отклонении вернуться в исходное положение не может, то равновесное состояние является неустойчивым.
Если упругий тонкий
Рис. 1.1
стержень, жестко защем-
ленный в основании (рис. 1.1 б), после отклонения, поколебавшись вокруг вертикального положения, вернется в первоначальное положение, то его равновесие является устойчивым.
3
При заданной схеме сооружения и заданной схеме нагрузки устойчивость равновесного состояния зависит от величины нагрузки. В каждом отдельном случае можно найти ту нагрузку (или параметр, определяющий всю данную систему нагрузок), при которой первоначальная форма равновесия становится неустойчивой и возможно другое, качественно новое деформированное состояние, тоже являющееся состоянием равновесия. Выход системы из первоначального состояния равновесия называется потерей устойчивости, а нагрузка, при небольшом превышении которой возможно осуществление новой устойчивой формы равновесия (так называемое раздвоение или бифуркация форм равновесия), называется критической нагрузкой.
Обеспечение устойчивости строительных конструкций особенно важно потому, что самый процесс потери устойчивости происходит очень быстро и практически ведет к разрушению сооружения. Ряд случаев катастроф крупных инженерных сооружений, происшедших в результате потери устойчивости, описан в работе [4].
В зависимости от того, является действующая нагрузка статической или динамической, можно рассматривать вопросы статической или динамической устойчивости сооружений. В дальнейшем рассматривается влияние только статических нагрузок.
На рис. 1. 2а, б, в, г сплошными линиями показана первоначальная форма равновесия стойки, кольца, арки и рамы при центральном сжатии, пунктиром — новая, изогнутая форма равновесия после потери устойчивости. Это есть потеря устойчивости центрального сжатия.
Рис. 1.2
4
На рис. 1.2 д изображена потеря устойчивости плоской формы изгиба балки с поперечным сечением в виде узкой полосы. Могут быть рассмотрены и другие виды потери устойчивости.
Все приведенные на рис. 1.2 примеры характерны тем, что в момент потери устойчивости появляется новый вид деформации, качественно отличный от первоначальных деформаций сооружения (первоначально сжатые стойка, арка, рама получили деформации изгиба; первоначально изогнутая в вертикальной плоскости балка закрутилась и изогнулась в горизонтальной плоскости). Принято потерю устойчивости, характеризуемую внезапным появлением качественно новых деформаций, называть потерей устойчивости 1-го рода (потеря устойчивости по Эйлеру). Именно к этому случаю и относится определение критической силы, данное выше.
В инженерной практике весьма часто встречается и другой класс задач: на рис. 1.3 а, б, в в качестве примера изображены внецентренно сжатая стойка, рама и арка, элементы которых с самого начала находятся под воздействием продольных сил и изгибающих моментов. При малых нагрузках влияние продольных сил на деформации невелико и приращения перемещений Д2 и т- Д- почти пропорциональны приращениям нагрузок. С увеличением нагрузки влияние продольных сил возрастает и в какой-то
между деформацией и нагрузкой резко ‘нарушается — деформации начинают расти во много раз быстрее, чем нагрузка. Может наступить такой момент, когда увеличения нагрузки не требуется для роста деформаций, они будут расти даже при уменьшении нагрузки; при этом никаких «разветвлений» состояния равновесия не будет — явление развивается все время в одном направлении и меняется только в количественном отношении.
Рис. 1.3 момент поопооп
5
Рост деформации при отсутствии приращения нагрузки может рассматриваться тоже как потеря устойчивости (так называемая потеря устойчивости 2-го рода), связанная с потерей несущей способности сооружения. Нагрузка, соответствующая началу деформации без приращения нагрузки, называется критической силой при потере устойчивости 2-го рода*.
Следует отметить, что и потеря устойчивости в эйлеровском смысле, и потеря несущей способности могут произойти как при упругих деформациях, так и при работе сооружения за пределами упругости.
Большая часть задач, решаемых в данном курсе, относится к задачам о потере устойчивости 1-го рода, причем явление рассматривается только в упругой стадии.
§ 2. Устойчивость 1-го рода; постановка задачи; методы расчета
• При определении критической нагрузки 1-го рода постановка задачи такова: система (например, рис. 1. 2 а, б, в, г, д) при нагрузке, равной Ркр , потеряла устойчивость и перешла в новое деформированное состояние; требуется определить ту нагрузку (Ркр), при которой это новое состояние будет состоянием равновесия. Таким образом, для расчета на устойчивость можно использовать все методы, которые применяются для расчета равновесных систем; эти методы делятся на статические и энергетические.
Сущность статического метода заключается в следующем: поскольку система находится в равновесии, в равновесии находится и любой бесконечно малый элемент этой системы; записав дифференциальные уравнения равновесия бесконечно малого элемента в деформированном состоянии под действием всех внутренних и внешних сил и проинтегрировав эти уравнения, находим форму потери устойчивости и критическую нагрузку.
Энергетические методы делятся в основном на две разновидности:
* Не следует смешивать это явление с явлением ползучести материала, которое в данной работе не рассматривается.
6
А. Непосредственное применение принципа возможных перемещений: поскольку деформированное состояние есть состояние равновесия, критическая нагрузка определяется путем приравнивания нулю суммарной работы внешних и внутренних сил на малых возможных перемещениях из деформированного состояния.
Б. Использование энергетического критерия равновесного состояния: полная потенциальная энергия системы, находящейся в равновесии, имеет экстремальное значение, поэтому, записав выражение полной потенциальной энергии системы в деформированном состоянии, критическую силу определяем из условия экстремума этой функции.
Точный расчет на устойчивость более или менее сложной системы встречает большие математические трудности, поэтому во многих случаях задачи решаются приближенно. Упрощение может быть достигнуто: 1) упрощением расчетной схемы сооружения; 2) применением приближенных методов расчета. Назовем степенью свободы т системы число независимых геометрических параметров, полностью определяющих возможные перемещения всех ее точек. Реальная упругая система всегда будет иметь степень свободы т = оо; чтобы полностью определить деформацию, например, балки конечной жесткости (рис. 1.4 а), надо задать прогибы во всех точках; если же очень жесткая балка опирается на весьма податливую в вертикальном направлении опору (рис. 1.4 б), то при решении вопросов устойчивости изгибом балки можно пренебречь, и тогда перемещения всех точек определяются одним параметром—углом а или осадкой опоры А; степень свободы /п=1.
Для схем (рис. 1.4 в, г) имеем соответственно
т = 2 и т = 0.
Система будет иметь столько возможных форм потери устойчивости и соответствующих им критических сил, сколько она имеет степеней свободы; естественно, что с увеличением числа степеней свободы трудность определения минимальной критической нагрузки возрастает.
7
Рис. 1.4
Рассмотрим детально указанные выше методы определения критической нагрузки и вопрос о точных и приближенных методах расчета на примере системы с двумя степенями свободы.
§ 3. Устойчивость системы с двумя степенями свободы. Точные и приближенные методы расчета
Рассмотрим балку, состоящую из трех абсолютно жестких звеньев, шарнирно соединенных между собой (рис. 1.5 а). Опоры А и В не допускают верти-
Рис. 1.5
кальных перемещений, опоры С и D упругоподатливые с одинаковым коэффициентом жесткости г (г—реакция, возникающая при единичном вертикальном смещении), Балка находится под действием продольной силы Р. Требуется определить ту нагрузку, при кото
8
рой, кроме горизонтального положения равновесия, возможно какое-то отклоненное равновесное состояние, характеризуемое двумя неизвестными параметрами (степень свободы т = 2), например, вертикальными перемещениями точек Си D — ах и а2*. Опорные реакции нового равновесного состояния показаны на чертеже.
Решаем задачу тремя способами:
Статический способ
Поскольку система имеет две степени свободы, достаточно составить для всей системы два уравнения равновесия, в которые войдут два неизвестных параметра аг и й2:
£Л1Г = 0 4-(2^+ о2) /-Р.а1 = 0,
О
£М"рав = 0 — (^ + 2а2)/-Ра2 = 0, з
откуда имеем систему двух однородных линейных уравнений относительно и а2:
(2г/ — Зр) aY + rla2 = О,
rlax + (2rl — ЗР)а2 = 0.	(1.1)
Система (1.1) может иметь нулевое решение для неизвестных «1 = а2 = 0, что соответствует горизонтальному равновесному состоянию; ненулевое решение получим, если приравняем нулю определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных
£) = ™-ЗР-, П | 0
г/; 2rl-3P |
Раскрывая определитель, получаем квадратное уравнение для определения критической силы
(2г/ - ЗР)2 — (г/)2 = О
и два значения Ркр : Р*р = —; Pjf = rl, из которых 3
расчетным будет минимальное значение Р [Р = — .
* Все рассуждения ведутся в предположении малых перемещений.
9
Форма потери устойчивости определится, если полученные значения критических, сил подставить в одно из уравнений (1.1): при PKp—Pi имеем
(2rZ — rl) tZj + rl’ a2 — 0,
т. e. = — a2 (рис. 1.5 б); при Ркр = Рц имеем (2г/ — 3rZ) Я] + rl-a2 = 0, т. е. аг = а2 (рис. 1.5 в).
Таким образом, статический способ расчета дает все возможные для данной системы формы потери устойчивости и соответствующие им критические силы. (При решении системы с бесконечным числом степеней свободы, интегрируя дифференциальные уравнения равновесия бесконечно малого элемента, получаем бесконечное множество возможных форм потери устойчивости и соответствующих им критических сил; практически важно найти наименьшее значение критической нагрузки.)
Давая всю совокупность решений, статический способ является точным способом расчета на устойчивость.
Энергетические способы
А. Рассматривая деформированное равновесное состояние, приравняем нулю сумму работ внешних и внутренних сил на перемещениях из деформированного состояния обратно в первоначальное. При этом работа внешних сил А = — Р&;
работа внутренних сил W = (af + а£). При повороте жесткого стержня смещение его конца Д^ (рис. 1.6) определяется так:
Л /	,	, /1	\ Г tg3 а Zas /у'2
Д, = Z — Zcosa = Z(l — cos a) & I • —— x — = ——.
1	v	’	2	2	2
Таким образом, полное горизонтальное перемещение точки приложения силы Р, зависящее от поворотов всех трех звеньев, (2	2
Д1	«2	(ai- Да)2
Р	Р	Р
Записав уравнение
2	2
-J-
I
А + 117=0
(1-2)
10
(1.3)
и решив его относительно Р, получаем 9	9
n rl	«1 + «2
^кр----Г ‘	2	2*
z —а2-а2+а2
Выражение (1.3) дает точные значения критических сил, если известны формы потери устойчивости, т. е. зависимости между ах и а2; в самом деле, при = а2 получаем
Рис. 1.6
Ркр = rl,
при tZj = — а2 получаем Ркр = —
Поскольку формы потери устойчивости неизвестны, для получения решения надо составить условие минимума выражения (1.3); при двух параметрах а, и а2 следует приравнять нулю частные производные по каждому из параметров:
-^- = 0;	-^ = 0;
да2	да2
дР rl ~ 2ai(af-at-a2 + а2) — (2а[ —а2)	+ а2) '
dai 2	(а2 — ага2+ а\ )2
откуда аг = ± а2.
г>	ЭР „
Второе выражение. -----= 0 дает тот же резуль-
тат.
Энергетический способ в качестве приближенного весьма часто употребляется при расчетах на устойчивость.
При этом задаются возможной формой потери устойчивости и определяют соответствующую ей критическую силу. Прием, предложенный С. П. Тимошенко, для общего случая системы с любым числом степеней свободы заключается в следующем:
1) на основании опытных данных или рассмотрения аналогичных задач задаемся формой потери устойчивости, причем уравнение кривой обязательно должно удовлетворять условиям на границах и содержать
11
один или несколько произвольных параметров. Следовательно, полагаем y=f(x, аг, а2,..., ап)\
2) составляем выражения работ внешних и внутренних сил А и W и, решив уравнение (1.2) относительно Р, находим
Р — F(я-p в2,	, ^п)>
дР	дР
3) при помощи уравнений —- = 0,..., --= 0 под-
dai	дап
бираем параметры а2,, ап таким образом, чтобы сила Р имела минимальное значение.
Заставляя систему деформироваться по заранее заданному закону, мы тем самым как бы накладываем на нее дополнительные связи, и найденная таким образом критическая сила будет выше действительной критической силы.
Б. Вернемся к рассматриваемому случаю системы с двумя степенями свободы и определим полную потенциальную энергию системы
которая является функцией двух параметров и а2. Условия экстремума этой функции запишутся так:
да\
U = A + W=—P
-^-.5а2 = 0, да2
или
^=0;
откуда получаем
— -у (2^ — а2) + гах = 0;
-^ = 0, да2
—~	"Ь 2tz2) "Ь rtz2 ==
или
ор \	Р
------г} а,----а2 = 0
/	) 1	I 2
(1-4)
— г
Приравняв нулю определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных аг и а2> получаем 12
квадратное уравнение для сил; решая это уравнение,
определения критических находим
Ptf = rl.
Уравнения (1.4) можно получить также, применяя непосредственно принцип возможных перемещений и записывая виртуальную работу внешних и внутренних сил на перемещениях, отвечающих бесконечно малому изменению каждого из параметров.
Если форма потери устойчивости при вычислении потенциальной энергии U задана с точностью до такого количества параметров, какова степень свободы системы, то изложенный здесь способ дает точное решение задачи. Если задать форму потери устойчивости с точностью до числа параметров меньшего, чем число степеней свободы системы, то решение будет приближенным, и минимальное полученное значение нагрузки будет несколько выше действительной: критической силы.
Одним из приближенных способов решения задач устойчивости путем варьирования функции U является способ Ритца. Для системы с произвольным числом степеней свободы он заключается в следующем:
1.	Задаемся формой потери устойчивости в виде ряда У = «1 fi (х) + a2f2 (х) + ... + anfn (х), где av а2, ...,ап-неопределенные коэффициенты, а /],/2, ••• ,/п —функ-ции, каждая из которых должна удовлетворять граничным условиям и представлять по возможности близко предполагаемую форму кривой изгиба.
2.	Составляем выражение потенциальной энергии, которая будет функцией параметров а}, ... , ап. U= F(alt, ап).	.
3.	Из условий экстремума функции U — = 0, —=0... да\ да2 получаем систему уравнений линейных и однородных относительно tZj, ... , ап. Для того чтобы она имела решение, отличное от нуля, необходимо, чтобы определитель этой системы обращался в нуль. Составляя определитель и приравнивая его нулю, получаем уравнение для определения критической силы Z) (Р) = 0.
13
К решению сложных задач с успехом применяется вариационный способ И. Г. Бубнова и Б. Г. Галеркина, не требующий записи выражения потенциальной энергии системы. Этот способ изложен в работе [2]. Применяется также и ряд других вариационных приемов; с некоторыми из них читатель может познакомиться по книге [13].
В следующих главах рассматриваются некоторые частные задачи устойчивости упругих систем.
Глава 2
УСТОЙЧИВОСТЬ ЦЕНТРАЛЬНО СЖАТОГО ПРЯМОГО СТЕРЖНЯ
§ 4. Прямой стержень с упругой заделкой на одном конце и упруго-податливой опорой на другом
Прямолинейный стержень АВ (рис. 1.7) имеет упругую заделку в точке А и шарнирную, упругоподатливую в горизонтальном направлении опору в точке В.
гц — горизонтальная реакция, возникающая в точке В при горизонтальном смещении этой точки на еди-
ницу;
г22— реактивный момент в заделке А, возникающий
Рис. 1.7
при повороте заделки на угол <₽ = 1.
Пусть стержень, потеряв устойчивость, изогнулся, как показано на рис. 1.7 пунктиром. При этом на опорах возникли реакции, показанные на чертеже. Найдем критическую нагрузку точным статическим способом.
Дифференциальное уравнение изгиба имеет вид
Шу" ==М=—Р(^ + у) + гн8 (Z -а), или
Е1у" + Ру-Цгц(1-Х)-Р]
14
— интеграл этого уравнения
у = A cos пх + В sin пх +
,	(1.5)
где
п= \ V EI
Для определения А, В и б имеем три граничных условия:
1) при х = 0 у = 0;
2)прил = о = ? =	=	;
ал	Г 22	>22
3) при х = I у = — 8.
Подставляя граничные условия в выражение (1.5),. получаем систему трех однородных алгебраических уравнений:
А + (£р'~ 08 = 0;
пВ - (б = 0;
\ Р Гп J
А + B\.gnl = Q.
Так как нас интересует ненулевое решение для А, В и б, приравниваем нулю определитель, составленный из коэффициентов при этих неизвестных
	1;	0;	Гц1 _ J Р	
D==	0;		_( El л. гп1~Р\ \Р	)	= 0,
	1;	tgnZ;	0	
откуда после небольших преобразований, подставив Р— п?Е1, получаем уравнение устойчивости
Гц1 
tg nl = nl--------’	(1.6)
r»Z (г„1-п?ЕГ)1
tPEI
15
Из формулы (1.6) при известных величинах rlv г22, El, I путем подбора определяется величина п и после этого Ркр = п?Е1. Частные случаи:
Рис. 1.8
1)	(рис. 1.8 а); избавляясь от неопределенности по формуле (1.6), получаем
tg nl = 0, nl = Ы (i =
=1.2.
2)	(рис. 1.8 б); по формуле (1.6) получаем
tg nl = nl(l —	> откуда:
при гп =0(что соответствует свободному верхнему концу) получим tg«/ = ooHHH nl = t у (i = 1, 2, 3...), Дкр _	.
mln 4j2	’
при гп = оо(что соответствует жесткому опорному стержню) получим ignl = nl; наименьший отличный от нуля корень этого уравнения «/ = 4,493; Р£₽п = = 20,19 — ;
Р
3)	(рис. 1.8 в).
По формуле (1.6) получаем tgnl = —— .
Пример 1.1. Определить критическую нагрузку для системы, показанной на рис. 1.9 а. Расчетная схема будет иметь вид стойки, упруго защемленной внизу (рис. 1.9 г) и уравнение устойчивости tg«/=-^-. Величина г22 зависит от формы потери устойчивости всей системы; при симметричной форме потери устойчивости (рис. 1.9 6) величина г22 определится из условия:
<Р==|	= —-г22.4у= 1, откуда г22 = у-;
при кососимметричной форме потери устойчивости
16
(рис 1.9 в) г22 определится из условия <p = J-gj-tZs = = ~	. -у- == 1, откуда г22=1,5£7. Минимальная
критическая сила будет иметь место при минимальном
Таким образом, tg nl} = —— —. Ре-2nEI 2п 2nli nix
шая путем подбора полученное уравнение, находим til = 1,19 и критическая нагрузка, соответствующая симметричной форме потери устойчивости
„	1,19!-£/	1,193£/ лаопие-/ t ст т А
Ркр= ——о— = —’----------= 0,0394Е1т(Е1 в тм‘).
Пример 1.2. Требуется определить критическое значение вертикальной силы, действующей в точке В (рис. 1.10а) на стойку АВ, связанную жесткой фермой с двухэтажной рамой CDEF. Стойку АВ можно рассматривать как защемленную внизу и упругоопертую вверху (рис. 1.106). Коэффициент жесткости упругой опоры гп определится из расчета рамы CDEF. Так как реакция от единичного смещения есть величина обратная смещению от единичной силы(<гп=— Y найдем
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат —2
17
величину Sn, приложив горизонтальную единичную силу к узлу D (рис. 1.10 в). Эпюра М от этой силы показана на рис. 1.10 г:
Используем полученное выше уравнение устойчивости для этого частного случая
,	,	,	п2Е1\	и2£7-26 \
tg 111 = nl ( 1----) = nl ( 1----------) .
\ Гц/ J \ ЕЦ J
Помножив числитель и знаменатель второго члена в скобках на Z2, подставив в знаменатель 1 = 8 м и учитывая, что / = 2/]; получаем
tg nl = nl [1—0,101 (zzZ)2].	(а)
Уравнение (а) решается путем подбора; при nZ = 3,l имеем tg nl = —.0,04162; nl [1—0,101 (nl)2] =+ 0,093;
при nZ=3,2 tgnl = + 0,05847; nl [1—0,101 (nl)2] = = - 0,108.
Принимаем nl = 3,14 (см. рис. 1.11).
Критическая сила Ркр =
=	=0,154 F/(m)
(величина El должна быть взята в zn-jw2).
Возможность горизонтального смещения верхних узлов рамы значительно снизила критическую силу
18
стойки АВ. При отсутствии горизонтальных перемещений по формуле Эйлера мы бы получили
п' ^Е1	3,142£/ nQ1_
/кр =---------=------------= 0,315 EI.
(“О2	(0.7-8)3
§ 5. Стержень с упругой промежуточной опорой
Рассмотрим упругий стержень, шарнирно опертый двумя концами, имеющий промежуточную упругую опору; коэффициент жесткости упругой опоры гп — величина заданная (рис. 1.12). Найдем критическую силу Ркр для этого стержня энергетическим методом* (см. гл. 1, § 2); для этого сначала задаемся прибли-
Рис. 1.12

женно, в данном случае с точностью до двух произвольных параметров, уравнением упругой линии в изогнутом равновесном состоянии
т.х ,	. 2ях
у = sin — + а2 sin -у- .
Это уравнение удовлетворяет граничным условиям:
jy(O) = O;
у (0 = 0;
О0'
у' (0)^0; У'(0) = 0;
У(0¥=0;	Z(0 = 0;
Приравняем нулю сумму работ внешних и внутренних сил на перемещениях, соответствующих приращению одного, а затем другого параметра; в уравнения работ войдет энергия изгиба балки (энергией сжатия
* Решение той же задачи методом перемещений см. в работе [14].
2*	19
и сдвига пренебрегаем), работа, производимая реакцией упругой опоры, и работа внешней силы Р:
"да!= М 8airfX + Г”^с йаГ 8а1 ~ о
-Р — 6^ = 0
z dai	(1-7)
°а2 ~ ТТ f М Л~	+ Г11 Ус -5^- 8а2 —
да2 2 El J да2 2 ПЛС да2 2 о
— Р— 8а2 = 0
да2
Используем зависимость
я к т^г г/	f	। 4л2	.	2ты:\
М = Ely = — Е1(—a. sin------------я,-sin —1;
Л	\/2 1 I Р 2 I )
дМ ЕЬтР . пх дМ ЕЬ4п2 . 2лх --- = ---.----.Sin --- ; --- ==--------Sin ---- ;
daL Р I да2	I2	I

1 = ai’’ 2
a)
6)
Рис. 1.13
Величину Д определяем следующим образом: если для бесконечно малого элемента (см. рис. 1.13 а) имеем при его повороте на угол а вертикальное перемещение верхней точки на dA =
2 , tg2 a dx( у') ах-^-=----—, то для изогнутого
стержня длиной I укорочение вертикальной проекции (рис. 1.13 6)
д = | ру)2-6х.	(1.8)
о
20
В нашем случае
.	1 С / я	т.х . 2я 2ях \2
Д = — I ( — • а, • cos-—а2« cos —— )
2 J \ z 1 z . z 2 i J о
= — f- а? + 2а2 Y 2Z \ 2 1	2 J
дД	я2	дД	2я2
	= —а,; ------------	'ai-да\------------------21	да2-I
Подставив найденные выражения в уравнения (1.7) и произведя интегрирование, получим: я4£/	.	п2 п
+гпа1-р —а! = 0;
яМ£/ „ 2л2
-----а2 — Р-----а9 = 0.
I3 2 z 2
Так как нас интересует тот случай, когда а^О, а2У=0, находим соответственно из первого и второго уравнений:
D я2£/ 2Z-ru п 4~-Е/ Р1кр = — + —; Р2кр = —.
Сила Pi кр соответствует симметричной форме потери устойчивости (рис. 1.12 6). Второй член формулы показывает, что наличие промежуточной опоры увеличивает критическую нагрузку; в частности, при гп=оо (жесткая опора) получим PiKp = co, т. е. такая форма потери устойчивости становится невозмож-л2£/ ной; при отсутствии средней опоры гп = 0, Pi кр =	.
Сила Р2кр соответствует искривлению по двум полуволнам (рис. 1.12 а).
Расчетной критической силой будет Pmln.
Найдем то значение гп, при котором А кР = А кР,
п2Е1 , 21-щ	4п2Е1	\,^Е1 \tf>EI
-J---U- =----, откуда r„ = —-------=------.
Z2 тс2 Z2 ’ y 11	1=	Z3
„	*	/ 146£/
Таким образом, при гп <---------упругая линия при по-
Z3
тере устойчивости имеет одну полуволну, при гп > 146£Z
>--------две полуволны.
/3
21
Пример 1.3. Найти критическую силу и форму потери устойчивости для двух систем, показанных на рис. 1.14 а и б. Расчетная схема стойки АВ пред-
а) р В) р	1)	г)
Рис. 1.14
ставлена на рис. 1.14 а. Величину гп = — найдем из sn 
условия работы на изгиб стойки CD
ЗЕ/
r" Т
для случая а
ЗЕ/ = ЗЕ/ = 24Е/	146£7.
/3 — / \3 ~ Р Р ’
1	( — I
\2 /
п	тс3£/	, 2124Е/		2 . 48 \	14,1Е1
Ркр =		4	г- =		Л 4	} :	
р	р		/а	К	J	Е
— изгиб с одной полуволной, сопровождаемый изгибом стойки CD;
для случая б
ЗЕ/ ЗЕ/ _ 192Е/	146£/
/3 ~/J\3~ Р	Р ’
\4/ „	39,4 £7
кр — р ~ р
— изгиб по двум полуволнам, стойка CD неподвижна. 22
Рис. 1.15
§ 6. Стержень в упругой среде. Устойчивость сжатого пояса открытого моста
(задача Ясинского)
Рассмотрим шарнирно-опертый двумя концами стержень, находящийся в сплошной упругой среде, характеризуемой коэффициентом жесткости р (£— реакция на погонную единицу длины стержня при единичном смещении в направлении, перпендикулярном его оси) (рис. 1.15). Если такой стержень, нагруженный на конце осевой силой Р, после потери устойчивости находится в изогнутом равновесном состоянии, то в число сил, обеспечивающих равновесие, входят и реакции упругой среды, интенсивность которых равна Ру, где у — величина прогиба.
Применим к этой задаче энергетический метод, приравняв нулю сумму работ внешних и внутренних сил на перемещениях из изогнутого состояния в прямолинейное:.
Д+П7 = 0.	(1.9)
Работа внешней силы
i
о
(а)
сжатия и
Пренебрегая потенциальной энергией сдвига, получим работу внутренних сил, как сумму работ изгибающих моментов и реакций упругой среды:
“J 2EI	2
= уJ(y")2 • dx + J-J y2 • dx	(6)
О	о
(следует хорошо уяснить, что при переходе из криволинейного в прямолинейное состояние сила Р остается постоянной, работа ее равна Р-Д; внутренние же силы уменьшаются до нуля, поэтому в выражение их
работы входит коэффициент —). Подставив выражения (а) и (б) в условие (1.9), получаем
р —	0
Гкр -- z
о
(1-10)
о
Как видно из формулы (1.10), наличие упругой среды повышает критическую силу. Чтобы определить величину Ркр, надо задаться формой упругой линии y=f(x). Задаемся уравнением y = asin~^, которое удовлетворяет граничным условиям:
при х = 0 у = 0 у" = 0;
при х = I у = 0 у" = 0.
При этом
I
а№
2/3 ’ J о
о
at-k-T?
21
Г 2 j у -dx = —.
J	2
о
Подставляя полученные значения в формулу (1.10) и произведя небольшие преобразования, получаем
о _	/ ^2 ।\	(1.11)
F /3 \ kWElJ'
Нас интересует минимальное значение Ркр, поэтому встает вопрос, при каком числе полуволн k Ркр будет минимальным. Очевидно, это зависит от конкретного значения коэффициента жесткости упругой среды р. Найдем те граничные значения р, при которых становится равновозможной потеря устойчивости по двум формам (с одной и с двумя полуволнами,	’ “
этого
1)
с двумя и тремя полуволнами и т. д.). Для составим равенства: т^&==2
Г кр — /Ар ; ——

24
откуда
3 = ^Z
‘ Z4
O') DS=2  	= %	,	P/4   Q ,	Г?1*
2) PKp - n-p , 4 + 4rtE/ - 9 +	,
Q 36^£/ откуда p =-------- и т. д.
Отсюда получается следующая таблица:
прир<^
k = 1;
4~<Е1 о 3WEI I* <	< Z4
36it4£Z Z*
<?<
144r.4£Z	, о
-----------, « = О
Z4
И Т. Д.
Определив число k, соответствующее заданному значению р, находим Ркр по формуле (1.11).
Пример 1.4. Найти критическую нагрузку для сжатого пояса открытого моста (задача Ясинского).
Рис. 1.16
Сжатый верхний пояс открытого моста (рис. 1.16) при потере устойчивости из плоскости фермы работает как стержень, нагруженный сосредоточенными горизонтальными силами (Z>;. cos а) в точках прикреп
25
ления раскосов и опертый на упругие опоры, которыми являются работающие на изгиб стойки.
При большом числе панелей можно:
1) упругие опоры заменить сплошной упругой средой с коэффициентом жесткости р = -^-, где гп— d
горизонтальная сила, смещающая верхний конец стойки на единицу (рис. 1.16 б); d— длина панели;
2) сосредоточенные силы Z>zcosa заменить сплошной нагрузкой, меняющейся по треугольному закону (рис. 1.16 д). Максимальная интенсивность нагрузки q0 определится из условия
= S^D-cos a; q = — . Xd-cos а.
4	Z/2	1	1[2
Применяя энергетический метод, получаем: работа внешних сил
i
А = - ^qx-c  о i
__(Т ?о(/ — 2х) J .	2/
о
о
работа внутренних сил I	i
о
W =
y2-dx.
б	б
Приравнивая нулю сумму работ внешних и внутренних сил, находим критическую интенсивность нагрузки на опоре
i	I
о-------------------------о------------------д
q°
“кр
о	о
Критическая продольная сила посередине пролета
/vKp — 4 .
26
Тимошенко дал решение этой задачи, задавшись формой упругой линии у=/(х) в виде бесконечного
со
S, k~X ak-sln —j—.
n=l
этом критическая сила посередине пролета т?Е1
записывается в эйлеровской форме Мр =--------, где
(рОа
коэффициент свободной длины jj. зависит от жесткости Е1, пролета I и коэффициента жесткости упругой среды р. Эта зависимость приведена в табл. 1.1.
Таблица 1.1
16EI	0	5	10	15	22,8	56,5
Р	0,696	0,524	0,443 П	0,396 родолж	0,363 е н и е т	0,324 а б л и ц ы
№ 16£/	100	162,8	200 t	300	500	1000
Р	0,29	0,259	0,246	0,225	0,204	0,174
В 1875 г. в России от потери устойчивости верхнего пояса произошло крушение моста через р. Кев-ду на Моршано-Сызранской ж. д. Размеры элементов моста были *: длина I = 33,5 м; момент инерции пояса / = 6580 см4; площадь сечения пояса /7=146с^2. Момент инерции стойки Ц — 215 см4; высота стойки /г = 195 см; длина панели rf = 213 см; модуль упругости металла Е — 1 960000 кГ/см2. Наибольшая сжимающая сила в стойке Q = 22 600 кГ; эйлеровская критическая сила для стойки
= 27зоо кГ.
W	4-1952
* Данные взяты из книги [4].
27
Определяем величину rn из условия (см. рис. 1.16 б)
f =	_|_ Г^Ь\ 1	= 1
J \3EIi "Г 2Е/3 7 1 _ Q
Qsibi.
кр откуда
ДЭЙЛ. г _ укр 11 h? h‘b
3E/i + 2£/3
Если пренебречь изгибом проезжей части (£72 = оо), то получаем:
г = 3£/, Zj _ Q \	3-1,96-106-215	_ 22600\ _
11 Л3 \	файл.	1953	27300/ —
= 29 кГ/см.
Таким образом, коэффициент жесткости упругой среды
? =	== — = 0,136 кГ/см2.
r d 213
0Д36-33504 Qa
_____ -- .	,,  -	— 0Q.
1б£7	16-1,96-106-6580
Тимошенко показал, что при такой величине па-₽z4 раметра минимальная критическая нагрузка соот-Е/
ветствует изгибу по синусоиде с двумя полуволнами. Из таблицы 1.1 по интерполяции находим |». = 0,303. Критическая сила
------------W.1.96.10..6580 _ ,2,
\ 4 Ар (0,303/)2	(0,303-3350)’
Критическое напряжение
^кр	123000	ОЛА ГЧ 2
<3кр = —- =-------= 840 кГ см .
Р F 146	'
По данным Ясинского, действительное напряжение при проходе поезда было атах = 970 кГ/см2 > акр .
28
§ 7. Стержень переменного сечения
Для общего случая стержня переменного' сечения с переменными по длине продольными силами Nx (рис. 1.17) дифференциальное уравнение изогнутой оси при потере устойчивости имеет следующий вид:
(£/ЛУТ + (^/)' = 0	(1.12)
(см. работу 17).
Если стержень нагружен осевыми силами только у концов, то NX = P = const, и уравнение (1.12) приобретает вид
(Е1ху")" + Р-у" = 0	(1.13)
или
М"+ — М = 0.
Е1Х
Рис. 1.17
Для некоторых частных законов изменения жесткости вдоль стержня (например, при EI = Дх", где А и а —постоянные коэффициенты и т. д.) уравнение с переменными коэффициентами (1.13) решено и, таким образом, получены точные значения критических нагрузок. Эти решения приводятся в работах [14], [19] и др. и связаны с применением Бесселевых и других специальных функций или с численным интегрированием дифференциальных уравнений.
Рассмотрим простейший случай стержня, жесткость которого меняется по длине уступами (рис. 1.18). Нагрузка приложена вверху (Р) и на уровне уступа (РР). Покажем решение статическим и энергетическим способами.
Статический способ расчета
Записываем дифференциальные уравнения изгиба по участкам:
ЕЦу^+Ру^ЪР,
^2^ + (l + ₽)P-J2 = (8+?51)P.
29
Интегралы этих уравнений:
J/] = A, sin ntx 4- Л2 cos 4- 8,
)
(1-14)
Для определения Лп Л2, Ва, В2, 6, 8j имеем шесть условий: _У2(6) = О; j2(0) = 0; J2(aZ) = 8i;
у? W) = У1 («/);
J2 («/) =	(aZ); y} (I) = 8;
Уу(1)^О.
Рис. 1.18	Из граничных условий нахо-
дим В^ — 0 и, исключив 8 и 8П . получаем следующие три однородных уравнения для определения Лп Л2 и В2:
Л] *sin п.р.1 4- Л2-соз ra2aZ — В2 (1 4- £)- cos ra2aZ = 0;
А} cosnpl — Л2-эт npl 4- B2- —-sin tipi — 0;
Л!-sin n^l 4- Л2-соэ «jZ = 0.
Приравняв нулю определитель из коэффициентов при неизвестных, получаем характеристическое уравнение для определения критического параметра нагрузки РКр :
tg«i(l — a)Z-tgra2aZ = — (1 4- Р).	(1.15)
И 2
Из уравнения (1.15) при а = 0 имеем
tg «jZ = оо; (п^)т1п = у; М кр =	,
что соответствует стойке с постоянной жесткостью Д/f, при а=1 имеем tgra2Z = c«, откуда МКр = 71	,
что соответствует стойке с постоянной жесткостью Е12.
30
Энергетический способ расчета
Приравняем нулю сумму работ внешних и внутренних сил на перемещениях из изогнутого состояния в прямолинейное.
Работа внешних сил
_ А =	= Р-4 f (У)2 • dx +	f (у')2- dx.
£ t)	"г./
о
Работа внутренних сил
=	У)2 dx
О	а
Из условия А + V7 = 0 находим
Z
Eh J (у'У-dx + Eh J(y)’rfx j~\	_ 0	9.1
Pкр --
(1.16)
Для получения приближенного решения зададимся формой потери устойчивости в виде полинома
У = а0 + о^х2 + а2х4 + ... + а2п,
из которого удержим только три первых члена; ве личины а0 и а2 определим из граничных условий:
У (0) = У' (0) = 0; у (/) + 0; у' (Z) * 0; у'\1) = 0.
При этом ао = О; а2 = —~ и уравнение упругой
линии принимает вид:
Задавая упругую линию с точностью до одного параметра аъ мы как бы превратили заданную систему в систему с одной степенью свободы.
Находим
31
и, внося эти тегрирования
р _ 3£Д /кр ~~ ~й-
выражения в формулу (1.16), после ин-и подстановки пределов, получаем:
8	/	2
— 4- ( а — — а3
15 \	3
, (1.17)
2	1 Л
а3 — — а5 4- — а7 J
5	21 /
при а=0 формула (1.17) дает
р ==	. L125 = 2 4706
р /2	15-68	/2
(точное решение РКр = 2,4674—L; относительная точность составляет 0,13%).
Если задать уравнение у =f(x) с точностью до двух параметров:
у = а (х2---+ b (х2--------,
\	6/2 J \	15Z<* J
то формула (1.16) при а = 0 дает
16	4
ч-7г + Тг’
348	404 ,
- — z 4- — Z2
153	935
Ь а
Наименьшее значение Ркр dP а
-^- = 0, которое приводит к
Z2+ l,0623z+ 0,1604 = О с z2 = - 0,8802.
При 24 = —0,1822 получаем РКр =2,4674	, что
практически совпадает с точным решением.
Пример 1.5. Найти критический параметр нагрузки
Лр для стойки, показанной на рис. 1.19.
Имеем
о _ Eh 42
(см. работу [14]), где z
определится из условия квадратному уравнению корнями zt = — 0,1822,
а = 0,5; Р = 4; /2 = 2Д; пх =

= 0,633.
па 1,58
32
При решении задачи статическим методом получаем характеристическое уравнение
tg 0,5^/^0,79^/ = 0,633-5 = 3,16.
Подбором находим пг1= 1,59; при этом
tg 0,795 = 1,014;
tg(0,79-1,59) = tg 1,26 = 3,11;
1,014-3,11 «3,16.
Таким образом, критический параметр нагрузки
„	, сг	1,592£Л	2.53ЕЛ
PKp = п? EI, = —--1- =----—.
р 1 ]	р	р
При решении задачи энергетическим методом по формуле (1.17) получим
р з^.Гз + Г-Т0’5^?-0’55)^-^ 2,61£6
кр Р 68	/	2	1	\	р
^ + 4(0^-Г0^+--°,5’)
(расхождение с результатом статического расчета 3%). •
Сниженная точность энергетического расчета по сравнению с приведенным выше расчетом для случая а = 0 объясняется тем, что уравнения упругой линии для верхней и нижней части ступенчатой стойки в действительности будут различны.
§ 8. Составные стержни
Рассматривая вопросы устойчивости стержней со сплошным поперечным сечением, мы учитывали до сих пор только деформации изгиба стержня, потерявшего устойчивость, пренебрегая деформациями сжатия и деформациями сдвига. В стержнях, составленных из отдельных ветвей, соединенных между собой какими-то связями (решеткой, планками, шпонками, гвоздями и т. д.) (рис. 1.20 а, б, в), деформация связей при потере устойчивости создают дополнительную
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат—3	33
деформативность всей конструкции, что может суще-
ственно снизить величину критической нагрузки.
Общая постановка задачи об устойчивости состав-
ного стержня дана в работах проф. А. Р. Ржаницына (см. [18], [19] и др.), ко-
торый делит связи между ветвями на связи сдвига, передающие касательные напряжения и поперечные связи, передающие нормальные напряжения, действующие перпендикулярно оси стержня (рис. 1.20 г). Для частного случая шарнирно опертого двумя концами стержня, состоящего из двух ветвей, далеко отстоящих друг от друга (жесткость каждой ветви на изгиб мала по сравнению с жесткостью всего поперечного сечения) с жесткими поперечными связями
п .	и податливыми связями
сдвига (например, изгибаемые, но сохраняющие свою длину планки, рис. 1.20 б), минимальная критическая сила определяется по следующей формуле:
Ар =
т?Е1 Z-
s&El Z3
(1-18)
1 +
1
1
где EI—жесткость всего сечения;
(о — расстояние между осями ветвей;
—коэффициент жесткости шва на сдвиг;
5 = Гсл т /ее').
5сд \с-«3/ ’
Ти — сдвигающее усилие, приходящееся на одну связь;
т — число связей на единицу длины шва;
34
°сл — деформация взаимного сдвига смежных волокон по обе стороны разделяющей плоскости шва.
о	1
Величина —;— в этом случае эквивалентна удель-(U*3 •
ному углу сдвига сплошного стержня (k — коэффициент, зависящий от формы поперечного сечения, см. [16|) и при такой замене формула (1.18) совпадает с приближенной формулой Энгессера, данной им в 1891 г. и учитывающей влияние сдвигов в сплошном стержне:
Ркр = Рэ
1
k
1 + 7Т А
GF э
где Рэ — эйлеровская критическая сила при данных граничных условиях.
Формула (1.18) показывает, что при увеличении жесткости связей критическая сила возрастает и при »оо стремится к эйлеровской критической силе для сплошного стержня; при »0, т. е. при отсутствии связей, получаем Ар=0, так как в этой формуле
жесткость отдельных ветвей нулю.
Решим энергетическим методом задачу об устойчивости стержня, состоящего из двух поясов, соединенных между собой решеткой в виде раскосов и стоек. Пусть, например, это будет колонна, жестко защемленная внизу и свободная вверху (рис. 1.21).
До потери устойчивости пояса стержня сжаты, решетка не работает. При потере устойчивости ось стержня изгибается, не ме
на изгиб принята равной
Рис. 1.21
няя своей длины; поперечные сечения стержня поворачиваются, при этом один
з*
35
пояс укорачивается, другой удлиняется, суммарная работа первоначальных продольных сил в поясах равна нулю. Работу производят дополнительные усилия в поясах, возникающие благодаря изгибу, усилия в элементах решетки, также возникающие при потере устойчивости, и внешняя сила. Следует отметить, что элементы решетки в реальных конструкциях прикрепляются к поясам какими-то более или менее податливыми связями (заклепки, болты и т. д.). Деформа-тивность этих связей также может влиять на величину критической нагрузки. В данном случае этих деформаций мы не учитываем.
Задаемся упругой линией в форме
которая удовлетворяет граничным условиям:
при х = 0 у = 0, у' = 0;
при х = I у 0, у' 0, у" = 0.
Опускание верхней точки колонны
Д = dx =	Г sin2^-- dx =
2j~y/	 8Р J 21
о
__а3п3 21 л ___я-'тг2 ~ 8/3 ’ к ’ 4 — ~1б7'
Работа внешней силы на перемещениях из криволинейного состояния в прямолинейное
;	а = — р-д = — ра-^.
16/
Работу внутренних сил найдем как работу продольных сил, пренебрегая изгибом каждой панели пояса в отдельности:
r = S
п
Njc N2ch
2EFt ~ 2EFt
Ap2d
где первая сумма относится к поясам, вторая — к стойкам и третья — к раскосам *.
* Учитывая работу продольных сил й в стойках, и в раскосах, мы тем самым учитываем деформативность и связей сдвига, и поперечных связей.
36
с — длина панели пояса;
h — длина стойки;
d — длина раскоса.
Усилие в каждой панели пояса определяется, как момент относительно соответствующей моментной точки, деленный на расстояние между поясами h.
М = Р(а —у) = Ра cos	;
КТ	ГТ d' л ~Х
Nn= — = Р-----cos ---- .
Л Л 21
Решетка воспринимает перерезывающую силу.
Усилия в стойках и в раскосах равны:
кг , гт < dAf , Pan . пх
М = ± Q = ±-------= ±------• sin---;
dx 21	21
к>	, гк d	। Pax d , пх
р	“ Л	~ 21	h 21
Таким образом, суммарная работа внутренних сил
---F
2EFi
 +
2EFt
т.х 1
2Г‘ EFi
U7 = SP2-4.cos' " Л2 п
, гл P2aV . 2 ях
' ' -sin— 21
,2 ~Х 21
4Р
Р2а3л3
d3 2
— sin
Л3
&Р Р
Приравняв нулю сумму работ внешних и внутренних сил, получаем
2/
₽ 4с л 1	2'	, г- Л V 1	-2	,
---?,—-cos3 	+ —— • 2j—-sin3-+ ft3 Ft 21 P Ft 21 n------------------------------------c
n3E
__________~2l________ it3d3 v 1 •их
+ 7w' Ft Sl" 21 P
здесь x — координата моментной точки, соответствующей определению усилия в поясе каждой панели.
37
(1.19)
Формула (1.19) показывает, что деформативность решетки уменьшает критическую силу. Если площади раскосов или стоек стремятся к нулю (т. е. отсутствуют либо связи сдвига, либо поперечные связи), критическая сила составного стержня с пренебрежимо малой жесткостью отдельной ветви на изгиб стремится к нулю. Если увеличить жесткость решетки, критическая сила возрастает и при Z7'—»оо и »оо
КР - V 1 о	’ •
8/с 2j — cos3
п Fi 21
что при постоянном сечении поясов равно р _ ^Е1	.
где 1 = -^-Е’-й2 —момент инерции монолитного стержня, состоящего из двух поясов с общей площадью 2F.
Если сечения поясов, стоек и раскосов не меняются по длине стержня, то формулу (1.19) удобно преобразовать следующим образом: вынося из под знака суммы постоянные площади и учитывая, что Fnh? = /, получаем
„ T&EI	1
[Й VI	rf3 V тХ
--------------7, sin3-------4-	2j sin3- 2ZFC^ 2Z 2/й2/-'^ 2Z и------------------------------у--J
Под знаком каждой суммы в знаменателе стоит столько членов, сколько панелей длиной с имеется в составном стержне; разделим все члены в знаменателе на с, помножим на dx и заменим суммирование интегрированием.
При этом
J' . о пХ .1 Г 2 rx J sin ------.dx = I cos ----  dx =
21 J	21
о	0
38
Введя обозначения
Рэ
^.Е1
где р. — коэффициент свободной длины, получаем формулу, действительную при любых граничных условиях*:
(1.20)
здесь а— угол между направлениями раскоса и стойки;
Рэ — критическая сила монолитного стержня;
Рс — площадь сечения стойки;
Fp — площадь сечения раскоса.
Пример 1.6. На рис. 1.22 показаны поперечное сечение и панель со связями сжатого пояса Квебекского моста (США), обрушившегося во время сборки 29 августа 1907 г. Авария произошла из-за потери устойчивости в связи с тем, что не было учтено влияние деформативности решетки на величину критической силы.
Рис. 1.22
Требуется определить критическую силу составного стержня данных размеров и сравнить ее с критической силой монолитного стержня того же момента инерции**.
* Формула (1.20), выведенная другим способом, приведена в книге [14] и др.
** Данные взяты из книги [4].
39
Имеем:
Площадь сечения одного уголка 204X162X24 Л =(20,4+13,8) 2,4=34,2 смг.
Плошадь сечения одного уголка 204X89X23,8 +2 = (20,4+6,52)]2,38=64 см1.
Площадь сечения одного уголка 89X76X9,5 +3 =(8,9 + 6,65)0,95=14,8 £м\
Площадь сечения одного уголка 102X76X9,5 +4= (10,2+6,65) 0,95=16,0 см1.
Площадь сечения всего пояса
+п = (8,74 + 8,92)2-138,4 + 4-34,2 + 8-64 --6-42,5-2,4 = 4926,8 см~.
Площадь стоек на длине одной панели +„ = 2,14,8 = 29,6 см1.
Площадь сечения раскосов на длине одной панели /"раек. = 4-16,0 = 64 см1.
Угол наклона раскосов а ~ 45°; sin а = cos а =0,707; tga = 1,0.
Критическая нагрузка по формуле (1.20)
29,6-1 + 64 0,7073
= +э-
р9
1 + 2—-0,0779 Е
Введем в полученную формулу величину критического напряжения
Тогда
Лр =	•
aKD
1 +	0,0779
40
При £ = 2,1-106 кг/см2, и а®р = апц = 2400 кг/см1 получим
>	_ Оэ ,__________.--1------------
кр	2 4-103
1 +—:--------0,0779-4926,8
2,1-Ю6
= Р3-----------= 0,697	.
1+0,438
Таким образом, в данном случае (при °эк? = = 2400 кг/см2) деформативность решетки снизила критическую силу в 1,44 раза. В действительности гибкость потерявшего устойчивость стержня Квебекского моста была мала, и эйлеровские критические напряжения значительно превышали предел пропорциональности материала, что еще более усилило влияние де-формативности решетки.
Глава 3
УСТОЙЧИВОСТЬ ПЛОСКИХ РАМ*
§ 9. Постановка задачи
При рассмотрении вопросов устойчивости рам также, как и других систем, необходимо различать два типа задач: 1) потеря устойчивости 1-го рода (потеря устойчивости в Эйлеровском смысле) и потеря устойчивости 2-го рода (потеря несущей способности сжатоизогнутой рамы).
Постановка задачи и схема решения при расчете на устойчивость 1-го рода
Для исследования устойчивости рамы принимаются следующие допущения: 1) Рассматривается только узловая нагрузка, не вызывающая поперечного изгиба стержней рамы. ।
2) Стержни считаются нерастяжимыми и несжимаемыми.
* Наиболее полно вопросы устойчивости рам разработаны в монографии [8].
41
3) Изменением расстояния между концами стержня, которое получается благодаря его изгибу, пренебрегаем*.
4) При расчете учитываются нормальные силы, возникающие до потери устойчивости. Влияние приращений нормальных сил АЛ, возникающих в момент
потери устойчивости, не учитывается.
5) При определении поперечных сил в изогнутых стержнях не учитывается изменение угла наклона сечения за счет изгиба стержня.
Рассмотрим раму, представленную на рис. 1.23. Пока нагрузка меньше критической, единственной возможной формой равновесия будет прямолинейная форма, показанная на рис. 1.23 сплошной линией. Существует такое
критическое значение нагрузки (Р — критический параметр этой нагрузки), при котором, кроме прямолинейного (являющегося при данной нагрузке неустойчивым) положения- равновесия, воз-
можно еще другое, изогнутое равновесное состояние (на рис. 1.23 показано пунктирной линией). Задачей расчета является определение критической нагрузки, по которой при заданном коэффициенте запаса можно определить расчетную нагрузку.
Поскольку новое, изогнутое состояние есть состояние равновесия, расчет может быть произведен любым
Рис. 1.24
* Это допущение неприменимо прн определении работы внешних сил, если задача решается энергетическим методом.
42
из методов, применяемых к расчету равновесных систем, в том числе методом сил или методом перемещений. При выборе основной системы следует всегда стремиться к тому, чтобы в основной системе не возникало изгибающих моментов от заданной нагрузки; например, для рамы, показанной на рис. 1.23, это условие удовлетворяется при основных системах, показанных на рис. 1.24 а и б и не удовлетворяется для основной системы в*. При отсутствии моментов от нагрузки в основной системе все свободные члены канонических уравнений равны нулю, и система уравнений приобретает вид:
для метода сил 8.,х, + 8.„х„ + ... + 8.x = О, 821Х] + 822х2 + ... + 32Л = О,
8nixi + 8л2х2 + • • • + 8яяхя = 0;
для метода деформаций rnzy + r12z2 + ... + rlnzn =0, r212i + r22z2 + ... + r2nzn =0,
rn^i + rn2Z2 + ...+ rnnzn=o.
В этих уравнениях 8/ft и rik соответственно перемещения и реакции по направлению I от единичных лишних неизвестных при наличии продольных сил в стержнях. Таким образом, в 8/ft и rik входит параметр нагрузки Р.
В изогнутом равновесном состоянии xt =/= 0 и zt =/= 0, система же линейных однородных уравнений дает ненулевое решение для неизвестных только при равенстве нулю определителя, составленного из коэффициентов при неизвестных. Составляем определитель и, приравняв его нулю, получаем так называемое уравнение устойчивости, из которого и определяется критический параметр нагрузки
	8ш 81г! • • • 81л		ПиНг! •••Пл	
D =	821> 822’ • • • 82л	= 0 ИЛИ D =	Г21> Г22> • • • г2л	= 0-
	8nl> 8л2> • • • 8лл			
* Более подробно о выборе основной системы при решении методом сил см. § 12.
43
В расчетах на устойчивость для большинства типов рам метод перемещений требует более простых и менее трудоемких вычислений, чем метод сил. Это имеет место особенно потому, что усложняются вычисления коэффициентов канонических уравнений по деформированной схеме с учетом продольных сил в стержнях (см. § 10, 12). Н. В. Корноуховым в работе [8] показано, что метод сил может оказаться целесообразным при расчете устойчивости рам с большим числом стержней, из которых только немногие имеют продольные силы, отличные от нуля.
Более детальный разбор обоих^методов и^примеры расчета см. ниже.
Постановка задачи и схема решения при расчете на устойчивость 2-го рода. Так называемый «деформационный расчет*
Пусть дана рама (рис. 1.25 а), в стержнях которой даже при малых нагрузках возникают и продольные силы, и изгибающие моменты. График зависимости какого-либо перемещения (например, горизонтального перемещения верхнего узла А) от нагрузки Р в пред-
Рис. 1.25
положении неограниченной упругой работы системы показан на рис. 1.25 б сплошной линией. Здесь не происходит потери устойчивости в эйлеровском смысле, не имеет места раздвоение форм равновесия, имеется только одна изогнутая форма равновесия, и прогибы растут с увеличением нагрузки. В этом случае критической или предельной нагрузкой будет нагрузка, соответствующая исчерпанию несущей способности рамы.
44
Поскольку при росте деформаций и изгибающих моментов в элементах рамы возникнет текучесть, предел несущей способности будет достигнут раньше, чем в предположении упругой работы (см. пунктирную линию на рис. 1.25 б), и определение действительной предельной нагрузки всегда связано с расчетом рамы за пределом упругости. Этот вопрос выходит за рамки настоящего курса и здесь не рассматривается.
При расчетной нагрузке обычный расчет рамы на прочность производится по недеформированной схеме; при этом нагрузки, направленные вдоль оси стержней и передающиеся непосредственно на опоры (силы Р и рР на рис. 1.25 а) и вообще продольные силы в стержнях, не влияют на величины изгибающих моментов; в действительности, благодаря изгибу эти нагрузки вызывают дополнительные усилия и перемещения, которые при больших осевых силах и больших гибкостях стержней могут достигать значительной величины. Расчет с учетом этих дополнительных факторов, который ведется уже по деформированной схеме рамы, называется «деформационным расчетом».
Система канонических уравнений при деформационном расчете имеет тот же вид, что и при обычном расчете на прочность, например, при решении методом перемещений
гиг1 + r12z2 + ... + rinzn + Rip = О,
rn^i + rn2z2 + .. + rnnzn + Rnp = 0, но здесь rik, Rip соответственно реакции в связи i от единичного смещения связи k и от нагрузки при наличии постоянных продольных сил в стержнях.
Таким образом, для решения задач устойчивости I и II рода необходимо уметь определять усилия и перемещения в сжатоизогнутых стержнях. Переходим сейчас поэтому к рассмотрению дифференциального уравнения изгиба сжатоизогнутого стержня.
§ 10. Дифференциальное уравнение изгиба сжатоизогнутого стержня и его интеграл
Пусть первоначально прямолинейный стержень АВ под действием сосредоточенных сил Pi, равномерной нагрузки q, моментов и поперечных сил по концам
45
Мл, Qa, Мв, Qb и постоянной продольной силы N изогнулся и переместился, как показано на рис. 1.26. Изгибающий момент в произвольном сечении будет равен
Мх = N(y-yA) + MA + QA-x-£PZ- a
(1-21)
Рис. 1.26
где под знаком суммы стоят только те силы, которые находятся левее сечения х.
Дифференциальное уравнение изгиба Е1у" = — М после подстановки значения изгибающего момента по формуле (1.21) примет вид:
У"+%у~ - ±[ма +	- Nyt - -SPt .
_	<1-22)
Введя обозначение /г=1/ —, получаем общее у Е1
решение дифференциального уравнения (1.22) в следующей форме:
у = Сг cos пх + С2 sin пх + у.----(МА + Qax) +
п-Е1
+ р1 [« (х — ai) — sin П (х — <2,)] —
я п*Е1
п’х2 --------cos пх
2
"(1.23)
1 —
В выражении (1.23) первые два члена представляют «собой общий интеграл однородного уравнения уР + 46
4-__д/ = 0, а остальные члены — частный интеграл EI
неоднородного уравнения (1.22), что легко проверить непосредственной подстановкой в уравнение. Q и С2— произвольные постоянные, определяемые из граничных условий:
МА
1) при л = 0 у = уА, откуда = —;
п d у	z, 1 /	, 'А
2)прил = 0 т- = ?л, откуда С2 = — (?л+ —~ Ил	TL \	•• *-• 1
Подставив полученные значения произвольных постоянных в выражение (1.23), получаем после небольших преобразований окончательную формулу для прогиба и путем ее последовательного дифференцирования — формулы для углов поворота, моментов и поперечных сил в произвольном сечении сжатоизогнутого стержня:
, sin пх , cos пх— 1 .Д
У = У А +----?л + —-МА +
п	rPEI
, sinnx — пх „	, —
+ „эд
dy	sin nx ..
т = __С08лх.Тл__.Л(л +
п-Е1
М = — Е/ = пЕ/ sin пх • <рд + cos пхМА +
+ sinnx Q п
Q = —^ = n2EIcos пх-уА — п sin пхМА +
+ cos nxQA + Q.
(1-24)
J
В этих формулах у, ср, М, Q представляют собой влияние пролетной нагрузки на соответствующую
47
функцию и для нагрузки, показанной на рис. 1.26, определяются по следующим формулам:
У = -TzyX-Pj(х - ai) — sinп(х — 07)] + ПАС1
t ' q / п2х2 ,	. \
+ + cos^-1/
<Р =	Pi I1 ~ C°S П^Х~ +
+ '^7(nx~sinrax)<
Л4 = —— SPzsinn(x—az)+ -^(cos/гх — 1), Q = — £ Pzcos я (x — (z;) —- sin nx.
(1-25)
1
Во всех случаях под знаком стоят только те
силы, которые находятся
левее сечения х.
Пример 1.7. Рассмотрим балку, защемленную двумя концами, в которой при наличии постоянной продольной силы N произошел поворот левой заделки на угол, равный единице (рис. 1.27).
Из четырех начальных параметров два известны:
= 1; У а °= 0; остальные два определяются из условий
>в = °;	=	(«)
Подставляя значение х = I и условия (а) в первые два из уравнений (1.24), получаем для определения Л4Д и Qa следующие два уравнения:
+
sin nl п
cosnZ.^l Мл + sin nZ-~ nl Q. = 0; п2ЕГ A ”3pr A
n-’EI
.	sin nl ,, , cosnZ—1 „ n
COS nl------H----------------Qa = 0-
 nEI A n^EI A
48
Решая совместно полученные уравнения и вводя обозначение
v = In =
(1.26)
получаем после небольших преобразований 2EI Г v
n Г
A E [2 tg v
tgv — у
2 tg v v
L s 2tg — -и J s 2
tgq — g । у
„ v	2 sin v
2 tg — — v
s 2
ЧЕ1, , Q4
= - -Jr (“ + ₽)• ZJ
2EI ----
I
v — sin
у 2tg~-v
^4 =
1
V
Подставив значения MA и QA в третье из уравнений (1.24), найдем изгибающий момент на правой опоре Мв:
7ИЙ = -£3
2Е/Г у
I 2 sin у
у — sin у
у 2tg?-«
/
Эпюра изгибающихГмоментов показана на рис. 1.27.
Пример 1.8. Рассмотрим балку с заделкой на одном конце и шарниром на другом, в которой при на
Рпс. 1.28	Рис. 1.29
личии постоянной продольной силы А произошло смещение правой опоры в направлении, перпендикулярном оси балки на величину А = 1 (рис. 1.28).
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И.' Розенблат—4	49
Из четырех начальных параметров два известны: Ул=0; ?л = 0; остальные два определятся из условий:
ув=1; Мв — 0.	(б)
Подставляя значение х = 1 и условие (б) в первое и третье из уравнений (1.24), получаем для определения Мд и Qa следующие два уравнения:
cosn/—1ЛД sin nl — nl .
------/VI . Н-------' Q Л — А, п2Е1 А - п3Е1 А
cos nl-MA + sin n-• фл = 0.
Вводя величину v = In и решая совместно полученные уравнения, находим:
М_____EI v3-tgv _	Ei -
А	I2 tgV — V	I2 .
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 1.28.
Пример 1.9. Рассмотрим балку, находящуюся под действием сосредоточенной вертикальной силы в пролете и постоянной продольной силы N (рис. 1.29).
Для этой балки уА — <?л = 0. Момент и поперечная сила в заделке определяются из условий: ув = 0; 7Ив = 0. Подставляя эти условия в первое и третье из уравнений (1.24), получаем:
COS nl — 1 .. , Sin nl — nl , Pit. ,	, x n
—------M. 4-----------Q 4--------(nb — sin nb) = 0,
n2EI A ri'EI A n3El '	'
, ..	. sin nl P .	,	_
cos nl-M, 4------Q.-------sin nb = 0.
л n л n
Решая совместно эти уравнения, находим vb — г sin-------------------------
М. = — Pl-----------l------- ,
л	v2 L sin v I J
vb - sin-----
q p_T_ --------.
V3 L C°S V I
50
В этих формулах, как и раньше, ?> = »/, а величины а и у — коэффициенты, зависящие от v и уже встречавшиеся выше, в примере 1.8.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 1.29. Изгибающий момент под грузом можно найти, подставив значение х = а в третье из уравнений (1.24).
Пример 1.10. Пользуясь уравнениями (1.24), найти то значение продольной силы N, при котором стержень АВ будет находиться в равновесии в изогнутом
Рис. 1.30
состоянии (рис. 1.30), т. е. найти NKp. В точке А равны нулю прогиб, момент и поперечная сила: уА = МА = = Qa = 0.
Из 1-го уравнения (1.24) получаем при х = I
.sin ”--срА = 0; так как с?А О, то sinn/ = 0, т. е.
= 2VKp =	.
§ 11. Расчет рам на устойчивость методом перемещений
Как показано выше, расчет рам на устойчивость 1-го рода методом перемещений сводится к составлению системы однородных канонических уравнений этого метода и приравниванию нулю детерминанта, составленного из коэффициентов при неизвестных. Для облегчения определения коэффициентов типа rik и RIp (последние будут нужны при деформационном расчете) при наличии продольной силы в стержне однопролетные балки различных типов рассчитаны заранее при помощи формул (1.24) на различные виды воздействий (см. примеры 1.7, 1.8, 1.9 предыдущего параграфа).
4*	51
Таким образом получена таблица реакций сжатоизогнутых балок от единичных смещений и нагрузок (табл. 1.2), которой и надлежит пользоваться при практических расчетах.
Таблица 1.2
Реакции сжатоизогнутых балок от единичных смещений и нагрузок
52
Продолжение
л , 2(о1+/3)Гв-а	av Bvll
-р1 Т v^L~'Sinv+Su,T~SLnT/f n _ p/a 2(d+fi) f6-a c;„„^c:nav Qb~ p[7	+ Sin — -Sen
M~Pi°L (SirrL_L) Ma Pl v2 ( Sin v I/ ^il^]
,q
иишиишиппи
rl^ у  tgy-v, 2tgv 2tg^--v
„... v v-Sinv P 2Sinv'2tg^v
gl_v2EJ
B N
N
Si v2EJ
P
,,_1 V3
a 2 2tg^-v
v2-tgy
tgv-v
tgv-y
v=i\fE’
Значения коэердзициентоВ а также других
Вспомогательных Величин
приведены В таблицах 1.3,14,1.5


Все детали расчета будут ясны из разобранных
ниже примеров.
53-
Примеры расчета рам на устойчивость методом перемещений
Пример 1.11. Требуется найти критическую нагрузку Р для рамы, показанной на рис. 1.31а. Основная система метода перемещений и эпюра изгибающих моментов от единичного поворота узла ф показаны на рис. 1.31 б. При построении эпюры продольная сила
Рис. 1.3

в ригеле (в соответствии с принятым выше допущением) считалась равной нулю, продольная сила в стойке равна силе Р. Каноническое уравнение метода перемещений имеет вид: rnZ]=^O. Так как мы ищем нагрузку, соответствующую изогнутому равновесному состоянию рамы, tozj 0, следовательно, гп = ‘~~а- + _|_ 3£?2 = q, 0ТКуда (Q 5X 4-2) = 0 и а = — 4,0.
Из табл. 1.3 при а=— 4 находим по интерполяции ч) = 5,66. Критическая нагрузка Р.р = —= = 2£/, (т). Коэффициент свободной длины стойки может быть найден из приравнивания полученного значения критической силы критической силе по формуле Эйлера:
v-EI	к>Е1	тс
----=------, откуда |j. = — .
/а	(,ц)2 ’ •	v 
В нашем случае и = ^^ = 0,555, т. е. стойка ра-5,66
ботает в условиях, близких к полному защемлению верхнего конца (как и следовало ожидать, ^ввиду большой жесткости ригеля).
54
Пример 1.1?. Требуется определить Ркр для рамы, показанной на рис. 1.32 а. До потери устойчивости стержни рамы не испытывают изгиба. При достижении нагрузкой критического значения узлы рамы могут получить как угловые, так и линейные смещения (возможная форма потери устойчивости показана на рис. 1.32 а пунктиром). При решении рамы методом перемещений имеем три неизвестных — два угла поворота и одно линейное смещение. Сгруппировав повороты крайних узлов в симметричную и кососимметричную группы (что возможно ввиду симметрии рамы и нагрузки), получаем эпюры от единичных смещений, показанные на рис. 1.32 б, в, г и систему канонических уравнений следующего вида:
1)	^1=0,
2)	r2,Z2 +
3)	^32Z2 Н" ^3r.Z3 = 0-
Рис. 1.32
Так как в'крайних стойках нет продольной силы, главный коэффициент ги не может обратиться в нуль, следовательно, Zj==O и рама теряет устойчивость по кососимметричной форме; находим по единичным эпюрам коэффициенты второго и третьего уравнений: г22 = ЗД/-2 = 6Е1(тм) (если EI в тм2),
55
r33 =	2 +	• I = El (0,375 + 0,037 T) ,
r23 = r32 = -	-2 = - 0,75EI(ni).
Условие z.2^0, z37^=0 удовлетворяется, если равен нулю определитель, составленный из коэффициентов при этих неизвестных:
Г22!
Г32>
Г23
Г33
= 0 или г22г33 — г|3 = 0.
Подставляя в полученное уравнение значения коэффициентов и сокращая на (ЕГ)2, находим: 6 (0,375 + + 0,037 7) — 0,752 = 0, откуда у = — 7,58.
По найденной величине у из табл. 1.3 по интерполяции определяем v = 2.88, и критическая нагрузка
Ркр= ^^-=0,92£/(ТО).
Коэффициент свободной длины средней стойки
Н =
3,14
2,88
1,09.
Пример 1.13. Та же рама, что и в предыдущем примере, загружена несимметрично (рис. 1.33 а). Требуется определить критический параметр нагрузки Ркр. Из-за отсутствия симметрии в нагрузке решаем задачу без группировки неизвестных. Эпюры от единичных пово-
ротов узлов и от единичного горизонтального смещения показаны на рис. 1.33 б, в, г. Во всех трех стойках будут различные величины v, так как продольные
оилы и длины различны.
Для левой стойки
для средней стойки
для правой стойки
"•=4р/^=г’>
”,-3]/ -^ = 0,7J>o,
56
На единичных эпюрах при коэффициентах а, 0... поставлены в скобках те значения v, которым эти коэффициенты соответствуют. Так как до потери устойчивости изгиба не было, канонические уравнения
Рис. 1.33
однородны и система уравнений для данной рамы имеет вид:
ruzi + ri2Z2 + r13Z3 = 0;
^21Z1 "Ь ^22Z2 “I" Г23?3 = 0’
r31Zi + Г39^2 + r33z3 = 0.
Значения коэффициентов:
r„ =	+ 2EI = EI [0,5a (®) + 2];
r-22 = — -a(O + 2£/= £/[0,5a(l,41®) + 2]; 4
2E11 , 4 ,	,	, EI .
?зз = 7Г It (®1) + 7 (®з)1 + -57 • 7 (®2) =
= £/[0,313 (T (v) + 7 (1,41®)) + 0,037т (0,75®)];
r12 = r21=0; r13 = r3i = -^[a(®J) + p(®1)] =
= — £/-0,125 [a (®) + p (®)];
‘IE I r /4,0/4,
Г23 =	= — — [Л (®3) + P (®3)] =
= — 0,125£/[a (1,41 ®) + P (1,41®)].
57

Составляем определитель неизвестных и приравниваем
коэффициентов при нулю
из его
Г13
п»;
Г21 > %;
В развернутом виде,
г]2 = г21=0, получаем rnr22r33 — rl3r22 — г1згп = 0.
Подставив в это уравнение найденные значения коэффициентов и произведя небольшие преобразования, получим сложное трансцендентное уравнение (так называемое уравнение устойчивости), которое надо решать
D =
Г12>
Г22’
Г32>
' 23 гзз
= 0.
принимая во внимание, что

путем подбора:	_
2 [Т (г») + 7 (1,41 г»)] + 2,37 у (0,75г») =
__ [а (у) + р (0]3 , [7 (1,410 4- Р (1,410]J 0,5 а (0 + 2	0,5 а (1,410 + 2
Раньше чем задаваться каким-то значением v, целесообразно посмотреть, в каких пределах оно может изменяться. Левая стойка рамы находится в таких условиях, что ее верхний конец может смещаться по горизонтали (но смещению сопротивляется жесткость других стоек) и упруго поворачиваться (повороту сопротивляется жесткость ригеля); следовательно, критическая сила стойки рамы будет выше, чем для стержня, показанного на рис. 1.34 а и ниже, чем для стержня, показанного на рис. 1.34 6.
Находим случаев:
В случае а) Ркр =
В случае 6) Ркр =
Таким образом, в нашем случае
6,28 > v > 1,57.
S)
Р
/ /
I Р
Ж
/ I \
Рис. 1.34
значение v для этих двух
У*Е1	тс , г„
--jj— , откуда г» = —=1,57.
v2EI
, откуда v = 2к =6,28.
Так как диапазон все еще достаточно широк, отметим, что возможность горизонтальных смещений значительно уменьшает жесткость системы и поэтому
58
целесообразно задаться значением, более близким к нижнему пределу, чем к верхнему.
1) Задаемся значением г) = 2,0;	1,41г) = 2,82;
0,75г)=1,5.
По табл. 1.3 находим: ^(г)) = 3,588; 1(1,41г)) =1,178;
Т~(0,75г)) = 0,2678; а(г>) = 1,718;	(г) = 1,076;
’ а (1,41 г)) = 1,403; ₽ (1,41г)) = 1,1745.
Обозначив левую часть уравнения устойчивости буквой Д, а правую — буквой В, получаем:
Д = 2[3,588 + 1,178] 4- 2,37-0,2678 = 10,167;
в _ (1,718+ 1,076)*	(1,403 + 1.1745)3 =
— 0,5-1,71 + 2	0,5-1,403 + 2	—
=	+ 6^ = 2 74	2 46 = 5 20
2,859	2,701
А^=В.
2) Задаемся г) = 2,50; 1,41г) = 3,52; 0,75г) =1,88; 7(г)) = 2,22; т(1.41г))= - 1,5628; т(0,75г)) = —1,3284; а(г))= 1,5439; ₽(г)) = 1,1286; а(1,41г)) = 0,9895;
р (1,41г)) = 1,3270;
А = 2 [2,22 - 1,5628] + 2,37 (- 1,3281) = - 1,84;
в _ (1,5439+ 1,1286)^	(0,9895 + 1,327)а _2 58 ь2 lg_4 73.
0,5-1,5439 + 2 + 0,5-0,9895 + 2	’	'	’ ’
А фВ.
Построим график изменения величин А и В, считая их меняющимися по прямолинейному закону в небольшом диапазоне г)(2,5 > г) > 2,0) (рис. 1.35).
Принимаем г) = 2,23.
Критический параметр нагрузки
р _ у'2е/	2,
кр р “'
Рис. 1.35
= 0,311EI (т).
бЬ
Коэффициенты свободных длин стоек рамы
va 0,75-2,23
Сравнивая результаты этого примера с примером 1.12, видим, что наличие сил в крайних узлах значительно уменьшило критическую нагрузку и ухудшило условия работы средней стойки (р = 1,87 вместо Р = 1,09 в примере 1.12).
§ 12. Расчет рам на устойчивость методом сил. Выбор основной системы и лишних неизвестных
Выше (см. § 9) уже указывалось, что для получения однородной системы канонических уравнений основная система должна быть выбрана так, чтобы в ней не возникало изгибающих моментов от заданной нагрузки. Помимо этого, при расчете на устойчивость первостепенное значение будет иметь упрощение вычисления коэффициентов 8;fe — перемещений по направлению отброшенных связей. (Напоминаем, что при вычислении 8Й учитывается влияние продольных сил, которые имели место до потери устойчивости, на изгиб-ные деформации при потере устойчивости.) Если, пользуясь формулой Мора, ограничиться только членом, содержащим изгибающие моменты, то 8/й = = J] J ds, где эпюра М* будет состоять из прямолинейных участков, а эпюра 714** будет криволинейна на тех стержнях, где есть продольная сила. Наиболее просто интеграл Мора вычисляется в тех Основных системах, в которых сжатые стержни пред
* Эпюра от единичной силы, приложенной по направлению искомого перемещения в системе, где заданные воздействия отброшены.
** Эпюра от единичной силы k при наличии заданных осевых сил.
60
ставляют собой простые балки с шарнирно опертыми несмещающимися концами или балки, защемленные одним концом.
Например, для расчета рамы, представленной на рис. 1.38, выбрана основная система, показанная на рис. 1.39 а. Здесь сжатый стержень представляет собой шарнирно опертую двумя концами балку. Зна-. чительно сложнее оказалась бы основная система по рис. 1.39, б.
Для расчета рамы, показанной на рис. 1.40 а, выбрана основная система, в которой сжатый стержень— балка, защемленная одним концом (рис. 1.406). Основная система по рис. 1.406 будет значительно более трудоемка.
Лишними неизвестными при расчете на устойчивость по методу сил являются те малые усилия в отброшенных связях, которые появляются при потере устойчивости. В результате расчета эти силы остаются неопределенными.
Выведем окончательные формулы для требуемых в случае простейших основных систем интегралов Мора.
Стержень, защемленный одним концом
Рассмотрим стержень, защемленный одним концом и нагруженный на другом конце произвольной поперечной силой Qa = е, произвольным моментом МА=с и .продольной силой N (см. рис. 1.36). Эпюра изгибающих моментов будет криволинейна, причем момент в заделке
= С + el + NyA = d + NyA,
,	«	d — c
где а —момент от поперечной нагрузки; е = —-—.
Выражение изгибающего момента в произвольном сечении х получим, воспользовавшись формулами (1.24). Составляя условие <px=z = 0, получаем:
tgv I cosv 1 р
<р . = -2—---с,---:-----.-----е;
А v El	cos v v'-El
61
Рис. 1.36
подставляя полученное значение в третье из уравнений (1.24), после небольших преобразований находим
Мх. = с cos — + k	i
, (с (v sin v — 1) + d~ 4Z
-j-	-
V C.QS V
XSIH — .
В_прямолинейной эпюре Mi момент в произвольном сечении
М, = а + —~ а х.
Таким образом, i	i
MtMkdx = с J cos	x^-dx +
о	о
Г .cfr-sintt-. l)+rf Г sin vx / + ь_-а х dx v cos v J Z \ I J
Произведя интегрирование и подставив пределы,
получаем:
J MtMk dx = • 9, (v) +  02 (v) +	 63 (<И),
(1.27)* где
•.М-Ц-(^->):
V2 \ V	)

V
V2
+ vtgv
~ 1
cos V
2
cos V
V
* Тот же результат несколько другим способом получен в книге: Прокофьев И. П. и Смирнов А. Ф. «Теория сооружений», ч. III, 1948. Там же рассмотрен случай шарнирно опертого стержня.
62
(Величины 6 для различных значений v даны в табл. 1.4.)
Таким образом, в этом частном случае стержня с жесткой заделкой на одном конце интеграл берется
как сумма интегралов «одноименных» (имеющих вершины с одной и той же стороны) треугольников 1 — Г и II—1Г с поправками 9) (t,) и б2(-и) и «разноименных» треугольников I—II' и Г—II с поправкой 63 (и). Ординаты берутся из эпюр от поперечной нагрузки; влияние продольной силы заключено в коэффициентах 9.
Стержень шарнирно опертый
Для частного случая	Рис. 1.37
шарнирно опертого стержня, показанного на рис. 1.37, подставив в уравнения (1.24) граничное условие ув = 0, получим
?а=
V \	/ - V \
---------)с — ( 1	) d tg v J	\	sin V/
/
&EI
и из третьего уравнения (1.24) после небольших преобразований получим
.,х	vx . / d
Mk = с cos —- + ( — I \ sin
, VX sin —
l
Таким образом,
i	i
j Mt Mk dx = c J о	0
vx
cos----
. /
b — a \ , .
-----x ) ax +
I J
’ d
sin v
c \ f i vx f . b — a \ . ----II sin — ( a 4---------x ) dx. tg V / J	\ I J
63
После взятия интегралов и подстановки пределов получаем
Как видим, в этом частном случае «одноименные» треугольники 1—1' и II—II' интегрируются с коэффициентом 64 (-л), «разноименные» треугольники — с коэффициентом 6s(t>). Коэффициенты 64 и 65 учитывают влияние продольной силы на соответствующую эпюре Mt деформацию.
Примеры расчета рамы на устойчивость методом сил
Пример 1.14. Определить критический параметр нагрузки для рамы, показанной на рис. 1.38. Ввиду симметрии рамы и нагрузки в случае выбора симметричной основной системы получим следующие уравнения метода сил:
> 812 I Q или Зз1§2 » ®2 2 I
821^1 "Ь 822"^2 =
833-^3 = О
и, таким образом, следующие уравнения устойчивости:
1) для симметричной формы потери устойчивости
—'8i282i =°;
2) для кососимметричной формы потери устойчивости 833 = 0. Основная система и эпюры от единичных лишних неизвестных показаны на рис. 1.39.
64
Определяем коэффициенты 8.й, пользуясь формулой 1.28.
£/8
04('и) + ~^“  т'2~| 2 = О	Z о
= 10,67е4 Си)+ 7,52;	>
^-е^-Гт^’+тг1]2-
= 2,67 04 (*0 + 2,67;
Г/8зз =2 f	ds = Д/822 = 2,67 04 (<п) + 2,67;
r/8J2 =2	ds = £/а21 = Ц±04(+).2 = 5,3304 (+)•
Рис. 1.39
На рис. 1.39 не показаны эпюры Л12 и 7И3, они имеют тот же вид, что и эпюры М2 и М3, но все участки прямолинейны, так как силы Р отсутствуют. Для симметричной формы уравнение устойчивости принимает вид:
[10,67 04(т>) + 7,52] • [2,67 04(,п) + 2,67] - 5,332-0|(т>) = 0, откуда находим 04 (*>) = —0,41 и по таблице 1.4 v = 4,03.
Таким образом, критическая сила, соответствующая симметричной форме потери устойчивости
рсим _ У"Е1 _ 4,03 •£/
^кр ~ Р ~	42
= 1,02£/.
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат—5
65
Для кососимметричной формы имеем 2,67.64('у) + + 2,67 = 0; 64(®) = —1 и по табл. 1.4 ц = 3,72.
Таким образом, критическая сила, соответствующая кососимметричной форме потери устойчивости
рккс =	= о,862 EI < Ркрим.
42
Опасной является кососимметричная форма потери устойчивости, сопровождающаяся перекосом верхней части рамы (пунктирная линия на рис. 1.38).
Пример 1.15. Определить Ркр для рамы, показанной на. рис. 1.40 а. Основная система и эпюры от лишних неизвестных при наличии продольной силы Р в левой стойке показаны на рис 1.40 б, в, г*.
Уравнение устойчивости:
D =
8ц; ®12 ®21 > ®22
= 0,
т. е. 8п522 — 812 = 0.
Вычисляем коэффициенты 8Z^_ пользуясь формулой 1.27 (при этом эпюры М1 и на стойках будут
* Следует отметить, что здесь, как и при расчете методом перемещений, мы пренебрегаем теми приращениями продольных сил, которые получаются при потере устойчивости.
66
прямолинейны, как показано пунктиром на эпюрах и М2).
4-4 2 . . 4-4-6fl , ч . 4-4-6й , .
£/811 = V- • Т4-* V 61	+ “7“02+
Z о	о	о
+ ^-263 (О = 32 [0,666 + 6, (v) + 62 (v) + 03 (7)];
£Я22 = V • V6 + 6,4,6 +	62	= 72 [3 + 62 (<,)];
Z и	О
• ^812 = -Y>6-4-T-6e2^)-1F63(^) =
= -24[2 + 262(^) + 63(^)].
После подстановки полученных значений коэффициентов уравнение устойчивости принимает вид:
4 [0,666 + (v) + 02 (v) + 63 (®)] • [3 + 62 (<>)] -- [2 + 262(^) + 63« = 0.
Подбором находим то значение v, при котором это уравнение удовлетворяется.
При v = 3,12 по табл. 1.4 находим: 0! (v) = — 0,31;
02 (т?) = 0,902; 03(,у) = —0,612.
4 [0,666 - 0,31 + 0,902 - 0,612] • [3 + 0,902] -- [2 + 2-0,902 - 0,612]2 = 10,1 - 10,2 ~0.
Таким образом, критическая нагрузка
р =	=	= 0,285Е1,
кр р 62
а коэффициент свободной длины сжатой стойки
= п = ЗД4 = egg
r v 3,2
§ 13. Примеры деформационного расчета рам. Таблицы функций
Пример 1.16. Требуется проверить напряжение в месте заделки стойки П-образной рамы, показанной на рис. 1.41 а, с учетом влияния продольных сил на деформацию рамы и найти горизонтальное перемещение верхних узлов.
5*	67
Дано: сечение всех стержней двутавр № 30 а, 1Х = 8950 еле4;
Wx =597 см3-, Д=61,2 см2-, 1= 12,1 см.
Е1 = 2,1-107- 8950 «10-8= 1880 тм2.
Обычный расчет рамы, без учета влияния продольных сил на деформацию, дает эпюру изгибающих моментов М', показанную на рис. 1.41 б, и эпюру продольных сил N' (рис. 1.41 в).
Рис. 1.41
По эпюре N' в качестве первого приближения определяем величины v:
1)	для левой стойки	— 81/	= 1,29;
v £/ г looU
2)	для правой стойки п"? = 8	= 1,31;
3)	для ригеля приг = 4	= 0,065.
Полученные значения v показывают, что при больших осевых силах, действующих на стойки (Р = 50/п), приращением продольных сил от изгиба можно пренебречь.
Таким образом, для дальнейшего расчета принимаем:
о 1 /50,0	1 о
для стоек v = 8 у 188о= 1>3;
для ригеля v = 0.
68
Рассчитывая раму методом перемещений, получаем (в силу кососимметричности деформации) два уравнения с двумя неизвестными
Гпг1 + ri222 + Rip = О? r2l*l + r22Z2 + R2p = 0.
Основная система и эпюры от единичных смещений показаны на рис. 1.42. Построение этих эпюр и вычисление ординат произведены в соответствии с табл. 1.2 и табл. 1.3 при принятых величинах v.
Рис. 1.42
Коэффициенты канонических уравнений:
Г]] = (—« +	2 = (j-1,8848 + 1,5)57» 2 == 3,9457;
г22 =	-^-4,9842 = 0,038857;
<12 =	+ ₽)-2 = -^-2,9146 = - 0,18257;
Rip = 0; Rip = -1 т-
Таким образом, получаем следующие два уравнения:
3,942] — 0,182z2 = 0;
- 0,1822. + 0,0388z2 - — = 0;
1	1	El
откуда 1,525	33
2--------, =-----; z2 — —.
1	EI	El
69
Окончательные эпюры изгибающих моментов, поперечных и продольных сил показаны на рис. 1.43. Как видим, окончательная эпюра N мало отличается от принятой для деформационного расчета, поэтому первое приближение можно считать окончательным
Рис. 1.43
решением. Изгибающий момент в заделке возрос, по сравнению с недеформационным расчетом на
100 = 21,4% .
Проверяем напряжение в месте заделки стойки:
W , М 51400 , 261000	о._ , .оо	,2
а =—h =------------Н-----= 840 + 438= 1278 кг см*.
max ,р W 61,2	597
Горизонтальное перемещение верхних узлов без учета влияния горизонтальных сил
Д=	ds (эпюры М и ЛГ на рис. 1.41),
С учетом влияния вертикальных сил Р горизон-33 тальное перемещение верхних узлов A = z2 =— (при-EI
рост . деформации на 27%).,
Пример 1.17. Требуется построить эпюру изгибающих моментов в раме, показанной на рис. 1.44, с учетом дополнительного изгиба от продольных сил. Дано: сечение стойки-—двутавр № 12, /х = 436 см\ сечение ригеля — двутавр №16, 1Х = ИЗО CMi. Жесткости: ЕЦ = 2,1-107-436-10-8 = 91,5 тм2-,
Д/2 = 2,1 • 107* ИЗО* 10-8 = 237 тм*-,	= 2,58.
2	• Eh 91,5
70
1) Производим расчет без учета влияния продольных сил. Единичная эпюра, эпюра от нагрузки и окончательные эпюры М и N показаны на рис. 1.45.
гп = 3,085/р
Rlp — — 2,67 тм; 2,67	0,865
z —-----!---—------.
1	3,08£/i	Eh
2) Производим деформационный расчет, при этом продольной силой в ригеле можно пренебречь и считать для ригеля v — 0;
для стойки получаем
Рис. 1.45
Из табл. 1.3 при -<9 = 3,04 по интерполяции находим: а =1,29; £ = 1,213; единичная эпюра показана на рис. 1.46 а; эпюра от нагрузки в основной системе осталась без изменения, поскольку мы пренебрегли продольной силой в ригеле.
гп = (2,58 + 0,25-1,29) Е1г = 2,9025л; Rip = - 2,67;
2,67	0,92
Z, =----1--= —— .
1	2,902£/i Eh
Естественно, что при учете дополнительной де-формативности от продольных сил угол поворота возрастает^ в данном случае на-3——•100=6,4% 1.
71
Окончательные эпюры М и N показань! на рис. 1.46 б и в. Из-за увеличения податливости стойки момент на левом конце ригеля уменьшился по сравнению с недеформационным расчетом, а на правом конце — увеличился.
Рис. 1.46
Момент на нижнем конце стойки увеличился на ^-=^•100 = 29,6%.
U,210
Воспользовавшись уравнениями (1.24), найдем местоположение и величину максимального изгибающего момента в стойке. Для этого сначала составим условие ^- = 0. Подставив в четвертое из уравнений (1.24) значения <рА — О, МА = 0,28, QA = — 0,071, получаем: — п sin /гх-0,28 — 0,071 cos пх = 0 (п = у), или tg«x = —О-’-?1'? — _ q 666, т. е. /гх = 2,55 (табл. 1.5). s	0,28-3,04	-------3-4	’
Сечение с максимальным изгибающим моментом 2 55 на стойке находится на расстоянии х=—— = п
2,55-8	_ „
= 3	— 6,7 м, от нижней заделки.
Величину максимального момента в стойке найдем, подставив пк ==2,55 в третье из уравнений (1.24).
Мгаах= cos (2,55)-0,28 - sin (2,55)- =
= -0,83-0,28 - -0-587'8'0’071 = -0,338 тм.
3,04
72
Таблица 1.3
Коэффициенты формул метода перемещений a, g, я -4- 3, 7,	7 для сжатоизогнутых стержней
v	tgv — V	A	V	v — sin V
и —	•	, 2 tg v п v 2tg?-v	2 sin v	V	’ 2tg—-v
1	V3	—	и2 tg V	—	V3
"в м| КЗ GTQ ю | е 1 $9 II	tgv — V	1 tg V — V
V	a		a + ₽	7	a	7
0	2,00000	1,00000	3,00000	6,00000	3,00000	3,00000
0,10	1,99933	1,00017	2,99950	5,99400	2,99800	2,98800
0,20	1,99733	1,00067	2,99800	5,97600	2,99199	2,95199
0,30	1,99399	1,00150	2,99550	5,94599	2.98195	2,89195
0,40	1,98931	1,00269	2 99199	5,90398	2,96785	2,80785
0.50	1,98328	1,00420	2,98748	5,84996	2,94964	2,69964
0,60	1,97589	1,00607	2,98195	5,78391	2,92725	2,56725
0,70	1.96712	1,00829	2,97541	5,70583	2.90060	2,41060
0,80	1,95697	1,01088	2,96785	5,61571	2,86959	2,22959
0,90	1.94542	1,01385	2,95926	5,51353	2,83411	2,02411
1,00	1,93244	1,01720	2,94964	5,39928	2,79402	1,79402
1.10	1,91802	1,02095	2,93897	5,27294	2,74916	1,53916
1,20	1,9021	1,0251	2,9272	5,13448	2,69934	1,25934
1,30	1,8848	1,0298	2,9146	4,98420	2,64434	0,95435
1,40	1,8658	1,0347	2,9006	4,82114	2,58394	0,62394
1,50	1,8453	1,0400	2,8853	4,64560	2,51782	0,26783
1,60	1,8233	1,0463	2,8696	4,45920	2,44569	-0,11431
1,70	1,7996	1,0528	2,8524	4,25980	2,36714	-0,52285
1,80	1,7742	1,0599	2,8341	4,04822	2,28177	-0,95822
1,90	1,7470	1,0677	2,8147	3,82440	2,18900	-1,42094
2,00	1,7180	1,0760	2,7940	3,58800	2,08843	—1,91157
2,10	1,6872	1,0849	2,7722	3,33940	1,97919	-2,43080
2,20	1,6545	1,0946	2,7491	3,07820	1,86050	-2,97944
2,30	1,6198	1,1051	2,7249	2,80480	1,73158	-3,55842
73
Продолжение таблицы 1.3
V	а		“ + ?	7	а	Т
2,40	1,5829	1,1164	2,6993	2,51860	1,59113	-4,16887
2,50	1,5439	1,1286	2,6725	2,22000	1,43790	-4,81210
2,60	1,5026	1,1417	2,6443	1,90860	1,27024	-5,48976
2,70	1,4589	1,1559	2,6148	1,58460	1,08619	-6,20381
2,80	1,4128	1,1712	2,5839	1,24780	0,88332	-6,95668
2,90	1,3638	1,1878	2,5516	0,89820	0,65863	-7,75137
3,00	1,3120	1,2058	2,5178	0,53560	0,40825	- 8,59175
3,10	•1,2573	1,2251	2,4825	0,16000	0,12731	- 9,48269
3,20	1,1995	1,2463	2,4458	-0,22840	-0,19059	-10,43059
3,30	1,1381	1,2691	2,4072	-0.63060	-0,55399	-11,44399
3,40	1,0731	1,2940	2,3672	-1,04570	-0,97444	-12,53444
3,50	1,0041	1,3211	2,3253	-1,47440	-1,46820	-13,71820
3,60	0,9309	1,3508	2.2817	-1,91660	-2,05869	-15,01869
3,70	0,8530	1,3834	2,2363	-2,37240	-2,78107	-16,47107
3,80	0,7700	1,4190	2,1890	-2,84200	-3,69088	-18,13087
3,90	0,6814	1,4584	2,1398	-3,32540	-4,88057	-20,09056
4,00	0,5865	1,5018	2,0884	-3,8232	- 6,5179	-22,5179
4,10	0,4849	1,5500	2,0349	-4,3352	- 8,9407	-25,7507
4,20	0,3755	1,6037	1,9792	-4,8616	-12,9468	-30,5868
4,30	0,2575	1,6636	1,9211	5,4028	- 20,9842	-39,4742
4,40	0,1296	1,7309	1,8605	-5,9590	-45,9814	-65,3414
4,50	-0,0096	1,8070	1,7974	-6,5302	683,788	663,538
4,60	-0,1617	1,8933	1,7316	-7,1168	44,0079	22,8479
4,70	-0,3291	1,9920	1,6629	-7,7192	23,4558	1,3659
4,80	—0,5144	2,1056	1,5912	—8,3370	16,2070	- 6,8330
4,90	-0,7213	2,2375	1,5162	-8,9726	12,4389	-11,5711
5,00	-0,9544	2,3923	1,4379	- 9,6242	10,0845	-14,9155
5,10	-1,2197	2,5757	1,3560	-10,2930	8,4389	-17,5711
5,20	-1,5258	2,7960	1,2702	-10,9796	7,1959	-19,8441
5,30	-1,8844	3,0648	1,1804	-11,6842	6,2004	-21,8896
5,40	-2,3127	3,3989	1,0862	-12,4076	5,3651	23,7949
5,50	-2,8364	3,8236	0,9872	-13,1506	4,6364	-25.6136
5,60	3,4961	4,3794	0,8833	-13,9134	3,9796	27,3804
5,70	-4,3607	5,1345	0,7738	-14,6974	3,3704	-29,1196
5,80	-5,5552	6,2140.	0,6587	-15,5026	2,7906	-30,8494
5,90	—7,3358	7,8725	0,5368	-16,3314	2,2262	-32,5838
6,00	-10,3186	10,7269	0,4083	-17,1834	1,6653	-34,3347
6,10	—16,4673	16,7392	0,2719	-18,0612	1,0968	-36,1132
6,20	-37,1810	37,3083	0,1273	-18,9654	0,5101	-37,9299
74
Таблица 1.4
Коэффициенты формул метода сил ®1 >	> 03 I 04 । 06 >
0100 =	— С;	+ v-tgf- ~“ +
V2 \ V 0з(«)=^-(	/	tr \ v	cos V / <COS V	V J	V\V tg V / 06 (0 = V \sin V V J
V	0i (v)	02 (0	03 (0	04(f)	0& (v)
0,00 0,10	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000
0,20 0,30	1,0163	1,0065	1,0178	1,0027	1,0042
0,40 0,50	1,0683	1,0252	1,0768	1,0107	1,0188
0,60 0,70	1,1686	1,0622	1,1901	1,0249	1,0437
0,80 0,90	1,3456	1,1256	1,3900	1,0455	1,0800
1,00	1,6722	1,2395	1,7605	1,0737	1,1304
1,10	1,9491	1,3344	2,0750	1,0912	1,1617
1,20	2,3822	1,4806	2,5677	1,1114	1,1979
1,30	3,1435	1,7342	3,4347	1,1345	1,2396
1,40	4,8082	2,2832	5,3332	1,1610	1,2878
1,50	11,2013	4,3740	12,6292	1,1915	1,3534
В 1 OJ	00	00	00	1,2159	1,3880
1,60	-26,2445	-7,8214	-30,1204	1,2266	1,4078
1,70	- 5,7378	-1,1299	- 6,7141	1,2673	1,4830
1,80	- 3,1308	-0,8271	— 3,7410	1,3147	1,5710
1,90	- 2,1133	+0,0701	— 2,5805	1,3704	1,6750
2,00	-1,5694	0,2575 	-1,9658	1,4365	1,7993
2,10	-1,2342	0,3788	-1,5872	1,5158	1,9494
2,20	-1.0069	0,4659	—1,3323	1,6124	2,1336
2,30	-0,8431	0,5336	-1,1504	1,7325	2,3641
2,40	-0,7196	0,5897'	-1,0151	1,8854	2,6596
2,50	-0,6234	0,6385	-0,9114	2,0864	3,0502
75
Продолжение таблицы 1.4
V	91 (V)	02 (V)	0з (V)	0з (V)	05 (V)
2,60	-0,5465	0,6828	-0,8304	2,3618	3,5890
2,70	-0,4836	0,7246	-0,7663	2,7619	4,3766
2,80	—0,4313	0,7654	-0,7151	3,3963	5,6315
2,90	-0,3870	0,8063	-0,6742	4,5550	7,9343
3,00	-0,3492	0,8483	- 0,6417	7,3486	13,5057
3,10	-0,3165	0,8926	-0,6165	23,5659	45,9234
ТС	—0,3040	0,9119	-0,6079	00	00
3,20	-0,2876	0,9401	-0,5976	-15,7398	-32,7063
3,30	-0,2621	0,9920	—0,5846	- 5,4154	-12,0770
3,40	-0,2394	1,0499	—0,5772	- 3,0787	— 7,4248
3,50	—0,2187	1,1152	-0,5751	- 2,0433	- 5,3769
3,60	-0,1997	1,1907	-0,5797	- 1,4572	- 4,2292
3,70	-0,1821	1,2795	-0,5908	- 1,0787	- 3,4990
3,80	—0,1654	1,3861	-0.6099	- 0,8128	- 2,9961
3,90	-0,1493	1,5174	-0,6392	- 0,6147	- 2,6314
4,00	-0,1332	1,6838	- 0,6823	-0,4603	-2,3570
4,10	-0,1165	1,9030	- 0,7449	—0,3355	-2,1454
4,20	—0,0981	2,2057	- 0,8378	—0.2317	-1,9792
4,30	-0,0760	2,6529	- 0,9821	-0,1430	-1,8475
4,40	-0,0459	3,3836	- 1,2265	—0,0652	-1,7429
4,50	+ 0,0045	4,7980	- 1,7110	-+0,0044	—1,6603
4,60	0,1314	8,7218	- 3,0745	0,0682	—1,5962
4,70	2,1964	75,9101	-26 5889	0,1279	-1,5483
3/2л	00	00	00	0,1351	-1,5434
4,80	—0.4390	-10,2705	+ 3,5933	0,1851	- 1,5152
4,90	-0,2593	- 4,5743	1,6085	0,2412	— 1,4963
5,00	-0,2011	-2,8355	1,0083	0,2975	-1,4914
5,10	-0,1707	—1,9912	0,7211	0,3555	-1,5014
5,20	-0,1512	—1,4908	0,5541	0,4169	-1,5280
5,30	—0,1370	—1,1585	0,4458	0,4838	-1,5738
5,40	-0,1261	-0,9209	0,3706	0,5592	-1,6436
5,50	-0,1171	—0,7417	0,3158	0,6470	— 1,7446
5,60	-0,1096	-0,6010	0,2745	0,7538	—1,8886
5,70	-0,1030	-0,4868	0,2426	0,8901	-2,0961
5,80	-0,0972	-0,3917	0,2176	1,0750	-2.4050
5,90	—0,0921	-0,3105	0,1976	1,3476	-2,8924
6,00	-0,0874	—0,2398	0,1817	1,8015	— 3,7455
6,10	-0,0831	-0,1769	0,1689	2,7289	- 5,5609
6,20	-0,0791	—0,1200	0,1588	5,8812	-11,8030
2тс	-0,0760	—0,0760	0,1520	00	00
76
Таблица 1.5
v v Функции -------, ------, vtgv, cost), Sint), tgt».
tgv sint»
V	V tgv	V sin v	v-tg V	COS V	sin v	tgt»
0,0	1,0000	1,0000	0,0000	1,00000	0,00000	0,00000
0,10	0,9967	1,0017	0,0100	0,99500	0,09983	0,10033
0,20	0,9866	1,0067	0,0405	0,98007	0,19867	0,20271
0,30	0,9698	1,0152	0,0928	0,95534	0,29552	0,30934
0,40	0,9461	1,0272	0,1691	0,92106	0,38942	0,42279
0,50	0,9152	1,0429	0,2731	0,87758	0,47943	0,54630
0,60	0.8770	1,0626	0,4105	0,82534	0,56464	0,68414
0,70	0,8311	1,0866	0,5896	0,76484	0,64422	0,84229
0,80	0,7770	1,1152	0,8237	0,69671	0,71736	1,02964
0,90	0,7142	1,1489	1,1341	0,62161	0,78333	1,26016
1,00	0,6421	1,1885	1,5574	0,54030	0,84147	1,55741
1,10	0,5599	1,2343	2,1612	0,45360	0,89121	1,96476
1,20	0,4665	1,2875	3,0866	0,36236	0,93204	2,57215
1,30	0,3609	1,3493	4,6827	0,26750	0,96356	3,60210
1,40	0,2415	1,4207	8,1170	0,16997	0,98545	5,79788
1,50	0,1064	1,5038	21,1521	0,07074	0,99749	14,10142
1,60	-0,0467	1,6007	-54,7721	-0,02920	0,99957	-34,23253
1,70	-0,2209	1,7143	-13,0842	—0,12884	0,99166	- 7,69660
1,80	-0,4199	1,8483	- 7,7153	-0,22720	0,97385	- 4,28626
1,90	-0,6491	2,0078	- 5,5615	-0,32329	0,94630	- 2,92710
2,0	- 0,9153	2,1995	-4,3701	-0,41615	0,90930	-2,18504
2,10	— 1,2282	2,4328	—3,5907	-0,50485	0,86321	—1,70985
2,20	- 1,6014	. 2,7211	-3,0224	-0,58850	0,80850	-1,37382
2,30	- 2,0550	3,0843	—2,5742	-0.66628	0,74571	-1,11921
2,40	- 2,6201	3,5531	-2,1984	-0,73739	0,67546	-0,91601
2,50	- 3,3466	4,1773	—1,8675	—0,80114	0,59847	-0,74702
2,60	— 4,3218	5,0436	-1,5642	-0,85689	0,51550	-0,60160
2,70	- 5,7115	6,3176	—1,2764	-0,90407	0.42738	-0,47273
2,80	— 7,8756	8,3585	—0,9955	-0,94222	0,33499	-0,35553
2,90	-11,7690	12,1212	-0,7146	-0,97096	0,23925	—0,24641
3,00	-21,0452	21,2585	-0,4276	-0,98999	0,14112	-0,14255
3,10	—74,4888	74,5533	-0,1321	-0,99914	0,04158	-0,04162
3,20	54,7289	-54,8227	0,1871	—0,99829	-0,05837	0,05847
3,30	20,6573	-20,9192	0,5272	-0,98748	-0,15775	0,15975
3,40	12,8632	-13,3052	0,8987	-0,96680	-0,25554	0,26432
3,50	9,3435	- 9,9778	1,3111	-0,93646	-0,35078	0,37459
3,60	7,2953	- 8,1352	1,7765	-0,89676	—0,44252	0,49347
3,70	5,9226	- 6,9832	2,3115	-0,84810	-0,52984	0,62473
3,80	4,9123	- 6,2106	2,9395	—0,79097	-0,61186	0,77356
3,90	4,1164	- 5,6705	3,6949	-0,72593	-0,68777	0,94742
77
Продолжение таблицы 1.5
V	V tg V	V sin v	v-igv	COS V	sin V	tgv
4,00	3,4548	—5,2854	4,6313	—0,65364	-0,75680	1,15782
4,10	2,8802	-5,0105	5,8365	-0,57482	—0,81828	1,42353
4,20	2,3625	—4,8188	7,4667	—0,49026	-0,87158	1,77778
4,30	1,8811	-4,6934	9,8291	-0,40080	—0,91617	2,28585
4,40	1,4210	-4,6238	13,6238	—0,30733	-0,95160	3,09632
4,50	0,9704	-4,6034	20,8680	—0,21080	-0,97753	4,63733
4,60	0,5192	-4,6292	40,7568	-0,11215	-0,99369	8,86017
4,70	0,0582	-4,7004	379,350	-0,01239	-0,99992	80,71276
4,80	-0,4216	-4,8185	-54,6474	0,08750	—0,99616	-11,3849
4,90	-0,9302	-4,9875	—25,8107	0,18651	-0,98245	- 5,26749
5,00	- 1,4791	- 5,2142	-16,9026	0,28 366	-0,95892	—3,38052
5,10	— 2,0821	- 5,5087	-12,4919	0,37798	-0,92581	2,44939
5,20	- 2,7577	— 5,8860	— 9,8053	0,46852	-0,88345	—1,88561
5,30	- 3,5303	- 6,3681	— 7,9567	0,55-137	-0,83227	—1,50127
5,40	- 4,4352	- 6,9879	— 6,5747	0,63469	-0,77276	-1,21754
5,50	- 5,5244	- 7,7954	- 5,4757	0,70867	-0,70554	—0,99558
5,60	- 6,8801	— 8,8710	— 4,5581	0,77557	-0,63127	—0,81394
5,70	— 8,6399	-10,3506	- 3,7605	0,83471	-0,55069	—0,65973
5,80	-11,0546	—12,4839	- 3,0431	0,88552	- 0,46460	—0.52467
5,90	-14,6362	-15,7805	- 2,3783	0,92748	—0,37388	—0,40311
6,0	-20,6178	-21,4731	— 1,7461	0,96017	-0,27942	—0,29101
6,10	—32,9263	-33,4867	- 1,1301	0,98327	-0,18216	—0,18526
6,20	-74,3604	-74,6184	— 0,5170	0,99654	-0,08309	-0,08338
Глава 4
УСТОЙЧИВОСТЬ АРОК
§ 14. Устойчивость круговой арки постоянного сечения с упруго-защемленными пятами и радиальной нагрузкой
Рассмотрим арку, кругового очертания, находящуюся под- действием гидростатической нагрузки (рис. 1.47.) Если пренебречь незначительными изгибающими моментами, возникающими при обжатии оси, то при нагрузке, равной критической, может произойти потеря устойчивости 1-го рода, потеря устойчивости центрального сжатия. При этом форма 78:
потери устойчивости может оказаться симметричной (рис. 1.47 а) йли кососимметричной.(рис. 1.47 б). Опыты и теоретические расчеты показывают, что для арки без промежуточного шарнира кососимметричной
Рис. 1.47
форме изгиба соответствует меньшая критическая нагрузка, а, следовательно, эта форма и является наиболее опасной. Поэтому определение критической нагрузки производим именно для этой кососимметричной формы потери устойчивости.
Пусть круговая арка радиуса 7? с центральным углом 2а и с постоянной жесткостью f/.tynpyro за-
Рис. 1.48
79
щемлена на опорах, причем жесткость упругого защемления характеризуется коэффициентом /гп — реактивным моментом, возникающим в упругий заделке от единичного поворота. Пусть при критической радиальной нагрузке </кр ось арки приняла новую изогнутую равновесную форму, показанную на рис. 1.48 пунктиром.
Решая задачу статическим способом, необходимо записать дифференциальное уравнение изгиба и проинтегрировать его. Дифференциальное уравнение изгиба бруса кругового очертания имеет вид:
^_ +w =	(1.29)
d03	El	'
где w — прогиб в произвольном сечении;
6 — угловая координата, отсчитываемая от оси симметрии;
М — изгибающий момент.
Изгибающий момент в сечении в деформированном состоянии складывается из влияния продольной силы N = qR и момента т, являющегося следствием упругого защемления (см. рис. 1.48 в). Влияние моментов заделки изображено на эпюре (рис. 1.48 б), „	хгп ч> 2 Л-sin 9
по которой видно, что т — —---------------ги<р =
Таким образом
М = qRw — — -гп?.	(1.30)
sin а
Подставив полученное значение М в дифференциальное уравнение изгиба и перенеся все члены, содержащие значение прогиба w, в левую часть уравнения, получаем
d2w , ~d№ +
fl + ^w
\ EI J
= _™*Lsln0. sin aEI
* Это уравнение было выведено Буссинеском в работе I. Bous-sinesg, Compte rend, т. 97, стр. 843, 1883. См. также работы [121 и [21].
80
Вводим обозначения
I	(1.31)
\с =
\ sin а.Е1
Дифференциальное уравнение приобретает вид: d2W ,2	. ь
-----Ь п iso = с sin о, d93
и его общий интеграл может быть получен в следующей форме
w = Д cos дб + В sin /гО +	 sin 6.	(1.32)
Выражение (1.32) дает форму потери устойчивости с точностью до трех неизвестных параметров А, В и С (С содержит угол поворота заделки <р), для определения которых надо составить граничные условия.
Записываем три граничных условия (см. рис. 1.48 а).
1)	при 0 = 0 iso — 0, откуда получаем Д = 0;
2)	при 0 = a w = 0, откуда получаем
Q
В sin па +-------sin а = 0;
п2 — 1
3)	при 0 = а “ = ’? или, используя (1.31)
dw __sin a:EIC
RM r„R2 ’
Дифференцируя выражение (1.32), имеем
= пВ-cos пО -|—-— cos 0
de	п2 -1
и, следовательно, г>	. С	sin a EIC
пВ cos па 4-----cos а ---------.
п2 - 1	rnR
Таким образом, для определения трех параметров прогиба имеем три однородных алгебраических уравнения:
1)Л = 0;
2) sin па В + •s—°- С = 0;
п2 — 1
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекам, Г. И. Розенблат —6
81
0.
оч	о , / COS a Sin а-EI \ .
3) П- COS паВ + ( —---------------) (
7	\л2 — 1 ruR J
Одно из возможных решений этой Системы уравнений— нулевое решение (Д = В = С 4= 0), дает для всех точек w = 0, т. е. соответствует тому случаю, когда при нагрузке, равной критической, потери устойчивости не произошло. Из этого/решения нельзя найти величину критической нагрузки.
Ненулевое решение для А, В, С получится в том случае, если определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных, обращается в нуль. Приравнивая нулю определитель, получим так называемое уравнение устойчивости, из которого и определяется значение критической нагрузки.
В нашем случае, так как Д=0, имеем
Sin а
Sin па; ----
п2 - 1
D =
= 0,
COS a sin aEI п cos па;--------------
П2 — 1 Гц/? откуда, после небольших преобразований, получаем уравнение устойчивости в следующем виде: п (п2- \)Е1
(1.33)
tg па =----------
Ctga —
r\\R
Определив значение п, надо критическую нагрузку найти из формулы (1.31)
^Р = («2-1)<--
(1.34)
Рис. 1.50
82
Пример 1U8. Пусть требуется определить критическую интенсивность нагрузки для круговой арки с пролетом I 20 м и стрелой подъема f= 4 м, жестко связанной с Г-образными рамами (см. рис. 1.49 а).
Определяем радиус арки R и центральный угол 2а (рис. 1.49, б)
х2 + у2 = R2-,
102 + (R - 4)2 = R2, откуда
/? = 14,5 ж; sina = ^= 0,69;
14,5
a = 43°30' = 0,241-к = 0,758;
ctg43°30' = 1,055.
Подставляя полученные значения R, a, ctg а в уравнение 1.33, получаем
п
tg 0,758/г
1,055 —
(п2 — 1)£/ 14,5гп
Для определения гп рассчитываем Г-образную раму методом перемещений (рис. 1.50). Каноническое уравнение будет иметь вид: 2£’/1z1 — гп = 0, откуда угол поворота узла
z, =	= 1 и гп = 2£7, = EI.
1	2£/t	11	1
После подстановки гп и небольшого преобразования из формулы (1.33) получаем:
tg 0,758/г =------------	(а)
1,125 - 0,069п2	4 ’
Уравнение (а) решаем путем подбора: задаваясь различными значениями /г, находим то значение /г, при котором уравнение удовлетворяется. На графике (рис. 1.51) показаны кривые tg 0,758/г и правой части уравнения (а), которую мы обозначили буквой А. Абсцисса точки пересечения этих кривых и есть корень нашего уравнения.
Для примера покажем вычисление, соответствующее одному значению п =6,5. При этом
tg 0,758/г = tg 4,92 = tg 282° = - 4,7;
6*
83
д —________-______—___________________- =± — 3 64
1,125 - 0,069л3	1,125 - 0,069-42,2
При п = 6,58 получаем критическую нагрузку
Рис. 1.51
Пример 1.19. Двухшарнирная арка. Требуется определить критическую нагрузку для двухшарнирной арки радиуса R с центральным углом 2а, показанной на рис. 1.52.
Уравнение устойчивости для данной задачи получается как частный случай из уравнения (1.33) при коэффициенте жесткости, упругого защемления гп=0. При этом получаем
tg па = 0, т. е. па = in (i = 1, 2, 3 ...).
84
Минимальная критическая нагрузка соответствует i = l, при этомп= — и из формулы (1.34)
EI
R3
<7кР = («
Рис. 1.52
Например, для центрального угла 2а = 60°, имеем
£7 _
R3
получаем
* = 30° = |; дкр
л
:—_ — 1
= (36- 1) —= 35 —.
v R3 R3
Для приведенной арки с центральным углом 60° отношение стрелы подъема к пролету составляет — = —; при этом, как видно из расчета [см. фор-I 3,8
ТС3 мулу (б)], первый член, стоящий в скобках, —-, уже а3
в 36 раз больше единицы.
При увеличении пологости арки величина — возрастает, и единицей по сравнению с этой величиной можно пренебречь. Таким образом, для пологих двухшарнирных арок получаем критическую нагрузку
_ 7? EI
~ а» ” R3
и критическую продольную сйлу п к Е' ^Е1
где s—половина длины дуги арки.
85
Пример 1.20. Бесшарнирная арка. Требуется определить критическую нагрузку для арки с защемленными пятами радиуса R с центральным углом 2а (рис. 1.53). Уравнение устойчивости для данной задачи получается как частный случай из уравнения 1.33 при коэффициенте жесткости упругого защемления гп =оо.
При этом получаем tgraa = —-—
Ctga
или п = ctga-tg/za.	(в)
Характеристическое уравнение (в) решается в каждом частном случае путем подбора. Возьмем, как и в предыдущем примере, арку с центральным углом 2a = 60°. Тогда ctga = ctg30° = 1,73 и уравнение (в) приобретает вид:
га= 1,73-tgna.	(г)
Обозначив правую часть полученного уравнения буквой А и давая п различные значения, получаем:
при	п = 7	А = 1,73 tg 210° = 1,73-0,578 = 1,0;
при	/г = 8	А = 1,73 tg 240° = 1,73-1,73 = 3,0;
при	n = 9	А = tg к ) 1,73 = оо;
при п = 8,625 А = 1,73 tg 258°45'= 8,7.
На рис. 1.54 представлен график решения уравнения (г). Приняв п. = 8,625, получаем критическую нагрузку, равную
q = (8,6252 - 1) — = 73,3 — .
Сравнивая результаты этого примера с предыдущим, видим, что при 2a = = 60° бесшарнирная арка оказалась в 2,09 раза устойчивее двухшарнирной (см. рис. 1.55).
Академиком А. Н. Дин-ником показано, что для трехшарнирной круговой арки наиболее опасной формой потери устойчивости является симметричная
86
форма, характеризующаяся опусканием среднего шарнира (см. рис. 1.56 а и б). При этом критическая нагрузка также определяется по формуле дкр .==
Таким образом, во всех случаях для круглой арки с гидростатической нагрузкой имеем: критическая интенсивность нагрузки
KEI 1
^кр	>
критическая сжимающая сила }.	(I ggj
N к₽ “ R' ’
где К— коэффициент устойчивости.
В табл. 1.6 даны коэффициенты устойчивости, вычисленные А. Н. Динником для ряда значений а.
Таблица 1.6
2а	Бесшарнирная арка	Двухшарнирная арка	Трехшарннрная арка
30°	294,0	143,0	108,0
60°	73,3	35,0	27,6
90°	32,4	15,0	12,0
120’	18,1	8,0	6,75
150°	11,5	4,76	4,32
180’	8,0	3,0	3,0
87
Приведенная таблица показывает, как уменьшается критическая нагрузка при уменьшении жесткости
системы.
Интересна зависимость между величиной критической нагрузки и отношением стрелы подъема арки к ее пролету. Если использовать соотношения I = = 2R sin a Hy = tg-|-, то легко получить формулу
Рис. 1.57
f
ко от —. График коэффициента представлен на рис. 1,57, из которого видно, что арка является наиболее устойчивой при отношении стрелы подъема к пролету у «0,3.
§ 15. Устойчивость круглых колец и труб под действием равномерной радиальной нагрузки
Если круглое кольцо находится под воздействием радиальной равномерно распределенной нагрузки, то оно (при q < </кр) испытывает только напряжения сжатия и продольная сила равна N = qR. При достиже-88
НИИ Нагрузкой критического значения tacHKet Прйй
зойти потеря устойчивости, и кольцо примет слегка изогнутую форму, которая при q = дкр будет фор-
мой равновесия. Рассмотрим изогнутую равновесную
форму с двумя осями симметрии, показанную на рис. 1.58. Дифференциальное уравнение изгиба бруса кругового очертания, как показано	выше,	имеет	вид
d2w .	М	„2
----h ® -	R . d№-EI
В	силу симметрии	задачи пер-
воначальная ось кольца может рассматриваться как веревочная кривая от равномерной радиальной нагрузки и изгибающий момент в точке А' будет равен 7И0 = qR^oi а изгибающий момент в произвольной точке k М— qRisD*.
Подставляя это выражение в дифференциальное уравнение изгиба, получаем после небольшого преобразования
4£ + w(l+ Й!')_ 0,
rffl1 \	81)
/qD3
1 + -уу , получим общее решение этого однородного дифференциального уравнения в следующем виде
® = A cos пв + В sin пб.
Граничные условия: 1) при 0 = 0 — = 0, d0
/_dw\ = Sjn	. cos ft0)9=o = nB = 0,
\ d0 /e=o
откуда В — 0; О \	Л Л d*W z-\
2) при
— nA sin--------F nB cos — = — nA sin-------------- 0,
2	2	2
* Более строгое доказательство см. [22].
89
n=£0, A =/= 0, так как w не обращается тождественно Лк „
в ноль, следовательно, sin= 0, что дает минималь-
ное значение
/^mln == 2.
Таким образом, минимальная критическая нагрузка, соответствующая данной форме потери устойчивости, определится из условия
/1 , Л3 о	3£Z
или ?кР = ^.	(1-36)
Результаты, полученные для круглого кольца, могут быть применены также при расчете на устойчивость длинных труб круглого поперечного сечения. При этом для определения дкр на погонную единицу
длины трубы надо в формулу (1.36) подставить вместо £
Е величину -------- (где р — коэффициент Пуассона)
(! —Р2)
и вместо / величину — (где h — толщина стенки).
Таким образом, для труб получаем
— Е №
~~ (1 _ ,л2) ' 47?з •
(1-37)
Пример 1.21. Дана стальная труба диаметром О = 2м, толщина стенок 1г = 3см. Модуль упругости £=2,1 ИО6 кг/см2, коэффициент Пуассона р = 0,3 (рис. 1.59).
Рис. 1.60
Требуется определить, на какую глубину можно опустить эту трубу под воду, чтобы коэффициент запаса на устойчивость равнялся двум (ввиду малого диаметра трубы по сравнению с глубиной неравного
мерностью давления можно пренебречь). Определяем критическую нагрузку по формуле (1.37)
Е Л3 2,1-106-зз	,9
я =----------•-----=------:--------= 15,55 кг см ,
7кр 1 - р.2	4Я3	(1-0,32)-4-1003
что дает критическое напряжение
У<р 15,55-100	, 2
°к₽ = “nr- = “Ti-------- 520 Кг1СМ < °пц ;
<7кр = 15,55 кг/см1 = 155,5 т/м2, т. е. труба потеряет устойчивость при погружении ее на глубину 155,5 м. Для получения коэффициента запаса, равного двум, ее надо погрузить на глубину 77,7 м.
§ 16. Устойчивость параболической арки постоянного сечения с равномерно распределенной вертикальной нагрузкой
Для параболической арки, несущей вертикальную равномерно распределенную нагрузку, так же, как и для круговой арки с радиальной нагрузкой, потеря устойчивости характеризуется появлением изгиба, причем наиболее опасной формой потери устойчивости для двухшарнирной и бесшарнирной арки будет кососимметричная форма (рис. 1.60).
Академиком А. Н. Динником для параболической арки выведено дифференциальное уравнение равновесия в изогнутом состоянии
+ 1)(с°3’’'й) + т(Жзес4в)°’ °-38) где
<7 — вертикальная нагрузка на единицу длины пролета; а —радиус кривизны параболы в вершине.
Уравнение (1.38) интегрировалось численным методом для различных соотношений ~ и одновременно удовлетворялись граничные условия, соответствующие данному типу арки (двухшарнирная, бесшарнир-ная и т. д.) и данной форме потери устойчивости.
91
Таким образом, окончательное решение для критической интенсивности нагрузки приведено к форме
где К— коэффициенты устойчивости, даны в табл. 1.7 и на черт. 1,57 б.
Таблица 1.7
х 1	Бесшарннр-ная арка	Двухтар-нириая арка	Трехшарнирная арка	
			симметричная форма	кососимметричная форма
0,1	60,7	28,5	22,5	28,5.
0,2	101,0	45,4	39,6	45,4
0,3	115,0	46,5	47,3	46,5
0,4	111,0	43,9	49,2	43,9
0,5	97,4	38,4	—	38,4
0,6	83,8	30,5	38,0	30,5
0,8	59,1	20,0	28,8	20,0
1,0	43,7	14,1	22,1	14,1
Как видно из таблицы, симметричная форма потери устойчивости является опасной для трехшарнирной арки до ~~~0,3.
При определении критической нагрузки для данной арки из таблицы должен быть взят меньший коэффициент устойчивости.
Пример 1.22*. Найти критическую нагрузку дкр для двухшарнирной и трехшарнирной параболических арок постоянного сечения при размерах, показанных на рис. 1.61. Площадь сечения арки F= 325 см2. Момент инерции / = 170 000 смА\ £=2,1-106 кг/см2. Отношение стрелы подъема к пролету-у = 0,1.
___________ Рис. 1.61
* Пример взят из книги А. Н. Динника «Устойчивость арок».
92
В табл. 1.7 находим: для двухшарнирной арки ^=28,5; для трехшарнирной арки ЛГ=22,5. Критическая интенсивность нагрузки по формуле (1.39):
1) для двухшарнирной арки
28,5-2,1.10е.170000 о. о ,	,
<7кр =--------------= 81,2 кг/пог • см = 8,12 т/пог • м\
2) для трехшарнирной арки
7кр =----------------- 64,2 кг/пог • см = 6,42 т/пог • м.
Критическая величина распора и, следовательно, критическая сжимающая сила в замке и соответствующие критические напряжения равны:
1) для двухшарнирной арки
KI J-Т	,/3	8,12-50’ СП7
Мр = Якр = —  ——— = 507 т.
of	О’О
%=J7L = 5'^r= 1560 кг/см2-,
2) для трехшарнирной арки
и кг 6,42-502	.А.
Нкр — Л^<р — т-”	— 401 т.
401000
°к₽ “ 325
= 1235 кг/см2.
И в том, и в другом случае критические напряжения ниже предела текучести, что говорит о том, что потеря устойчивости происходит в условиях упругой работы материала и наши вычисления являются законными. ,
§ 17. Устойчивость весьма пологих арок
В предыдущих параграфах данной главы рассматривались арки с нерастяжимой осью. Условие не-растяжимости оси и приводило к тому, что в двухшарнирной и бесшарнирной арке наиболее опасной формой потери устойчивости оказывалась кососимметричная форма. В весьма пологих арках при малой стреле подъема нельзя пренебрегать изменениями длины оси арки при ее обжатии.
93
В этом случае арка потеряет несущую способность, деформируясь по симметричной кривой с одной полуволной (рис. 1.62), причем при одних геометрических характеристиках кривизна будет оставаться того же знака, что и в недеформированном состоянии (см. пунк-
Рис. 1.62
тирную кривую), при других геометрических характеристиках в критическом состоянии произойдет так называемое прощелкивание, арка выпучится в другую сторону (точечная кривая на черт. 1.62) и из сжатой станет растянутой.
Решение задачи о потере устойчивости весьма пологих арок с учетом изменения длины осевой линии было дано С. П. Тимошенко [22], который рассмотрел арку с шарнирно опертыми концами, очерченную по синусоиде, имеющей уравнение
y0 = /-sin^.
Таблица 1.8
т	и	И
0,1	4,29	7,0
0,2	2,38	3,67
0,3	1,75	2,56
0,4	1,45	2,0
0,5	1,27	1,67
0,6	1,16	1,44
0,7	1,09	1,29
0,8	1,04	. 1,17
0,9	1,01	1,08
.1,0	1.0	1,0
94
С. П. Тимошенко выведена формула для величины критической нагрузки, при которой арка будет выпучиваться вниз.	'_____
— 1+]/4(1~Г)'  	(1-40)
У 27т1
где
т —
41
-рр
и — отношение прогиба посередине пролета шарнирно опертой балки при заданной нагрузке к стреле подъема арки; например, при равномерно распределенной нагрузке интенсивностью q
384 EI f ’
при сосредоточенном грузе посередине пролета
Pl* 1 и =----- — .
48£/ f
Формула (1.40) действительна при т < 1.
При т > 1 имеется только одна форма равновесия, которая будет устойчивой. Критическое значение распора, соответствующее моменту выпучивания арки вниз, определяется по формуле
0,1 Ц.2 OJMOfiOfiOJMW W
Рис. 1.63
т
л = ч--------,
/2	>
т + 2
где [а = является одним из корней выражения (1-«)2 = (1-/п.и)(1-и)2.
В табл. 1.8 и на рис. 1.63 показано изменение и и р- в зависимости, от т. При расчете по приведенным здесь формулам коэффициент р должен быть меньше 4, так как при р = 4 происходит выпучивание арки с точкой перегиба посередине (эйлеровская критическая сила Нкр—~— и допущение, что арка оста-
95
ется симметричной относительно середины, больше не выполняется.
Найдем то значение т, при котором у =4:
— = 4, откуда т = 0,182. Таким образом, если от <0,182, следует определять критическую нагрузку по формулам, приведенным в § 1 и 3 и соответствующим кососимметричной форме потери устойчивости.
Пример 1.23. Рассмотрим арку, рассчитанную в примере 1.22 § 3 (рис. 1.61). Для этой арки имеем т = З^бОО3 = 0’00837 < 0,182, т. е. наиболее опасной формой потери устойчивости должна явиться кососимметричная форма. Для проверки подсчитаем критическую нагрузку по формуле (1.40).
5___ _ ql* 1 _______1	. / 4(1 — от)3 .
384 ’ EI ’ f ~~ У 27-от3 “
1 +
4 (1 — 0,00837)3 _ 46 4> 27-0,008372	’ ’
= 384£7 • f  46,4 = 384-2,1-Ю8-170000-500-46,4
?КР	5/4	~	5-50004
= 1015 кг/см — 101,5 т/пог-м^ 8,12 т/пог-м.
Таким образом, действительно расчетной критической нагрузкой является нагрузка
qKp — 8,12 m/noz'M,
найденная из условия кососимметричной формы потери устойчивости. Здесь следует оговориться, что в сравниваемых результатах взяты различные очертания оси: в одном —параболическая, в другом—синусоидальная арка, но это не должно дать значительной разницы в критической нагрузке.
Пример 1.24. Рассмотрим арку того же пролета и того же поперечного сечения, что и в предыдущем примере, но со стрелой подъема / = 1,0 м (рис. 1.64). При этом от=------— 0,21. Из табл. 1.8 по интер-F	325-1002
полиции находим « = 2,32; р = 3,56.
96
Критическая нагрузка
= 384£7- / • 2,32 _ 384-2,1 • 10« • 170000 • 100-2,32 _
.^КР	/4-5	—	5 • 50004	—
= 10,2 кг/пог. см.
Критическая величина распора
и п2Е/ „ сс 3,14! • 2,1 • 106 . 170000 /7кр = и------= 3,5b--------------------=
Р 1 Е	50002
= 501000 кг = 501 т.
Критические напряжения 501000 лг-лл /	2
акр = —= 1540 кг/см , что меньше предела пропорциональности.
Ф *
А. Р. Ржаницыным в работе [19] рассмотрена весьма пологая круговая арка постоянного сечения, нагруженная постоянной радиальной нагрузкой (рис. 1.65). Путем интегрирования дифференциального уравнения
ГПТН t Н’Н I Н Н
Рис. 1.64
Рис. 1.65
изгиба такой арки с учетом обжатия оси получено сложное трансцендентное уравнение, из которого способом подбора можно найти величину критической нагрузки. Кроме того, в работе предлагается приближенное решение, основанное на том, что форма изгиба оси арки принимается за синусоиду
= vd0 sin -у-) , а стрела прогиба определяется при помощи метода Бубнова — Галеркина. Не приводя вы-
Е-419. Г. К. Клейи, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 7
97,
в<}да, приведем только окончательные формулы, необходимые для определения критической нагрузки.
Для двухшарнирной арки критическая нагрузка определяется по формуле
<7Кр = =-- 8± 21--------)	------- -q*,	(1.41)
7 ₽	л4/?» L \ 3 ) J n*R3
где
. ne.z-2.fl2	240,4
о =-------- =---------;
4Z4	(2а)3 X2
* <> О ( 1 - 5 V’2
Я = ° ± 2	;
I — радиус инерции сечения арки;
X — гибкость арки ^Х = 4);
а —половина центрального угла.
Для бесшарнирной арки критическая нагрузка определяется по формуле
PEF
64л3 R3
Я«р —
Рис. 1.66
38х — 30
28, — 38 у
3 Л
=- <?**,	(1.42)
64л2 R'
где
8 - SW/3/?2	6234
1 — Z4 ~ (2а)3 X2 ’
q* * ----- 38j — 30 + ±1/йу.(2уу; а — половина центрального угла;
X — гибкость арки.
Зависимость между нагрузкой и прогибом двухшарнирной арки посередине пролета при фиксированных значениях 8 показана на рис. 1.66 (качественно эта
98-
картина полностью совпадает с результатами исследования Тимошенко). Критическая нагрузка соответствует экстремальным точкам на кривых q(w), причем верхняя точка (точка В на кривой при 8 = 0,5)
Таблица 1.9
8	Я*	31	<7**
0	±0,382	0	-61,9 - 1.9
0,1	0,429 -0,229	1,0	—56,3 + 2,3
0,2	0,475 —0,075	3,0	-45.7 + 3,7
0,3	0,525 +0,075	5,0	—35,2 + 5,2
0,4	0,579 +0,221	7,0.	-25 +7
0,5	0,637 0,363	9,0 -	—15,2 4- 9,2
0,6	0,697 0,503	11,0	— 5,68 + 11,68
0,7	0,763 0,637	13,0	+ 3,36 14,64
0,8	0,834 0,766	15,0	11,93 18,07
0,9	0,912 0,888	17,0	19,91 22,09
1,0	1,0	19,0	27
соответствует критическому состоянию, достигаемому при монотонном возрастании нагрузки ("в формуле 1.41 для определения величины этой нагрузки следует взять знак плюс). После перехода через критическое состояние деформация будет расти без увеличения 7*	9$
нагрузки (прямая В — D). Нижняя точка (точка С на кривой 8 = 0,5) соответствует критическому состоянию, достигаемом)' при монотонном уменьшении нагрузки (прямая С — А характеризует прощелкивание аркй в обратном направлении). Обе экстремальные точки сливаются в одну для двухшарнирной арки при 6 = 1, а для бесшарнирной арки при 8j = 19.
Таким образом, при 8 > 1 в двухшарнирной арке и при 8j > 19 в бесшарнирной арке не будет происходить потери устойчивости, арка будет плавно деформироваться под нагрузкой. Для удобства вычислений в табл. 1.9 и на рис. 1.67 даем коэффициенты формул (1.41), (1.42), q* и q** для ряда значений 8 и 8Р
Рис. 1.67
100
Пример 1.25. Определить критическую нагрузку <7кр для круговой двухшарнирной арки, показанной на рис. 1.68. Поперечное сечение арки двутавровое: вертикальная стенка 500 X 12 мм, четыре уголка 90Х90Х Х12 мм и четыре горизонтальных листа 380X12 мм (см. рис. 1.61):
/7=325 см\ / =
= 170000 см4; i =
170 000	по о
——— = 22,8 см.
325
Гибкость
=219.
I 22.S
Радиус арки R находим из уравнения
4- (/? — /)2 = Р2, откуда R = 313 м.
Половина центрального угла
а « tg а =	= 0,08
s 313
=......----------= 0,196.
(2a)2X2 (2-0,08)2-2192
Из табл. 1.9 находим q* = 0,473 и по формуле (1.41) — критическую нагрузку, соответствующую монотонному возрастанию нагрузки
<7кр —
4PEF
-----Q
4-50002-2,1.106.325 Q _
3.14М13003	’ ’	—
= 10,8 кг/пог. см= 1,08 т/пог. м.
Как видим, результат мало отличается от результата предыдущего примера. Этого следовало ожидать, так как арка весьма пологая, радиальная нагрузка при этом близка к вертикальной и круговое очертание’— к синусоидальному.
101
§ 18. Устойчивость арки с затяжкой
Задача об устойчивости арки с затяжкой отличается от задачи об устойчивости рассмотренных выше арок тем, что еще до потери устойчивости имеет место явление изгиба, арка является сжатоизогнутой. В работе [15| рассмотрена параболическая арка постоянного сечения, нагруженная вертикальной равномерно распределенной нагрузкой q, имеющая гибкую (рис. 1.69а) или жесткую (рис. 1.696) затяжку.
Дифференциальное уравнение изгиба такой арки имеет вид:
Z^- + iWcos>e. «LU
\d& J \	40 J
+ m [(•>)— 1) + sec2 0] sec2 0	+
d0
+ m[(i] — 1) + 4 sec20] tgS-sec2^^ = 0,	(1.43)*
где
?fl3 .
EI ’ H ’
т
Рис. 1.69
Afj — дополнительный момент, возникающий при потере устойчивости;
а — радиус кривизны арки в вершине;
Н— распор двухшарнирной параболической арки;
773 — распор такой же арки с затяжкой.
Потеря устойчивости арки с затяжкой так же, как и арки с неподвижными пятами, сопровождается изгибом по двум полуволнам, что дает для арки с гибкой затяжкой
граничные условия:
Ж(О) = 0; (~Л	=0,
v ’	\ /е = о
следующие в ключе
(я)
в пяте М (а) = 0.
* Уравнение (1.43) выведено проф. И. Я. Штаерманом.
102
Численное интегрирование уравнения (1.43) с учетом граничных условий (а) дало следующие результаты:
К-Е/ р , где К— коэффициент устойчивости, для отношения -у-=0,2, приведен в табл. 1.10.
Таблица 1.10
1)	1,0	0,9	0,8
К 45,4 50,5	57
Вывод, казалось бы, парадоксален: если при данной жесткости арки EI мы будем уменьшать жесткость затяжки E3F3 ('при этом ^ = — будет умень-
\	н
шаться), т. е. будем уменьшать жесткость системы— критическая нагрузка будет возрастать. Это объясняется тем, что с уменьшением распора уменьшается и осевая сжимающая сила в арке; может быть найдено то относительное значение жесткости затяжки, при котором потеря устойчивости в эйлеровском смысле станет вообще невозможной; при этом с увеличением нагрузки арка будет плавно деформироваться до потери несущей способности.
В запас прочности часто считают критическую нагрузку для арки с шарнирно прикрепленной затяжкой, равной критической нагрузке для двухшарнирной арки.
Для арки с жесткой, работающей на изгиб, затяжкой граничные условия в замке остаются те же, что и при гибкой затяжке [/И (О) = 0; М"(О) = 0|, а условие в пяте, выражающее неразрывность деформаций арки и затяжки, принимает вид:
+*	j
f tg ср • sec3 ср-7И • cfy =-— • арки • tg а • М(а),
J	6а /зат
103
где М (а) — момент в пяте;
а —половина центрального угла.
Критическая нагрузка, как и раньше, определяется по формуле ^кр=-^-, где К для -у-= 0,2 и •*]=! имеют следующие значения:
Таблица 1.11
7 aP / 3T	Бесшарнир-ная арка 0	Арка с затяжкой			Двухшарнирная арка оо
		0,28	1,60	4,45	
к	101	82	61,5	53	45,4
§ 19. Другие типы арок
Выше были рассмотрены только одиночные симметричные круговые или параболические арки постоянной жесткости. Следует отметить, что расчетная схема ввиде одиночной арки зачастую бывает далека от действительных условий эксплуатации, так как не учитывается поддерживающее влияние надарочного строения, пространственность напряженного состояния при нескольких рядом стоящих арках и т. д.
Отсылая читателя по более сложным вопросам к специальной литературе, перечислим некоторые решенные различными способами задачи об. устойчивости арок.
П. И. Кочуговым [9] найдены критические нагрузки qKo — k — для круговых арок со следующими шестью R3 типами закона изменения момента инерции:
/cos? = /0; /cos3? = /0; /=/(>cos<p; /=/0cos3<p;
J = Ioe~cf, c = — ln-^-,. “ A
104
где
/0 — момент инерции в замке;
/п — момент инерции в пяте;
а —половина центрального угла;
чр — переменный полярный угол.
Н. К. Снитко [21] на основе метода начальных параметров и замены криволинейного очертания ломаным дает решение, достаточно трудоемкое, но пригодное для любой сжатой или сжатоизогнутой арки при любом очертании оси и любом изменении момента инерции.
В. И. Заборов [7] рассмотрел сжатую круговую трехшарнирную арку с несимметричным расположением среднего шарнира и пришел к выводу, что устойчивость такой арки определяется устойчивостью той ее части, которая имеет ббльшую длину дуги, и поэтому задача сводится к задаче о симметричной арке, каждая половина которой равна длине дуги большей части соответствующей несимметричной-арки.
А. Ф. Смирнов в работе [20] на основе применения матричного исчисления решил ряд задач об устойчивости комбинированных систем, применяемых в мостостроении (арка с гибкой зятяжкой, прикрепленной подвесками, гибкая арка с балкой жесткости). Исследования показали, что наличие подвесок (рис. 1.70 а) значительно увеличивает критическую нагрузку, особенно для пологих арок.
Рис. 1.70
Для решения вопроса об устойчивости арок может быть с успехом использован графоаналитический метод с использованием известных формул для упругих грузов. Этот метод был применен А. Ф. Смирновым в работе [13].
105
Глава 5
УСТОЙЧИВОСТЬ ТОНКОСТЕННЫХ СТЕРЖНЕЙ
§ 20. Основы теории. Дифференциальное уравнение устойчивости 2-го рода
Как установлено В. 3. Власовым [1], поперечные сечения тонкостенных стержней после деформации, как правило, не остаются плоскими. Эти стержни работают как пространственные тонкостенные системы, испытывающие продольные деформации не только вследствие сжатия или изгиба, но и вследствие закручивания. При этом точки поперечного сечения располагаются на криволинейной поверхности; сечение, как говорят, испытывает депланацию. Явление закручивания и связанные с ним дополнительные напряжения играют большую роль в вопросах устойчивости тонкостенных стержней.
Здесь будут рассмотрены только стержни открытого профиля (рис. 1.71 а и б) с недеформируемым контуром поперечного сечения (недеформируемость
Рис. 1.71
контура должна быть обеспечена поперечными диафрагмами или ребрами жесткости). Сечения с замкнутым профилем (рис. 1.71 в, г) при отсутствии деформации контура могут, как известно, рассчитываться по обычной теории сплошного бруса с применением гипотезы плоских сечений.
На рис. 1.72 а изображен тонкостенный стержень с недеформируемым профилем, находящийся в равновесии под действием произвольных продольных и поперечных нагрузок.
На рис. 1.72 6 показано поперечное сечение стержня и его перемещение в плоскости хОу после деформации.
106
Здесь О —центр тяжести сечения;
А — центр изгиба.
у, & — соответственно перемещения центра изгиба по направлению осей х и у и угол поворота всего
сечения в плоскости- хОу (угол закручивания); все эти величины являются функциями координаты z сечения вдоль образующей стержня. Кроме того, точки сечения перемещаются в направлении оси z; эти перемещения являются функциями координаты «(/Wq—Mj) по дуге контура.
В рассматриваемом случае потеря устойчивости не связана с появлением новых форм равновесия, так как и до потери устойчивости стержень и изгибается,
и закручивается, и депланирует; следовательно, речь идет о потере устойчивости 2-го рода.
Поведение тонкостенных стержней в задачах прочности описывается системой трех дифференциальных уравнений, составленных для недеформированного состояния:
Е1у-^ = дх, EIx-^ = qy, Е1Ш -01V - GIJi" = т,
(1-44)
где первые два уравнения — это уравнения изгиба стержня, как балки, в направлении осей х и у, а третье — уравнение стесненного кручения тонкостен-
107
ного стержня; qx и qy — интенсивности погонных поперечных нагрузок; т—интенсивность внешнего крутящего момента, определяемого относительно центра изгиба.
Если рассмотреть равновесие бесконечно малой полоски длиной ctz (рис. 1.72) тонкостенного стержня в деформированном состоянии, то уравнения (1.44) приобретают следующий вид ([1] и (10]):
EIy EIV _ [7V(r + йу 6')]' + (MJ)" = 0;
Е/х^ - [Л/ (71' - ах 0')]' + (2И/)" = 0;
Е1Ш 6IV - Qld 6" - [(r2N + 2?уМх - 2?xMy + + В) 6']' + [qx (ех - ах) + qy (еу - ау)] 0 -- ау (№')' + ах (Nti'Y + Мх Г + Му у" = 0.
(1.45)
Здесь N— продольная сила;
Мх, Му, В — соответственно изгибающие моменты Относительно осей х и у и бимомент; ах, ^ — координаты центра изгиба; ех, еу — координаты точки приложения заданной погонной нагрузки в плоскости поперечного сечения;
г,	— геометрические характеристики, оп-
ределяемые по следующим формулам:
г2 = а2 + а? +	;
х У	р
Uv	„ их
= —-— ах;	=-------а„; Рш =
Л	х’ ,у 2/х у, ГШ
их = J у-р2,dF-, Uy = J X-р2.dF; F	F
иш = J <в-р2. dF — полярно осевые
иш
(1-46)
и секториально-полярный моменты инерции.
1Х, 1у — осевые моменты инерции;
1ш = J 11)2 • dF — секториальный момент инерции;
F
Id—момент инерции чистого кручения, определяемый для поперечных сечений, состоящих из 108
отдельных прямоугольников или криволинейных полос со сторонами и 8(. по формуле	 . .
bi и 8(. по формуле /d	g >
(а «1,3 —для двутавров; а« 1,12 — для швеллеров; а« 1,0 —для уголков и т. д.).
Уравнения (1.45) являются наиболее общими уравнениями устойчивости тонкостенного стержня.
§ 21. Потеря устойчивости 1-го рода. Внецентренное и центральное сжатие
Если поперечная нагрузка и реакции тонкостенного стержня проходят через линию центров изгиба, то до потери устойчивости стержень не испытывает кручения, депланация отсутствует, она появляется только в результате потери устойчивости. Таким образом, потеря устойчивости будет характеризоваться появлением качественно нового деформированного состояния, новой формы равновесия и уравнения (1.45) при бимоменте В = 0 будут описывать явление
потери устойчивости 1-го Для такого внецен-тренно сжатого стержня (рис. 1.73) имеем:
В = 0;
Л=-Р;
7Vfx = — Реу;
Му = Рех
(при определении знака Мх и Му поступаем так: при взгляде от положительного направления оси к центру момент по положительным).
часовой стрелке считается
* В таком виде эти уравнения и были выведены проф. В. Зг Власовым. Вывод уравнений (1.45) см. работу [10].
109
Уравнения устойчивости (1.45) при внецетренном сжатии принимают вид:
Е1у SIV + Р-Г + (Мх + Рау) 0" = 0;
Е/х^ + Р^" + (Му-Рах)0" = О-,	(147)
(Мх + Р^)Г + (^-Рлх)^ + £/ш61У +
+ (r2P + 2?хМу - 2?у Мх - QId) 6" = 0.
Рассмотрим детально случай центрального сжатия, когда сила приложена в центре тяжести сечения, но центр тяжести не совпадает с центром изгиба; в этом случае
ех = еу = 0; Мх = Му = 0; ах 0; ау 0
и уравнения устойчивости принимают вид: £//IV + /M" + Pa/" = 0;
Е1Х^ + Р-г[' -РахЬ" = Ъ,
(1-48)
Рау I" - Рах + Е1Ш 9IV + (r2P - QId) 9" = 0. ,
Дифференциальными уравнениями (1.48) и условиями закрепления стержня по концам определяются все формы потери устойчивости невесомого стержня при его центральном сжатии. В каждое из уравнений (1.48) входят одновременно поступательные перемещения 6, т) и углы закручивания 9; это показывает, что, если центр изгиба не совпадает с центром тяжести (ах 4- 0, ау 0), то эйлеровская изгибная форма потери устойчивости при центральном сжатии становится невозможной. В частном случае, когда центр изгиба совпадает с центром тяжести (например, в сечении с двумя осями симметрии) ах = ау = 6 н. уравнения (1.48) распадаются на три отдельные уравнения
EIyllv + Р1" = 0;
Е1Х^ + Р7)" = 0; £/JIV+(r2P-G/J 9" = 0.
Решения первых двух уравнений дают две эйле-ровские критические силы, соответствующие изгибу относительно осей х и у, решение третьего уравнения дает критическую силу Рш, соответствующую чисто крутильной форме потери устойчивости.
ПО
Уравнения (1.48) характеризуют наличие одновременно изгиба и кручения при потере устойчивости, или, как говорят, изгибно-крутильную форму потери устойчивости.
Рассмотрим случай, когда концы стержня закреплены от перемещений в плоскости поперечного сечения и свободны от нормальных напряжений, вызываемых изгибом и кручением, т. е.
при z = 0 и при z =/;
$ = 7) = 0 = О г = <=в" = о.
Этим граничным условиям и дифференциальным уравнениям (1.48) будет удовлетворять решение в виде
E=Msin—; 7! = Bsin—;	6 = Csin—, (1.49)
l	l	i v '
где А, В, С — некоторые постоянные коэффициенты; г —любое целое положительное число
(z = 1, 2, 3...).
Подставляя значения (1.49) в уравнение (1.48) и вводя обозначение X = -у- (1.50), получаем после сокращения на общий множитель X2-sinXz следующую систему линейных однородных алгебраических уравнений:
(Е1у Х2 — Р)А — РауС = 0;
(EIx\2-P)B + PaxC = Q-,
— РауА + РахВ + [Е1Ш X2 + O/d - г2Р] С = 0.
(1-51)
Ненулевое решение для неизвестных А, В и С получим, если приравняем нулю определитель, составленный из коэффициентов при этих неизвестных. Условие D = 0 и есть уравнение устойчивости, из которого определяется критическое значение нагрузки. Это уравнение может быть записано так:
Ру-Р;
0;
— avP;
0;
РХ~Р-, ахР-
— ауР ахР (P^-Pjr2
ш
— эйлеровские критические силы;
(а)
где р Е1Х\2 | . Ру = Е1у\2\ EI^+GId
Рш =----~	— критическая сила для чисто
крутильной формы потери устойчивости.
Раскрывая определитель, получаем
(Ру - Р) (Рх - Р) (Pw - Р) Г2 - Я2 Р2 (Рх -Р)-— а2Р2(Ру — Р) =0,	(1.52)
или, располагая по степеням Р
(- г2 + а} + я2) Р3 + [ (Рх + Ру + Рш) г2 -
-а?уРх- а?хPJ Р2 - г2 (РхРу + Ру Рш + РшPJ Р + + РХРУРШ г2 = 0.	(1.53)
Уравнение (1.53), кубическое относительно силы Р, имеет три корня Д, Р2, Р3, соответствующие трем степеням свободы поперечного сечения с недеформи-руемым контуром в своей плоскости. Каждый из этих корней Pj, Р2, Р3 будет зависеть от числа полуволн п (п= 1, 2, 3, ... , ос), т. е. будет иметь бесконечное множество значений в соответствии с бесконечным
числом степеней свободы упругой оси стержня.
Пусть Pj < Р2 < Р3, а из эйлеровских критических сил минимальной будетРх
Рх<Ру<Рш.
Представим уравнение (1.53) в виде /(Р) = 0 и исследуем характер функции /(Р), произвольно изображенной на рис. 1.74.. Из уравнения (1.53)
рис 1 74	видно, что при малых значе-
ниях Р знак /(Р) должен совпадать со знаком свободного члена, т. е. при P<Pi f(P)>0. Из уравнения (1.52) находим, что 1) при Р = Рх f(P) = — а\Р*х (Ру — Рх) < 0, т. е. значение Р — Рх располагается где-то между Рх и Р2;
12
2)приР = Р_и f(P) = ~(РХ — Py)a2yPi> 0;
3) при Р = Рш f(P) = - (Рх- Ра ) а2 Р1-{Р-РШ) х Ха2P2W > 0, т. е. значения Р = Ру и Р = Рш располагаются между корнями Р2 и Р3.
При больших значениях Р знак f(P) будет совпадать со знаком старшего члена
— г2 +а2 + а2 =----1у + 1х < 0, т. е. /(Р) < 0.
У л	р	J '
Основной, практически очень важный вывод, который следует из этих рассуждений, заключается в следующем: для несимметричного тонкостенного стержня, в котором центр изгиба не совпадает с центром тяжести, критическая сила, соответствующая изгибно-крутильной форме потери устойчивости, всегда меньше минимальной эйлеровской критической силы.
В частном случае, если центр изгиба совпадает с центром тяжести сечения, имеем ах = ау = 0, и уравнение (1.52) принимает вид
(Ру - Р) (Рх - Р) (Рщ - Р) г2 = 0, откуда получаем три решения:
1) Рх — р = о, РХ = РХ, 2)Р —Р = 0, Р2 = Ру, 3)РШ—Р = 0, Р3 = Рш, т. е. в этом случае имеем или чисто изгибную, или чисто крутильную форму потери устойчивости, что уже было показано выше непосредственно на дифференциальных уравнениях.
При внецентренном сжатии чисто изгибные и чисто крутильные формы потери устойчивости имеют место, если сила приложена в центре изгиба. В этом случае ех = ах, еу = ау и уравнения (1.47) тоже распадаются на три самостоятельных уравнения
EIvl™ + РЕ" = 0;
EIXT[W + Рт)"=0;
Е1Ш e>v + [Р (г2 + 2МХ + ^уау} - GId] о" = 0.
Первые два уравнения определяют изгибные формы потери устойчивости и дают эйлеровские критические силы Рх = Е1х'г2 и Р„== Е1у\2-, третье уравнение опре-Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 8	113
деляет крутильную форму потери устойчивости, при которой поперечные сечения стержня поворачиваются вокруг центра изгиба; при этом величина критической силы [10j определится по формуле:
г3 -f* 2р и 4~ 2р и гх х 1 у у
Расчетной будет минимальная из трех критических
сил.
а)
8=1см
Е -2,1-10s ks/cm2 G^OfiE -*0,84 106кг/см*
Пример 1.26. Найти критическую силу РКр для шарнирно опертого двумя концами стержня длиной /=5 м, находящегося под действием постоянной продольной, центрально приложенной силы Р. Поперечное сече
ние стержня — нерав-
Рис. 1.75	нобокий уголок, пока-
занный на рис. 1.75 а. Для каждой полоски, составляющей уголок, прово-
дим срединную линию (рис. 1.75) и все дальнейшие расчеты ведем для этой линии. Площадь поперечного сечения Р — 30-1 +20-1 = 50 см2.
Координаты центра тяжести
„ sab 30-15 Q „„
_уп ------------------— 9 см.
F 50
sac	20-ю	4
F	- 50
СМ.
Моменты инерции относительно случайных центральных осей
А, = 20-92 +	+ 30-62== 4950 см4.
1У1 = 30-42 +	+ 20-62 = 1867 см4.
Jx,yi = — 20 • 9  6 - 30 • 4 - 6 = - 1800 см4.
114
Угол наклона главной оси
tg 2а0 ----2-°'1- = — 2,1800 = 1,165,
&	/, - /„	4950 —1867
У1
откуда
% = 24о40'; tgao = O,46; sinao = O,418; cosa0 = 0,91.
Главные моменты инерции
^т?х = ' 9 У‘ ~ Т ^х' ~ 1у'	“
min	£.	£.	*'1
= ,4950.± 1867 + -1.-/ (4950 — 1867)2+ 4-18002 ;
/тах = 1Х = 3408 + 2365 = 5773 см\
/min = Л = 3408 — 2365 = 1043 см\
Момент инерции при свободном кручении
4=-.^683 = - (30-13 Ч- 20-13) = 16,7 см*. 3	3
Центр изгиба лежит на пересечении полок (точка
А на рис. 1.75 6).
Поэтому секториальный момент инерции 1Ш = 0.
Координаты центра изгиба относительно центра тяжести
ах = 7,4 см\ ау — 6,5 см.
г2 = а2х + а2у +	= 7,42 + 6,52 +
+ 5773 Ч-КИЗ.^ 233,4 см*. 50
Эйлеровские критические силы и критическая сила свободного кручения
Рх = EIX X2 = 2,1 • 106 - 5773 •	= 478000 кг = 478 т;
х х	5002
р = EIV X2 = 2,1 • 106 • 1043	= 86300 кг = 86,3 /и;
у у	5002
р _ £/-> V + G/“. _ Qid _ 0,84-10°: 16,7 = m900	= fiQ 9 т
“	г2 г3 233,4
8*
115
Подставляя все полученные значения в уравнение (1.53), имеем следующее кубическое уравнение для определения критической силы: — Р3 + 885,4 Р2 — — 128000 Р + 4 200000 = 0. Минимальный из трех корней этого уравнения и является расчетной критической силой, соответствующей изгибно-крутильной форме потери устойчивости. Решая уравнение, получаем Pmin = РКр — 47,6 т, что меньше минимальной из трех ранее найденных критических сил на 59 4_47 g
—:—-- ’ • 100 s 20% и меньше эйлеровской изгибной критической силы на
.§6’3-47’6.. юо = 45%.
86,3
Следует отметить, что неравнобокие уголки прокатного сортамента имеют значительно большую относительную жесткость на кручение, чем в данном примере, из трех сил Рх, Ру, Рш минимальной для них является эйлеровская критическая сила Ру и окончательная критическая сила, соответствующая изгибно-крутильной форме потери устойчивости, мало отличается от Ру.
После определения критической силы, как всегда, необходимо проверить, находятся ли критические напряжения в пределах упругости материала. В нашем примере:
°кР =	= -эд- = 950 кг/см < опц,
что подтверждает законность произведенного расчета.
Пример 1.27. Найти величину критической нагрузки центрально нагруженного продольной силой, шарнирно опертого двумя концами стержня длиной / = 9,0 м\. поперечное сечение стержня—сварное, из стальных листов 300X 12 и 200X 12 мм (рис. 1.76&). Площадь сечения F= 2-30-1,2 + 20-1,2 = 96 см2. Положение центра тяжести
х0 =	= _3P.-_b2--13:2 =11,25 см.
116
Главные моменты инерции и момент инерции свободного кручения
1Х =	+ 2-30-1,2-102 = 8000 см\
А = 20-1,2-11,252 + 2-	+ 2-30-1,2-3,752= 9450 см
d	3
Определяем ра изгиба на является осью 1,76 б).
положение цент-оси х, которая симметрии
а.
J u>BydF
Ь h „ — . — .8-2 2 2
bh = ~ W п Ла
&2 h - + 2& О
30»	,о е
— —---------- — 13,5 см.
20 „
- +2-30
О
ах = а.х + х0 = 13,5 -Ьг 11,25 = = 24,75 см; ау = 0.
(рис.
- Вычисляем секториальный момент инерции при помощи эпюры секториальных площадей, показанной на рис. 1.76 в
/ю ю^ = 2.1|2rj353-W_ . А + 135а.30.2, J	L 2	3	2-3
165а-30 2_ _ 2 135.30 ' 165-1 = 7q000q смб
2	3	2	3 J
* Коэффициент а здесь принят равным единице.
117
г _ a’ + + -Д±Д - 24,752 + 80М-|-М5(| _ х у ' Р	96
= 612+ 182 = 794 см2.
Эйлеровские изгибные критические силы и критическая сила при свободном кручении:
Рх = EIX X2 = 2,1 • 106 • 8000 •	= 204000 кг = 204 /п;
* х	900s
Ру = Е1у Х2 = 2,1 -106-9450^ = 241000 кг = 241 т\
3,14а
n	2,1.10в.700000 ^ + 0,84.10в.46
Ри> г*	794
= 71200 «г = 71,2 т.
Ввиду того, что сечение имеет одну ось симметрии и ау — 0, система уравнений (1.51) распадается на две системы:
(Ру — Р) А = 0, откуда при А =f= 0 Р1 = Ру = 241 т;
{Рх-Р)]В-ахРС = 0, | ахРВ + (Рш - Р) г2С = 0,/
Рх — Р; ахР ахР- (Ра - Р) г2
откуда
Раскрывая определитель, получаем для определения критических сил, соответствующих изгибно-крутильной форме потери устойчивости, следующее квадратное уравнение:
r3	ri
р - (Рх + рш) —£-^-р + рхр^т-^-=°-
' ах	Т ах
Подставляя в это уравнение найденные выше значения Рх, Ри>, г2, а2х, получаем
Р2 — 1200 Р + 63200 = 0,
откуда Р = 600 ± /360000 — 63200 = 600 + 545;
Pmin — 55 тп; Ртах == 1145 tn.
Таким образом, расчетной критической силой является Pmin = 55 т, критические напряжения
Т^кр 55000	г-«.	.	2
°кр == р == gg == 574 кг/см	®пц.
118
§ 22. Потеря устойчивости плоской формы изгиба балки
Одним из частных случаев потери устойчивости 1-го рода является потеря устойчивости плоской* формы изгиба; при этом в первоначальном состоянии ось стержня от действия продольных или поперечных нагрузок изгибается в одной какой-то плоскости, а при нагрузке, равной критической, становится возможной новая форма равновесия, с изгибом в двух плоскостях и закручиванием (рис. 1.77 а, б).
Рис. 1.77
Рис. 1.78
1. Рассмотрим сначала случай потери устойчивости при наличии только поперечных нагрузок (рис. 1.77 а); пусть сечение стержня имеет две оси симметрии (например, двутавр). Для этого случая из общих уравнений (1.45), приняв
=	= = = =	^=^ = 0,
получаем два совместных дифференциальных уравнения, описывающие дополнительные деформации при. выходе из первоначальной плоскости изгиба.
EIyVv + (Л46)" = О, £/<„0IV-O/de" + M" = O.
(1.54>
При произвольной нагрузке уравнения (1.54) имеют переменные коэффициенты, так как М = /(г). Наиболее простое решение получаем при чистом изгибе, когда М = const (рис. 1.78 а).
119-
При М= const уравнения (1.54) приобретают вид
EIJ™ + МЧ" = О, Е1Ш 6iv - Qld4" + Ж = 0.
(1.55)
Граничные условия могут быть различными; рассматривая, как и в § 21 данной главы, шарнирное закрепление обоих концов стержня, имеем граничные условия: при z = 0 и при z = l, $ = 9=0, $" = 6" = 0 и решение системы уравнений (1.55) в виде
t л 
$ = A sin---------;
I
= Csln -----.
l
Подставляя это решение сокращения на
в уравнения (1.55), после
Z2Tt2 , ZTtZ ------- sin-----------
Р I
получаем два однородных линейных уравнения для определения постоянных А и С
Е/уУА-МС = 0;
— МА + (£7Ш X2 + GZJ С = О, • гдек = А.
Приравнивая нулю определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных А и С, получаем уравнение для определения критического значения момента М
Е!^, -М
— м- ЕЦ X2 + GId
EIy X2 (£7Ш X2 + GZJ — 7И2 = О, откуда критическое значение момента М
Мк₽= ± X/Е1у(Е1ш)?+ 01^ = ± гУРуРш. (1.56)
Для балки на двух опорах, загруженной равномерно распределенной нагрузкой (рис. 1.78 6), изгибающий момент в произвольном сечении равен
М = дг (I - z)
2
120
и уравнения (1.54) принимают вид: Е1уФ 4-	W = 0,
Е1Ш 6IV — 0/d b" + ~qz {I - 2) Л" = 0.
(1.57>
В результате интегрирования уравнений (1.57),. которое можно выполнить либо одним из вариационных методов, либо в бесконечных рядах, находим, что критическая интенсивность нагрузки имеет следующее значение:
_ кУЁ!^Тл
Якр — р 	(1.58)'
Величина К, являющаяся функцией параметра т?— = Щ*1 , приведена в табл. 1.12.
Таблица 1.12
яг2	0,4	4	8	16	24	32	48	64	80	96	160	240	320	400
К	143	53,з|42,6^36,3			33,8|з2,6		31,5*30,5		30,1	29	29	1 28,8 28,6 1		28,6
Влияние различного вида поперечных нагрузок рассмотрено в работе [10].
2. Рассмотрим случай потери устойчивости плоской формы изгиба стержня с сечением, имеющим две оси симметрии, при действии постоянной продольной, силы, внецентренно приложенной по одной из осей симметрии (рис. 1.77 6).
Для этого случая из уравнений устойчивости при внецентренном сжатии (1.47), положив ах = ау = ех = = PX =₽j, = 7Иу = 0 и Мх = — Рву, получаем следующие уравнения, описывающие дополнительные деформации при выходе из первоначальной плоскости изгиба
Е1у^ + РУ-РеуЬ"^,	.
- Реу Г 4- Е1Ш 6IV 4- (r2P-QId) 6" = 0. J
121
Для шарнирно опертого двумя концами стержня с граничными условиями $ = J" = 0 = в" = 0 при z = О и z = I имеем 5 = A sin \z; 6 = С sin Xz и, подставляя это решение в уравнения (1.59), после сокращения на Л2 sin Хг, получим (£/уХ2 — Р)А + РеуС = О,
РеуА + (£/ш X2 4- QId - г2Р) С = 0.
Используя введенные выше [см. (а)] обозначения
и приравнивая нулю определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных, получаем
Ру-Р-, Реу Ре„; (Рш-Р)г2
= 0.
D =
Таким образом, для определения критической силы, соответствующей потере устойчивости плоской формы изгиба, имеем следующее квадратное уравнение:
ff-(P, + P-'>-^ii-P + P,P-~y~o ,L60> .(аналогичное уравнение было выше получено при рассмотрении центрального сжатия сечения с одной осью симметрии).
Решая уравнение (1.60) относительно Р, найдем
.е . 2 Фу + X
РуРц> {Pv+P^2.
(1-61)
Рис. 1.79
Пример 1.28. Однопролетная шарнирно опертая балка с двумя короткими консолями изгибается в плоскости yOz (рис. 1.79). Пролет балки 1 = = 10,0 м.\ поперечное сечение двутавр № 60 а. Пренебрегая влиянием кон-
солей, найти крити
-.122
ческое значение момента М = Ра, соответствующее потере устойчивости плоской формы изгиба балки. Модули упругости
f = 2,l-106 кг/см2, G = 0,4£.
Геометрические характеристики поперечного се' чения
1Х 83860 см 1 по сортаменту ОСТ 10016—39 /у= 1700 ли4 J
4 = аX “ = V (55>6• ^З3 + 2-17,6-2,23) = 215 см\ о и
/ =	± 2. ^.4§ = 62&3ft2 = 2,2-17,63-57,82 _
“	4 ’ 4 ‘ 3 ’ 4 ’ 2	24 ~	24	“
= 1670000 см6.
По формуле (1.56), приняв г=1 и вынося модуль упругости Е из-под знака радикала, имеем
м., = f' *]/ /,(/.£ + 0.4/.,)-
" 7^ 2.1  W1/ 1700 6 670000	+ 0,4.215'
= 2 750000 кг-см = 27,5 т м.
Критическое краевое напряжение
а кр
<Р  2 750 000-30 = д83
Wx 83 860
кг/см2.
Пример 1.29. Найти критическую интенсивность нагрузки и критический изгибающий момент, соответствующие потере устойчивости плоской формы изгиба, для шарнирно опертой балки I — 10,0 м, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой по всей длине. Поперечное сечение двутавр № 60 а.
Геометрические характеристики берем из предыдущего примера. Определяем параметр
^2 _ GIdP = 0,4-215-1000а ~ EIW ~~	1 670000
= 51,6.
123
Из табл. 1.12 по интерполяции находим
К=31,3.
Критическая интенсивность нагрузки (по форм, 1.58)
_ EK V I^Ald	2,1-106-31,3/1700-0,4-215
^к₽ ~~ Р —	10003	~~
= 25,2 кг/пог. см. q = 2,52 т/пог. м. Критический максимальный изгибающий момент yvfmax =	=;.2’52:.1.02. = 31 5 тм.
Критические краевые напряжения
к₽ Wx 83 860
Пример 1.30. Найти критическую силу для вне-щентренно сжатой стальной полосы с размерами, показанными на рис. 1.80
£ = 2,1 • 106 кг/см2-, О = 0,84’Ю6 кг/см2.
Геометрические характеристики:
4 =	= 1333 см\
х 12
1 = 20^ = 13 33 см4
у	12
= 20^ = 53 3
d	3
/ш = 0;
Критические силы чистого изгиба и чистого кручения при выходе из плоскости yOz
Р =£/_— = 2,1-106-13,33-^ =27700 кг = 27,'7 т.
У У р '	1002
Р	= 0,84-10°-53,3	133ОООО кг = 1330 т.
ш г» 33,6
424
Изгибно-крутйльные критические силы при потере устойчивости плоской формы изгиба (формула 1.61):
Р„ = , 1 7; (Р. + PJ х
1 _ 4 А _ ру'Рш г*/(Ру + Рш)2
—Ц—(27,7 + 1330) х
1 —--)
33,6/
27,7-1330
(27,7 + 1330)2
= 2657 (1 ± 0,9897).
Минимальная критическая сила
Ркр =2657(1 -0,9897) =2657-0,0103 = 27,36 < Ру. Критические краевые напряжения
а
(-) _ Р. , Ре: max — i- — кр Г U/j
= 27360
“ 40 +
27360-5-10
1333
= 684 + 1023 =
= 1707 кг/см? < апц .
§ 23.	Потеря устойчивости при растяжении
При внецентренном действии продольной силы потеря устойчивости может возникнуть не только при сжимающей, но и при растягивающей продольной силе. Неустойчивые формы равновесия возникают здесь потому, что при внецентренном приложении
125
растягивающей силы часть сечения оказывается сжатой.
Математически возможность потери устойчивости при растяжении подтверждается уравнениями (1.45), которые могут быть решены для N= + Р при эксцентриситетах, лежащих за пределами некоторой области, которая называется областью устойчивости при растяжении. В самом деле, если, например, растягивающая сила приложена в ядре сечения, во всех точках возникнут только растягивающие напряжения и первоначальная форма равновесия будет устойчивой при всех значениях нагрузки.
Анализ уравнений, проведенный В. 3. Власовым, показывает, что область устойчивости при растяжении независимо от формы поперечного сечения стержня представляет собой круг, так называемый круг устойчивости, радиус которого и координаты центра в самом общем случае определяются по формулам:
п2_иу2 их2 /х+1у .
uv	их
кУ = ^=аУ + Ь
(Ux, иу,	см. формулы 1.46).
Если поперечное сечение стержня имеет одну ось симметрии, то Ux = Uy = 0, центр круга устойчивости совпадает с центром тяжести и радиус его равен полярному радиусу инерции
I
}	(1.62)
Г
При одном и том же эксцентриситете растягивающая критическая сила всегда оказывается больше сжимающей. Эта разница убывает с увеличением эксцентриситета.
На рис. 1.81 даны графики критических сжимающих и растягивающих сил, построенные для таврового стержня с размерами:
rfj = 10 см\ d2 = 5 см', == 32 = 0,5 см\ I — 167 см
126
и силой, действующей на оси ох(еу=0). На графике значение каждой силы отложено в точке, соответствующей ее эксцентриситету (график взят из книги [1]).
ЛИТЕРАТУРА
1.	В. 3. Власов. Тонкостенные упругие стержни. Стройиз-дат, 1940.
2.	Б. Г, Г а л е р к н н. Стержни и пластинки. Собр. Соч., т. 1 нзд-во АН СССР, М„ 1952.
3.	А. Н. Д и н н и к. Избранные труды, т. 1. Изд-во АН УССР, Киев, 1952.
4.	Ф. Д. Дмитриев. Крушения инженерных сооружений. М., 1953.
5.	А. Н. Динннк. Устойчивость арок. Гостехиздат, 1946.
6.	М. Я. Дьяков. Устойчивость двухшарнирной арки с затяжкой и подвесками. Строительная механика и расчет сооружений, № 2, 1961.
127
7.	В. И. Заборов. Об устойчивости несимметричной трехшарнирной арки. Сб. Исследования по теории сооружений. М., 1954.
8.	Н. В. Корноухое. Прочность н устойчивость стержневых систем. Строииздат, 1949.
9.	П. И. К о ч у г о в. Устойчивость арок переменного сечения. Вестник инж. и техн., № 7, 1937.
10.	Н. Л. Кузьмин, П. А. Лукаш, И. Е. Милейков-с к и й. Расчет конструкций из тонкостенных стержней и оболочек. Гос. изд-во по стр-ву и архитектуре. М., 1960.
И. A. III. Локшин. Об устойчивости стержня с криволинейной осью. Прикл. мат. и мех. Т. 1, 1934.
12.	Е. Л. Николаи. Об устойчивости кругового кольца и арки. Изв. Петрог. политехи, ин-та. Т. XXVIII, 1918.
13.	Я. А. Пратусевич. Вариационные методы в строительной механике. Гостехиздат, М., 1948.
14.	И. П. Прокофьев, А. Ф. Смирнов. Теория сооружений. Ч. 3. Трансжелдориздат, 1948.
15.	Г. Л. Павленко, А. Б. Мор гаев с кий. Устойчивость упругой параболической арки с затяжкой. Сб. Исследования по теории сооружений. Т. 5, М., 1951.
16.	А. А. П нк о век и й. Устойчивость и деформационный расчет стержневых систем. Справочник проектировщика. М., 1960.
17.	И. М. Р а б и н о в и ч. Курс строительной механики. Т. 2. М„ 1954.
18.	А. Р. Ржа ни цы и. Теория составных стержней строительных конструкций. Стройиздат, 1948.
19.	А. Р. Ржаницын. Устойчивость равновесия упругих систем. Гостехтеориздат, М., 1955.
20.	А. Ф. Смирнов. Устойчивость и колебания сооружений. Трансжелдориздат, 1958.
21.	Н. К. Снитко. Устойчивость стержневых систем. Гос. изд-во по стр-ву и архит. М., 1952.
22.	С. П. Тимошенко. Устойчивость упругих систем. Гостехиздат, 1946.
23.	И. Я. Ш т а е р м а н. О продольном изгибе круговых арок переменного сечения. Изв. Киевского политехи, ин-та, 1929.
24.	И. Я. Штаерман. Устойчивость круговых арок под действием сосредоточенной силы. Прикладная механика и математика, № 3, 1938.
25.	И. Я. Ш т а е р м а н, А. А. П и к о в с к и й. Основы тео-оии устойчивости строительных конструкций. Госстройиздат, 1939.
РАЗДЕЛ II
Основы динамики сооружений
Г л а в а 1
СИСТЕМЫ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ
§ 24.	Основные понятия	1
Динамика сооружений, являющаяся одним из разделов строительной механики, занимается разработ^ кой принципов и методов расчета сооружений на действие динамических нагрузок, т. е. таких нагрузок, величина, направление или положение которых изменяются во времени. При действии на сооружение динамических нагрузок возникают и играют существенную роль силы инерции масс этих нагрузок и самого сооружения.
Динамические нагрузки разделяются на следующие основные виды:
а)	вибрационная нагрузка, создаваемая стационарными машинами и механизмами с движущимися частями, например электромоторами, турбогенераторами, станками и др. Нагрузки этого вида почти не зависят от свойств конструкций, на которые они действуют, но являются основным источником колебаний этих конструкций;
б)	ударная нагрузка, создаваемая падающими грузами и падающими частями силовых установок (молотов, копров и др.). Эти нагрузки характеризуются небольшой продолжительностью их действия и зависят от упругих и инерционных свойств конструкций, воспринимающих удар;
в)	подвижная нагрузка, положение которой в пролетах сооружения изменяется, .во времени, на-
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 9	129
пример, нагрузка от подвижного состава железных дорог, от автомобилей, от кранов и др.
Динамические нагрузки могут быть и комбинированными, например, ударно-вибрационная нагрузка от копров периодического действия.
К числу динамических нагрузок относятся ветровая, от взрывной волны и сейсмическая нагрузки, проявляющиеся в виде одного или ряда, иногда периодических, толчков.
Все динамические нагрузки вызывают колебания конструкций, на которые они действуют.
Здесь будет в основном рассмотрено действие вибрационной нагрузки в виде периодически действующих сил, изменяющихся во времени по гармоническому закону, т. е. по закону синусоиды или косинусоиды.
Динамический расчет производится как с целью проверки сооружения на прочность, так и с целью определения величин динамических перемещений, скоростей и ускорений, которые при воздействии на людей и на некоторые виды оборудования, например на измерительные приборы, не должны превосходить определенных допустимых пределов.
Для решения задач динамики сооружений применяются два основных способа:
А. Статический способ, основанный на применении уравнений динамического равновесия, которые отличаются от уравнений статического равновесия дополнительным учетом, согласно принципу Да-ламбера, сил инерции в виде произведения масс на ускорения, т. е. на вторые производные перемещений по времени.
Б. Энергетический способ, основанный на применении закона сохранения энергии М. В. Ломоносова, согласно которому сумма потенциальной и кинетической энергии упругой системы является величиной постоянной во времени.
Трудоемкость динамического расчета той или иной упругой системы зависит прежде всего от степени свободы этой системы, т. е. от количества независимых геометрических параметров, определяющих положение всех масс при любых возможных упругих перемещениях системы.
130
Следует иметь в виду, что в понятие степень свободы в динамике сооружений вкладывается другой смысл, чем в статике сооружений. Подсчет степеней свободы при кинематическом анализе в статике сооружений производится без учета упругих деформаций дисков и стержней, которые считаются абсолютно жесткими. В динамике же сооружений при определении степени свободы системы рассматриваются именно ее упругие деформации.
г)
Рис. 2.1
Так, например, показанная на рис. 2.1 а невесомая балка с одной точечной массой т имеет одну степень свободы, так как положение этой массы определяется одним параметром jz. Невесомая балка с тремя точечными массами, показанная на рис. 2.1 б, несмотря на бесконечное число возможных форм упругой линии; имеет только три степени свободы, так как положение трех масс т1г т2, т3 определяется тремя прогибами j/j, _у2 и _у3 соответствующих точек балки.
Рама, показанная на рис. 2.1 в с тремя сосредоточенными массами, имеет четыре степени свободы, так как положение каждой из масс тг и т2 характеризуется только ее горизонтальным перемещением, а положение массы т3 характеризуется уже двумя ее перемещениями — горизонтальным и вертикальным.
Абсолютно жесткая балка (рис. 2.1 г), могущая совершать перемещения, вращаясь вокруг неподвижной точки О, является системой с одной степенью свободы, независимо от числа масс и упругих - опор, так как положение всех масс определяется одним параметром — углом поворота а балки относительно центра О.   	' !	; •
9*	J-ЗД
Если массы рассматриваются не как точечные, то приходится учитывать инерцию их вращения, и тогда во всех рассмотренных примерах число степеней свободы оказывается ббльшим, так как положение масс в этом случае определяется уже не только прогибами, но и углами поворотов.
Так, например, плоская система, показанная на рис. 2.1 в, будет в этом случае иметь семь степеней свободы.
Если учитывать собственную распределенную массу упругой системы, то степень свободы такой системы окажется уже равной бесконечности. Строго говоря, по кольку все сооружения имеют распределенную массу, они всегда являются системами со степенью свободы, равной бесконечности, однако во многих случаях удается свести расчет таких систем к расчету систем с конечным числом или даже с одной степенью свободы.
§ 25.	Свободные колебания систем с одной степенью свободы
Если упругая система в результате взаимодействия с каким-либо другим физическим телом оказывается выведенной из состояния равновесия, то после прекращения указанного взаимодействия система будет совершать свободные ко-
Рис. 2.2 новного уравнения
лебания.
Свободные колебания системы с одной степенью свободы рассмотрим на примере балки, жестко заделанной одним концом с точечной массой на свободном конце (рис. 2.2). Из ос-ки (второй закон Ньютона)
масса выражается как частное от деления силы веса груза Q на величину ускорения силы тяжести £=981 см/сек2, т. е.
т = — , или Q=m-g.	(2.1)
S
132
Таким образом, в технической системе единиц размерность массы выражается в кГсек1/см.
Под действием груза Q точка его приложения переместится вниз на величину j/CT. На рис. 2.2 упругая линия балки от статической нагрузки Q изображена сплошной кривой линией.
 При свободных колебаниях балки в любой момент времени на массу т, отклонившуюся от положения статического равновесия на величину у, будет действовать восстанавливающая сила R, т. е. сила упругой реакции балки, стремящаяся вернуть массу т в положение статического равновесия и направленная в сторону этого положения. Восстанавливающая сила пропорциональна величине отклонения у точки, в которой сосредоточена масса, т. е.
R = ry.	(2.2)
Коэффициент пропорциональности г представляет собой реакцию балки в рассматриваемой точке при перемещении этой точки, равном единице. Очевидно, что эта величина, зависящая от упругих и геометрических характеристик системы, может быть найдена из общего выражения для перемещения, вызванного сйлой г и приравненного единице, т. е.
где 5 —перемещение рассматриваемой точки, вызванное единичной силой.
Так, например, для рассматриваемой балки при действии силы Q = 1 имеем:
J. Ql3	Р	ЗЕГ
——=  и г =--------.
ЗЕГ	ЗЕГ	Р
Если в соответствии с принципом Даламбера приложить к массе т, кроме действующей на нее восстанавливающей силы R, еще и силу инерции X этой массы, то обе силы будут находиться в динамическом равновесии.
Сила инерции равна произведению массы т на ее ускорение, т. е. на вторую производную пути у по
133
времени t. Эта сила направлена в сторону, противоположную ускорению, и выражается так
X = — т	= — ту",	(2.3)
где t — время.
Считая положительными силы, перемещения, скорости и ускорения, направленные вниз, можно составить такое уравнение динамического равновесия
ХУ = -/? + ^ = 0.
t Подставляя вместо R и X их выражения (2.2) и (2.3) и меняя знаки, получим такое дифференциальное уравнение
гу Ч- ту" = 0.	(2.4)
Введем обозначение 
ш=]Л.	(2.5)
Г т
Тогда дифференциальное уравнение (2.5) примет вид у" +	= 0.	(2.6)
Решение этого обыкновенного однородного линейного дифференциального уравнения второго порядка дается в курсе высшей математики и имеет следующий вид
у = A sin + В cos «Л	(2.7)
Постоянные А й В определяются из начальных условий движения при t = 0 у =yQ = В. Для нахождения А надо определить скорость колебательного движения, дифференцируя предыдущее выражение по времени t.
v =у' = cos и/ — «В sin	(2.8)
при
t = 0 v=y' = v0, A= —. Ш
Теперь уравнение (2.7) примет вид
у = — sin + _у0 cos <ot.	(2.9)
.134
' Это уравнение гармонического колебания может быть еще представлено в таком виде
у = a sin (®/ + <р0),	(2.10)
где
/	/ „ .2
а~У ^+(f)-	(2-11)
X ш Vo	• Ул
с₽0 = arc tg — = arc sin — «о	a
(2.12)
Соответствующие выражения можно также получить для скорости и ускорения гармонического колебательного движения:
v = у' = аи> cos (со/ <р0);	(2.13)
® = у" = — a®2 sin (со/ + <р0).	(2.14)
График уравнения (2.10) представлен на рис. 2.3.
Величина а, характеризующая размах колебания, называется амплитудой колебаний. Величина т0, характеризующая отклонение точечной массы в начальное мгновение, называется начальной фазой колебаний.
Уравнение (2.10) приводит
Рис. 2.3
к одинаковым значе-
ниям у при
• / = / t = tx + -,.../=/14-2^, О)	Ш
поэтому период, т. е. продолжительность полного цикла колебаний, составляет
7' = —.	(2.15)
На графике рис. 2.3 эта величина, имеющая размерность времени, показана как отрезок времени между двумя соседними однозначными амплитудами.
135
Частота колебаний, т. е. число полных циклов колебаний в 1 сек выражается в герцах и составляет
Х=4=Г-	(2.16)
J ZTZ
При этом Т должно быть выражено в сек.
Число колебаний в течение 2к сек, т. е. величина ®, называется круговой, или циклической, частотой. Она выражается формулой (2.5), а также и следующими формулами:
<0 = ^ = 2^.	(2.17)
Кроме того, учитывая, что г=-^- и что ш==— , формулу (2.5) еще можно привести к такому виду
Ш = 1 / — = -,L =  Л  ==]/—, (2.18) Ут У§т / y^Q у Уст
V "оГ
где j/CT = 8Q — статический прогиб системы от груза Q, масса которого составляет т.
Из формул (2.18) видно, что частота уменьшается с увеличением статического прогиба упругой системы, т. е. с уменьшением ее жесткости. Частота убывает также с увеличением массы.
Технической частотой п называют число колебаний в минуту. Техническая частота выражается следующими формулами:
п = 60Л = — Т
30ш=30 / 981 _ 300
V Лт V лГ*
(2.19)
Пример 2.1. Требуется определить круговую и техническую частоту, а также период собственных колебаний сосредоточенного груз^ Q= 1200 кГ, приложенного на свободном конце балки, жестко заделанной другим конном (рис. 2.2). Балка пролетом 1= 1 м, из прокатного двутавра 20 в с моментом инерции поперечного сечения относительно горизонтальной оси / = 2500 см\ Собственный вес балки не учитывается.
136
Приняв модуль упругости Е — 2,1 -106 кГ/см?, найдем статический прогиб свободного конца балки от заданного груза
QP
ЗЕГ
1200-1003
3-2,1-10’-2500
= 0,0762 см.
Круговая частота свободных колебаний находится по формуле (2.18) при g = 981 см/сек1.
981 0,0762
= 113 сек \
Период колебаний по формуле (2.15)
21t	6,28	Л ЛЕСЕ
Т = — = - — = 0,0555 сек. и>	из
Техническая частота по формуле (2.19) составляет
60	60 1ЛОП
zz =— =---------=1080	мин	.
Т 0,0555
Если бы требовалось, найти только этот результат, то его проще было получить непосредственно по другой формуле
Пример 2.2. Требуется определить круговую частоту собственных колебаний сосредоточенного груза Q = = mg = ЗГ, приложенного на расстоянии а = 1,5 м от левой опоры балки (рис. 2.4). Пролет балки I = 6 м. Собственный вес балки (двутавр 30а) не учитывается. Момент инерции поперечного сечения балки I = 8950 см?.
300	300 1AQn -1
п = —— =—=== = 1080 мин .
Z Уст V 0,0762
137
Статический прогиб балки под грузом Q от действия этого же груза находится путем перемножения эпюр по способу А. Н. Верещагина
1 / 3QZ l I 3QI 31 1 \ £/ \ 16 4-2 ‘ 8 + 16 8 8 7
=	3.3000.6003 _ = см
2&EI 256-2,1.106.8950
Круговая частота по формуле (2.18)
981
0,404
49,2 сек \
Пример 2.3. Требуется определить круговую
О'-	7	*
частоту свободных колебаний массы т = —, сосредо
Рис. 2.5
точенной по средине пролета ригеля рамы, показанной на рис. 2.5а, если <2 = 1000кГ, 1 = 2 м, Л = 3 м, El = 1О10 кГсм? и — = 2. Собственную массу стерж-Л
ней рамы не учитывать.
Пользуясь данными из книги проф. Д. В. Бычкова «Формулы и графики для расчета рам» (Госстрой-издат, М„ 1957, стр. 70), получаем в готовом виде эпюру изгибающих моментов в раме от действия груза (рис. 2.5 6).
138
Вычисляем момент в узле В по готовой формуле -----------------!_______________1_____
8 п 3 /Л 3	„ 3-2-3
2 + ?ТГ 2+yt
= 0,115 Тм = 11500 кГсм.
Статический прогиб под силой Q определяем путем перемножения эпюр. При этом эпюра М от единичной силы, приложенной по направлению искомого перемещения, построена для статически определимой основной системы (рис. 2.5 в).
Произведя перемножение эпюр по способу А. Н. Верещагина, найдем
_УсТ ---
_i_tq/_
EI L 4
L 1 1.9 2’2'б 2
2
I I'
4 ' 2
1 / QI3 _ mb P \ = 1 / 100Q.2003 _ 11500-2002
EI \ 48	16 J IO’» \	48	16	.
= 0,0139 cm.
Круговая частота свободных колебаний
981
0,0139
266 сек *.
Пример 2.4. Требуется определить техническую частоту собственных вертикальных колебаний фундамента (рис. 2.6), передающего равномерное давление на грунт, равнодействующая которого Q = 200 Т. Площадь подошвы фундамента составляет F — 10 м2, а коэффициент упругого сжатия грунта к = 2,5кГ1см\
Давление на грунт основания составляет
q = -Q- = 2“ = 20 Т/м2 = 2 кГ/см2.Ц
При таком давлении упругая статическая осадка фундамента, которая войдет в расчетную формулу для частоты вместо статического прогиба, будет
равна
J/ct =	"А- = °>8 см-
к 2,0
139
Техническая частота свободных колебаний
зоо зоо оо- -1 п = —= = -—- = 335 мин .
V Лт ^0,8
Рис. 2.6
Рис. 2.7
Пример 2.5. Требуется найти круговую частоту свободных колебаний массы т, входящей в состав системы, показанной на рис. 2.7. Жесткость стержней и пружины соответственно равны Е1 = со и г.
Статическое перемещение массы равно статическому укорочению пружины и составляет
V >СТ --
Круговая частота свободных колебаний
§ 26. Вынужденные колебания систем с одной степенью свободы при действии вибрационной нагрузки
В ы н у ж д е н н ы м и называются колебания системы, на массу которой, кроме восстанавливающей силы и силы инерции, действует еще возмущающая сила, изменяющаяся по времени.
Наибольшее практическое значение для расчета промышленных сооружений имеет вибрационная гармо-140
ническая нагрузка, т. е. нагрузка, изменяющаяся во времени по закону синуса или косинуса, например сосредоточенная сила
<	P(O = Psin0^, 	(2.20)
где Р — амплитуда возмущающей силы;
6 — круговая частота возмущающей силы.
По гармоническому закону изменяются вертикальная (Ру) и горизонтальная (Рх) составляющие центробежной силы, возникающей при наличии неуравновешенной массы т равномерно вращающейся части машины (рис. 2.8).
Если к системе с одной степенью свободы, например, к балке, рассмотренной в предыдущем разделе и показанной на рис. 2.2, приложена гармоническая возмущающая сила (рис. 2.9) P(t), то в дополнение к силам R и X в уравнение динамического равновесия войдет и сила P(f) и тогда вместо однородного дифференциального уравнения (2.6) мы получим неоднородное, т. е. уравнение с правой частью
Полное решение этого уравнения состоит из общего решения соответствующего однородного уравнения (2.6) и частного решения уравнения (2.21)
У = a sin (ш/ + ?0) + -Psin fl* ,	(2.22)
“2от(1—j)
Первый член этого уравнения выражает свободные колебания, а второй — вынужденные.
141
Как будет показано ниже, свободные колебания быстро затухают благодаря силам сопротивления и тогда устанавливаются вынужденные колебания с частотой 6. Уравнение вынужденных колебаний может быть преобразовано следующим образом
Р sin Of	Р sin Of
у =--------------- ----------=
/ 03 \ / 03 \ ш2т ( 1 — —— )	г ( 1 — —— )
(2.23)
SPsinflf	. д,
=------= Н.Уст Sin 0/,
(И
где уст — статический прогиб системы от силы Р\
р. — динамический коэффициент, показывающий, во сколько раз динамическое действие силы Р (t) превышает статическое действие ее амплитуды Р.
р.=
(2.24)
Произведение _удин = р_Уст называется динамическим прогибом.
РИС. 2;10
Величина динамического коэффициента зависит от отношения частоты возмущающей силы 9 к частоте свободных колебаний системы со. Эта зависимость изображена на графике (рис. 2.10). Иногда на этом графике откладываются абсолютные значения у., как это показано пунктиром.
При 6 < со у. > 1, т. е. положителен. Это означает, что вынужденные колебания
142
происходят в той же фазе, что и колебания возмущающей силы.
При 9 > о) р. < 1, т: е. принимает отрицательное значение, говорящее о том, что колебания силы и системы прои ходят в противоположных фазах, т. е. в противоположных направлениях — если сила направлена вниз, то балка перемещается вверх, и наоборот.
При равенстве частот <о = 9, т. е. при резонансе формула (2.24) приводит к значениям р.= + оо. Однако в этом случае сама формула (2.24), полученная без учета собственных колебаний, оказывается недостаточно точной. Более строгое решение дает следующее уравнение движения при резонансе
у/= _Уст — cos	(2.25)
Эта формула показывает, что динамический коэффициент при резонансе пропорционален времени и достигает бесконечности только по прошествии бесконечно большого промежутка времени t.
Особенностью вынужденных колебаний при резонансе является то, что перемещения, выражаемые формулойД2.25), сдвинуты по фазе на = — относительно возмущающей силы, т. е. перемещения достигают наибольшей величины в те моменты, когда сила обращается в нуль.
Следует иметь в виду, что при резонансе особенно велико влияние’затухания, которое здесь не учитывалось и которое рассматривается в следующем параграфе.
Пример 2.6. Определить динамический коэффициент, амплитуду вынужденных колебаний и наибольшие нормальные напряжения в балке, рассмотренной в примере 2, если сосредоточенный груз Q = 3T является двигателем, совершающим 400 об/мин и дающим вертикальную составляющую центробежной силы P(t) = Psin 9/. При этом Р = б,8Т.
Круговая частота свободных колебаний была найдена в примере 2.2 равной <о = 49,2 сек-1. Круго
143
вая частота вынужденных колебаний, равная частоте возмущающей силы
0 = 400—= 41,8 сект1.
60
Динамический коэффициент по формуле (2.24)
Статический прогиб от силы Р = 0,8Г найдем, используя результат, найденный в примере 2.2 для силы Q = 3 Т.
v„ = 0,404 — = 0,404 — = 0,107 см.
у	Q	3,0
' Амплитуда вынужденных колебаний будет равна динамическому прогибу
.Удин = !\Уст = 3,6-0,107 = 0,386 см.
Полный прогиб балки под силой будет равен статическому прогибу от силы Q плюс динамический прогиб от силы Р.
j/полн = 0,404 + 0,386 = 0,79 см.
Максимальный прогиб, находящийся около середины пролета, может быть несколько больше.
Наибольший изгибающий момент с учетом динамического действия силы Р
М.акс = (Q + р-Р) = (3 + 3,6-0,8) 1'5:4’5 = 6,6 тм = I	о
= 660 000 кГсм. -
Наибольшие нормальные напряжения в опасном поперечном сечении балки
. ^макс_ = 660 °00. = 1100 кГ/см\ макс W 597
В случае же, когда двигатель стоит неподвижно:
Жаке =	= —1,~4,5- = 3,37 тм;
I	6
337 000	2
а„.„. = ——— = 565 КГ СМ .
макс 597
144
Таким образом, наличие динамической нагрузки, даже при отсутствии резонанса, может привести к сильному увеличению напряжений в сооружении по сравнению со статическими.
§ 27. Затухающие колебания
Затухание колебаний происходит от сопротивления внешней среды, т. е. воздуха или воды, а также от вязкости или неполной упругости материала самого сооружения и от трения в опорных устройствах. При всех этих неупругих сопротивлениях происходит поглощение энергии.
Для упрощения математической стороны задачи обычно принимают, что сила сопротивления F пропорциональна скорости колебаний v = y', что она приложена к массе и направлена в сторону, противоположную ее движению. Последнее обстоятельство учитывается знаком «минус»,
F= — ky'.
Здесь k — коэффициент пропорциональности, физический смысл которого мы установим ниже.
С учетом силы F уравнение динамического равновесия для системы с одной степенью свободы принимает такой вид
v" + А у + оЛу = A Sin 0f.	(2.26)
т	т
Полное решение этого дифференциального уравнения будет таким
_ л.
у = аое 2/” sin (coj/Д-<р0) + fAj/ст sin (9/— е).	(2.27)
Первый член выражения (2.27) характеризует собой свободные колебания, а второй — вынужденные.
Здесь е — основание натуральных логарифмов (е = 2,72);
o>j —частота свободных колебаний с учетом затухания, которая выражается так
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат —10	145
<р0 — начальная фаза свободных колебаний:
То = arctS?— v° + y^
(2.29)
aQ— начальная амплитуда свободных колебаний:
(2.30)
График свободных затухающих колебаний показан на рис. 2.11.
Найдем натуральный логарифм отношения двух последовательных однозначных амплитуд свободных колебаний, который обозначим через S
= In е—=-—=/гГ.	(2.31)
,2ст 2т
Эта величина, характеризующая скорость затухания колебаний, называется логарифмическим k декрементом затухания, а величина га =---
. t	2m
коэффициентом затухания.
146
В системе с затуханием зависимость между силой Р и перемещением у нелинейна, поэтому при каждом цикле колебаний на диаграмме Р — у получается замкнутая кривая, называемая петлейгистерезиса (рис. 2.12). Можно принять, что при гармонических колебаниях петля гистерезиса имеет форму, эллипса с центром в начале координат. Отношение работы неупругих сопротивлений &W за цикл к работе W упругих сил за четверть цикла, т. е. на пути от не-нагруженного до крайнего деформированного состояния системы, называется коэффициентомпогло-щ е н и я.
На графике рис. 2.12 работа AUZ выражается площадью эллипса, а работа W площадью заштрихованного треугольника.
Коэффициент поглощения
Ф =
AU7 W
t+т t+T
f dW _ 9 fdy
J W у t	t
= 2 In = 28. (2.32) an+l
 В расчет обычно вводятся значения коэффициента неупругого сопротивления материалов в конструкции у, равные коэффициентам поглощения, деленным на 2*, и представляющие собой отношения амплитуд неупругой и упругой деформации, т. е.
У„	8	kT	k
т ----= — = — =------=-----
_ Уо	2л л	2пт	пгш
Значения этого коэффициента для разных материалов и для разных величин амплитуд инерционных сил машин приведены в табл. 2.1.
Таблица 2.1
(2.33)
Значения коэффициента у в конструкциях
Амплитуд инерционной силы в кГ	Железобетон	Кирпичная клаика	Дерево	Сталь прокатная
<100	0,05	0,04	0,03	0,01
>100	0,1	0,08	0,05	0,025
ч
10*	147
Из формулы (2.33) можно выразить первоначально принятый коэффициент пропорциональности k через другие характеристики затухания
А =	~	= т^<0 = ^тп = гт- (2-34)
Таким образом, коэффициент k не является физической постоянной материала, а зависит еще от массы и жесткости конструкции. Во второй член формулы (2.27) входят следующие величины:
е — сдвиг фазы вынужденных колебаний по отноА шению к колебаниям возмущающей силы
А0
S = arCtS -	’	(2‘35)
(х — динамический коэффициент гармонической нагрузки^ учетом затухания
1 1
(2.36)
Как показывает формула (2.28), затухание приводит к уменьшению частоты свободных колебаний. Однако второй член под корнем этого выражения, как правило, во много раз меньше первого, поэтому практически можно принять = т. е. считать, что затухание не оказывает влияния на частоту свободных колебаний.
Амплитуды вынужденных колебаний и динамические коэффициенты благодаря затуханию уменьшаются и при резонансе в бесконечность уже не обращаются. Тем не менее они могут достигнуть опасных значений.
При совладании частот (9 = «>) из формулы (2.36) получается
2rt ____ п _____ 1
(2.37)
148
Наибольшего значения динамический коэффициент достигает при
I*макс
Однако разница между результатами по формулам (2.37) и (2.38) очень мала. График динамического коэффициента при наличии затухания показан на рис. 2.13.
Таким образом, приу резонансе амплитуда вынужденных колебаний обратно пропорциональна логарифмическому декременту затухания. Сдвиг, же фазы колебаний по отношению к возмущающей силе составлш периода.
При очень большом значении коэффициента поглощения ф > 4тг, например при колебаниях в вязкой жидкости, частота по формуле (2.28), может получиться мнимой. Это означает, что колебаний не будет происходить и что упругая система, выведенная из первоначального состояния равновесия, медленно' вернется в это состояние.
Для лучшего соответствия с данными опытов вместо выражения (2.34) применяется такое: k = ту. Иногда силу сопротивления принимают постоянной или пропорциональной величине перемещения массы.
Пример 2.7. Найти динамический коэффициент, амплитуду вынужденных колебаний и наибольшие нормальные напряжения в балке предыдущего при-
149
мера с учетом затухания. Найти также величину динамического коэффициента при резонансе.
Так как балка стальная, а амплитуда вертикальной составляющей центробежной силы превышает 100 кГ, то по табл. 2.1 принимаем коэффициент неупругого сопротивления материала у = 0,025.
Динамический коэффициент по формуле (2.36) _____________________1____________
1
=------------1	= 3,56.
у 0,2732 + 0,0212
Таким образом, учет затухания при отсутствии резонанса почти не изменил величину динамического коэффициента. При резонансе же, т. е. при 0 = о>, с учетом затухания, по формуле (2.37) получим
1 1 .п и, = — =-----= 40.
1 т 0,025
Таким образом, хотя с учетом затухания динамический коэффициент при резонансе и не получается бесконечно большим, он все же оказывается весьма высоким. Это обстоятельство заставляет избегать в конструкциях явления резонанса.
§ 28. Действие ударной нагрузки на систему с одной степенью свободы
При ударе движущегося тела по упругой системе, например в случае свободного падения груза Q = mg на конец балки, показанной на рис. 2.14, происходит передача кинетической энергии движения груза балке, сопровождающаяся деформацией последней и возникновением равных между собой сил взаимодействия груза и балки. Каждая из этих сил называется силой удара. Сила удара имеет вполне определенную продолжительность или период дей-150
СТВИЯ Тр, обычно измеряющийся сотыми или тысячными долями секунды и в течение этого периода изменяется по величине. Примерный график силы удара показан на рис. 2.14 (сплошная линия).
Сила удара характеризуется ее наибольшей величиной Р, периодом Тр и импульсом, равным площади диаграммы удара т° 1 р
S = J P(t)dt. и
В то же время импульс силы удара честву движения ударяющей массы m
S = mv, -где v — скорость движущейся массы т.
Если сила в течение периода Т остается постоянной и равной Р, то импульс такой силы будет выражаться простым произведением
S = PTp.	(2.41)
Сила удара, период ее действия и закон изменения во времени зависят не только от величины массы тела и
Оф. । I I
(2.39)
равен коли-
(2.40)
Рис. 2.14
скорости его движения, но' также и от упругих свойств самого сооружения и его поверхности в месте удара.. В настоящее время мы можем получить график силы удара только экспериментальным путем, например-с помощью осциллографа. График силы удара можно приближенно заменить равновеликим прямоугольником, например исходя из равенства наибольших ординат, как это показано на рис. 2.15 пунктиром.
151
Таким образом, принимается, что сила Р прикладывается внезапно и сохраняет постоянное значение в течение периода Тр. Рассмотрим действие такой силы на систему с одной степенью свободы.
В период t < tQ система будет находиться в состоянии покоя. Для периода tQ < t < ta + Тр уравнение динамического равновесия будет таким
У' +	(2.42)
Полное решение этого уравнения, включающее свободные и вынужденные колебания системы при /0 == 0, имеет следующий вид
y = asin(<o/ +ср0)+—^-(1—cosco/).	(2.43)
/пш3
р
Так как -----= щт, то динамический коэффи-
/па>2
циент силы Р в рассматриваемом промежутке времени будет
[А = 1 — COS со/.	(2.44^
Наибольшее значение этого коэффициента при <и/=тг, Зя, ... достигает [Амакс =2.
На рис. 2.16 показан график колебательного движения точки приложения силы Р.
Рис. 2.16
В период t > /0 + + Тр, т. е. после прекращения действия силыР, система будет совершать свободные колебания в соответствии с первым членом выражения (2.43). При этом начальные усло-
вия этого движения
(при /=/0 + Тр), совпадающие с условиями движения в конце предыдущего периода, позволяют определить амплитуду,колебаний и динамический коэффициент силы Р
(и у*	тс У
р, = ± 2 sin —= + 2 sin —у-.	(2.45)
152
Величина этого коэффициента зависит от соотношения между периодом Тр действия нагрузки и периодом Т свободных колебаний системы. В табл. 2.2 приведены значения [J. в зависимости от величины Тр / Т.
Таблица 2.2
Значения динамического коэффициента р-
Тр/Т	0	0,01	0,02	0,05	0,1	0,167	0,2	0,3	0,4	0,5 и более
р	0	0,52	0,126	0,313	0,618	1,00	1,175	1,617	1,902	2,0
Умножим и одновременно т выражения (2.45) на ш .
разделим правую часть Тогда
sin
[Л = + (й7у—
“>ТР
___2_ шТр
2
уст<йГр —это прогиб от статического действия нагрузки Р<оТ р — & S, так как _уст соответствует статическому действию силы Р.
Статическая сила, эквивалентная данному импульсу по своему динамическому воздействию, будет такой
. шТр Sin---
Рэк = + (05---— .	(2.46)
^р
2
Так как для любого угла а отношение < 1 а
и это отношение при стремлении а к нулю стремится к,единице, то наиболее опасным из всех ударных импульсов, имеющих заданную величину S, является мгновенный импульс, для которого
Л,к=±ш£.	(2-47)
153
Таким образом, эта сила зависит не только от величины импульса силы удара, но также и от частоты свободных колебаний самого сооружения. Чем жестче и чем менее массивно сооружение, тем больше будет величина эквивалентной нагрузки при одном и том же импульсе.
Исходя из формулы (2.47), перейдем к динамическому коэффициенту удара, т. е. груза Q, и произведем простейшие замены и преобразования
(2.48)
Если принять скорость v, равной скорости свободного падения груза Q с высоты h, т. е. v = 2gh, и учесть собственную массу сооружения тх = -£—, приведенную к точке удара, то мы придем к формуле, известной из курса сопротивления материалов и полученной другим путем для случая, когда уст много меньше, чем А:
Пример 2.8. На железобетонную балку пролетом / = 6 и падает посредине пролета груз Q = 200 к! с высоты h = 20 см (рис. 2.17). Определить силу удара, если модуль упругости бетона £’=340 000 к7'/сл« , момент инерции поперечного сечения балки 7 = 360 000 см4, собственный вес балки 2,0 Т.
Статический прогиб балки от груза; весом Q
QI	200 -6003	.	.
у =	=----------------= 0,0074 см.
ст 4Ш 48-340 000-360 000
154
Собственный вес балки, приведенный к точке удара, принимается равным половине действительного собственного веса, т. е.
Qi = 0,5-2,0= 1,0 Т.
По формуле (2.49) определяется динамический коэффициент удара
Сила удара оказывается равной
р =	= 31 -200 = 6200 кГ.
Если бы мы пренебрегли собственной массой балки, то динамический коэффициент и сила удара получились бы по расчету значительно большими:
Рис. 2.17	Рис. 2.18
Р = VyQ = 73,5-200 = 14 700 кГ.
Таким образом, сила удара груза, даже при падении его с небольшой высоты, оказывается значительно больше, чем вес этого груза' При этом сила удара увеличивается с увеличением жесткости сооружения.
Пример 2.9. Определить силу удара льдины весом Q = 1000 кГ о железобетонную сваю-оболочку, погруженную в дно реки на глубине 77=6 м (рис. (2.18). Скоростц течения 0 = 1,5 м/сек. Внутренний диа?
,155
метр оболочки £)0 = 1,5 м при толщине стенки 3=14 см. Модуль упругости железобетона £ = 340000 кГ/см2. Защемление свай в грунт принимается на уровне дна.
Момент инерции кольцевого сечения при радиусе срединной поверхности г = 0,82 м.
/ = тгг38 = 3,14-0,823-0,14 = 0,24 л? = 2,4-107 см\
Собственный вес оболочки, приведенный к точке удара, принимается равным одной четверти полного веса ее наземной части, т. е.
Qj = 0,25 • 2тсг377уб =
= 0,25-2-3,14-0,82-0,14-6,0-2,5 = 2,7 Т.
Статический прогиб верха сваи от силы Q, равной весу льдины и приложенной горизонтально,
Q№	1000-6003	nnnoo
VCT =	  0,0088	см.
3EI	3-3,4-1№-2,4.107
Динамический коэффициент удара по формуле (49)
Сила удара
Р = ^Q = 26,7-l,0 = 26,7 m = 26,7-1,0 = 26,7 Т.
Глава 2
СИСТЕМЫ СО МНОГИМИ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫ
§ 29. Свободные колебания систем со многими степенями свободы
Число возможных форм свободных колебаний упругой системы равно числу степеней ее свободы. Каждой форме колебаний соответствует своя частота. Совокупность частот данной системы составляет ее спектр частот.
Для практических целей часто бывает достаточно найти наименьшую частоту, представляющую наибольшую опасность в смысле возможности возникно-156
вения резонанса с вибрационной нагрузкой. Дело в том, что, во-первых, резонанс на низшей частоте приводит к наибольшему динамическому эффекту. Во-вторых, если даже частота возмущающей силы значительно превышает низшую частоту собственных колебаний системы, то резонанс на этой частоте все же будет возникать при разгоне машины во время ее пуска. Поэтому низшую частоту иногда называют частотой основного тона колебаний. Следующий по порядку тон колебаний называется первым обертоном.
В качестве примера системы с несколькими степенями свободы рассмотрим простую балку с тремя точечными массами тх, т2 и т3 (рис. 2.19). Такая балка имеет три степени свободы, поэтому она характеризуется тремя частотами свободных колебаний — Wj, <1>2 и со3.
Рис. 2.19
Для определения этих частот можно составить следующие выражения перемещений точек приложения сосредоточенных масс под действием сил инерции этих масс:
У1 = — 811^1	~ °12т2У2 — §13^3 .Уз,
У2= — 821«1 У1 — 822т2 У2 — §23^3 Уз,
(2.50)
Уз = — 83i^i yi — 832/п2 У2 - 833т3 у .
Перемещения 8П, 812 = 821, 813 = 831, 8,„ 823 = 832, 833 вычисляются как обычно способом О. Мора от единичных сил, приложенных в местах действия сил инерции, т. е. в сечениях, где находятся точечные массы.
Система дифференциальных уравнений (2.50) имеет следующее частное решение:
У1 = аг sin (y>t + <р0), ^2 = a2sln(<o^+ «0), y3 = a3sin (о^ + <р0).
(2.51)
157
Здесь alt а2 и а3 —амплитуды колебаний;
<Р0 — начальная фаза колебаний.
Вторые производные этих перемещений по времени, т. е. ускорения, выражаются так: ,
у" = — sin	+ <р0),
у" = — “2Й2 sin	+ ?о)>
У" = — “2«3 sin	+ То)-	
(2.52}
Подставив в систему уравнений (2.50) выражение (2.51) и (2.52) и сократив на <о2 sin (a>t + <р0),
получим:
щз) ^12W2®2 ~Ь 81зт3а3 — 0,
821^1^1 + ^822^2 щз")	^23^3^3 == 0>	(2.53)
831^1®1 “Ь 832^2^2 "Ь ($33^3 ~	®3 =
Тривиальное решение этой системы уравнений <Zj = a2 = a3 = 0 соответствует равенству нулю амплитуд колебаний, т. е. случаю, когда система находится в покое.
Существование отличных от нуля амплитуд а2 и а3 возможно только в том случае, если определитель, составленный из коэффициентов при амплитудах, равен нулю, т. е.
811^1 а 812m2	813m3
ш4
D =	82i^i	822т2--^- 82зтз	=0 (2.54) 83iml ,	832m2	833т3	Г
Если этот определитель раскрыть по известному правилу Саррюса, то получится одно уравнение третьей степени относительно —, которое при решении ш2.
даст три положительных значения частот со. Каждому значению со соответствует одна .определенная систему уравнений, из решения: которой можно найти соотношения между амплитудами колебаний.
1£8
В общем виде уравнение частот, называемое в е-ковым уравнением для системы с п степенями свободы, записывается так:
8П«1	2	812т2 • • • \птп
821ОТ1	822^2~Л-- -82Л
(1Н
8„i^i	8п2т2...8Л--т
«И
= О (2.55)
Уравнение, полученное в результате раскрытия определителя второго или, в крайнем случае, третьего порядка (п = 2 или п = 3), может быть решено строго непосредственно. В случае, когда п > 3 это уже может оказаться затруднительным или даже невозможным.
Если направления перемещений у„ У2---Уп вы-браны так, что побочные перемещения 8/д, обращаются в нуль, то система дифференциальных уравнений (2.50) и соответствующее ей вековое уравнение распадаются на отдельные уравнения, содержащие только главные перемещения. В этом случае перемещения j/p у2... у„ называются главными координатами, а соответствующие формы колебаний — главными формами колебаний. Главные формы колебаний обособлены друг от друга и каждая из них происходит со своей определенной частотой, которая выражается простой формулой
“/ = —-----•	(2.56)
V Ъцгщ
Эта формула по своей структуре аналогична формуле (2.18) для системы с одной степенью свободы.
Однако выбрать главные координаты для системы с числом степеней свободы больше двух-трех в общем случае весьма затруднительно.
Для системы с двумя степенями свободы это всегда оказывается возможным.
Для симметричных систем с симметрично расположенными массами возможны прямо симметричные и обратно симметричные формы колебаний, при которых силы инерции будут прямо симметричны и обрат-
159
но симметричны. В этом случае перемещения вычисляются как групповые от парных прямо симметричных или обратно симметричных единичных сил. Побочные же перемещения, связывающие прямо симметричные и обратно симметричные силы инерции, обращаются в нуль.
Это также приводит к распаду векового уравнения на два независимых уравнения, из которых одно позволит найти частоты прямо симметричных колебаний, а другое — обратно симметричных.
При этом, так как групповые перемещения находятся от парных единичных сил, то соответствующая масса должна входить в вековые уравнения с коэффициентом 1/2.
Пример 2.10. Определить частоты собственных колебаний невесомой консольной балки с двумя равными сосредоточенными массами
Рис. 2.20
Вычисляем перемещения от единичных сил путем перемножения построенных от них эпюр изгибающих моментов
s	1 / Z-Z-2-Z	, Z-Z.2-Z \	Z3
11	EI \2-2-2-3-2	2-2-3-2 /	8EI
s r	Mi	Р
2	21	4-2-4EI	32Е1 . .
160

.....	P
g ___9---------------------
22 z 4-2-2-3-4	48£Z
Составляем вековое уравнение
Bjj/n — ; 812/n2
821/ra; 822 tn —
= 0
или
Pm 1.
Ш ®3 ’ Pm . Pm 32EI ’ 48£Z ш
Pm
32E7 1
= 0
Раскрывая определитель, получаем квадратное уравнение относительно величины-у
/Рт___1_\ / Рт______1 \	/ Рот \2_0
k8£Z	ш3/ \ 48£Z	чр)	\32El)	’
ИЛИ
/ 1 \2	7Рт 1	5/*от3	= 0
\ ш3)	48Е1 <о3	3072EW
Применяя формулу решения квадратного уравнения, находим:
ш3 96£Z
/ / 7Рт \2	15 / 7Рт \2
|/ \ 96£Z )	49 \ 96£Z J
7Рт
96EI
(1 ± 0,835);
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекам, Г. И. Розенблат — И
161
Пример 2.11. Определить частоты свободных колебаний балки с тремя равными сосредоточенными массами т, расположенными так, как показано^ на рис. 2.21 а. Жесткость балки равна Е1.
Так как система и расположенные на ней массы
Рис. 2.?1
симметричны, то задача может быть решена с учетом и использованием симметрии. Построив эпюры изгибающих моментов от единичных сил инерции (рис. 2.21 б, в, г), находим перемещения путем перемножения эпюр;
8 = /2. 2. 2. 2ZJL । L L 2 \ i _ z»__.
п \ 4 ' 4 ’ 2 ’ 3-4 + 4 ’ 2 ’ 4 ) EI ~ 2AEI ’
8]3^rL.-L.1.2L2+f2. + 2.\1.1.121-L =
3 [в 4 2 3-4	\ 8	4/ 2	4	4 ]е1
= 11/3
“ 38477 ’
* I	I	1	2-Z	о 1	/а
33	4	2	2	3-4 EI	48EI
I I 1 2-Z . 1 Е
2	8	4 2 3-8 EI V&EI
162
Перемещения й]2 и З23 обращаются в нуль.
Вековое уравнение для симметричных колебаний составляем с_ учетом того, что перемещения от групповой силы Xv состоящей из двух сил, получились удвоенными, поэтому соответствующая масса вводится с коэффициентом 1/2.
5. т 1 s
11 2	13
й т . s 1	= О
°31 9 ; °33W Г 2	Ш3
ИЛИ
/ Р т________1_\ . 11-/3от
\ 24£Z 2	ш* ) ’ 384 El = Q
11£3 от / ,ifn___L>
384 2 ’ \48£Z	ша)
Раскрывая определитель, получаем квадратное относительно—: ш3
f
уравнение,
(Рт______1_\2___1_ /11 Рт \2 = 0.
\48fZ ш2 /	2 \384fZ/
/ 1 у _ г от 1 , т_ / / от у = 0 )	24Е1 ш» + 2 \ 384.EZ / “
Решая это уравнение, находим
1 = /Зот + Г / 8/3от у	/ Рт у _7 _
Ш3 48£7 ~ J/ \384£Z )	\ 384Е7) 2 "
= ,3т - (8 ± 7,78);
384£Z 4	’
1 = 15,78/Зот _ Рт .	_ . / 24,35£Z
ш2 384£Z	24,35£Z ’ Ш1 ~ |/	1>щ
= 4,981/ —;
У Рт ’
1	0,22/3от Рт
—-  ------------- • СО q =
384 EI 1745£/	3
= 1/Й45£/^ 42,01/*/
У Рт	У Рт
И*
163
Вековое уравнение для обратно симметричных колебаний
— = 1/ 2‘1?2 £< = 19,6 ]/
Пример 2. 12. Определить частоты свободных колебаний неразрезной балки с двумя сосредоточенными массами (рис. 2. 22 а).
Так как система и расположенные на ней массы симметричны, то используем связанные с этим упрощения.
Построив эпюры Mj и Л42 от единичных групповых сил, найдем перемещения путем перемножения эпюр по способу А. Н. Верещагина
к — р • к 14/3
11 24EI ’ 22 768 еГ
Вековое уравнение для обратно симметричных колебаний
164
отсюда
’А~==1/ -^" = 6,931/ —.
У	г 13т	у 13т
Вековое уравнение для прямо симметричных колебаний
я т	1 —П
°22	“г — 0>
2	ш2
отсюда
/2	-I/768£7
8за т	У 7Рт
= 10,45 1/ — .
У 13т
Каждой из частот ш, и <о2 соответствует своя форма изгиба при колебаниях. Первой частоте соответствует изогнутая ось в виде двух полуволн с точкой
Рис. 2.23
перегиба над средней опорой (рис. 2.23 г). Второй частоте соответствует изогнутая ось, симметричная относительно средней опоры (рис. 2, 23 д). В обоих случаях форма изгиба не зависит от времени, а отношение между ординатами эпюры прогибов колеб
1Q5
лющейся балки остается постоянным. Подобные упругие линии образуют так называемые стоячие
волны.
Пример 2.13. Определить частоты свободных ко-лебаний рамы, показанной на рис. 2.23, еслиА = — I = = 4 м и = 2.
А
Система имеет две степени свободы и может совершать симметричные и обратно симметричные колебания.
Для построения эпюр /И, и ТИ2 пользуемся готовыми формулами из книги Д. В. Бычкова «Формулы и графики для расчета рам», Госстройиздат, 1957, стр. 101 и 1о2.
Для эпюры ТИ/
Мс = 3	----------А = о,473	= 0,946 м,
А* 1	2	2
14-0-----
А/
/ИА = (1 - 0,473) | = 0,527-2 - 1,054 м.
Для эпюры ТИ2:
Мс = —’--------1 = 0,2 — = 0,2 — = 0,133 м\
п iji 4	4	3-4
+ hl
МА = 0,5Мс = 0,5-0,133 = 0,067 м\
МЕ = 1^- - 0,133 = 0,533 м.
4
Ординаты получаются в м, так как эпюры построены от безразмерных единичных сил Хг и Х2.
Умножив эпюры /И] и /И2 на соответствующие эпюры ЛА и М (рис. 2-23), построенные для простейшей основной системы, получим перемещения:
8.. = — (2-4-1,054-0,946-4) =	;
11 6Eh	'	Е1х
s 0,033-1.33-4 , 0.133-1 33-0,67	0.67-1,33 0.415
а Eh	ZEE	2-2Elt
_ 0,136
1	~ Eh
166
Побочное перемещение 812 = 821 = 0, поэтому получаем два независимых вековых уравнения:
8п/п----V = О и 822от —т = О-
“-1	ш2
Отсюда можно найти частоты обратно симметричных и симметричных колебаний
(Oj = ] / — =1 /= 0,57 1 /;
У У 3,11m У т
ш2 = 1 / —1— = 1 /_— = 2,72 1 /.
У Ъ2.2т У 0,136m	У т
Для определения частот свободных колебаний систем со многими степенями свободы может быть также применен метод перемещений (деформаций), сущность которого состоит в том, что силы инерции выражаются как функции перемещений. Так, например, для системы с тремя степенями свободы, показанной на рис. 2.19, силы инерции масс mv т2 и т3 выражаются так: -
“	~ =УДц +У2Г12+ Узг1з>
— ^2 ~ = УЛХ + ^2г22 + Ь^з!
- ™3	=5'^31 + y2r32 + у3г33.
Реакции гп, г22, г33, г12 = г21, г13 = г31, г23 = г,2 вычисляются как обычно от единичных перемещений, приложенных в сечениях, в которых находятся точечные массы.
Для перемещений и их вторых производных остаются в силе выражения (2.51) и (2.52), которые подставляются в последние уравнения, в результате чего получается следующая система однородных уравнений
(гп — т^2) ах + ri2a2 + rl3a3 = 0; r21«i + (r22 — т2ш2) а2 + г23а3 = 0; г3 А + гзга2 + (г33 — т3м2) а3 = 0.
Составляя из коэффициентов этого уравнения определитель и раскрывая его, можно найти частоты собственных колебаний системы.
167
. fto этому же принципу можно найти частоты собственных колебаний системы с любым числом степе-
ней свободы п. При этом определитель в такой форме:
D =
(Гц-^Ш2) г12.... гХп
Ъ (г22-т2<^).. • • г2п
Гщ	Гп2..(гвя - 7П„Ш )
записывается
= 0 (2.57)
Уравнение частот при использовании метода перемещений имеет для данной системы тот же порядок, как и при применении метода сил, рассмотренного выше.
Так как стержень, к которому приложена сосредоточенная масса, далеко не во всех случаях может быть сведен к одному из случаев, представленных в таблице реакций, применяемой для расчета рам на действие статической нагрузки, то реакции приходится определять через перемещения. Поэтому метод перемещений оказывается более трудоемким, чем метод сил.
Пример 2.14. Определить по методу перемещений частоты свободных колебаний неразрывной балки, рассмотренной в примере 2.12.
Исходя из найденных ранее перемещений от единичных сил, можно найти реакции, вызванные единичными перемещениями:
1	24£/	1	384£/
гп -----= — ; г,, — — ----------.
11	8ц /3	22	823	7/з
Уравнения частот для обратно симметричных и симметричных колебаний:
т о п
гл —^-“1 = 0;
Отсюда можно определить соответствующие частоты.
168
Полученные результаты, естественно, совпадают с теми, которые были получены в примере 2.12.
В тех случаях, когда раскрытие определителя приводит к уравнению частот третьей степени или выше, для нахождения корней такого уравнения может быть применен графический способ. Для этого на горизонтальной оси прямоугольной системы координат откладываются различные произвольно взятые значения —, а по вертикальной оси соответствующие значе-ния суммы всех членов уравнения частот. Абсциссы нулевых точек графика дадут искомые значения — .
ш3
§ 30. Свободные колебания систем с бесконечно большим числом степеней свободы
В качестве примера системы с бесконечно большим числом степеней свободы рассмотрим балку с равномерно распределенной массой интенсивностью —	<7	ч.
1П=— ис постоянной
g
Спектр частот такой системы состоит из бесконечного множества частот, для определения которых будем исходить из дифференциального уравнения упругой линии балки, известного из курса сопротивления материалов
= —,	(2.58)
dxi EI	'
жесткостью EI (рис. 2.24 а).
а)	
Рис. 2.24
где М — изгибающий момент в произвольном сечении балки, который на основании теоремы Д. И. Журавского может быть выражен через интенсивность инерционной нагрузки
д»М
----= Р-дха г
(2.59)
169
Обозначения частных производных приходится применять потому, что перемещение у является функцией двух переменных — координаты х и времени t.
Из выражения (2.58) и (2.59) следует
P =	(2.60)
Вместе с тем интенсивность инерционной нагрузки балки может быть выражена через погонную массу т и через ускорение при колебаниях
(2-6Г)
Приравнивая выражения (2.60) и (2.61) для нагрузки, получим дифференциальное уравнение свободных колебаний балки
д2у,Е1_ Э(у = о дР т дх<
(2.62)
Это уравнение линейное, четвертого порядка, в частных производных.
Ограничимся отысканием только таких решений этого дифференциального уравнения, которые определяют стоячие волны, т. е. форму изгиба, не зависящую от времени.
При такой форме колебаний решение дифференциального уравнения (2.62) может быть представлено в виде произведения двух функций, каждая из которых зависит от одного переменного
у = Х(х) T(i).	(2.63)
Для нахождения функций Х(х) и T(t) обыкновенные дифференциальные уравнения:
о>27’(/) = 0, dt*	k ’
---«“’х(х) = 0.
dx4	EI	’
служат
(2.64)
Эти дифференциальные уравнения имеют следующие решения:
Т (I) = a sin (y>t + <р0\	(2.65)
170
Л (л)« sin kx + C2 cos kx + C3 sh kx + C4 ch kx, (2.66) где	____
(2.67)
Значение k должно быть определено из условий на концах балки, которые зависят от способа закрепления этих концов. Всего для определения Ср С2, С3 и С4 имеем 4 условия — по два на каждом конце.
Так как рассматриваемая балка имеет шарнирные опоры, то прогибы и изгибающие моменты на опорах должны быть равны нулю, поэтому:
при х = 0 Х(х) = 0; —— 0>
при х = I Х(х) = 0; -	- = 0.
dx2
Из выражения (2.66) при этих условиях определяем:
С2 = С3 = С4 = 0 и sin kl = 0.
Но если sin kl = 0, то kl=ifK, где п — произвольное целое число. Следовательно:
Х(х) = С\ sin kx,	(2.68)
k = ~ .	(2.69)
Приравнивая (2.67; и (2.69), получим выражение частот
” =	<2.70)
Таким образом, спектр частот действительно содержит их бесконечное множество. При этом частоты относятся друг к другу как квадраты целых чисел натурального ряда. Каждой частоте соответствует своя форма колебаний, т. е. своя форма стоячей волны.
На рис. 2.24 б показаны формы стоячих волн, соответствующие трем низшим частотам.
Частота основного тона свободных колебаний выражается такой формулой
171
где q — mg— интенсивность равномерной нагрузки на балку.
Для балки же с одной сосредоточенной силой Q посредине пролета частота свободных колебаний выражается такой формулой
= <272>
Приравнивая выражения (2.71) и (2.72), найдем сосредоточенную силу Q9kb> эквивалентную равномерно распределенной нагрузке по частоте свободных колебаний балки
Q9kb = — ^ = 0,493 ^«0,5^.	(2.73)
те*
Таким образом, для нахождения частоты основного тона колебаний балки с равномерно распределенной нагрузкой можно заменить эту нагрузку половиной ее равнодействующей, приложенной посредине про-
В этом случае для
вия на концах балки:
лета.
Пример 2.15. Определить частоты свободных колебаний балки, жестко заделанной одним концом с равномерно распределенной нагрузкой (рис. 2.25).
определения Сх, С2, С3 и С4,
входящих в выражение (2.66), имеем следующие усло-
при Л'-О: X(x)-0; Sii-0,
прих-Z: "W__0;	0.
r	dx2	dx3
Из выражения (2.66) при этих условиях получается: С2 + С4 = 0;
Ci Т- С3 = 0.
Это дает возможность найти из выражения (2.66) cos kl chkl= — 1.
Корни этого уравнения будут:
,	1,875	.	4,694	.	7,855
R, = ---- , Йо = ----, Йо = ------ ,...
1 I ’	2 I 3 I '
172
Этим корням соответствуют частоты:
3,515- / Elg .
Р V Ч ’

Приравнивая выражение частоты основного тона частоте колебаний балки с одной эквивалентной точечной массой m = на свободном конце, получим, использовав результат примера 2.1, следующее уравнение
3,515 / E/g	Elgl
Р У q Р У Оэкв Отсюда
Q9KB = 0,244 ql« j ql.
Пример 2.16. Определить частоту основного тона колебаний балки с обоими жестко заделанными концами при равномерном распределении нагрузки. В этом случае условия на концах балки будут такими при
О 1
z | Х(х) = 0;
dX(.x) dx
Это дает:
С] + С3 == о, с2 + с4 = О
cos kl ch kl — 1.
Отсюда
и
.	4,73
«1 = И Cl); =
Elg q
Частота колебаний балки, жестко заделанной обоими концами при действии эквивалентного сосредоточенного, груза Q9kb посредине пролета, составляет
(О =
192£/g
<?эКВ'3
Приравнивая это выражение предыдущему, найдем величину эквивалентного сосредоточенного груза
Qbkb = 0,385 ql 0,4 ql.
173
§ 31. Приближенные методы определения частот
Как было показано выше, расчет системы с произвольным числом степеней свободы на действие вибрационной нагрузки требует нахождения частот свободных колебаний этой системы, что связано с составлением и решением векового уравнения. При числе степеней свободы системы больше двух-трех процесс раскрытия определителя (2.55) третьего, четвертого и более высоких порядков усложняется. Решение же полученного в результате этого уравнения третьей, четвертой степени и выше в большинстве случаев не может быть получено в радикалах. Такие уравнения могут быть решены подбором корней или графически. Во многих случаях определение всех частот свободных колебаний системы оказывается излишним и достаточно отыскать только первую, т. е. низшую, частоту. Это может быть, например, в том случае, когда частота возмущающей нагрузки ниже первой собственной частоты колебаний конструкции и, следовательно, резонанс с более высокими частотами уже исключен. Для отыскания первой частоты могут быть применены различные приближенные методы, не требующие решения векового уравнения и приводящие к более или менее простым вычислительным действиям. Мы рассмотрим некоторые из приближенных методов.
Двусторонняя оценка частоты основного тона колебаний
Исходя из свойств определителя векового уравнения, проф. С. А. Бернштейн установил пределы, между которыми заключена частота основного тона колебаний. Эти пределы называются двусторонними оценками частоты <»Мин и могут быть записаны в следующем виде:
—--^мин <—	•	>	(2.74)
ГЭГ у/ АЛ+1/“|_ Л у 2 \ У Bl )
ГДе	(2.75)
174
\ B2 = S8^? + 2S8^ft.	(2.76)
Здесь 8Z/ и — главные и соответственно побочные перемещения системы от действия единичных сил в точках приложения сосредоточенных масс т{ и mk.
Суммирование распространяется на все массы и соответствующие им перемещения системы. Для верхнего предела частоты основного тона А. Ф. Смирновым предложена более простая формула
Пример 2.17. Определить низшую ча стоту свободных колебаний балки, показанной на рис. 2.26, если т2 — 2tnt и
т3 = т1— т. Жесткость балки равна EI.
По единичным эпюрам, показанным на рис. 2.26 б, виг, найдены перемещения
,	*	8Z3	.	7/3	,	№
11	22	4865/	12	4865/	13	48о5/
Я _	10/3 я _ 24Р
23	4865/ ’	33	4865/ ’
Находим значения параметров, входящих в формулу (2.74),
Bj = ЗцМ! 4- 322т2 + 833т3 = = 8/3,и I 8/32от I 24/З/п _ 48/3лг .
4865/	4865/	4865/ ~ 4865/ ’
В2 = 8П т1 + 822 т2 + 833 т1 + 2 (812 т1т2 +
/ Я/Зт \2
2
4-2 (-
L\4I
X 2
—) тт
2
2
175
Искомая частота лежит в пределах
Приняв среднее, получим а)«ин = 3.50
Более простая, но менее точная формула (2.77) дает для верхнего предела такой результат
®мин <
48/3тп
486 EI 1620
При этом среднее значение уже составит ®мин = = 3,59 т/— .
L/ тР
Применение энергетического способа
Как было указано в п. 1, по закону сохранения энергии, сумма потенциальной (U) и кинетической (IZ) энергии колеблющейся системы (без учета потерь, связанных с затуханием) является величиной постоянной, т. е.
U + У= const.	(2.78)
В каждом цикле колебаний происходит переход энергии одного вида в другой. В момент наибольшего отклонения массы от положения статического равновесия потенциальная энергия достигает наибольшего значения, а скорость и вместе с ней кинетическая энергия убывают до нуля. В момент перехода массы через положение статического равновесия потенциальная энергия деформации (точнее приращение потенциальной энергии по сравнению с той, которая соответствует положению статического равновесия)
176
равна нулю, а кинетическая энергия достигает наибольшего значения Умак(,.
Так как минимальные значения потенциальной и кинетической энергий равны нулю, то из условия (2.78) можно сделать вывод, что
Ц.акс = Умакс •	(2.79)
Это уравнение при подстановке в него выражений энергий дает возможность определить частоты колебаний. Если форма колебаний, т. е. вид упругой линии, был бы нам заранее известен, то уравнение (2.79) привело бы к строгому решению задачи. Для приближенного решения задачи можно задать динамическую упругую линию, т. е. кривую стоячей волны любым уравнением v = /(a), удовлетворяющим граничным условиям, например уравнением изогнутой оси стержня при действии на него статической нагрузки, соответствующей приложенным массам. Потенциальную энергию деформации изгиба стержня с распределенной массой можно выразить через работу внешних сил q = mg на перемещениях у.
i	i
= 7	= f ^mydx.	(2.80)
о	о
При этом масса т может быть переменной по длине балки.
Для определения наибольшей величины кинетической энергии нужно найти наибольшее значение скорости. Для этого примем, что в соответствии с выражением (2.13) скорость в произвольный момент выражается так:
•и = у а> cos (<о/ + <р0).
Наибольшая скорость, соответствующая cos(®/ + + ?o) = 1.
Тумаке =У<й-	.	(2.81)
Искомая кинетическая энергия будет равна i	i .
Умакс =	dx = ^dx. (2.82)
о	о
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат -12	177
Приравняв друг другу величины f/M^c и jVMaKC, получим следующую формулу для определения низшей частоты колебаний	/
/g f ~ydx
о.	(2.83)
J ту dx о
При постоянстве массы т по длине балки она выносится за знаки интегралов и на нее производится сокращение выражения (2.83). В этом случае интеграл, стоящий в числителе подкоренного выражения, будет равен площади эпюры прогибов, а интеграл, стоящий в знаменателе,— площади эпюры квадратов ординат прогиба.
Для невесомой балки с точечными массами интегрирование по длине балки заменяется суммированием распространяющимся на все массы
п
g£ mtyt
1=1
(2.84)
X miyj
1=1
Пример 2.18. Решить предыдущую задачу, пользуясь энергетическим методом.
Исходя из заданных величин масс, находим соответствующие силы (рис. 2.27)
Q1 = <2з = Q = tng-, Q2 = 2Q = 2mg.
При этом сила Q3 считается направленной вверх, так как это приводит к большим значениям прогибов, кривая которых показана на рис. 2.27 пунктиром.
Рис. 2.27
178
Прогибы вычисляю тся с использованием перемещений от Единичных сил, приведенных в примере 2.17.
-^-(8 + 2-7 +8) = ^^ ;
486 57	’ 4SSEI’
у2 =	(7 + 2-8 + 10) =	;
2 486 EI	486 EI
у3=-^-(8 Ь 2-10 + 24)==^-^ .
' 3 486 Е/	486 EI
Частота основного тона колебаний находится по формуле (2.84)
30 + 2-33 + 52	486 5/ = 3 кд / &_
30-'+ 2-332 + 522	Q/3	’	]/ ml3
Пример 2.19. Найти частоту основного тона свободных колебаний балки, свободно лежащей на двух опорах с равномерно распределенной нагрузкой q=m,J.
Приближенное решение задачи производится энергетическим методом. При этом принимается, что основная форма колебаний совпадает с упругой линией от статической нагрузки q.
Последняя выражается уравнением прогибов, отнесенным к началу координат на левой опоре.
Л 2457 L I \ I J \l J .
Вычисляем интегралы, входящие в формулу (2.83) при т « const.
1	ql* 1
С J ~; Г	31 / ql* \2
>fi?X=120£/ \ydx=— (-7—)
J	J	630 \ 24 £7/
0	0
Этот результат почти не отличается от строгого решения
и
мин
12*
179
§ 32. Свободные колебания рам
Так как рама представляет собою систему с распределенными и сосредоточенными массами, то строгий, или так называемый «точный», метод расчета оказывается чрезвычайно сложным и громоздким. Поэтому на практике почти исключительно применяются различные приближенные методы. Среди них основным является метод приведения рамы к системе с небольшим числом степеней свободы.
Приведение рамы к системе с небольшим числом степеней свободы производится путем замены массы,
Рис. 2.28
180
распределенной по длине стержней, массами, сосредоточенными в отдельных точках. Эта замена делается путем приведения масс.
Часто половину массы каждого элемента рамы считают сосредоточенной посредине его длине, а по одной четверти этой массы переносят в узлы, к которым примыкает данный элемент.
Простейший пример расчета рамы с одной сосредоточенной массой как системы с двумя степенями свободы уже был приведен ранее (пример 2.13).
Здесь мы рассмотрим более сложный пример расчета.
Пример 2.20. Определить частоты собственных колебаний рамы с тремя равными сосредоточенными массами, показанной на рис. 2.28 а, если А = 0,6 и /2/Л = 1.5.
Рама имеет четыре степени свободы.
Расчет ее производим с использованием симметрии.
Построив эпюры изгибающих моментов от единичных сил, показанные на рис. 2.28 в, г, д, е, находим перемещения:
8.. = 0,0118—; 833 = 0,0447—;
11	£/i ’	33	Eh
812 = 821 = ~ 0,00352 •£-; 834 = 843 = 0,0695	;
822= 0,00738—; 844 = 0,056 — . и	Eh	Eh
Вековое уравнение для симметричных колебаний напишется так:
/5 т	1 \	s
\	2	ur /
82iy! (822^—
Раскрывая определитель, получим такое уравнение
181
Подставив вычисленные значения перемещений и решив уравнение, получим частоты симметричных колебаний:
ш. = 10,571 f	; ®2 = 17,3 1 f .
1	у тР 1 у тР
Для обратно симметричных колебаний имеем такое вековое уравнение:
(» т	1 \
7 )
2	иг J
ъ т /г
®43 2 ’ \ 44?ге
834т
1 \
Ш2 )
= 0.
Отсюда
(S33844 - &) V “ О44 + тН + А- = °-2	\	2 / ш4 ш*
Из решения этого уравнения находятся частоты обратно симметричных колебаний:
«з = “«ин = 3,14 1/^7 ;	= 33,43 1/.
у тР	у тР
Следует иметь в виду, что в отличие от балок частоты различных форм колебаний рам могут быть близкими друг к другу. Такое совпадение частот может привести к сдвоенному резонансу, представляющему повышенную
опасность для сооружения.
182
Для многоэтажных и многопролетных рам Э. Е. Си-галовым получены простые формулы для низших частот их собственных горизонтальны< колебаний, являющихся наиболее опасными (рис. 2.29).
(2-85)
У Лт
где уст — горизонтальное перемещение верхних узлов рамы от горизонтальных сил, соответствующих точечным массам в узлах рамы, заменяющих ее распределенную по стержням массу;
Кх — коэффициент, зависящий от числа этажей. Значения этого коэффициента приведены в табл. 2.3.
Таблица 2.3
Для нахождения перемещения _уст служит формула
"	и «-1 е
(2.86)
А=1	24А=1 rk
п
где Qk — £ g, — поперечная сила в стойках &-го i=k этажа, равная сумме всех вышележащих сил g-;
—b—'j—линейный перекос &-го этажа 12 \ sk rk / высотой I от единичной силы;
sk и_гк — соответственно суммы погонных жесткостей стоек и ригелей k-ro этажа.
183
Для нижнего и верхнего этажей перекосы составляют:
Р / 1 .	1	\ Р / 1 ,	1 \
С, = — /--------------\ ; с„ = — (---------) .
121 si	s, I 12 \ зп 4гп /.
\ Г1 )
Для определения двух следующих частот служит формула
<о2>3 = ^з---------	(2.87)
S Уткск
fe=i
где mk — этажные точечные массы;
—соответствующие линейные перекосы этажей.
Значения коэффициентов К2 и приведены в таблице 2.4.
Таблица 2.4
Значения Ki и Кз
Число этажей рамы п	4	5	6	7	8 и более
Ki	4	4,35	4,55	4,65	4,72
Кз	6,15	7,10	7,60	7,80	7,85
Пример 2.21. Найти первую частоту собственных горизонтальных колебаний железобетонной рамы, показанной на рис. 2.30. Этажные нагрузки, приведенные к перекрытиям, составляют: gj = 43,3 Т\ g2= 44,1 Т; g3 = 43,0 7'; g4 = 38,l Т. Действительная погонная жесткость стоек первого этажа л = 5,04-108 кГсм. Относительные погонные жесткости стержней рамы показаны в кружках на ее схеме.
Для определения прогиба верха рамы находим суммы погонных жесткостей стоек и ригелей по этажам, а также соответствующие поперечные силы:
s = 3-1=3; $, = 3-0,8 = 2,4;  s3 = 3-06 = l,8;
s4 = 3-0,4 = 1,2;
г = 2-2 = 4; г2 = 2-1,6 = 3,2; г3 = 2-1,2 = 2,4;
г4 = 2-0,8= 1,6;
Q4 = 38,l Т-, Q8 = 38,1 + 43,0 = 81,1 Т;
184
02 = 81,1 + 44,1 = 125,2 7'; (^ = 125,2 + 43,3 = 168,5 Г.
Перекосы этажей, уменьшенные в
_р_ _	4508______1
12г — 12-5,08 -108 ~ 30000 Р33’
ci=v + —— = т + -Ч = 0’57:
S1	I	3	3
Г1+12	4 + 12
с2 = — + — = — + — = 0,73;
2	s3 гз 2,4	3,2
c=± + ±= ± + -L = о,97;
3	г,	1,8 2,4
C=± + _L = ± + _JL_ = 0,99.
4	s4 4r4	1,2 4-1,6
Горизонтальное перемещение верха рамы, соответствующее принимаются
этажным нагрузкам, которые для этого приложенными горизонтально:
_____ /2 ГVz) „	1 "yi &k~\_ Лт ~ 12г L к 2 1 rA j
12г’	4" ^2^2	^3 4“ Q4C4
_±(£. + &,+ £. + & У| = 2 Уп Гз г3 r4/J
= _1_ Г168,5 - 0,57 + 125,2-0,73 + 81,1-0,97 + зоооо[_
+ 38,1-0,99 —-f—+ — + —') 11000 = 2 \ 4	3,2	2,4/j
= —•271,5-1000 = 9,04 си.
30000
Для четырехэтажной рамы коэффициент Кх по табл.
2.3 равен 34,5.
По формуле (2.85) первая круговая частота составляет
/<1	34,5	.. .	_!
®i — —— = —~1~ = 11,4 сек .
V Лт	/ 9,04
Вторая частота оказывается равной <о2 = 29,4 сек-1.
185
§ 33. Вынужденные колебания систем со многими степенями свободы
При действии на упругую систему со многими степенями свободы вибрационной гармонической нагрузки изгибающие моменты, поперечные и продольные силы также будут изменяться во времени, а их наибольшие значения (амплитуды) будут зависеть от частот возмущающих сил. Если все возмущающие силы, действующие на систему, имеют одну и ту же частоту 0, то силы инерции, а следовательно, и изгибающие моменты, поперечные и продольные силы достигают наибольших значений в одно и то же время.
Для системы со многими степенями свободы возможны несколько случаев резонанса, которые наступают при совпадении частоты с теми или иными частотами свободных колебаний системы.
В задачу' динамического расчета входит определение амплитуд внутренних усилий и напряжений, а также проверка системы на резонанс. При этой проверке в большинстве случаев достаточно определить частоту основного тона свободных колебаний.
Для построения эпюр динамических изгибающих моментов поперечных и продольных сил, т. е. эпюр наибольших значений М, Q и N, нужно определить наибольшие значения сил инерции из системы уравнений:
811	+ 8,2^2 + • • • + 81л^л +	= О
821	+ 822 ^2 н---1- 82л	+ Д2р = О
(2.88)
8лЛ1 + 8 г,2 Х2 Н-+ 8*„	= ®
Каждое уравнение этой системы является преобразованным уравнением колебания соответствующей массы
У/ (/) = 8П X. (/) + 8/2 Х2 (/)+-.. -ь 8/яХп (/) + ylp (t). (2.89)
Сама система уравнений по форме аналогична системе канонических уравнений метода сил.
Неизвестными в системе (2.88) являются силы инерции Хр Х2,...,Хп соответствующих масс. Коэф-
186
фициентами при неизвестных служат перемещения заданной системы от единичных сил Xlt Х2, Хп, приложенных по направлению действия соответствующих сил инерции. Для вычисления побочных перемещений применяется обычный способ строительной механики (способ Мора).
Главные перемещения вычисляются с учетом зависимости инерционных сил от частоты Й по формуле
<2-90’
Свободными членами системы уравнений (2.88) служат перемещения заданной системы от амплитудных величин вибрационных нагрузок. Для этого эпюра от этих нагрузок (эпюра Мр) интегрируется (перемножается) с соответствующими единичными эпюрами.
После нахождения наибольших значений сил инерции X], Х2, ...,Х„ из решения системы уравнений эпюра динамических изгибающих моментов строится путем сложения одиночных эпюр, предварительно умноженных на найденные значения соответствующих инерционных сил, с эпюрой ЛТр, т. е. в соответствии с выражением (2.91)
М = MjXj + М2Х2 +   • -М„Хп + Мр. (2.91)
Использование симметрии системы при ее динамическом расчете оказывается возможным только при симметричном расположении масс. При несим-
Рис. 2.31
метричной вибрационной нагрузке разложение сил инерции на симметричные и обратно симметричные группы, как это показано на рис. 2.31, приводит к распаду системы канонических уравнений на две независимые системы.
187-
В этом случае вычисление главных перемещений по направлению парных неизвестных нужно делать по формуле
2
тп/в3
(2.92)
При симметричной вибрационной нагрузке все обратно симметричные силы инерции равны нулю, а при обратно симметричной вибрационной нагрузке симметричные силы инерции равны нулю. Симметричная вибрационная нагрузка может привести к резонансу только при совпадении ее частоты с собственными частотами симметричных колебаний системы и, наоборот,—обратно симметричная нагрузка может дать резонанс только с частотами обратно симметричных свободных колебаний.
Рис. 2.32
Пример 2.22. Построить эпюру динамических изгибающих моментов для невесомой балки пролетом 1 = 4 м, рассмотренной в примере 2.10 при действии вибрационной нагрузки Р (t) = Р sin О/ (рис. 2.32 а), если Р = 0,2 Т\ 0 = 57,5 сек-1. .
188
Эпюры от единичных сил для данной балки были построены в примере 2.10. По этим эпюрам найдены перемещения
s I3 8 й >	/3	2
3EI EI	32EI EI
Я —_Л_— 4
22	48£/ 3EI
Эпюра от статической нагрузки, равной амплитуде вибрационной силы, показана на рис^ 2.32 б. Путем перемножения этой эпюры с эпюрами Мх и ТИ2 находим:
.	0,11-1-21	, 0,11-1-21	1,6
д ----------------------------- — •
ip 2-2-3-2-EI	2-3 2-EI	EI
.	l-l-0,1 I	0,1 /з	о,4
д =--------------=---------=------
2р	4-2-2-EI	16 EI	EI
Частоты свободных колебаний балки уже найдены в примере 2.10 и равны:
а>! = 68,5 сек-1; а>2 = 228 сек-1.
Для определения главных перемещений нужно предварительно вычислить величину
EI =	2000	= 11 8
тО3 0,051-57,5»
Тогда
6» =8-------L = _L(8 — 11,8) = —
11	11	«0» EI	EI
Ъ* = §22 - — = — (1,33 - 11,8) = —	.
22	22	7Я03 EI V	' EI
Составляем канонические уравнения:
+ Д1/, = 0;
82|	+ Д2/> = 0.
После подстановки полученных значений для перемещений и умножения уравнений на EI получим:
- 3,8 Хх - 2Х2 + 1,6 = 0;
- 2Х, - 10,47	- 0,4 = 0.
189
Решив эти уравнения, получим:
Xj = 0,491 Т; Х2 = - 0,132 Т.
Умножив эпюры Л4] и М2 (см. пример 2.10) на соответствующие значения инерционных сил и сложив
Рис. 2.33
190
полученные эпюры с эпюрой Мр, получим окончательную эпюру динамических моментов (рис. 2.33в).
Кроме того, балка подвергается действию изгибающих моментов от статических грузов Q = mg.
Пример 2.23*. Построить эпюры динамических изгибающих моментов в симметричной раме, показанной на рис. 2.33, при действии на нее симметричной динамической нагрузки Р (/) = 6 sin bt и (z) = 3 sin 6/. Частота возмущающих сил 6 = 0,6 0)!. Массы сосредо-
Q точены посредине каждого стержня и равны т = — .
Так как вибрационная нагрузка симметрична, то формы вынужденных колебаний также будут симметричными. Групповые прямо симметричные неизвестные силы инерции показаны на рис. 2.33 б.
Эпюры моментов от единичных сил Xlt Х2 и Х3, действующих по направлению сил инерции, показаны на рис. 2.33 в, г, д. Для их построения можно было применить любой метод расчета рам, например метод ч перемещений или способ уравновешивания узлов.
Перемещения Зп, 812, 813, б22, 823 и З33 можно определить путем перемножения этих эпюр. Однако проще перемножать_эпкц)ы Af12_Af2 и М3 не между собой, а с эпюрами Mi, М-2 и Мз, построенными для основных систем и показанными на рис. 2.33 е, ж, з.
Перемещения получаются равными:
Д/8И = 1,88, Д/312= - 1,13; £7813 =—0,75;
Д/В22 = 5,63; Д/8,, = 1,13; Е183, = 3,00. АЛ	г •	АО	1	1	UU	г
Для определения частот собственных колебаний составляется вековое уравнение:
й т $ т
812у; 8,3 V
» A tn 1 \ S tn 821т; (822 2- — J ; 823 2
* Заимствован из книги И. П. Прокофьева и А. Ф. Смирнова «Теория сооружений», ч. III, Трансжелдориздат, 1948.
191
Подставив вычисленные перемещения в вековое уравнение, раскрыв определитель и решив полученное в результате этого кубическое уравнение, найдем частоты свободных колебаний
“1
Ш2
<Оз = О,937 у -.
Построив для заданной системы эпюру Мр от нагрузок Р = ЪТ и 9 = 3 Т/м (рис. 2.33) и перемножив эту эпюру с вспомогательными эпюрами 7И1, ТИг и Мл (рис. 2.33 е, ж, з), получим перемещения от амплитуд динамических нагрузок:
£7Д]р= 12,37; £/Д2р = 20,25; ЕП±3р = - 2,25.
При заданной_частоте возмущающих сил 0 = 0,6Х /”
X “] = 0,319 J/ — главные перемещения с учетом зависимости инерционных сил от частоты 6 будут равны:
8ц = 8ц	1	1 EI	( 1,88	— > = \	0,319» )	7,94 . EI '
	/пб3			
§22 = 822 -		1	1 /	'5,63		14,01 . - — — ,
	тО»	EI \	0.3193 )	EI
8*3 = 833-		1_	1 /	3,00	—> = -	16,64 _
	тб2	EI \	0,319» J	EI
Канонические уравнения, умноженные на EI, будут				
такими:
-7,94%,- 1,13 %2 — 0,75Х3+ 12,37 = 0;
-1,13%! — 14,01 %2 + 1,13%3+20,25 = 0;
-0,75%!+ 1,13%2—16,64%з— 2,25 = 0.
Решив эти уравнения, найдем наибольшие значения сил инерции масс:
%i = 1,390 Т- Х2 = 1,327 Г; %3 = - 0,108 Т.
Для построения эпюры динамических моментов (рис. 2.33 к) изгибающие моменты в характерных сечениях стержней рамы вычисляются по формуле
М= 1,39/Й;+ 1,327 М2-0,108 Mj + Mp.
192
На рис. 2.33 к пунктиром показана эпюра М для 6 = 0, т. е. эпюра от амплитуд динамических нагрузок.
В динамике сооружений, как показал Н. И. Безухов, оказываются справедливыми все законы взаимности, установленные в статике сооружений.
Так, например, взаимность динамических перемещений состоит в том, что перемещение одной массы в лю Зой момент времени от силы, приложенной к другой массе, равно перемещению этой второй массы в тот же момент времени от силы, приложенной к первой массе. При этом силы должны иметь одинаковые амплитуды и изменяться по одному и тому же закону.
Взаимными оказываются и динамические реакции, а также динамические реакции и перемещения. При этом все эти случаи взаимности оказываются частными случаями закона взаимности возможных работ.
§ 34. Колебания балки при подвижной нагрузке
Рассмотрим случай движения сосредоточенного груза постоянной величины Р по балке с погонной массой т (рис. 2.34 а). Массу груза будем считать
Рис. 2.34
очень малой по сравнению с массой балки, а скоростью движения груза настолько большой, что задачу уже нельзя свести к статической^
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 13	?193
Если принять, что в начальный момент времени /о = О груз входит на балку, то в мгновение t он будет находиться на расстоянии a — vt от левой опоры.
Уравнение колебаний может быть записано в следующем виде:
E/-^- + w^ = P(x,0.	(2.93)
ox4 0Z2
Несмотря на то, что величина силы Р остается постоянной при движении, ее составляющие по главным формам колебаний непрерывно изменяют свою величину.
Для нахождения этих составляющих разложим силу в тригонометрический ряд по синусам
Р(х, 0 = 2 Л(0 sin	(2.94)
л=1
Для вычисления коэффициентов ряда А„ (t) необходимо представить силу Р распределенной равномерно по малому участку длины 2е(от а — е до а + е). Тогда коэффициенты ряда будут выражаться интегралами
i
А„ =yj' Р(х, 0 sin dx = о
а+в
Р I . Пт.Х , = — sin-------dx =
е/ .) Z
а—
2Р . Пт.а . лле	/о
= "-- Sin ---- Sin -- .
ели Z Z
Уменьшая e до предела, равного нулю, и имея в виду, что а = vt, получим:
. 2Р . n-vt
Ап = — sin — .	(2.96)
Тогда
со
D/и А 2Р К1 -•	Пг-Х
. . Р{х, 0 = —- 2j sin — - sin — .	(2.97)
*	, I	I
194
Подставим я-ый член этого ряда в- уравнение (2.93) вместо силы Р;
Е1*Уп + т = 2Р_ sin w>t s.n пм .
dxi dt2 I .. I I ,	'
Решение этого дифференциального уравнения, соответствующее n-ой главной форме колебаний, можно представить в следующем виде
уп= T„(0sin	(2.99)
Тогда:	'
д-уп	д*Тп . пт.х
dt2	dt1 Г
Подставив эти выражения в уравнение 1 (2.93) и ПКХ сократив на sin —— , получим:
— d2T„	2Р , n-xvt
— EITn + т —~ = — sin------------.	(2.Ю0)
/4	Л2	I .1	. _
Решение этого дифференциального уравнения можно привести к виду
Тп = В„ sin («V + Х„) 4-	,	(2.101)
ml ап - Фи
где
(2.102)
(2.103)
Постоянные Вп и можноЛ найти из граничных условий: при / = 0: у„ = 0 это дает B„sinX„ = 0 итак как В 0, то X =0; при t—Q: -^s-=0. Отсюда   • ’
-  '	р-	' 1 ''	'	'	'
ml<on <an~
13*	195
Следовательно,
' 2Рф„ __	2	1 2 ml№n (<°П— фп)
sin o>„Z sin —---------h
+ —2P-
,/п/(ш2-ф2)
,	, , . TKX
sin фл/ sin —— .
(2.104)
Первый член этой суммы выражает свободные колебания балки с частотой «>„, а второй — вынужденные с частотой Ф„.
Совпадение частот шл = фл приводит к резонансу, который возможен при такой критической скорости движения
v = — I / ~ — —шп.	(2.105)
I у т пл
Оказывается, что даже при п—1 эта скорость настолько велика, что резонанс практически невозможен. Наибольшее значение прогиба под грузом Р, стоящим в середине пролета, оказывается равным
у = уСтН,	(2.106)
где
Уст—статический прогиб под грузом;
I* — динамический коэффициент подвижной нагрузки, выражающийся такой формулой
(2.107)
Пример 2.24. Определить динамический коэффициент подвижной нагрузки, движущейся по балке пролетом I == 10 м со скоростью v — 80 км/чис = 22,2 м/сек, если частота собственных колебаний балки составляет ш = 40 сек~'.
По формуле (2.107)" находим
1
11 	22,2.3,14	1 -0,174	1,21
40-10
Если масса груза велика по сравнению с массой сооружения, то данное решение оказывается уже недостаточно точным.
196
Критическая скорость, соответствующая резонансу по формуле (2.105), составляет при п—\
v = — <s> =	40 = 127 м/сек = 455 км/час.
я 3,14
§ 35. Борьба с колебаниями
Колебания могут оказать вредное влияние на орга- . низм человека и помешать работе оборудования производственных зданий. Колебания конструкций в зависимости от частоты и амплитуды могут оказать различное физиологическое воздействие на людей. На основании имеющегося опытного материала сделан вывод, что критерием чувствительности людей к колебаниям с низкими частотами (от 1 до 10 гц, т. е. кол/сек) может служить ускорение колебаний, а к колебаниям с высокими частотами (выше 10 кол/сек) — скорость колебаний.
Характеристики воздействия на людей гармонических колебаний с амплитудами до 1 мм приведены в табл. 2.5.
Таблица 2.5
Характеристики воздействия гармонических колебаний
Характеристики воздействия колебайий на людей	Для частот от 1 до 10 гц	Для частот от 10 до 100 гц
	предельное ускорение в ял/сен*	предельная скорость в мм!сек
Не ощутимы .......	10	0,’6
Слабо ощутимы		40	0,24
Хорошо ощутимы ....	125	2
Сильно ощутимы (мешают)	400	6,4
Вредны при длительном воздействии 		юоо	16
Безусловно вредны . . ,	более 1000	более 16
Допустимую амплитуду/г0 динамических перемещений определяют по формулам:
«0 = -^-;	. (2-108)
:	ао=7Т2->	(2.109)
4я ло
197
где v0 и ®0 допускаемые пределы скорости (в мм/сек) и ускорения (в мм/сек2), принимаемые по табл. 2.5;
п0— частота колебаний, гц.
В качестве допускаемых должны приниматься колебания с характеристикой безвредного воздействия их на людей.
Для различных машин и оборудования, монтируемых на фундаментах и перекрытиях, нормами установлены допустимые значения амплитуд и скоростей колебаний.
В тех случаях, когда в результате динамического расчета конструкции требования прочности, жесткости или характеристики воздействия на людей и оборудование не удовлетворяются, следует принимать меры борьбы с колебаниями. Эти меры довольно разнообразны и- эффективны при условии правильного выбора их в каждом конкретном случае. Мы перечислим основные из них.
а)	Целесообразная расстановка машин
Путем той или иной расстановки машин, служащих источником колебаний, можно уменьшить или даже избежать резонансных явлений. Так, например, придвинув такую машину ближе к опоре несущей балки, можно увеличить частоту собственных колебаний последней. Машины, создающие горизонтальные силы инерции, следует располагать так, чтобы эти силы действовали в том направлении, для которого жесткость здания больше или частота собственных колебаний сильнее отличается от числа оборотов машины.
б)	Изменение жесткости конструкции
Увеличение жесткости конструкции путем увеличения размеров ее поперечных сечений, путем уменьшения пролетов или с применением других мероприятий, приводит к повышению частот собственных колебаний и может быть использовано для удаления низшей из этих частот вверх от. частоты возмущающих нагрузок.
198
Уменьшение жесткости конструкций может быть целесообразным лишь в редких случаях, так как при< водит к снижению прочности и создает возможность резонанса с более высокими тонами колебаний измененной конструкции.
в)	Изменение режима работы машин
Понижение или повышение числа оборотов может привести к такому же эффекту, как и повышение или соответственно понижение жесткости конструкции, т. е. к уменьшению динамического коэффициента.
Колебания, создаваемые машинами с вращающимися массами с возвратно-поступательным ходом, можно значительно уменьшить путем уравновешивания инерционных сил. Уравновешивание машины может быть достигнуто за счет уравновешивания ее движущихся масс, а также путем встречного сдваивания или страивания, при котором две или три одинаковые машины ставятся на одном валу и работают с относительным сдвигом фаз на 180° или 120°. Для этой же цели к машине может быть добавлен специальный антивибратор.
г)	Применение виброгасителя
Динамический виброгаситель представляет собой дополнительную систему, которая устанавливается на конструкции, совершающей вынужденные колебания с целью нейтрализовать своими реакциями возмущающую нагрузку. Для этого частота собственных колебаний виброгасителя должна быть равна частоте возмущающей нагрузки.
д)	Виброизоляция
Виброизоляция оказывается одним из наиболее простых средств для уменьшения вредного действия колебаний. Различают активную виброизоляцию, назначением которой является уменьшение динамических сил, передаваемых машиной на несущую конструкцию, й пассивную виброизоляцию, которая имеет целью изолировать те или иные места
199
работы или приборы от колебаний несущих конструкций.
Расчет активной виброизоляции в основном сводится к определению коэффициента передачи силы по формуле, сходной с формулой (2.24)
н =	<2Ч0)
(v)-1
где 6 — круговая частота возмущающей нагрузки;
а> — частота собственных колебаний виброизоли-рованной установки, которая находится по формуле (2.18), исходя из массы и статического перемещения виброизолированной установки.
Отношение—должно быть не меньше 4—5, аве-(О
личина р. обычно находится в пределах 1/15—1/40.
В качестве виброизоляторов применяются резиновые элементы, стальные пружины, а также системы в виде поршня, движущегося в сосуде с вязкой жидкостью.
ЛИТЕРАТУРА
1.	И. В. Ананьев. Справочник по расчету собственных колебаний упругих систем. Гостехиздат, 1946.
2.	Н. И. Б е з у х о в, О. В. Л у ж и н. Устойчивость и динамика сооружений в примерах и задачах. Стройиздат, 1963.
3.	С. А. Бернштейн. Основы динамики сооружений. Стройиздат, 1941.
4.	В. В. Болотин. Динамическая устойчивость упругих систем. Гостехтебриздат, 1956. '
5.	И. И. Гольденблат, А. М. Сизов. Справочник по расчету строительных конструкций на устойчивость и колебания. Госстройиздат, 1952.
6.	К. С. 3 а в р и е в. Динамика сооружений. Трансжелдориз-дат, 1952.
7.	Б. Г. Коренев. Динамика сооружений. Справочник проектировщика. Раздел 22 — Расчетно-теоретический. Госстройиздат, 1960.
8.	И. Л. К о р ч и н с к и й. Расчет строительных конструкций на вибрационную нагрузку. Стройиздат, 1948.
9.	Б. Н. Кутуков. Упругие колебания (основы динамического расчета элементов конструкций). ВЗГДИ, Государственное издательство «Высшая школа», 1961.
10.	А. Лисовский. Колебания прямых стержней : и рам. Госстройиздат, 1961.
200
11.	Ю. А. Ни лен дер. Современное состояние динамики сооружений и практическое значение внутреннего сопротивления материалов. Сб. «Динамические свойства материалов». Госстройиз-дат, 1ъ40.
12.	И. П. Прокофьев, А. Ф. Смирнов. Теория сооружений. Ч. 3. Трансжелдориздат, 1948.
13.	Я. Г. Панов ко. Основы прикладной теории упругих колебаний. Машгиз, 1957.
14.	И. М. Рабинович. Основы строительной механики стержневых систем. Госстройиздат, 1960.
15.	Э. Е. Сигалов. Практический метод расчета рам на колебания. Труды Московского института инженеров городского строительства Мосгорисполкома. Строительная механика и конструкции. Сб. 7, Госстройиздат, 1957.
16.	Е. С. Сорокин. Динамический расчет несущих конструкций зданий. Госстройиздат, 1956.
17.	Н. К. С н и т к о. Методы расчета сооружений на вибрацию и удар. Госстройиздат, 1953.
18.	С. П. Тимошенко. Теория колебаний в инженерном деле. Гостехиздат, 1960.
19.	А. П. Филлипов. Колебания упругих систем. Изд-во АН УССР, 1956.
20.	В. Г. Чудновскйй. Методы расчета колебаний и устойчивости стержневых систем. Изд.-во АН УССР, 1952.
РАЗДЕЛ HI
Основы расчета пространственных тонкостенных конструкций
Глава!
ЭЛЕМЕНТЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЙ ГЕОМЕТРИИ ПОВЕРХНОСТИ
§ 36.	Аналитическое выражение поверхности.
Поверхность есть геометрическое место точек, радиус-вектор которых г, направленный из фиксированного центра О, является функцией двух независимых параметров а и р. В векторной форме уравнение поверхности имеет вид:
г = г(а, р) или
г = x(ct, р) i + у (а, р) / 4- z(a, р) k. (3.1a) Поверхность можно определить в параметрической форме с помощью трех уравнений вида:
« = Л(а> ?). _У=Л(а> ?)> 2=/з(а. ?).	(3.16)
где х, у, z—декартовы координаты точки поверхности — известные функции (/z) параметров а и р.
Если из уравнения (3.16) исключить а и р, то получается уравнение поверхности в неявной
F(x, у, z) = 0	(3.1в)
или явной форме
z=f(x, у).	(3.1г)
Любое соотношение между параметрами вида <р (а, р) представляет кривую линию на поверхности. 202
Кривые на поверхности, вдоль которых один из параметров остается постоянным, называются координатными, линиями. Поверхность полностью определяется двумя семействами координатных линий — криволинейными координатами поверхности.
Положение любой точки на поверхности определяется значениями криволинейных координат
a=C(const)H 3 = С (const) в этой точке.
§ 37.	Линейный элемент поверхности
Рассмотрим две соседние точки поверхности С и D (рис. 3.1), определяемые радиус-векторами г и г-{-dr и соответственно криволинейными координатами а, р и а rp r/a,. р + flip.
В пределе длина элемента дуги, соединяющей точки С и D, стремится к дифференциалу dsn равна модулю вектора.
dr = ^da,-{- — d$,	(3.2)
да с>р
а квадрат дифференциала дуги
ds1 — \dr\2 = dr-dr =EdJ +2F(hd$ + Gdf, (3.3)
203
где, согласно (3.1а),
£=* £ _ Л£Ь!+ (ЦТ)2+ да да \ да\ да / \да/
р__дг дг__ дх Ьдх . . ду ду . дг дг с
~ да ’ дЗ ~	‘ дЗ +‘ да а? да д? ’		’ '
о = ——=<—V+ <-^-Y+ <-Y д? зз \ аз J к аз ) \аз/ '
Выражение (3.3) называется первой квадратичной формой поверхности, а величины Е, F и G ее коэффициентами.
Из (3.4) следует, что = УЕ ~ = У7} дх	д?
F=-?-=/£•/О cos X,	(3.5)*
да аз
где X угол между векторами V Е и КО (рис. 3.1).
Согласно (3.3), вдоль координатной линии а= С, da = 0 длина элемента CD}
ds% =КО d$	(3.6)
вдоль координатной линии С, d$=0 длина элемента CCj	_
[rfsj= КЕ da.]	(3.7)
Если координатные линии образуют [на поверхности
ортогональную сетку (х=у^!, то (3.3) примет вид:
ds2 — dsl + dsl = A2 da2 + B2d$2, где
a = Ve, b = Vq.
(3.8)
(3.9)
§ 38.	Кривизна линии на поверхности
Если через точку С[г(х, у, г)] провести на поверхности различные кривые, то касательные к ним в точке С, как правило, располагаются в одной плоскости—ка с а тельной плоскости к поверхности в точке С.
* Согласно формуле скалярного произведения векторов А и В'. АВ = [Л].[В] cos7..
204
Прямая, проходящая через точку С перпендикулярно к касательной плоскости, называется нормалью к поверхности в точке С (рис. 3.2).
Нормальным сечением поверхности в точке С называется сечение некоторой плоскостью, содержащей нормаль к поверхности в этой точке. Такое сечение представляет собой плоскую кривую, главная нормаль* к которой совпадает по направлению с нормалью к поверхности в данной точке С.
Касательная плоскость
проходит через векторы:
^2 = -
2 д?
касательные кайр линиям в точке С.
Вектор нормали N параллелен вектору, образованному векторным произведением** векторов гг и г2, а его орт
-V-п= г1Хг2 = д! аз
|Г1ХГ2| н ’
* Нормаль, перпендикулярная к касательной в точке С и лежащая в соприкасающейся плоскости.
** Векторное произведение векторов А и В — АХ В = С, где С— вектор I к плоскости, проходящей через А и В, модуль его равен площади параллелограмма, построенного на этих векторах: |С| = | Л | | B|-sinZ.
205
где знаменатель является модулем векторного
ведения
г, | дгdr I dr I dr . v Н= — X— •= — • - sinX.
I da <~Р I да I др
Согласно (3.5) 
sin X — К1 — cos2 X =
У EG
д~ I = уЕ, - I = VG да J	д? I
и окончательно получаем
n=_L^x^>
Н да. д?’
где
h=Veg — е2.
произ-
(3.10)
(3.11)
Нормали, проведенные в соседних точках поверхности, как правило, не пересекаются между собой, но для любой точки С имеется два таких направле-
ния на поверхности — л и н и и кривизны, для которых это пересечение имеет место.
Если обозначить через г радиус-вектор точки поверхности С, через п орт нормали, через г + dr радиус-вектор соседней с С точки,' лежащей на расстоянии da. или d$, а через п + dn орт нормали в этой точке, то необходимым условием пересечения этих двух смежных нормалей является компланарность векторов «, dn и dr, что в векторной записи имеет вид:
«•с?«Х^ = 0.	(3.12)
Подставляя’(3.2) и аналогичное ему выражение для dn в уравнение (3.12), получим после группировки*: .
X dadfy + (п -g- X ~.) dp = 0,	(3.13)
\	О’* /
квадратное уравнение относительно
* Для векторных произведений справедлив распределительный закон: А X (Д + С) = А X В + А X С.
206
Корни уравнения (3.13) определяют два направления на поверхности, для которых нормали, проведенные в соседних точках, пересекаются между собой.
Преобразуем уравнение (3.13).
„	дг	дг
Так как векторы ri=j- и = касательны к
координатным линиям р=Сиа=Св точке С и перпендикулярны к нормали N, то:
п--=0 и «-=0.	(3.14)
да	аЗ	v ’
Дифференцируя уравнение (3.14) по аир, получим: дп дг д2г , •	-- Th ----- ~ L,
да да	да2
дп дг	д-г	..
---— п	= — М, д|3  да	дад?
(3.15)
да аЗ	dadfi
Л = _я^.==_лг ар а? д}‘
Величины L, М, N представляют собой проекции д2г дг д2г векторов	на направление нормали к по-
верхности и называются коэффициентами второй квадратичной формы.	;
L da.2 + 2 Warfp + М/р2.	(3.16)
Подставив (3.1а) и (3.10) в уравнения (3.15) и проделав необходимые выкладки, получим коэффициенты второй квадратичной формы, выраженные в декартовых координатах:
	д-х д2у д2г	
		
	да2 да2 да2	
/.=-1-	дх ду дг	; А/
н	да да да	
	дх ду дг	
		
	а? а? аз	
д2х д2у д2г ар3 азз а?2 дх _ду дг да да да дх ду дг д? д? а?
207
-
д3х д3у д'г дад^ д д^ сЬдр дх ду дх да да да дх ду дх д? d,i д? где Н определяется формулой (3.11).
Так как п вектор постоянной длины, то первые производные от п должны быть перпендикулярны к п и параллельны плоскости, дг дг — и —, через которые они и : посредством уравнений: ч дп дг , .дг дп ---------- а — + b —, — = а, да  да 53	33
(3.17)
содержащей векторы могут быть выражены
1г ’ (ЗЛ8)
дг
да
где а, Ь, а1г Ьх — постоянные, подлежащие определению.
Умножая последовательно первое уравнение (3.18) скалярно на векторы — и — и учтя (3.4) и (3.15), пода 33
лучим:
, — 4 = а.Е + bF, — M = aF + bQ, откуда
„ FM - GL . FL — EM a --------, b --------.
H3	h3
Окончательно получим
дп _ FM — GLdr FL—EM dr	.Q.
да H3 да + H3 33
и аналогичным путем
дп = FN- GMdr FM — EN dr
<?3 H3 da+ H3 33 ‘	V’ '
С помощью зависимостей (3.19), (3.20) и уравнения (3.10) можно доказать равенства:
дп dr	EM — FL
дп .. dr FM— GL
208
dn dr SN—FM д? X dx И
(3.21)
dn_^.dr _FN--GM_ d? Х	Н
Уравнение (3.13) после деления на d$2 примет вид: {ЕМ— FL) (-Y + (EN— OL) — + (FN - GM) = 0. (3.22) \<7[М	d?
По двум корням уравнения (3.22) можно доказать ортогональность линий кривизны
(F=0).
Полагая, что бесконечно близкие точки С и D лежат на линии кривизны, проведем через них нормали к поверхности, точка пересечения которых дает центр кривизны (рис. 3.3).
Расстояние от центра кривизны — А до точки С, измеряемое в направлении единичной нормали — п, называется главным радиусом кривизны £ и обозначается
поверхности в точке
R = Rn.
Величина, обратная главному радиусу кривизны, называется главной кривизной поверхности в точке С и обозначается
Для каждой точки поверхности есть две главные кривизны, которые являются нормальными кривизнами поверхности в направлении линий кривизны.
Главная нормаль к линии кривизны, вообще говоря, не совпадает с нормалью к поверхности и, следовательно, нормальная кривизна поверхности в направлении линии кривизны в общем случае не является кривизной этой линии. Из всех возможных кривизн линий кривизны одна главная кривизна имеет мини-Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат —14	2С9
мальное, другая — максимальное значения. Полагаем, что центркривизны определяется вектором р (рис. 3.3).
р = г + Rn-
dp = d (г + Rri) = (dr 4- Rdn) 4- ndR.
Вектор dr + Rdn касателен к поверхности, а из условия, что вектор dr расположен вдоль линии кривизны, следует, что вектор йр должен иметь направление п. .
Таким образом,
аг 4- Rdn = О
и получаем в векторной записи формулу Родрига: .
kar + dn = 0.	(3.23)
Подставляя (3.2) и аналогичное выражение для dn в уравнение (3.23), получим:
(k + 2“ 'j + (к SL. +	_ о.
\ дх дх J \ dp д?)
Составляя скалярное произведение этого уравне-дг дг
ния на векторы — и —, соответственно получим дх Эр
два уравнения:
,(kE—L)aa + (kF — M)a$ = 0,	(3 24)
(kF-M)da + (kG - AO 4 = 0.	?
Исключая из уравнений (3.24) da и d$, получим уравнение второй степени относительно k\
H2k2 - (EN— 2FM -GL}k + (LN - M2) = 0, (3.25)
два корня которого дают значения двух главных кривизн kt и k2.
Если поверхность отнесена к линиям кривизны, что часто делается в теории оболочек, то F= М = 0 и из уравнений (3.24) непосредственно получаем:
^= —= —= —,	= — = —	(3.26)
J /?. Е А2 2 R2 G В2
210
В этом случае коэффициенты первой квадратичной формы (Л и В) связаны с главными кривизнами поверхности и k2) уравнениями Кодацци — Гаусса;
d / L	& / t я \ z. dA
— (k2B) — k1 —-, — (^1Л)=^2—, 03	ОЛ Op	op
-(- —} + - (- — = - kjkzAB. (3.27) da \A da J д? \в ар J 1	’
Величина
k = kxk2 = -^—	(3.28)
R1R2
называется гауссовой кривизной поверхности. Если гауссова кривизна равна нулю, что справедливо для случая развертывающейся поверхности (один из главных радиусов кривизны равен бесконечности), то геометрия поверхности совпадает с евклидовой; если гауссова кривизна отлична от нуля, то поверхность обладает своей геометрией, отличной от геометрии плоскости.
Величина
+ + ' (3’29)
называется средней кривизн ой поверхности. Поверхности, для которых средняя кривизна во всех точках равна нулю, называются минимальными;
Глава 2
БЕЗМОМЕНТНАЯ (МЕМБРАННАЯ) ТЕОРИЯ РАСЧЕТА ОБОЛОЧЕК
При расчете оболочек по безмоментной теории пренебрегают крутящими и изгибающими моментами и поперечными силами, возникающими в сечениях оболочки. Это можно сделать, если напряжения от изгиба,и кручения малы в. сравнении с напряжениями от, нормальных и сдвигающих сил.
14*	211
§ 39. Основные дифференциальные уравнений
Рассмотрим оболочку с постоянной толщиной А очерченную по произвольно заданной поверхности. Пусть Na и 5а будут нормальная и сдвигающая сила в точке С по нормальному сечению, совпадающему с координатной линией а = с, и нормальная и сдвигающая силы по нормальному сечению, совпадающему с координатной линией р= С.
Рис. 3.4
За координатные линии а и р примем линии кривизны средней поверхности оболочки. Силы отнесены к единице длины линии средней поверхности оболочки, положительное направление сил показано на рис. 3.4.
Вырежем из средней поверхности ортогональный криволинейный четырехугольник CDCJ^ со сторонами
CCj = Ada,
CD1 = Bd$,
DD,-(a+^
da,
C.D = (B + — da} d? \ da J
(3.30)
(рис. 3.5).
Для углов dy* и лежащих в двух взаимно перпендикулярных главных нормальных плоскостях; проходящих через точку С, и углов и йф3, лежащих в касательной плоскости и образованных каса-212
тельными к линиям кривизны в точках С, и Q (рис. 3.5), получим формулы:
d<pa = — , d^a = ^г~СС1- = fa
т“ /?1	“ CDi В д$
=	з=7Т^	(3,31)
н R2 г А дл
На выделенный элемент оболочки CDC1Di будут действовать силы, показанные на рис. 3.6.
Уравнения равновесия запишем для осей подвижного ортогонального трехгранника Cxyz, в котором оси Сх и Су направлены по касательным к координатным линиям а и р в сторону возрастания параметров, ось Сг направлена по внешней нормали.
Оси трехгранника образуют правую систему координат. Интенсивность внешней поверхностной нагрузки на единицу площади имеет в направлении координатных осей составляющие X, Y и Z.
213
Уравнения равновесия
Epx = o,S^=o,S^=o и	.
после исключения углов	d<pe, dfy (3.31) и де-
ления всех членов на dad% примут вид:
.	- 4% + &AS>> +	+АВХ- °-
+1+ S,£ + ABY = 0.
Рис. 3.6
Последнее из уравнений выражает закон парности сдвигающих сил.
Полагая на основании этого уравнения
5=^ = 5,	(3.32)
получим основные дифференциальные уравнения без-моментной теории оболочек, выведенные в линиях главных кривизн средней поверхности оболочки, в форме:
±(BN) -Nd-^ + l.l(A^s) + АВХ = 0, да	р да А Эр
А(ддг) — AL — + --(B2S) 4- ABY = Q, a а? в дл
* Уравнения равновесия —	= 0 и = 0 Для без-
моментной оболочки удовлетворяются тождественно.
214
—+ ^--Z = 0.	(3.33)
/?!	/?2
Таким образом, при заданных на оболочку поверхностных и контурных внешних силах задача определения внутренних усилий по безмоментной теории (3.33) является статически определимой, искомые усилия (Na, и S) можно найти, не пользуясь соотношениями между деформациями.
§ 40. Расчет оболочек вращения
Большое значение в технике имеют тонкие оболочки, средняя поверхность которых является поверхностью вращения. Подобная поверхность образуется при вращении плоской кривой — меридиана вокруг оси вращения (аг), лежащей в ее плоскости (рис. 3.7).
Уравнения меридиана имеет вид:	/ !
r=r{z).	(3.34)
Линии пересечения поверхности с плоскостями z = С являются параллельными кругами — параллелями. Декартовы координаты точки С будут х, у, z, причем
х = г (z) cos р, у = r(z) sin р.
Радиус-вектор точки С, согласно (3.1а), равен: г = г (z) cos р/ + r(z) sin Р/ + zk.
215
Принимая параллели z = const и меридианы 3 = const за координатные линии поверхности, получим:
— = г' (z) cos ?Z + г' (z) sin ft/ + k, dz
= — Г (z) sin ftZ + r (z) cos ft/, op
где штрихами обозначены производные по z. Коэффициенты первой квадратичной формы
А2 = — ~~ = (г')2 cos2 ft + (г')2 sin2 ft + 1 = 1 + (г')2, dz dz
2 2р	2 2p = r2
d? д?	r	г
откуда
А = [1 + (г')2]1'2, В = г, Н = АВ = г {1+ (г')2]1/2, /7=^.^_ = 0.	(3.35)
dz Э?	v '
Для подсчета коэффициентов второй квадратичной формы определим величины:
= г" cos ftZ + г" sin ft "J, d£2
~ = — г cos ftZ — г sin ft/, dp2
х	i J *
п  dz d? _ 1 г' cos ft г's in ft 1 = н Н — rsinft rcosft О
= — (— cos ftZ — sin ft/ + r'k), H
откуда
L = n -yy = —	(/' cos2 p + r " sin2 P) = — rj- ,
dz* H	H
N == n = — (r2 cos2 ₽ 4- r2 sin2 p). = £ , д^н	H
M = n—=Q.	(3.36)
dzd? .
Так как величины/7и М одновременно обращаются в нуль, то координатные линии являются линиями 216
кривизны и для определения кривизн можно воспользоваться формулами (3.26):
д	г"
1 А3	[1+(И^2>
_ N _	1
2 В3	г [1 + (И2]1'2 ’
(3.37)
Уравнения (3.33) после подстановки в них величин (3.35) и (3.37) и замены а на z, примут вид:
+ [1 + (г')211/2^- + г[1 + (г7]1/2Х = О,
[1 + (r')2f2^ +11(r2S) + г[ 1 + (r')2]lj2Y = 0, (3.38)
-----Г-^~ + NB - г [1 + (г')2Г/2 Z = 0.
1 + (г')2	*	3 I г \ J
Для случая однородной задачи X = Y = Z = 0 (общее решение) усилия могут быть выражены через одну функцию усилий по формулам [2]:
N = л	ту.= IL	(3.39)
а	г2 а?	3 Аг д?	dz\r )	4	’
В этом случае первое и третье уравнения (3.38) удовлетворяются при любом выборе функции <р, а второе примет вид:
^._П7т + ±1\ = 0.	(3.40)
dz3 г V ар2 J	у
Таким образом, расчет безмоментной оболочки, очерченной по произвольной поверхности вращения при отсутствии поверхностной нагрузки, приводится к определению функции усилий <p = <p(z, 3) из дифференциального уравнения (3.40), удовлетворяющей заданным тангенциальным граничным условиям. Тангенциальные граничные условия могут быть поставлены в силах Na, TVp S’— статические граничные условия, когда задачу определения усилий можно выделить в самостоятельную задачу, и в перемещениях иа, и?, , зависящих от тангенциальных усилий, когда подобного выделения сделать нельзя.
В главе 2-й будут рассматриваться лишь задачи первого характера.
217
Для случая осесимметричного загружения оболочки вращения (Y = 0) усилия не зависят от угла р, S = 0 и^надо определить только Na и N?.
В последнем случае уравнения (3.33) примут вид:
— (7VaR2 sin а) — cos а + R}R2 sin а X = О, dx	, ₽
^ + ^-Z=0,
/?1	/?2
откуда частное решение будет равно:
N„ =----------f R,R2 sin a (cos а-Z — sin а X) da,
/?3sinaa J
al a
Ns = R2Z--------Ц—f RtR2 sin a (cos aZ — sin a X) da.
p	tfjSin3» J
(3.41)
Внутренние силы могут быть определены и без рассмотрения дифференциальных соотношений.
Обозначим равнодействующую всех сил, действующих на оболочку вращения выше сечения z = с через Qz> тогда из суммы проекций на вертикальную ось oz следует (рис. 3.8) Qz + 2sin a = О, откуда меридианальное усилие
N =------,	(3.42)
2icrsina
Кольцевое усилие - N? проще всего определить' из 3-го уравнения (3.38).
318
Решения (3.41) и (3.42У эквивалентны.
Пример 3.1.• Определить усилия в замкнутом шаровом куполе постоянной толщины h, опертом по экватору (рис. 3.9) [3]
Ri = #2 = R> cos а = -J , sin а = £ , r\	К
А = R, В = R sin а:
Рис. 3.9
а)	от собственного веса g (Т/м.2 поверхности)
Q2 = Fzg = (R — z) g = 2it/?2g (1 — cos a),
7?2(/? —z)g  _ Rg
1 T- COS a
1 — COS 1 — COS2 a r . 1 -f- cos a
TV = - —------------= -
ZTtr Sin a
AC = — (g cos a —----------—
? Д	1 + cos a
r2
Эпюры усилий приведены на рис. 3.9;
б)	от снеговой нагрузки—горизонтальной
проекции)
Q.-«>p, 4 = --^- = -^.
2ltrsina	2
Np = — '(р COS2 a — у) R - —COS 2a.
Эпюры усилий приведены на рис. 3.9.
Пример 3.2. Определить усилия от симметричной нагрузки (Y = 0) в псевдосферйческой оболочке постоянной долщины h, опертой по параллельному кругу (рис. 3.10) [4].		'
219
Геометрия псевдосферической поверхности определяется следующими соотношениями:
Рис. 3.10
дифференцирование по z дает:
г'=^=_г(а2—г2)"1'2,	=а2г(а2-г2)~2.
dz	'	dz*'
Согласно формулам (3.37),
R, = - ± (а2 - г2)1'2, R2 = га (а2 - г2)'1/2.
Гауссова кривизна
Л=_1_ = __к RiRi а* '
Согласно формулам (3.35),
А = а (а2 — г2)~1/2, В —г.
Для симметричной задачи (К = 0) уравнения равновесия (3.38) примут вид:
A (rTVJ - r7V₽ + га (а2-г2)”1,2 Х = 0,
‘	: ' г2(а2 — г2)-1	+ AZp — га (а2 — г2)~1)2 Z = 0,
220
откуда
л- -	+ S <*
С
V1 х )
+ (1 Л>» J(1 - л’ с
где х = - < 1, а
С. — произвольная постоянная общего решения (X = = Z = 0).
*£ ? = = — •* (1 — х2)“1,2, sin ср = х, cos ср = — (1 — х2)1/2:
а)	от собственного веса— поверхности). Составляющие нагрузки g равны:
X = g cos ср = — g (1 — х2)12, Z = — g sin ср = — gx. Краевые условия задачи имеют вид:
при х2 = ), ^. = 0;
(при Xj = —, и,л = 0 — вторая часть задачи — определение перемещений).
Согласно первому краевому условию,
С°_____________aS Г’Г1 _ .2x1/2 у
Х2(1-Х2)112	-М1-Х22)1'2 J 1
X [X + (1 - X2)1'2] dx = О, или после преобразований
Г	1	V3 1
C^-ag _1(1-х22)з;2 + х2—=0, L	о	и
откуда при х2 = i Со = — 0,063 ag.
221
Окончательные значения усилий выражаются фор мулами:
N-__аЛ_
х(1 -х2)1'2
- 0,063 + 1(1 - х2)3'2 - х + -3	3
N> ~ о,ом - <> - х + +А(1-хУ»-л + £.
Эпюры Na и N? приведены на рис. 3.10;
I2
Рис. 3.11
б)	от действия сил Na= — pcosp, приложенных к верхнему краю оболочки (рис. 3.11). Уравнение (3.40) для псевдосферической оболочки примет вид:
оо
Полагаем (3) = £ <pm(z) sin/n? и для <pm(z) по-m=l
лучаем обыкновенное дифференциальное уравнение вида:
4-а2 (а2 — г2Г2(т2-1)?т = 0.
222
Для данной обратно симметричной задачи (/п=1) разрешающее уравнение для (z) примет вид:
^1. = 0,
dg2
откуда
ср, (z) = Cj + DjZ и
₽) = (Cj + ад sin р.
Согласно формулам (3.39),
=" г2 (Я2 _ г2)1/2 (С1 + D1Z^ C0S Р’
N> “ (a,-^v (С, + Дг) cos ₽,
s—7[~ci + (7 —‘)Oi]sin ₽• где
. a 4- V a2 r2 /"~i z = a In-------------у a — r .
Произвольные постоянные Cx и Dx, определяются из краевых условий:
при	z = z2 Na == — р cos р, S = 0.
§ 41. Расчет цилиндрических и конических оболочек
Цилиндрическая и коническая оболочки являются оболочками нулевой гауссовой кривизны £ = —— = 0.
А1°2
Произвольная цилиндрическая поверхность с образующими параллельными оси х определяется уравнениями:
х = а, у = у($), z = z(P)
или векторным уравнением:
r = ai + y(P)j -Ьг(Р)й.	(3.43)
Произвольная коническая поверхность, вершина которой совпадает с началом прямоугольных координат, определяется уравнениями:
х — а. cos 0, у = a sin 0 sin р, z = а sin 0 cos р
223
или векторным уравнением:
Г— a cos 0/ + а sin 0 sin ЗУ + а sin 0 cos 0Л,	(3.44)
где 0 = 0(р) - функция, зависящая от геометрического очертания конуса
«2 = х2 + у2 + z2,	— = tg р (3.45)
(рис. 3.12).
Рис. 3.12
Для Цилиндра
F-°’ (ЗЛ6)
£ = О, М = О,
В \ дЗ эр3 03 ЭЗ3 )
Для конуса
£ = О, 7И = 0,
Л = — — Feos 0 sin20 4- 2 f—Y cos 6 — — sin О в I	\дЗ/ дз3
(3-47)
Главные кривизны равны: а) для цилиндра
— 0, R1
[(У)3 + (2')3]з;2
(3.48)
224
б) .для конуса
== 0-, k2 - — =
cos 9 sin? 9-4-2 (9')? cos 9 — 9" sin 0 ид-. a [sin2 9 4- (О')2]3-2	’ ' ‘	'
где производные берутся по переменной р. Уравнения равновесия для оболочек нулевой кривизны примут вид:
l(SAy-^+| + BX==0,
s4-rr^<s2S)+Br-°-	(3-50>
n?-r2z=o.
Представим уравнения (3.50) в следующем виде [5]:
^₽ = /?2Z, id, dNa
^BNa)=-d-^ + N^ + BX. dz	p ox
Интегрируя уравнения (3.51), получим: = R2Z = RZ,
N „1Г2Г4Ж1 d<t + ^ + -{(—RZ-BX\cla +
“ BJ Я2 J В В j\di	J
В (RZ) 4- B2Y da} da,
(3.52)
al .	. al
где /j (3) и/2(р)—произвольные функции общего решения однородной . системы ,:(3;51), а; --выбранный постоянный предел.- .	.'--п ц 7,!:! :
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 15
225
Пример 3.3. Определить усилия в безмоментной цилиндрической оболочке эллиптического очертания, нагруженной гидростатической нагрузкой (рис. 3.13).
Поперечное сечение задано в параметрической форме:
у = a sin р, z = b cos р.
Дифференциал дуги эллипса
ds = Bd^ = y/raacos2p + 62sin2pdp,
откуда
В==
= ]/a? cos2 р + b2 sin2 р —
для цилиндра В = /(Р) и не зависит от а.
Согласно (3.48),
/?2 = /? =
_ (a2 cos2 ₽ + Ь2 sin2 3)3'2 ab
Составляющие нагрузки равны:
Х=у = 0, Z = —. е
Согласно формулам (3.52),
TV = 3- Ra = £ (a3 cos2 + b2 sin2 e
e e	ab
q a2 — b2 3a2 OQ
— -i----------------sin 28,
e ab 4
S = — — — — fade = е В d? ,) о
TV = g 1	1 d
*	е В dp В dp
а а
J da J ada. = и о
cos 23
______ q а2 — Ь2 а3 ,_____е ab 2 (а2 cos2 ₽-|-i>2sin2 рр3
Произвольные функции общего решения равны нулю, так как при а — 0 Na = S = 0.
226
Пример 3.4. Определить внутренние усилия в обо лочке постоянной толщины h, имеющей форму кру гового конуса, опирающегося в вершине на колонну На оболочку нормально поверхности действует ве
тер, который изменяется пропорционально cos р (рис. 3.14) [6].
В настоящем случае
6 = const, X = Y = О, Z = — р cos 6 cos Р,
где р — давление ветра нр вертикальную плоскость.
Согласно (3.47),
А==1, B = asin6.
Согласно (3.49),
7?i = oo, /?2 = /? = atg0.
Согласно формулам (3.52),
Ар = — pa. sin 9 cos р,
а
s = ~ I ai(acosp) rfa =
а2 J dfi
2=pCos9 Cosfi
Рис. 3.14
p P-а»	Q
-------sin P, 3 a2---Г
A.
a
p sin 0 P ------- It
a J
p COS 'i a sin 0
a2cZa rftx =
p //3 —a2 /2 — a2 sin 0 \ За2 2a
cos
При a = I Ae = S = 0 — край свободен от усилий и произвольные функции (р) = /2(р) = 0.
Для сокращения записи они не показаны. При a = 0 М и S стремятся к бесконечности. Чтобы это устранить, надо | задать для некоторого конечного значения a = a0 параллельный круг, по которому коническая оболочка укреплена на колонне. .
15»	227
Г л а в a 3
МОМЕНТНАЯ ТЕОРИЯ РАСЧЕТА ОБОЛОЧЕК
§ 42. Общие положения.
Теория расчета тонких оболочек (/?min:A>20) была впервые рассмотрена Г. Ароном [7], который вывел выражение для потенциальной энергии оболочки и уравнения равновесия и деформаций в криволинейных координатах средней поверхности оболочки.	;
Подробный вывод уравнений равновесия и движения оболочек с исправлением ряда существенных неточностей, допущенных Ароном*, был дан английским ученым А. Лявом [8].
Теория оболочек была построена Лявом по аналогии с кирхговской теорией пластинок [9] и основана на тех же допущениях.
Непоследовательное обращение А. Лява с малыми относительно единицы членами порядка 1г. R и привело к несимметричным уравнениям теории тонких оболочек, что противоречило основным теоремам теории упругости (теорема взаимности и др.). Эти недостатки были устранены в работах зарубежных ученых, например Е. Райсснера (1941), и работах
°)	S)	В)
Рис. 3.15
* Пренебрег членами, зависящими от -иа и и? в формулах хя , хр и ха^, т. е. принял допущения теории пологих оболочек. 228
советской школы теории оболочек, например В. 3. Власова (1949).
При расчете оболочек по моментной теории, помимо .тангенциальных сил — Na , gWp, Sa , S? , учитываются также поперечные [силы§— Qa , Q? (,
изгибающие моменты —
М« и М? и крутящие.мо-
менты—M,?, М?а
(рис. 3.15).
Усилия в сечениях оболочки появляются от суммирования касательных — т и нормальных — а напряжений. Так, по стороне р = с элемента оболочки; (рис. 3.16) имеем:
h
2
А/р = Г ар fl 4- dz, J X R\ / _h_
2 h
2
5p = f тра (1 + dz, J \ RiJ
_ h_
2
Л
h.
2
M« = J tpe (1 + zdz.
_h_
2
2
(3.53)
и соответственно по стороне а = с с переменой индексов а и р и заменой на /?2.
Судя по приведенным выражениям, величины Sa и Sp, Мр и М«, вообще говоря, не равны, хотя тар = тра’ так как в общем случае /?1=Н=/?2.
229
Однако для тонких оболочек членами z/F^ и г//?2 можно пренебречь по сравнению с единицей и в дальнейшем полагать:
& =	= $ и Мл? =	= Я.	(3.53Г
§ 43. Вывод уравнений равновесия
При выводе уравнений равновесия принимается, что оболочки тонкие (/?га)п : Л > 20).
В уравнения проекций на оси (3.33) добавятся члены, зависящие от поперечных сил Q« и Qp, соответственно равные (рис. 3.15) а) и в):
I J \ f тз I дв , \,,Ada „АВ ,г, — Q« Н—;— da\( В + —— да ]d$ — == —	---dad3.
\ч • дз }\ да J /?!	/?!
, dQ» м\/л Г дА м\	„ АВ ,
— Q'<	—— up ) ( /г Н----dA ) u<z--~ — Qi------ dadi,
\  Э? J \ эз J R,	/?3
(Q. +	~ В + da\ d? - Q« Bd$ +
\	да j \	d'J. /
(C/L/o	\
Q? + X d3	/
X [A + 2^- d^ da - Q9 Ada =
~ d (BQn ) da
d(AQ?)l ----— dad^i
d?
Уравнения проекций на оси х, у и z после сокращения на da.d$ примут вид:
~-(BN^-N? ^- + ±-±(A2S)-Q.^- + ABX = 0, да	да А	/?!
— (ДМ)-Я - - +
+ 4- — (B2S)-Qs^- + BAY=0,	(3.54)
В да
j\— + Ns — + ~ (BQA + — (AQ3) - ABZ = 0.
* Ra ' R3 da x'-	a?, v
230
При составлении уравнений моментов относительно осей представим каждый сосредоточенный момент в виде вектора по правилу правого винта (рис. 3.156). Моменты относительно оси х определятся как проекции векторов на ось х-ов:
I дм.-., \ / дП	\
М. Bd3 - м. + da.] (В + — d? -а' да	да	J *
- М^А da. + (м? +	d?) (а + -~ da. -
(дМ„ \ /	dR \ 1	дА
Мл A~——da.\(B + — da\d$  —A±da.~ да	да J г В	д?
- Ь + (Л + V ' т “
- \~тАвм^ +
Момент поперечной силы Q? относительно оси х равен:
,	^А + d^ daBd? « — Q^ABdad?.
Окончательно приняв во внимание (3.53)', получаем для £Л4Х = 0 и SAfy = 0 уравнения:
т£<в’н>- |(ЛЛ9 +	+ ABQ> = °’ ,,то
Т |	- Та + МТТ + АВ^ = °-
Условие равновесия 2Л4г = 0 приводит к уравнению
\~£э+—- = о,
’	3	/?. Rt
которое в теории оболочек полагают удовлетворяющимся тождественно *.
Таким образом, в моментной теории имеем 8 силовых неизвестных: N, N,, S, М, Мя, Н, О„ и О, а’ р’ ’	р’ ’ ^-а
и пять уравнений статики (3.54) и (3.55). Задача
* Для длинных оболочек это положение может привести к значительному накоплению ошибок.
231
в бесконечно малом трижды статически неопределима, и необходимо рассмотрение деформаций оболочек.
§ 44. Определение компонентов деформации
Для получения общих выражений компонентов деформации, отнесенных к ортогональным криволинейным координатам а, р и у, рассмотрим две точки С (а, р, у) и £)(<* +da, р + dp, у + dy), находящиеся на расстоянии ds друг от друга (рис. 3.17).
Пусть Сх, Cvw.Cz будут касательными к координатным линиям а, р, у и направляющие косинусы отрезка CD по отношению к этим касательным будут /, т, п.
Обозначим через А1Г В1; Гг множители, которые преобразуют криволинейные координаты в линейные отрезки, тогда проекции отрезка ds на направления х, у, z будут равны:
Ids = Atda, mds = B1d^, tids = Г^.	(3.56)
Квадрат линейного элемента будет равен:.
ds2 = A\d^ + B(d^ +rld-f. (см. 3.8)
Допустим, что после деформации точки С и D переместятся в положение Q и £\. Пусть проекции перемещения и = ССг на направления х, у, z равны и?, и.,, криволинейные координаты в точке Сг —
а1 = а + ^ Pi = P+(V Ti = T + fy
Полагая перемещения малыми —иа, и? и ат«/г, получим согласно (3.56)
и«==-<41(а1 — а) = А^’ и?= 5i^.’ «т = ЛР'т; (3-57>
232
Криволинейные координаты в точке Dx
«2 = а1 + ^а1 = “1 + da + ф.а = а + |ха 4- da + dp.„	др.	ду-„
да	др г дт 1
Р2 ~ Pi +	~ + d$ + d\>..? = р + [а0 + d$ +
да др ду
Ъ = Т1 + ^Ti = Ti + dl + фт = т + |Х7 + dy + dpY	др, .	др, ,
4----- da 4----- ей -I-i- d^.
да	др г	ду
Значение коэффициентов ' первой квадратичной формы для точки Ci получим по формулам:
А1 = А + dA1 = Аг 4- (А + [Лр + -^L а да др р ду •
Ви = В. + dB. = В. + [А +	(А
да	др р ду 1
да др р д; '
Обозначим через dsx длину элемента CXDX, а через Zn /Пр «! — направляющие косинусы отрезка C1Dl к касательным координатных линий а, р, у, проведенным через СР
Проекции отрезка на эти касательные можно с достаточной точностью, пренебрегая членами высшего порядка, выразить с помощью трех формул типа:
= Ап (а2 — otj) —	4- [ха +	|А? +	(а? )
da 4- —— da 4- —- d$ 4- — dy ~ да	д^	dy J
sa A^da 4- — [a da 4- — [А3с(а 4- — ja da 4-
da ” dp 3 dr 7
dp.,	dp._	diA_
4- -fL Alda 4- A.d? 4- A.dy.
da	dp	dy
* В этих формулах
daa>ai— a ==|Aa , dp » px - p =	, d7 «71 - T =	4
233
--——'da, da
формулу и аналогнч-
Подставляя (3.56) и (3.57) в написанное уравнение и принимая во внимание известное из математики соотношение
дА1 г) ,	л	(
р da. + — A^da. =  да	да
окончательно получим первую ным путем две другие:
/	1 ди.
lxdsx = lds\\ + —------- +
у	да
, Л, д (ия\ Bi д? \AiJ I 1 dUa m^dSi = mds 14----------- 4-
11 k Bi d$
dA, < u< dA') + АЛ Of /
, At d /	\
nds — — — , А Фд Ai j
“7 dB “« dZ?A
В1Г1 дч ' BMi da )
 (3-5Ю
Л1 da Y B. J ’
«а дГ)
и?
А,в1 э?
u? dft DBt d?
D
. и Bi d
Г1 d-( \ Bi ) / i du. nAdsi = nds 14---------,
A dt L\Ai da
. , , Г, д / «7 ) .	, Г1 d
+ lds—----— \ + mds—!----------
At да /	Bt d?
Две последние формулы (3.58) также получаются из первой круговой заменой индексов.
Обозначая s относительную линейную деформацию элемента СгОг, найдем
QjDj = CD (1 4- е) = ds (1 4- s).
Но, с другой стороны,
(CjDi)2 =(14- е)2 ds2 = (/jt/Si)2 4- (/«i^i)2 4- (ntdSt)2, откуда, пренебрегая квадратами и произведениями иа, «э и «т, получим:
s = sa/2 4- е?/и2 4- =(«2 -Ь \$1т 4-	4- ^тп, (3.59)
1 да„.	и? dAi ич дА,
At да	AtBi Эв	AtT1 д~[ ’
1 ди^ иу dBj ил dBt
Bi д^ + В1ГГ д-i + BiAt da’
где e,
S3?
234
1 Ъ , и* д!\
1 Г1 df ГгАг да	33
. —	В'	Э / «3 \	,	Аг д / и* \
'а?	Аг	да \ Bt )	'	Вг д? \ Аг J	’
(3.60)
= ZL Л/5 \ , в,
1 Вг ЭД Г, / Гг dl\Bj'
Сравнивая (3.59) с уравнениями теории упругости, выражающими деформации в точке, убеждаемся в том, что ея, вр, являются компонентами относительной линейной деформации в направлении а, 3, у, а величины евр, е? е.^ — компонентами относительной деформации сдвига.
Вывод компонентов деформаций для тонких оболочек основан на следующих допущениях Кирхгофа 19].
1. Нормальный к средней поверхности прямолинейный элемент оболочки после деформации остается прямолинейным, нормальным к деформированной поверхности и сохраняет свою длину, т. е.
(3.61)
2. Компоненты напряжений, направленные по нормали к средней поверхности (а), малы по сравнению с другими составляющими напряжений и в уравнениях не учитываются.
Примем для оболочек y = z, в этом случае
=	=	Л=1, (3.62)
где А и В—коэффициенты первой квадратичной формы средней поверхности.
Согласно (3.60), (3.61), (3.62),
5 =	=	= °’ откуда «г=кг (О).	(3.63)
235
Используя другие два уравнения (3.61), получим
е = 1 бМд	дА1	д /Иг\—q
“т Г1 dz AJ^ dz At da \ Г\)	’(3 6
Г,	d / и, \	1	Эиа	м3	dB\
е	= -L	_	\	+-----?-----?----=0.
Bi	д₽ \Г1/	Г1	dz	В1Г1	dz
Подставляя (3.62) в (3.64) при z = 0, найдем
dua _ и®_____________1_ du.®
dz / z=0	Ri	A	da
du3 \	и®	1	du®
dz J«=o	R2	В	dfi
откуда
и = «° + z л a 1
i M1) в” d? /
/и?
иэ = и» + г^—
(3.65)
где индекс 0 соответствует перемещениям средней поверхности.
Учитывая далее соотношения
dA\A dB\ _______ В_
dz Ri ’ dz R2
и пренебрегая отношениями z/A\ и z/R2 по сравнению с единицей, получим из формул (3.60):
S = S? + Z* ®, е„ = е§ 4- ZZ о е , = в® + 2zz Р» , (3.66) а а 1 а’ р Р	р ’ аР ер	ер ' '
где
1	du®	и®3	dA	и®.
A	da	АВ	d$	Ri
1	и°	дв	“°
В	d? + АВ	da. + R2 ’
В d / Ир \ A d / и® \
А да \ В / + В д? \ А /
(3.67)
236
	1 д,		.1 . ди®	’ 1	1	1 -3	. -1	дм®'	) дА
	А да	\ /?.	А ’ да /		АВ		В		/
 х£ =	1 д	/ я0	1 диг \	4-	1	(±.	1	дм°\	дВ
	В д?	\Л2	В д? /		АВ	\/?т	А	да /	; да
о 0 =	В д /	«3	1 даг\ ) +	А	д {		1	дм® \	. (3.67)
	А да \	вк2	В2 д? )	в		ЛА?1	А2	да /	
Величины		е®, а’	ез И е® р	“р	являются			относительными		
линейными и угловой деформациями средней поверхности оболочки, величины х®, х® и х^ — изменениями кривизн изгиба и кривизны кручения.
Используя второе допущение (°т = 0), получим согласно (3.66), для компонентов напряжения выражения:
р
°« = 7777, К + vs3 +	+ VX₽)L
°? = —— [ез + ve« + z (хв + vx2)l >
р 1 _____v2LP « ‘	' P ‘ e,n
M = —-— (e® 4- 2z x®).
2 (1 + v)v	a?/
(3.68)
Подставляя (3.68) в (3.53) и пренебрегая величинами z//?! и z/R2 п0 сравнению с единицей, получим:
Na = С (еа + vsp), М-а = — D (ха vx?), N$ = С (еэ 4- ve« ), М? = — D (хр 4- *х« ),	(3.69)
S=-~(l — v)ea3, H = D(1 — v)x<x3*,
где C =----------цилиндрическая жесткость оболочки
1 — №
на растяжение, Eh3
D ---------------цилиндрическая жесткость оболочки
12 (1 — ч3) на изгиб.
При получении основных уравнений моментной теории использован вывод Е. Райсснера [10].
• В формулах (3.69) и в дальнейшем индекс 0 у деформаций опущен, так как речь будет идти только о перемещениях средней поверхности.
237
§ 45. Расчет оболочек вращения на осесимметричную нагрузку
При осесимметричной нагрузке оболочек вращения (Y =0) усилия и деформации не зависят от угла долготы ₽ и, кроме того,
S = Q& == Н — 0, W3 =	— Ах? = 0.
Уравнения равновесия (3.54) и (3.55) при угловой координате а (рис. 3.7), когда А = R} и В — г = /?2 sin к, примут вид:
— (Л4 /?, sin а) — N^Rr cos а* — da
— Qa. R2 Sin а + RtR2 sin a.X = 0,
— (Qa R2 Sin a) + R2 Sin a + da
+ N^R: sin a — RXR2 sin aZ = 0,	(3.70)
-7- (Ma R2 Sin a) — cos a — Qa RrR2 sin a = 0. (И
Деформации (3.67) примут вид:
1 / dua \	1 d 1 / duz \
S“ = ~R~i \ da + z« = ~fa \Ua	dT) ’
e3= _L(«. Ctg а + Иг),	(3.71)
Кз	/?1/?2\ da /
Следуя Е. Майсснеру [11], введем неизвестные
н U = R2Qa,	(3.72)
где V— угол поворота касательной к меридиану при деформации.
— = — ; dr = R,da. cos a, — == R, cos a. da de	da
238
Старце неизвестные уравнений (3.70) выразятся через но^ые неизвестные посредством соотношений:
М=Д-^7/ + Мо, Л^=- Д- + Мо, Ri	/?! da
'Лл==~Г^-' 4 =	(3.73)
Ri da	fa
\ 1\\ Ud	/\2	/
M? = — d(—ё~ V+—, \ /?2
где Nao и /Vpo — значение нормальных сил по без-моментной теории от нагрузки (3.41).
Если подставить (3.73) в (3.70), то первые два уравнения удовлетворятся тождественно.
Согласно уравнениям (3.69) и (3.71),
= ~Eh ~
Ua ctg а + иг = (TVp — vM). ВП,
(3.74)
Исключая из уравнений (3.74) uz, получим:
- ил Ctg а = А [(/?, + v/?2) М - (/?2 + v/^) М,]. (3.75)
Дифференцируя последнее уравнение (3.74), получим:
4и_	и„ du,	d V R2	'
-7^-Ctga----+ —± = — ’w vy, . (3.76)
da	b sin3 a	'da	da [_ Eh.	v p 'J	v ’
Исключая из уравнений (3.75) и (3.76) производ-ную -т—, найдем: da
du,	ctg a
~ V = f(Я1 + v/?2) Na - (R2 + VRJ N?] -
—Г-^-(^-уМ)' .
da Eh p 7
(3.77>
239'
Подставляя, значение (3.73) в третье / уравнение^.70) и в уравнение (3.77), приходим к следующим двум уравнениям:	I
I
Лз d2V , Г d f Ла \ , Л3 , ЗЛ3 dh 1 dV
Hi da* [_ da \ Л1 / Л1	. Rih di J da
Лз d2U
Rl da3
— -^-ctg2a — L Лз
3v ctg a dh . Ri .21tz h	da Лз
d / Ла \ ।
da. \ Л1 )
v _ 2L ** ctg Я1 [J = ERJiV + Ф (a), . h da
D (3.78)
. R3 dh "I dU Cig a---------------------
Rih da J da
где
Ф(а)^Л ATA^o-vMo) da h
— ctg a [(/?! + v/?2) Na0 — (R2 + v/?i)
Система (3.78) для сферических оболочек использовалась Экстремом И. Э. [12] и другими; для конических — Ф. Дюбуа [13] и другими; для тороидальных Г. Висслером [14] и другими.
При постоянной толщине h уравнения (3.78) примут вид:
L(V)-~	— -1-Z7,
Лз	D
(3.79)
L (и) + — U = EhV + — Ф (а), Л1	Лз
где
+ — Г—-I- -^2- ctrJ^"0 ctga* ( Ri Ld* \Ri)^ Ri S da Ла
Полагая
(3.81) Ki
240
где ?|= <р,(а) —функция усилий и перемещений, тождественно удовлетворим первому уравнению (3.79), а.второе примет вид:
ZZ (<р) vZ + _2_ £ (<р) +	- _±Л? = JLф(а).
(3-82)
Если радиус кривизны Rt = const (сфера, конус, тор), то уравнение (3.82) принимает вид:
LL (ср) + |х2<р = — Ф (а),	(3.83)
Ri где
	Eh.	1	12 (1 - V2) R\	(3.84)
	D Rl	Rl	h? .	R\ '	
	-<)R2x El	основная характеристика		обо-
лочки.
Уравнение (3.83) может быть представлено в виде:
К(?) + ip-?] [£ (?) — w] = 4“ Ф (“)	<3-85)
Al
и общее решение получено в комплексной форме.
Сферическая оболочка постоянной толщины
В случае сферической оболочки Rx = R2= R ддно-рбдное уравнение (3.85) примет вид:
’	(Vi + |*i, 2) ?i, 2 = 0,	(3.86)
где
> / \ г>г / \	d2(...) . , d (...)	1	, ч
.Vi (...) = RL (...) = —у + ctga -А-----—— (...),
de2	da sin4 a
1*1, 2 = 1 -t = Vl, 2 (Vl, 2 + 1)’
Vj 2 — комплексные числа.
Уравнение (3.86) может быть представлено в виде:
ТГ+ctga-^-+[v li20 +1)-------------г^-"|? = 0 (3.87)
da2	da L	sin8 a J
E-419. Г, К. Клейн, В. Г. Рекам, Г. И. Розенблат — 16	241
и интегрируется в присоединенных функциях Лежандра первого и второго родов, комплексной степенр Vj 2, первого порядка, которые соответственно обозначаются Р, (cos а) и Q (cos а).	'
Заменяя в уравнении (3.87) переменную а пофбрмуле
х = cos °,	(3.88)
получим уравнение (3.87) в следующем виде:
(1 -л 2) S -2х тг+F *+1 > -	=°-
(3.89)
Наиболее полно теория функций Лежандра изложена в монографиях И. Лензе [15] и Е. В. Гобсона [16].
Решение уравнения (3.87) было дано Е. Майссне-ром в гипергеометрических рядах [6]; подсчеты проводились Л. Боллем [17] и Экстремом [18] и показали, что при/?: h <55 число членов ряда, подлежащих суммированию, < 18.
Решение в присоединенных функциях Лежандра комплексной степени и техника их табулирования в зависимости от величины Z> = J^-t/3(1—v2) при-h
водится в работах автора [19] и [20].
Решение уравнения (3.87) можно принять в форме:
<Р = С1?0) +	+ С2?<? +	,	(3.90)
где <р$ — гипергеометрические ряды, через которые выражаются присоединенные функции Лежандра
9 (cos а) = «рО) + ?<’) г, (cos а) = <р<2> + <pg) i (3.91) и которые при отношении R-.h= 100 и v = 0,25 табулированы вместе со своими первыми производными.
Вторые производные получаются путем подстановки (3.91) в (3.87) и приравниванием нулю действительной и мнимой частей полученного уравнения:
-уГ (?$ +	0 + ctg а (<p(iV +	0 +
аг	аа 1	*
+ (1 ± bl) -
1
sina а
(<р(1) + ?(1)0 = 0
242
и аналогично для Q4j 2(cosa). Из нения]получим:
di»3	da \ sin3 a
приведенного урав-
-1М-м?.
det1
= — ctg a
dt
J_ ibi)+ Sin2a /
и аналогичные формулы для Q„12(cosa).
Производные более высоких порядков получаются последовательным дифференцированием с учетом полученных уже соотношений, т. е. будут выражаться через функции и их первые производные.
Приведенные в уравнениях (3.90) и (3.91) гипергеометрические ряды выражаются формулами:
?(1? = 4-f1 + S < (1 - cos a)'11 , C	71 = 1	J
^i^tgf -cosa)",
"=1	(3.92)
?(2) = ?(1) ln sin2 A. + tg ± f b'n (1 — cos a)",
/7=0
<P(2? = <p$ln sin2-^- + tg j f К (1 - cos a)n,
71=0
где числовые коэффициенты рядов определяются по рекурентным формулам:
а' ----------------------И„+, а' ± Ьа"),
Л+1 2 (п + !)(» + 2) v ”+1 n	п!
а". ---------------------Ил+i а"п + Ьа' ).
”+1	2(п + 1)(п-|-2) ' л+1 л	лЛ
16*	243
Ьп^ 2(« + l)(n + 2) ^n+1 Ьп ± bb"~ f
- (2/i + 3) a'n+1 + (2« + l)aj,
£'' =---------------[An+1b" + bb'n-
"+1	2(n + l)(«+2) 1 n+1 "	"
- (2« + 3) <+1 + (2« + 1) a"n],	(3.93)
лп+1 = («+ !)«-'!,	flo=°-
*'o=f. ^o=O- Z> = -^-/3(l-A
vi,2(vi,2+ 1)==1 ± bi-
Ниже приводятся таблицы присоединенных функций Лежандра, первого и второго родов, комплексной степени Vj 2, первого порядка и их первых производных для R-.h = 100 и v = 0,25.

Таблица 3.1
р = (рО) X еО) / \2	11	21
а	т(1) = А 10^		X 0) = А 10Р		а	?(2) = Д KjP		ЧЮ = А\ОР	
	А	р	А	р		А	р	А	Р
90	1,362	7	1,217	7	90	-7,016	7	5,451	7
80	1,058	6	3,189	5	80	—4,909	6	2.437	6
70	6,402	4	6,098	4	70	-2,708	5	-3,055	5.
60	9,325	2	8,490	2	60	—3,287	3	-1,106	. 5
50	6,795	2	-5,263	1	50	-1,005	3	—3,021	4
40	1,342	1	6,698	1	40	—3,348	1	—6.596	3
30	-4,431	0	—3,298	0	30	1,718	1	—8,465	2
20	0,739	0	-0,191	0	20	-2.194	0	-5,237	1
10	—0,041	0	0,102	0	10	0,085	0	-0,837	0
0	0,000	—	0,000	—	0		QO	—	— QO	—
244
Таблица 3.2
			LL т	i t dt-	da,	da					da	da	da				
a	a10₽ da		-2d- = A Wp ал		a	d’(tT -Д- = A 10P da		d«(2) da	
	A	p	A	p		A	p	A	p
90 80 70 60 50 40 30 20 10 0	2,438 1,120 1,361 4,081 6,299 0,943 -9,718 6,190 1,271 0,000	8 7 6 5 3 3 4 0 0	2,081 5,234 6,519 2,533 5,092 0,910 0,104 -1,172 1,520 0,000	8 6 5 5 3 3 3 1 0	90 80 70 60 50 40 30 20 10 0	-1,031 -6,995 -5,092 -6,615 -3,476 -2,198 2,744 -3,429 -7,417 00	9 7 6 5 3 3 2 0 0	1,106 5,888 -4,767 —1,119 -2,454 —6,494 -1,176 -1,029 —2,061 00	9 7 5 6 5 4 2 3 1
Числовые подсчеты показали, что для У?: h = 100 при ограничении относительной точности одним процентом надо брать 22 члена рядов (3.92).
При увеличении отношения R: h сходимость рядов ухудшается, однако подсчет их производится по ре-курентным формулам (3.93) и является, хотя и большой, но простой вычислительной задачей, . особенно при современной вычислительной технике.
Методика нахождения частных решений уравнения (3.83) приводится в [19].
Перемещения и иг определяется из уравнений (3.74) или из уравнения (3.75) и последнего уравнения (3.74):
—-------««.ctg а = ——-------(— —-----------— U + Мо - уЛро),
da	Eh \ R da R
(3.94)
i ,	Я /vctga 1 dU , .r .г ч
.«« ctg а «г —	( ----— U------- —— 4-	— V ?/ао),
Eh \ R	R da
при этом уравнение (3.77) удовлетворяется тождественно.
245.
Решая уравнения (3.94), получим:
и. - A, sin« + — U+ 2±2£sl„«	Л,
Eh	Eh J sin a
(3.95)
«г = ctg a — ( — —v ctg a U\ + ~ (Wgo — v Мю), ch \ da	J ch
(3.96) где Aj — константа.
Произвольные постоянные решений (3.90), (3.95) и (3.96) определяются из краевых условий, число которых для каждого из краев оболочки, равно трем.
Например, для неподвижного шарнирного опирания края оболочки a = aI на жесткую опору при a = a;
ип = и, = /И, == 0; *	f	1
для жесткого защемления при a = 04
du, „
«а = U, = И*----г = 0;
\	d*
для свободного края при а = «3
Na = Qa = Ж = 0 и т. д.
§ 46. Приближенные расчеты оболочек вращения на осесимметричную нагрузку
Трудности использования математически точного решения оболочек вращения на осесимметричную нагрузку привели к разработке приближенных методов интегрирования уравнений равновесия оболочек вращения. Одним из таких методов является метод асимптотического интегрирования.
При асимптотическом интегрировании данное дифференциальное уравнение заменяется другим со специальноподобранными коэффициентами, мало отличающимися от заданных, решение которого может быть получено точным методом й выражено через элементарные функции.
Метод асимптотического интегрирования был предложен О. Блюменталем в 1912 г. [21], применение его к интегрированию уравнений оболочек было дано С. П. Тимошенко в 1913 г. [22] и детально разработано 246
в трудах-И. Я. Штаерм-ана [23], В. В. Новожилова [24]; А. Л. Гольденвейзера [5] и других.
Большое распространение имеет расчет оболочек вращения цо безмоментной теории с учетом краевого эффекта.
Этот метод был предложен И. В. Геккелером [25] и с успехом разрабатывался П. Л. Пастернаком [26] и другими авторами.
Явление краевого эффекта заключается в том, что сосредоточенные силовые факторы, приложенные к границам, вызывают усилия изгиба лишь в области, непосредственно примыкающей к границе.
Существование краевого эффекта в симметрично загруженных оболочках вращения позволяет заменить точные уравнения приближенными уравнениями Гек-келера. Однородные уравнения (3.79) с учетом соотношений (3.80) и (3.72) для сферической оболочки (/?, =	= /?) примут вид:
<PV ,	, dV , . 2	, м/
^-+ctg«-^=-- (Cl(fa-'.)Q,-EkV. da*	ал
(3.97)
С увеличением расстояния от края оболочки Qa и V быстро затухают и, кроме того,
Поэтому уравнения (3.97) можно заменить следующей упрощенной системой:
(Z2V Я2 „ d“Qa
и = EhV- 3-98>
D	da*
Исключая из этих уравнений V, получим:
d4Qa , R®Eli Q ___Q
da* ' D
или, так как
R2Eh = 7?2£A12(1-^) _ 2 , _	J?2 = 2
D	Eh?		7 ft'2
247
получаем уравнение краевого эффекта Геккелера
+ 4X4Qa - 0,	(3.99)
da*
где
4Х4 = Ь2 = 12 (1 - v2)	.	(3.99')
Общим решением этого уравнения будет
Qa = eXa(Cj cos Xa+C2 sin Xa) + e-Xa (C3 cos Xa + C4 sin Xa), 1	(3.100)
или в другой форме,
Qa = C1ek'sin(Xa 4-8J + C2e-ka sin (ka + B2),	(3.101)
где .
Ck и 8ft — произвольные постоянные.
Далее усилия определяются по формулам (3.73) с учетом (3.98) и (3.72) и характера затухания функций и их производных или по формулам (3.73) определяются изгибающие моменты, а нормальные силы берутся согласно безмоментной теории.
Рис. 3.18
Пример 3.5. Найти напряженное и деформированное состояние сферической оболочки постоянной толщины к, которая изгибается силой — //и моментом—7И, равномерно распределенными по краю (рис. 3.18) [6|.
Решение уравнения (З.ь9) берем в форме
Qa = C1eusin(Xa + 8]).
248
Для удобства введем угод' ф == Я] — а,
в этом случае решение примет вид:
Qa = Ce"X' sin (Хф + 8),
где С и 8 — новые произвольные постоянные. Согласно (3.98),
1 d2Q„	2Х2
---Се Ф-соз(Хф + 8).
Eh da2	Eh
Откуда по формулам (3.73)
jVa== — ctgaQa= — С ctg(04 — ф) е“Х<р-8Ш(Хф + 8),
N? = —	= — X /2 Се sin (Хф 4-8 — Д),
« — — — = -%— Се“ц sin <Хф + 8 + —Л
’ R da Х]/2	\	4 / ’
ЛТ^уЖ^^Се"^ sin ^Хф + 8 + Д).
Горизонтальная составляющая смещениям, согласно рис. 3.18 и формул (3.95) и (3.96),
[sin a /dU л , = — -----[------v£7 ctg a
Eh \ da	,
dQa da.
~sin Лф 4- 8 — — A
8/7 = sin ® + Ua C0S a =
R . «-------sin a----=
_	Eh
/2X7?	,	..
= “ '' C Sln (ai — e Cfl
Краевые условия задачи имеют вид при ф = 0
Ma = M, ^ = — 7/ cos аР
Разбиваем задачу на две части, рассматривая вначале действие только М, а потом только Н.
В первом случае при (/ИД^0 = 7И и
получим:
8 = 0, С= —М, R-
(Ю| п = ~—	(8„). „ =2X2-Si--1M
V 'Ф=° ERh "7>!*=4) Eh
(3.102)
249
Во втором случае при (^в)(р-о = ^
и (Л^)ф_о= —-^cosiZj получим:
6 = — —, С — — >z 2 sin а.Н, 4
(V),	(6 )	-_?>?Xsin2gl^. (3.103)
v ^=0 Eh	н ^=0 Eh
Как и следовало ожидать, на основании теоремы о взаимности коэффициент второй формулы (3.102) равен коэффициенту первой формулы (3.103).
Формулы для коэффициентов влияния (3.102, 3.103) при 714 = И =1 с различной степенью точности были получены рядом авторов: П. Л. Пастернаком [26], Б. С. Жармагамбетовым [27] и другими.
Формулами (3.102) и (3.103) можно пользоваться при решении различных задач с гладкой нагрузкой.
Пример 3.6. Рассчитать сферическую оболочку с заделанным краем при а = а, от действия внешнего т равномерного нормального давления р— [6].
-И2
Мембранные силы для соответствующей безмомент-ной задачи (3.41)
А = Д = _ PL . а0 ри	2
Край безмоментной оболочки не поворачивается (У=.О), а его горизонтальное перемещение
0	fl sin g, (N _ N .	__pW(l-S)
8" = Eh x “°	2ЕЛ p
Прикладывая по краю равномерно распределенные усилия моментного состояния М и И (рис. 3.18), потребуем, чтобы при a = a1V=8/f = 0. Пользуясь формулами (3.102) и (3.103), получим эти условия в следующем виде:
ERh	Eh
м _ ZflXsin^ н _ Pfl41^v) sin
Eh	Eh	2Eh	1
250
Эпюра М#
из которых находим:	______
М = — pBMLzj! = _ PRh 1 / 1 ~* 4X3	4 у 3(1+-О*
Я- 2Х
Л sin а,	2Х sin oj
Отрицательные знаки показывают, что направление М и Н противоположны указанным на рис. 3.18. Полный распор и вертикальную реакцию купола получим по формулам:
= N а cos 04 — /7= — (cos оц--1 — 7 Л
П “°	1	2 \	1	X Sin aj J ’
Vn = sin ar
Подобным образом можно рассчитать сферические оболочки на нагрузки примера (3.1).
Пример 3.7. Рассчитать оболочку в форме шарового сегмента, нагруженную распределенным моментом М	по шар-
нирно закрепленному краю при а,=806, при двух значениях отношения /?:Л=10* и 100 и v = 0,25 (рис. 3.19) [19].
Решение (3.90) берем в форме:
Qa = (Cj cos Xa -f- С2 sin Ха) ех“.
Вводя вместо а угол ф — а и не меняя обозначений произвольных постоянных, получим:
Qa = (С\ cos Хф 4- С2 sin Хф) e^'v.
Усилия и перемещения, согласно формулам (3.73), (3.98), (3.95) и (3.96), примут вид:
Na = — (Cj cos Хф -f- С2 sin Хф) ctg (ax — ф) е
da di>
= 1(^2— Са) cos Хф — (С2 4- Q) sin Хф] е—
1 d2(h 1 dsQ„ 2Х3,	ч
V —---------------= — ---------------- — (С.> cos Хф — С. sin фХ) е v
Eh. da? Eh dtf Eh '	‘	1 T '
251
“ R da R dtp
= 4 [(Cl - C2) sin Хф - (C2 + CJ • cos Хф] e"
w« = ^isirt (ai — Ф) +	j?' (ci cos ХФ + C2 sin Хф) e-x\
Cfl R ^Qa
- — A cos a + — —— = - Ai cos (04 — Ф) +
Ы1 ay
+ S- [(C2- C,) cos Хф - (c2 + Ci) sin Хф] e~ A
Ctl
Краевые условия задачи имеют вид: при ф = 0 иа = иг— 0, 7Иа = 7И, или в развернутом виде:
Аг sin <Zj + ——	Ct = О,
1	1 Eh 1
-Ai cosaJ + g-(C2-C1) = 0,
-4(C2 + C,) = M
Решив эту систему, найдем:
А = 2X^(1 +у) Af с = _ 2ХШ
1	fftsinajl ’’	/?Д ’
с
2	Rh
где А = 2Х — (1 + v) ctg <Xj.
Дальнейшие расчеты сведены в табл. 3.3.
Таблица 3.3
\ Вели- \ чина R:h	X.	Хз	X*	Д	Л	Сг	са
10	4,095	16,771	281,25	7,87	54,10 — Е<	-4,262 — R	3,928 — R
100	12,95	167,71	28,125	25,67	1668 — ER	-13,07 — R	-12.84.
252
Для изгибающих моментов'получим: при Я: А = Ю
Ма = /И (cos 4,095 ф — 0,0408 sin 4,095 ф) е-4,095*,
при R‘.h = 100
Ма = М (cos 12,95 Ф - 0,00927 sin 12,95 ф) е~12’95''.
Сравнение результатов асимптотического интегрирования с точным решением, полученным в [19], дано в табл. 3.4.
Табл и ц а 3.4
R-.h - 10
а*	асимпт. интегр.		точное решение	
	«1		«1	й2
0	-52,8	0,0029	— 48,8	- 0,0000
20	-46,1	—0,0053	— 37,2	-0,0056
40	-46,8	-0,0560	— 43,0	-0.0823
60	-105,7	0,0271	-.12,9	0,0240
80	-0	1,000	0	1,000
R : h - 100
а°	асимпт. интегр.		точное решение	
	«1	а2	«1	#2 >
0	-1,658	0,0000	-1,632	0,0000
20	—1,558	0,0000	-1,533	0,0000
40	-1,268	0,0001	-1,251	0,0001
60	—1,192	0,0021	-0,932	0,0089
80	0	1,000	0	1,000
м=а, —, М=а2М*.
z 1 К* О	«	2
Таблица 3.4 показывает хорошее совпадение метода асимптотического интегрирования с точным решением. Для величины ил при а = 0 (в полюсе/ асимптотический метод дает физически неверный результат “«-О	°-
* Эпюру Ма см. на рис. 3.19.
253
§ 47. Расчет цилиндрических оболочек — общая теория
Пусть координата а = х изменяется вдоль образующей, р =s—вдоль дуги, a z— в направлении внешней нормали к средней поверхности оболочки (рис. 3.20).
Рис. 3.20
— оо
В этом случае
А = В = 1, da = dx, db -- ds, R1 <
d^=d<? = ^ /х
и уравнения (3.54) и (3.55) примут вид:
_|_ х — 0,	dNs + — —
дх ds	’	ds дх	R
М*. _l dQ.r । dQs_z = 0	. Q _ q
R dx ds	’ dx ds s
дН dM_ ds dx
(3.104)
Из последних двух уравнений находим: q дМх дН q _________________dMs дН
х дх ds ’ s ds дх'
(3.105)
254
Подставляя (3.105) в первые три уравнения (3.104),
получим:	2Ух + 2£ + х = 0, дх ds
^+A_±^k + _L^ + y.= o, (3.106)
ds дх R ds R дх
Ns , д2Мх  2 д2Н	d2Ms _Z = Q
R дх2 dxds ds2
Согласно уравнениям (3.67):
дих
= —~,	е<
дх	s
д2иг
v. =-------
х	дх2
<4; , “г е = dus Эмд ds R ’ '''s дх	ds
д / Мд. _______диг\
~s ds \ R ds / ’
(3.107)
1 d / и\ д2иг
2 dx \ R J dxds
Подставляя (3.107) в (3.69), получим:
о = 1—с fdu^ дих \
2 \дх ds )’	(3.108)
Mv = — D Г v — (^- — Al — ^-1
L ds X R ds J	дх2 J ’
М = - пГ-2-/1^_ А\_ f Lds\/? ds ) -dx2J’
H = (1 - v) D — (-s - -АЛ
v ’ dx \1R ds J ’
Подставляя (3.108) в (3.106) и полагая R = const, получим, в частности, для круговых цилиндрических оболочек три уравнения:
\ дх’ 2 ds2) х 2 dxds Ф R дх- С
l±2	4- <1 + -Л2_> /LzJ! 21 _l „ +
2 dxds 1	12R2 Аг дх2 ds2)
+ Л ГА _ 21 ( JL. + 21 \lUz + У. = о, R I ds 12 Xdx’ds ' ds3/J С
255
ч	ди,х	,	1	Г	д
	--- ч— — R	дх-R	[	ds
" 1	Л2	/	д*
Я2	"12	\dx*
Eh
h? / d3 , d3 12 \ dx2ds ds3 .
2-^-
dx2ds2
где s = R<?, С =
1 — У2
(3.109)
Z А
М,--------- 0,
г с
Симметричная система похожих уравнений приводится также В. 3. Власовым [28|.
Уравнения (3.109) являются симметричными относительно главной диагонали, что находится в согласии с основными теоремами теории упругости.
Любая задача для круговой цилиндрической оболочки сводится к решению системы (3.109).
В случае осесимметричной нагрузки (У = 0) Q^ = = S = Н = its = 0, а величины их и иг, как и другие, зависят лишь от координаты х. Система (3.109) в этом случае примет вид: d?u
duz , А = ().
dx2 R dx С ’	(ЗП0)
+	z/?=0.
\ R ' 12 dxy г C
dzzr дх
При X = 0 интегрирование первого уравнения (3.110) дает:
С5,	(3.110')
dx R г 5	v ’
т. е., согласно (3.108), С5 =	.
Второе уравнение (3.110) принимает вид:
.	д'‘иг , л 4	2 vNr	/о:.,,,
—-+4-[И, =-----------(3.111)
dx* 1 г D RD	'	'
где	 '
4 = 3 (1 - >2)	.
1	/?7i3	’		 ’
Общее решение уравнения (3.111) будет иметь вид;
иг = е“и (С, cos ух + С2 sin ix) +
Ч-ет* (С3 cos pc + Сд sin ух)+/(л),	(3.112)
256
где Ck — произвольные постоянные,
/(х) — частное решение неоднородного уравнения (3.111), которое содержит произвольную константу С5.
Шестая константа получается из интегрирования уравнения (3.110'):
— С6 + С5х — — j о
uzdx.
(3.112')
§ 48. Теория круговых ортотропных* цилиндрических оболочек
( оболочки средней длины: — — 2	8^
В 30-х годах настоящего столетия Г. Элерсом |29], Грубером, Грюнингом и И. Финстервальдером [30] за границей и А А. Гвоздевым [31], В. 3. Власовым [32] и П. Л. Пастернаком [33] в Советском Союзе был предложен упрощенный метод расчета цилиндрических оболочек по полумоментной теории.
При расчете по полумоментной теории, на основании опытных данных для цилиндрических оболочек средней длины, пренебрегают влиянием продольных изгибающих моментов — Мх, поперечных сил Qx и крутящих моментов — Н (рис. 3.20) и вводят геометрические гипотезы.
в{ = 0иеи = 0.	(3.113)
В этом вид:	случае уравнения (3.104) и (3.107) принимают ^ + —+ Х = 0, OX	OS dS	Qs j у __ q ds dx R	’ -s +	_ z = q, /? ds
* Оболочки с различными физическими свойствами во взаимно перпендикулярных направлениях: в продольном ^х'=^= 0 и поперечном = 0.
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 17
Q - д-М*. = 0. ' ds дих	ди,	.	uz
= — ,	е, =	—	+	— = 0,
х дх	ds	R
ди,	,	дих	л
е = — Н----------- = О,
дх	ds
__ д2иг ___________ д fus диг> дх2 ’	* ds \R ds /
(3.114)
(3.115)
Исключая из уравнения (3.114) S, Ns и Qs, а из уравнений (3.115) их, us и uz и заменяя Nx через ah, В. 3. Власов при v = O^ea. = ^-, as = —приводит задачу о расчете цилиндрической оболочки средней длины к системе двух разрешающих уравнений:
д2 (аЛ)
дх ds ds2
2 (3/f) _	= о, (3.116)
li2 дх2
где
ds2 \ ds2J ds \R ds/
(•3.117)
— оператор В. 3. Власова.
При h и R = const (круговая оболочка постоянной толщины) уравнения (3.116) будут иметь постоянные коэффициенты и приводятся к одному разрешающему уравнению
b2~ = R2(— — дЛ — ^. \	(3.118)
дх* V<P дх д<?2 /
8	Х>
где ? = — и х = — — безразмерные координаты,
а 12(1-s2)/?2
о = -----—-------основная характеристика обо-
лочки (см. 3.84),
= R* (	+	“ оператор В. 3. Власова,
258
F(x, <p)—функция напряжений, через которую неизвестные а и Ms выражаются по формулам:
_ 12 (1 — у) Л? d2F
Л3 дх2
(зл19)
Уравнение (3.118) решается разложением в одинарные ряды по переменной х.
При D = <x> (zi. = 0) получается недеформирован-пый жесткий контур поперечного сечения оболочки (ei = xi. = 0) и из второго уравнения (3.116) при h = const следует закон секториальных площадей, который является основой теории оболочек с жестким контуром (тонкостенных стержней)
' — (% — V “	“") = °-	t34> 35l
ds2 \ ds2/ ds \R ds/
По полумоментной теории имеются многочисленные исследования: С. И. Стельмаха (1938), Н. Д. Левитской (1949, 1950), Б. С. Василькова (1950), И. Е. Милейковского (1950, 1956), В. С. Бартеньева (1957), И. Н. Леонтьева (1958) и др.
Пример 3.8. Рассчитать круговой цилиндрический резервуар постоянной толщины /г, жестко заделанный в осно-
вании и наполненный жидкостью с объемным весом g (^) (рис. 3.21) [1].
Давление Z = g (I — х).
Уравнение (3.111) примет вид:
dx4	z D
Прих = / Nx = 0 и, следовательно, С5 = — = 0.
17*
259
Решая уравнение, получим:
иг = е-тг (Cj cos 7% + С2 sin ух) +
+ e7r (С3 cos pc + C4 sin ул) +
Eh и согласно (3.112') .
nx = — J uz<ix + C6 = e и [Cj (cos pc — sin yx) + 0
+ C2 (cos yx + sin ;%)]-— етл:[С3(со8 yx + sin pc) +
2yR
+ C4 (sin yx — cos pc)] +	+ C6- . .
Оставшиеся краевые условия, задачи имеют вид:
при х = 0:и, = 0, и, = 0, — = 0; X	z .dx
при x=l:Mx = D-z-=0, Q ^D^=0.
r	х dx3	х dx3
Из этих пяти краевых условий определяются все произвольные постоянные С?
Если длина резервуара I велика по сравнению с R, то цилиндр можно рассматривать как бесконечно длинный.
В последнем случае С-, = С. = 0, и краевые условия примут вид:
при х = 0: их = 0, иг = 0 и = 0,
откуда
(их\_2 = ~ (Ci + С2) +	+ С6 = 0,
v х х=3	2-/Ц [ >	2/	2£k	6
(mz)v_0 = Ci+<^ = 0,	=g(C2-Cj)-^ = 0
\ Z/X-0	1 ' Eh \dx Jx=0 642	17 Eh
и окончательно получим:
С,=
6
и =	— х — е
z Eh I
Eh ’	2 Eh\i )’
. (г । q i____'<gER
2yR 1	2Eh
I cos yx + I — —sin *[x
260

В,	\* * C (1 -
— — — Щ) =—---------------u,
R R J R г
Mx = D^,	Q=D^-
x dx3	dx3 x dx3
Наибольший изгибающий момент при х = 0 будет
gRlh 2Уз7Т^^з)
Пример 3.9. Рассчитать замкнутую круговую цилиндрическую оболочку постоянной толщины h, шарнирно опертую по краям х = 0 и х = 1 и частично наполненную жидкостью с объемным весом g (рис. 3.22) см. [36].
Краевые условия задачи имеют вид: при х = 0 и x = Z; us = uz = Nx = Мх = 0.
Рис. 3.22
Эти условия вместе с условиями снимет рии Деформаций относительно плоскости oz удовлетворяются, если составляющие перемещения задать в виде рядов:
»О 00 \1 VI л	/И7СХ
«х= 1 X Am„cos«?-cos —,
m=l л—О
„	....	dux v	du„ ч
* Согласно	(3.110'):	—~ 4- — иг ~	0, откуда	— = — —	и,,
dx R	dxR
261
“s = S £ Bmn Sin Sin m^=l n—0
oo OO
SV	/П7СХ
X Cmn COS/I? • sin—. zn=l n=0
Интенсивность давления Z выразится следующим образом:
Z = gR (cos <f> — cos а) при 0 < <p < a,
Z = 0	при a < <p < к.
Последние выражения представляются в форме следующего ряда Фурье:
оо со
Z— J] S Dmtl cos n<f sin , т=Л л=0
где коэффициенты Dmn вычисляются обычным приемом по следующим формулам:
8gR
Dm„ тп
(cos a-sin па — П cos na-sin a). mnit? (n3 — 1)
где tn = 1, 3, 5, ... и n = 2, 3, 4, ...
причем
Dmo = (sin a - a cos a), ГПП
Dmi =	(2a “ sin 2a).
mat®
В случае цилиндра, заполненного жидкостью вместе с призматической вертикальной областью (рис. 3.22 б), обозначая через gd давление на уровне оси оболочки, получим:
Z = g( d+ Rcos <р).
Коэффициенты разложения нагрузки
Dm0==X^‘’	Dmn^° ПРИ n>1
тп	тп
т=\, 3, 5, ...
262
Пренебрегая во втором уравнении (3.109), величиной Л2/12/?2 по сравнению с единицей, получим эти уравнения после подстановки в них соответствующих рядов для перемещений и нагрузки в следующем виде:
Атп [2т2л2 + (1 - v) л2п2} - Втп (1 + v) Хт/гк + .
+ Cm„2vXrnir = 0,
AnB3(l + v)hnnn — 5mn[3(l — v)mV + 6XV] — . — Cmn2l2n [3 + 7j2 (mV + X2/t2)] = 0,
ЛтпЗуХ7П1г — Bmni2n2 [3 т]2 (mV + Х2л2)] —
- Cmn [3X2 + -Zj2 (mV + x2/z2)] = -	,
где
Пользуясь этими уравнениями, можно вычислить величины Атп, Втп и Стппри любых значениях тип, подсчитать составляющие перемещения и по формулам (3.108) — усилия.
Числовые расчеты показывают [1], что коэффициенты Атп, Втп и Стп быстро затухают и при расчете можно ограничиться 2—3 первыми членами рядов.
Г л а в а 4
РАСЧЕТ ПОЛОГИХ ОБОЛОЧЕК
§ 49. Вывод основных расчетных уравнений
В 1938 г. на V Конгрессе прикладной механики К. Марквер [37] сделал доклад о теории пластинок с большими прогибами, которые были названы пологими оболочками (Z: / > 5 и /?т|п: h > 20).
Общая теория пологих оболочек была разработана В. 3. Власовым [38] на основе следующих допущений:
1.	На средней поверхности пологих оболочек, вследствие малой гауссовой кривизны (k = kxk^, Ри-манова геометрия заменяется Евклидовой геометрией
263
нй плоскости. Таким образом, третье уравнение (3.27)— уравнение Гаусса — заменяется приближенным:
А (А	= о
эДд Эа/+ ЭЗ\В ЭЗ )
(3.120)
2.	Изменение кривизны изгиба (к, и хр) и кручения (х«?) средней поверхности пологой оболочки принимается, как и в теории Кирхгофа изгиба тонких плит,— не зависящим от тангенциальных перемещений ил и .
На основании этих допущений уравнения (3.67) примут вид:
1	1 qa	, ,
• A дх АВ д? ?	1 z
1 д«з , 1 дВ	. ,
е -------с. _------и д. k и
? В д^ АВ дх 3
В д ( и? \ , А д /ЩД а₽ А дх \ В J В д? \ А / х________1_ Э / dtiz\___ 1 ЭД диг
А дх \Д дх) АВ3 д? д? ’ ______1_ Э /_1^ диЛ  1 дВ диг ~ В ЭЗ \В ЭЗ )	А3В дх' дх’
______1 Ад3иг  1 дВ диг	1_ ЭД ди Л =В АВ\дхд$	В Э? ЭЗ_А ЭЗ дх)'
Уравнения равновесия (3.54) с учетом (3.55) и принятых допущений запишутся в форме:
(BNa) - N,+ 1 Д (А2$) + АВХ = О,
да	> да Л др
i (AN,) - N+ 1 £ (b’S) + ABY - 0, dp r op В да
+ ^2^3 +
4- — ( - — Г- (BM) - - - (A3H) - AL -1 + (3.122)
ДВ1ЭаДв[Э1 а' А дГ	8 Эх J v '
+ A.-LR (Л/И) -1 - (£2tf)-M —’ll —Z = 0*.
эз дв[эз' в эак '	“эзJi
* Уравнение разделено на ДВ. 26<
Зависимость между внутренними силами и деформациями выражается шестью формулами (3.69). Статические уравнения (3.122) вместе с физическими (3.69) образуют полную систему 9 уравнений с 9 неизвестными функциями: Na, S, N?, Ма, Н, 7И3, иа, и? и иг.
Вводя в рассмотрение скалярную функцию напряжений <р(а, Р), через которую тангенциальные усилия выражаются по формулам:
,___1_ д /_1_ д?\ .	1 дВ д<?
* — В д?\В д?) + А3В да' "да ’
j __2_ А/Х X? \	* дЛд?
А да \Л да / ' ЛВ3 д? д? ’
____1 / д3<?	L ‘Х? X?	1 дЛ дф \ АВ \ дад?______________В да д^_Л д? . да / ’
аналогично последним формулам (3.121) можно, учтя формулу (3.120), тождественно удовлетворить первым двум однородным (<¥ = Y = 0) уравнениям (3.122).
Уравнения неразрывности деформаций для пологих оболочек — уравнения Кодацци — Гаусса — для деформированного состояния, где отброшены члены с множителями &2 и k (39), имеют вид:
- (Вхв)- — х - - - (Л2х .) = 0, да	да “ л дГ а?
2(Лха)-^х8-1 Х.(я2х,)’=о,
AB(k^ + л2хв) —
Д ИГдЛ д?1в [д?
д / л \ * 1 д S₽ — д? + В да
^(Л>’]}-°- (3 124>
Первые два уравнения (3.124) удовлетворяются тождественно, что следует из аналогии формул для
Мр, S (3.123) и х?, хя, хв? (3.121) и аналогии эт^х уравнений с первыми уравнениями (3.122).
265
Последние уравнения (3.122) и (3.124) после необходимых преобразований примут вид:
± <Р +	= ± Z,	(3.125>
vV? + Eh^k uz = 0*,
где
2	1 Гд /В d \ . д ЛА d \1	„
V = — — ( — — ) + — ( — — ) —эллиптический опе-яв|_Эа\л да/ д? \в dfi/J ратор Лапласса, =	т(~—оператор смешан-
ЛВ[дДл да/ д?\В ЭР/J ного типа. (3.126) В общем случае, когда координатные линии неортогональны (х =£ к/2) и, следовательно, не являются линиями кривизны (F=£0, М=£0), дифференциальные операторы усложняются см. [40].
Согласно уравнениям (3.55), (3.69), (3.121) и (3.126)
п	D д 2
Qa	— ~~~ V иг,
А да
(ЗЛ27>
Для получения тангенциальных усилий служат формулы (3.123), для остальных усилий (3.69) и (3.121), тангенциальные перемещения определяются из первых трех уравнений (3.121), однако решение их можно получить лишь для частных случаев (см. пример 3.10).
Для случая круговой цилиндрической оболочки: уравнения (3.125) применялись до 1944 г. С. М. Файн-бергом [41] и В. В. Новожиловым [24].
В комплексном виде, как показал В. В. Новожилов в 1951 г. [24], система (3.125) имеет вид:
- i —  — V w = Z.
2]/3fl—v’)
Полагая в последнем уравнении иг .  вл3
<р + i --------- иг
2 УЗ (1 - ч3)
* Нижние знаки соответствуют направлению tiz и Z по внутренней нормали.
266
и отделяя в нем вещественные и мнимые части, получим систему (3.125).
В. 3. Власовым были выведены также уравнения для расчета пологих оболочек на действие температуры [42]:
<р = О,
~- vV? + VA иг + aV% +	4- £2) -7- = 0, (3.128)
СИ	Л
где
i— t'— 1" — температура при неравномерном нагреве оболочки по толщине,
t' 4- t"
= —-—• — средняя температура нагрева,
f (a, р) — температура на внешней поверхности оболочки,
t" (a, р) — то же на внутренней, a — коэффициент линейного расширения.
§ 50. Частные случаи расчетных уравнений
В случае декартовых координат, употребляемых при расчете пологих оболочек с прямоугольным пла-
ном, а — х, Р = у, Л = В=1. ди г , 1	ди и I ,	dUti
д2аг	д2иг
*г =--------*« =----------=---------------
дх2 у ду2 у дхду
(3.129)
ду ’
(3.130)
Уравнения (3.122) примут вид
+	+ у = О,
дх ду
klNx + kiNy+^-2^ + ^-=Z,	(3.131)
Л дх1 дхду ду2
причем кривизны могут быть выражены приближенными формулами:
• <3-132*
267
Тангенциальные усилия будут равны: Nx = ~-, Л/ = -^-, S=--^-, ду2 у дх2	дхду
и при X=Y = O, согласно (3.131), „ d3S	/d2Nx . d3Ny\
дхду	\ дх3 ду2) ’
(3.133)
Уравнения (3.124) примут вид:
£ W-yM"». v W- £(«„)-<>. (3-134)
+ ^ + ^ — 2^- = 0.
1	у 2 х ду2 дх2 дхду
Дифференциальные операторы (3.126) будут равны:
2	д3 д2 2 2 д* ** п д* д* 1Qr-\ v дх2 ду2 v дх* дл2ду2 ду* ’	4	’
2 к &  а д*
Vft 1 ду3	2 дх3
Остальные усилия определяются по формулам: Q'=~Di^
+ Qy—<злз6>
H=-D(l-v)-^..
дхду
В случае полярных координат а = г, р — полярный угол, А = 1*, В = г (рис. 3.7).
Деформации и усилия определяются по формулам (3.121), (3.123) и (3.69)
ег дг +	е3 г др + ^2И2
-	v _	1 ( 1	д311г даг\
* Сравни с формулами (3.35) при 1	г'.
** Ввиду малости отброшен член + а,/г.
268
-X □ = — — ( д2иг — 1
' г \ дгдр г ’
' г \дг г др / Р да* ’
_____2 /_!_ <??\
дг\г др)'
(3.137)
/ 1 д*иг \ г др
Мг
= d№± + :l _ дг* г
г др \дг г )' 4,—D^ 4, — D^^
(3.138)
где, согласно (3.126),
’’=7
. д / fe) J)\ + Э? \ г др).
Va =
1 га
г дг
(3.139)
Разрешающие уравнения имеют вид (3.125).
Как указал В. 3. Власов [28, стр. 315], безмомент-ная теория пологих оболочек описывается первым уравнением (3.125), если в нем отбросить член D^\2uz, учитывающий влияние моментов, это уравнение будет иметь вид:
_1_Г2лв А
АВ |_d“ \ A 2daJ д?\В 1 д? J_
(3.140)
. Практический интерес это уравнение имеет при положительной гауссовой кривизне (k > 0), когда изгибающие моменты достигают наименьший величины по сравнению со случаями й<0.
Безмоментная теория пологих оболочек рассматривалась за границей в работах Пухера А. [43], Чон-кй П. [44], Флюгге В. [45] и в СССР в работах А. Р. Ржаницына [46], В. М. Никиреева [47] и др.
Наконец, в последнее время появились интересные исследования по вопросу суммирования решений без-
269
моментной теории и уравнений краевого эффекта (П. Л. Пастернак, В. М. Ннкнреев).
Расчетные'уравнения пологих оболочек можно получить н в форме метода перемещений, подставив в уравнение (3.122) значение усилий через деформации по уравнениям (3.69) и значение деформаций через перемещения по формулам (3.121). В последнем случае получается система трех дифференциальных уравнений равновесия в перемещениях, которая в случае симметричной задачи приводится к двум уравнениям.
Решение в перемещениях может удовлетворить любым краевым условиям, в том числе и тангенциальным. Не приводя общего вида системы в перемещениях^ дадим ее для частного случая пологих оболочек двойной кривизны с прямоугольным планом, см. [48] и [42]:
/ д2 1 — м д2 \	, 1 -4-v d2uv
( — -I---------- й, 1------•	---г
\ дх2 2 ду2 J х 2 дхду
+	—4.
1 + v д-иг
2 дхду
д2 .1 — vd2\ .	, ч ди.г У
ду2 2 дх2 J у v 1	27 ду € ’
+ Л)^ + (^ + А)^ + дх	ду
V4 + Л? + kl + 2v^A2) uz = — ,	(3.141)
С
где
дх* дл2ду2 ду*
Сравни (3.141) с уравнениями (3.109) при s = y и Л = 0.
Пример 3.10. Определить напряженное состояние пологой круговой цилиндрической оболочки, которая имеет по всем краям шарнирно-подвижное закрепление и нагружена радиальной нагрузкой интенсивностью Z= — р(— (рис. 3.23) см. [28].
270
Обозначая а/? расстояние по образующей (х), а £ — центральный-угол, получим:
A — B — R, А,=0, k2 = — = const,
1 дия	i ,ди? \
£в — —--, 6я — —— (--h И, ) ,
Г da ?	< дЗ 7 ’
1 /ди« , ЙИдЧ
£eii=7U + ^/
Xe = __L^ _L^k
/?2 да2 р /?2 дЗ2 ’
М=-^-у^-.	(3.142)
/?2 о«7р
Рис. 3.23
Согласно (3.126),
2	1	/ д2	. dj \	2	_ 1	д2
V	/?2	\ дх2	+ ЭЗ2/’	V* г3	да2	’
(3.143)
Разрешающие уравнения (3.125) примут вид:
ZVv4 + fl^- = A4Z, oaa
v2v2? — REh = 0.	(3.144)
Oa2
O	2 д2 , d2
Здесь и далее V =——+ -ттт.
oa2 Of!2
Вводя функцию Ф(а, р) по формулам:
u2 = v2v2®, <f = REh—',	(3.145)
271
тождественно удовлетворим второму уравнению, а первое уравнение примет внд:
т,2_2_2_2ф । Л2 д<Ф _ /?< 7
V V V V ф + ° ту-—
Оа* D
^=1^Z_^,CM. (384)
(3.146)
Уравнение (3.146) является основным разрешающим уравнением пологой цилиндрической оболочки.
Краевые условия задачи имеют вид:
при а=0 и.а = а1: «р = uz = Na = Мл = О,
при р <=0 и р = Рр м« = п2 = 7Vp = ТИр = 0.
Усилия через основную функцию Ф(а, р) выразятся по формулам (3.123):
jV =	= — д4ф
“ ~~ R2dp R да2др ’
,,	1 d2v	Eh д1Ф
/Vs------------------
1	R2 da3	R да* ’
1	д3<р = _ Eh д*Ф
/?3 дад? ~ R да3д? ’

V
..	D / д2 ,	д2 \ 4г
Э	R2 ( др + да3 ) V
Я==_Р(1ч)_^ф.
R2 дад? *
(3.147)
Решив первые три уравнения (3.142) с учетом (3.145) и первых трех уравнений (3.147), получим:
дзф д3Ф	д3Ф /q , \ дгф /о 14о\
дадР3 да3 Р др	7 даЗДр V
Учитывая то обстоятельство, что, если функция на каком-либо краю равна нулю, то и все частные производные вдоль этого края по другому аргументу 272
так вия
при
при
а = О
же будут равны нулю, запишем граничные усло-в следующем виде
и а = а.:Ф =---
1	д?2
и р = Р1;Ф=-^
д4Ф	.	д*Ф ___q
д?4	—	33е “
34Ф	=	абф	Q
дх4	да6
Р = О
Этим условиям удовлетворяет функция Ф(«, р), взятая в виде двойного тригонометрического ряда:
ф= Е Е >lmnsin — sin	(3.149)
... “i и
Внося (3.149) в уравнение (3.146), получим:
Е Е Втп sin sin = Z(a, Р),	(3.150)
т=1л=1	;
Из уравнения (3.150)
«1 Pi
втп = —г f f^(a> Р) sin-——•sin	da.d^ =
«1Р1 J J	«1	Pl
о 0
I	~	Г I	n
mn Окончательно искомая функция Ф (а, р) примет вид:
»hB=-^2E
m=l n=l
(3.151)
Далее по формулам (3.147) определяются усилия. Подробное исследование пологих цилиндрических оболочек дано в работе [49].
Пример 3.11. Определить напряженное состояние пологой сферической оболочки, заделанной по опор-
Е-419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат —18
273
ному, краю и подверженной действию сосредоточенной силы Р, приложенной в верхней точке [28], и симметричному нагреву на постоянную температуру t' и t" [50] рис. 3.24.
Рис. 3.24
Пусть а = г и р — полярные координаты точки оболочки на горизонтальной плоскости.
В этом случае А = 1, В = г, kx = k2 = k = const,
е =	— ku а/, 8я = — kll, + at*, е,;ч = О,
dr
d3ir,	1 du,	„
х =------, 7.8 =---------г , хгч = 0.
r dr2 ? г dr ?
Согласно (3.126),
v!--
(3.152)
vl =
1_ rf г dr ’
= — V2.
R
d_ / d \~l _ d2
1г\Г dr )_ dr2 i ’ rf / г a r \_dr \R dr
Согласно (3.125) и (3.128), основные циальные уравнения задачи примут вид:
Z)y2V2«z — ~ W2? = О, Z\
£)Д2Д2йг— —Дср = О,
_L Д2Д2У+ Лд2й	2£
Eh	R z.	Rh
днфферен-
(3.153)
Ilf
* Величина Ч-----ввиду малости отброшена.
274
где"”t = t' — i"—разность температур внешней и внутренней поверхностей оболочки (3.128).
Полагая
= ~~ ф (И- ? = Ov2® (Н>	(3.154)
К
где Ф (г) — скалярная функция, тождественно удовлетворим первому уравнению (3.153), а второе уравнение примет вид:
Р_ 6ф + J_ 2ф = _ _2а£
Eh	/?3 v	Rh ‘
Полагая у2Ф = ЧГ, получим для функции 'F уравнение:
v4T + -^-T = - —.	(3.155)
DR*	DR	’
Уравнение (3.155) совпадает по своему виду с уравнением изгиба круглой пластинки на упругом основании. Введем переменную х, связанную с г зависимостью:
г-г,х. где	(3.156)
в этом случае уравнение (3.155) примет вид:
v4 ИГ । ф = __ 2Ла£
Vx	Л ’
или
+ —	(3.157)
\ rfx3 х dx J	h
Следуя В. 3. Власову [28], берем общий интеграл уравнения (3.157) в форме'-
= ЛА (х) + Л2/2 (л) + Л3/3 (х) + Л4/4 (х) -	,
(3.158) где Аг — постоянные интегрирования,
Ц (х) — частные интегралы уравнения (3.157), которые имеют вид
Л (х) = 1 - — + ——--------------—— + ... (/, (0) = 1],
1	2343	224Ч5282	2243... 123	1 1 ' '	1
у 5	* 6	**10
I х) = ----------— + —----------... [/2 (0) = 01,
22	2а4363	2243 103	1 2' '	*
18*
275
I3 (x) = 4 A (x) + — f in	+ C ) /2 (x) -	(x)
*	£	тс Lx	/
[/3(0) = 0,5],
74(x) - - у /2(х) +	-| + С )л (x) + Z?2 (x) ]
[74(0) = oo],
(3.159)
при значении
p (x\ _ (x/2)a
'	(1!)j
(x/2)«
(2!)a
1	1 \ (x/2)«
*r ——- -4- —— j	 -j-
2	3/ (3!)'
_1\ (x/2)10 _
5 ) (5!)»	" " ’
1 + ± + ±+2Л^2£ 2	3	4/ (41)’
1 \ (x/2)«2 + 6 / (6!)2
C — 0,577215’— эйлерова константа,
П = 3,1415...
(3.160)
Таблица функций (3.159) и их первых производных для значений х = 0-ь6, составленная с использованием таблиц цилиндрических функций [51], приведены в приложении 1 к книге [28].
Для нахождения высших производных имеют место следующие дифференциальные зависимости]
^Л = -А- ^73 = /4,	(3.161)
= д^4 = -4
Откуда получаем
Л =—-А-----—71, /з =/4------—/з,
х	х
1^1,—	, /4 = - 73 - — /4	(3.162)
И Т. Д.
Таким образом, согласно (3.154),
Ф = № = С.Ц + С2/2 + С373 + С4/4 -	,	(3.163)
л
где
Ct = DA,
276
Тангенциальные усилия определятся по формуле (3.123):
"7	7 S’+ СЛ + V. + ЗД],
dr2 Гд dx1	Гд
-с,(г,-±г2)-с,(/
4
(3.164)
Согласно (3.154), у2« =Х72ф=_кф v z R У R
или
Гр
R
2ro<tf "Т"
где
D^^A,	(3.165)
Общий интеграл уравнения (3.165), согласно (3.161), имеет вид:
*	v	2	-г «
X2.	(3.166)
Находим деформации и усилия, необходимые для определения произвольных постоянных:
du2__duz dx_
dr dx dr
- -z- = — ГА + DгГ2 - D2I\ - Dgl'i + r0 dx r0 L x
roa^
+ DA-----
Mr = — Г^+ — ^1 = -?
Гд L ЙЛ’ X dx J Гд
1 - V
г ]___________* /'
4	„ J3
— £>з 4 +
V *
4
X 1.
1 ,
+ ~~Г

<л--4 £	4 |о/,+ед+
rQ ax	rQ
+ зд + од].	(3.167)
Ввиду того, что тангенциальное перемещение иг нельзя определить из двух первых уравнений (3.152), что является недостатком вывода уравнений смешанного метода (3.125), определим тангенциальное перемещение на основании закона Гука, оставив неудовлетворительными указанные уравнения.
Согласно (3.164),
Л/,+ ^-4 Д’Т.
'О
С другой стороны, на основании закона Гука
A'z+^ = -^(er + ep)=1—Г— d-^-2kuz+2at\, 1 — v р 1 — V L ro dx	J
исключая нормальные силы, получим для тангенциального перемещения уравнение:
«х r\ L г(.
= - (^3+ V) • 1V2 - А21г - A3I4 + Л4/э] +
+	(A5 In x + Д6) - 2a.tr.,	(3.168)
R
откуда г3
tlr = ^0 + — (1 + *) И1#2--^2®1 ~ -^3^4 + А4^з1-
— M5(lnx— 1) — Л6] — 2roatx, (3.169) r\
где
Bt^/^xjdx.	(3.170)
Граничные условия имеют вид:
при х = 0
= 0, Г (Q,rd?),=E + Р = 0, иг = 0, dx J
о
278
при х = b/r0
иг = 0,-г=0, ur = 0.	(3.171)
dx
Из первого условия (3.171): А3 = Л5 = 0.
Так как 1\ (0) = /' (0) = /' (0) = 0, 1\ (0) = оо.
Из второго условия (3.171)
е[А1/;(е)+ А2/'(£) + A4/'(S)]+	=	(3.172)
и так как | е/] (е) = еГ2 (е) = 0 |е^0 , б/Ие).-.о = |-
А4 = -^-.
4£)
Произвольные постоянные Ао, Ах, А2, и А6 определяются из четырех последних уравнений (3.171).
В случае кольцевых оболочек, когда тангенциальные краевые условия будут смешанного характера, например, прн х = а[гй А, = 0 при х = b/rQ u.z=Q следует вместо формул (3.154) положить:
«2 = У2Ф - г\ ?=^Ф,	(3.173)
(см. [28], стр. 420).
Расчет пологих оболочек двойной кривизны прямоугольных в плане и опирающихся по контуру на диафрагмы абсолютно жесткие в своей плоскости и гибкие из плоскости, что соответствует шарнирно неподвижному в вертикальной плоскости, и шарнирно подвижному в касательной плоскости закреплениям, рассмотрен в [28], стр. 439 и в |52].
В последнем случае краевые условия будут иметь вид (см. пример (3.10):
при х = 0 и х = а и.у = иг. = А/х .= Мх = 0,
279
при у = 0 и v = b их = иг = Ny = Му = 0* иля для функции напряжений (3.149):
при х = 0 и х = а Ф =
при _у = 0 и у=Ь Ф =
э2ф	д*Ф	деФ
дх2	дх*	— дх*
д2Ф	_д*Ф	_д6Ф
ду2	ду*	ду9
= 0,
= 0.
Г л а в а 5
РАСЧЕТ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ПРИЗМАТИЧЕСКИХ РАМ
(метод проф. В. 3. Власова)
§ 51. Общие положения
В настоящей главе рассматриваются пространственные тонкостенные конструкции, имеющие в поперечном сечении произвольный профиль, состоящий из одного или нескольких замкнутых контуров (рис. 3.25).
Рис. 3.25
Расчет таких систем был разработан в 1949 г. В. 3. Власовым [53].
Призматическая рама рассматривается как совокупность бесконечного множества бесконечно узких полосок, имеющих вид плоских рам, соединенных между собой стержнями, передающими от одной рамы к другой нормальные — о и касательные— т напряжения. На площадках продольного сечения возника
ют нормальные, сдвигающие, поперечные силы и изгибающие моменты. Таким образом, в отношении внутренних сил принимается гипотеза оболочек средней длины. Из геометрических гипотез принимается гипотеза нерастяжимости контура е5 = 0 и вводится гипоте
* В работе [52] краевые условия и = 0 и и = 0 заменяются, соответственно, на е = 0 и е = 0. У	*
280
за плоских сечений для каждой из пластинок, образующих призматическую раму, т. е. предполагается, что поперечное сечение (сечение, перпендикулярное оси л-ов) для каждой пластинки остается плоским.
В поперечном сечении рассматривается плоская стержневая система с конечным числом степеней свободы, в продольном направлении — система с бесконечным числом степеней свободы. Таким образом,, расчетная система является дискретно-континуальной.
§ 52.	Напряженное и деформированное состояние рамы — полоски
В плоскости поперечного сечения степень свободы шарнирной схемы рамы, характеризующая независимые смещения ее узлов, равна:
n=2Y— С— Со,	(3.174)
где Y — число узлов (включая опорные), С—число стержней рамы,
Со—число опорных стержней, лежащих в плоскости рамы.
Степень свободы шарнирной схемы рамы из плоскости, в направлении оси л-ов, равна
m^Y-Ct,	(3-175)
где Со — число опорных стержней в направлении, оси х.
Например, для поперечной рамы системы, изображенной на рис. 3.25, а У = 5, С =4, С0 = 4, Со = 2, поэтому степень свободы в ее плоскости п = =2-5—4—4=2, степень свободы из ее плоскости т= = 5 — 2=3.
Положение точки С на средней поверхности призматической рамы определяется координатами х и s (рис. 3.25 а). Деформированное состояние можно полностью описать, если известны их(х, s) — перемещения точки С в направлении образующей (оси х-ов). и us (х, s) — поперечное (тангенциальное) перемещение в направлении касательной к контуру поперечного сечения.
/
281
Эти перемещения можно представить в виде разложений:
т	. г
«Дх, s)= £T/Z(x) <pz(s),	(3.176)
/=1
м*. з) = S ^ (*)	(3-177)
k=i
где Ц(х)и Vk(x) — неизвестные пока функции, которые выражают закон изменения перемещений по длине системы,
<pz(s) и Фл(5) — элементарные перемещения, выбираемые из числа возможных.
Выбранные тем или иным способом линейно независимые между собой непрерывные функции <pz (s) общим числом т представляют собой заданные обобщенные координаты деформации элементарной поперечной плоскости из плоскости поперечного сечения х = const.
Выбранные тем или иным способом линейно независимые между собой непрерывные функции (s) общим Числом п представляют собой заданные обобщенные координаты деформации элементарной поперечной полоски в ее плоскости х = const.
Примеры выбора этих функций даны на рис. 3.26
Рис. 3.26
$ 53. Дифференциальные уравнения равновесия рамы — полоски
На раму — полоску действуют нормальные и касательные напряжения постоянные по толщине стенки, которые определяются по формулам:
<’(%, s) = E-~± = Е J] 7/'(x)-<pz(s),	(3.178)
ОХ 1=1
282
/ ди
+ —'l dx J
m	n
=	+	•	(з.179>
/=1	k=i
На элементарную площадку dF рамы — полоски (рис. 3.27 а) при х = const действует нормальная сила a aF, а при х 4- dx = const—нормальная сила
(а + — dx \ dF и  соответственно силы сдвига tdF и \ дх /
(т + dx) dF. Проекции внешней нагрузки, отнесенной к единице площади, на направление образующей и касательной к линии контура поперечного сечения обозначим соответственно через р и q.
Для нахождения (т 4- п) искомых функций Ц(х) и V4(jc) составляется (тп4-п) уравнений равновесия рамы—
FF
Опорные
диафрагмы
I d, =d?-d

Рис. 3.28
283
полоски. Для этого раме — полоске дается (т 4- л) независимых возможных перемещений, и сумма работ внешних и внутренних сил на этих перемещениях приравнивается нулю.
Каждое возможное перемещение можно рассматривать как результат бесконечно малого изменения (вариации) одной из обобщенных координат деформации, определяющих положение узлов и стержней рамы. Такое применение принципа возможных перемещений •называется вариационным методом.
Интегральные условия равновесия элементарной рамы — полоски после сокращения на dx представляются в следующем виде:
С — dF - f dF + f pVjds = 0	(3.180)
J дх ' J 1 J J
F	F	s
j—\, 2, 3, ... , m.
+ = ° (ЗЛ81)
*=1 J	5
h = 1, 2, 3, ... , n.
Каждое из уравнений (3.180) выражает равенство нулю суммы работ всех сил элементарной рамы — полоски шириной dx = 1 при перемещении из ее плоскости. За возможные перемещения в уравнении номер j этой группы приняты продольные перемещения п*?. = = <pz(s), определяемые одним членом номера j разложения (3.176) при и*х. = 1.
Средним членом выражена работа сдвигающих сил (рис. 3.27). Каждое из уравнений (3.181) выражает равенство нулю суммы работ всех сил элементарной рамы — полоски шириной dx= 1 при перемещении в ее плоскости^ За возможные перемещения в уравнении номер h этой группы приняты поперечные контурные перемещения u*h = ФЛ (s), определяемые одним членом номер h в разложении (3.177) при п*Л = 1.
Средним членом выражена^ работа внутренних сил — изгибающих моментов	на деформациях изгиба
284
I Mhds \	,
полоски I 	-1, соответствующих указанному Л-му
элементарному состоянию (рис. 3.27).
Момент инерции I=/(s) подсчитывается, как для обычной плоской рамы шириной dx=\ (при отсут-ствии поперечных связей -- рам I = —J .
Подставляя в (3.180) и (3.181) вместо о и т их значения по формулам (3.176) и (3.177), получим систему (т + п) линейных дифференциальных уравнений:
ттп
7 S - Е Ь]Чи, - S cjkV'k + -i- Pj = 0, /=1	/=1	fe=l	и
т , п	п	'	(3.182>
S chi^l + Zj ГыУк—Т X shk^k + "7Г Qh = 0
/=1	Л=1	*=1	u
j = 1, 2,..., т\ /г = 1, 2, ..., п,
где
7 = -f- = 2 (1 + v); ajt = аи = j v^dF-, F
Oik = ckj = \	rhk = rkh= ^h^kdF-
F	F
bji = bl} = j	dF\ chl = cih = J dF-,
F	F
1 f	Mh ~Mk .	f	,
Shk = skh = —J EI " ds' °j = J РЪ^’’ Ян = s	s
= J qtyhds.	(3.183>
<s
Если отказаться от гипотезы нерастяжимости контура поперечного сечения (es = 0), то
J	J
В этом случае надо учесть изменение числа степеней свободы.
285-
Теория расчета плоских рамных систем представляет частный случай теории расчета тонкостенных призматических систем, а канонические уравнения метода перемещений являются частным случаем дифференциальных уравнений (3.182). Если в уравнениях (3.182) все коэффициенты $ЛА(/г, k= 1,2, ..., ri) равны нулю, то система (3.182) будет относиться к призматической системе, пластинки которой на линиях контакта соединены между собой цилиндрическими шарнирами (безмоментная призматическая система). Система дифференциальных уравнений (3.182) приводится к одному дифференциальному уравнению порядка 2 (т + ri). Интеграл этого уравнения содержит 2 (т + ri) постоянных, которые определяются из кинематических, статических или смешанных условий на концевых сечениях х = 0 и х=1.
При изложении настоящей главы мы следовали ,|53] и [54].
Пример 3.12. Определить напряженное состояние симметричной пространственной рамы, которая имеет цилиндрические опорные шарниры (полная линейная неподвижность опорных точек) и опирается по торцам на диафрагмы, жесткие в своей плоскости и гибкие из плоскости.
Рама нагружена горизонтальной равномерно распределенной нагрузкой—#, расположенной в плоскости верхней грани (рис. 3.29) см. [53].
Разложим известные функции Ц (х), Vk (х) и нагрузку .# (х) = q в тригонометрические ряды:
n=l
(X) = S Vkn sin -(2—,	(3.184)
л=1	/
I
q = S -7-4“ sin -(-n-51-)-^-.	(3.185)
я , 2n — 1	I
Выражения (3.184) удовлетворяют краевым услог виям:
при х = 0 и х = I uxi^tO, usk = 0.
Рис. 3.29
в)
Продольные перемещения их (xs) в сечении х = const для двух точек симметричных относительно оси z будут равны по величине и противоположны по знаку.. Степень свободы шарнирной схемы рамы из плоскости, согласно (3.175), равна пг = 4 — 2=2, но принимая во внимание, что нагрузку можно представить как обратносимметричную, получаем один параметр Ц (л), за который примем продольное перемещение верхнего правого угла. Эпюра перемещений, представленная при и* = 1 функцией (s) показана на рис. 3.29 а.. На рис. 29 б приведена эпюра «р, (s).
Степень свободы шарнирной схемы рамы в плоскости, согласно (3.174), равна:
« = 2*4 — 3 —4 = 1,
т е. определяется тоже одним параметром (х),. за который примем прогиб горизонтальной пластинки в ее плоскости. Эпюра контурных перемещений, представленная при V* = 1 функцией t|»j (s), показана на рис. 3.29 в.
Для подсчета коэффициентов sAft(sn) надо построить-эпюру изгибающих моментов Mh (Л40 от перемещения и эпюру от Vi = 1 — Mk, которая совпадает с Mh.
На рис. 3.29, а представлен характер эпюры изгибающих моментов поперечной рамы, соответствующий еди-
287
яичному смещению горизонтального^ элемента с неизвестным угловым моментом Mh = M1. Эпюра в статически определимой -системе (трехшарнирной раме) от горизонтальной единичной силы, приложенной в правом rfi углу, имеет тот же характер с угловым моментом у ; интегрируя эти эпюры и приравнивая результат единице (Ф1 = 1), получим значение неизвестного момента
~г.	ЪЕ	2£/
/И. = —s-.------т— =---.
1	2d|//! + d^/h	d2
Уравнения (3.182) примут вид: yzijif/j bliUl Сц V1 — О, +г„	=
(3.186)
(3.187)
Подставляя (3.184) и их производные и (3.185) в . уравнения (3.187), сокращая последние на,
<2п— 1)лх ,	(2п — 1)ях
cos -i-— и sin --------’ ПОЛУЧИМ систему ал-
гебраических уравнений:
п2 (2п — I)2 ,,	, г,	тс (2п — 1) у _q
|“и р Uln +	+ СП j vln — и>
.	, -jap у,,+r„ рр v„ -
-------*----0.
Git(2n —1)
Коэффициенты уравнений, согласно (3.183), будут .равны:
«п = f ?i dF= Т Wi +	= 0,1 d2,
’О
F
^=[(?;)2^=2(| + 2Au6l=0,6,
J	\ dt d2/ d
F
cn = J dF= 282 = 28 = 0,2 d,
rn = j dF=d^= d8 = 0,1 d2, F
J288
1 Г jMj ds
Sn == ~~ i ——— 11 E J EI
f )= О Z /
E \3	£/i. Eh.
- ......	1----------— = X. = 1L_ . (cm. 3.186)
rff (2dt/8^ + rf3/3da з
Подставляя эти коэффициенты в уравнения, принимая £=2,1>106 кГ/см2, т = 2 и ограничиваясь первым членом разложения (3.184) и (3.185) при п=\, получим:
[1,974 (d/e)2 + 0,6] 7/n + 0,628rf/e	= 0,
0,628d/e7/n + Го,987 (d/e)2+ 4 10-31	= 1,213-Ю"6?.
а	з J
(3.188)
Решив уравнения (3.188) при любом принятом отношении d/e, найдем величины Z7U и Vn, после чего перемещения примут вид:
их(х, s) = 7/n<Pi (s) cos —— ,
(3.189) иДх, s) =	(s) sin-у-.
Согласно формулам (3.178) продольное нормальное напряжение будет равно:
о(л, s) = - 6,597 -106 ^4(s) sin -у-.	(3.190)
Наибольшие моменты возникнут в углах рамы. Согласно формуле (3.186), с учетом формулы (3.189) при ф! (s) = 1
 я	2 El ж г	TZJC | ж	[ ЛГ*Л Jt Г . TZX
А = ^usin —= /= —| = 350rf7usin — .
(3.191)
Исследования показывают, что при увеличении отношения l/d оба перемещения (3.189) сначала возрастают — жесткость пространственной рамы уменьшается и деформации растут. При отношении l/d = = 20 ч-25 продольное перемещение Un достигает
£>419. Г. К. Клейн, В. Г. Рекач, Г. И. Розенблат — 19
289
наибольшего значения и затем убывает, стремясь в пределе к нулю, что соответствует вырождению пространственной конструкции в плоскую.
Рост перемещения Vn постепенно уменьшается, и оно как бы стремится к максимуму.
Пример 3.13. Определить напряженное состояние в безмоментной пространственной раме, которая получится при введении цилиндрических шарниров во всех узлах системы примера 3.12.
Нагрузка и размеры сохраняются.
Для безмоментной: пространственной рамы следует в уравнениях (3.188) положить su = 0, т. е. отбросить во втором из этих уравнений член ~ Ю-3 в коэффициенте при IZn.
Уравнения (3.188) в этом случае примут вид: [1,974 (с?//)2+ 0,6] Un + 0,628 d/l = 0,
(3.192)
0,628с?// Uu + 0,987 (d/l)2 Уп = 1,213-10"V
в
Если уравнения (3.188) и (3.192) записать А/71г+'ВУи = 0, BUn + С Vn = Q, то неизвестные определяются по формулам:
Ц1 =------.
11 АС—В2 11 АС —В2
Уравнения (3.188) и (3.192) различаются собой только коэффициентом С, который для
ной теории, больше. Таким образом, перемещения (3.189) и напряжения (3.190) безмоментной системы будут в К раз больше, чем моментной, где
g__ -^мом ~ Ва > |
” ЛСбезм -В3
форме:
(3.193)
(3.194)
между момент-
(3.195)
Исследования показывают [53], что К увеличивается при возрастании отношения l/d. При Z/cf = 2-<-5 /С«1. Расчет тонкостенных пространственных систем с замкнутым, контуром см. [бЗ].
290
ЛИТЕРАТУРА
1.	Ван-цзи-де. Прикладная теория упругости, гл. 12, ГИФМЛ, М. 1959.
2.	Е. Reissner. I. Math. Phys. 26. 290, 1947.
3.	Ф. Ди шин гер. Оболочки. ГНТИ. М.—Л., 1932.
4.	В. Г. Р е к а ч. Безмоментиая теория расчета псевдосфери-ческих оболочек. Изв. Арт. инж. Ак. Т. 109. М., 1958.
5.	Л. Л. Г о л ьд е н в е й з е р. Теория упругих тонких оболочек. ГИТТЛ, М.. 1953, стр. 127.
6.	С. П. Тимошенко. Пластинки и оболочки. ГИТТЛ, М.-Л., 1948, § 78, стр. 411, 443.
7.	Н. Aron. I. f. reine u. angew. Math.. Bd. 78, § 196, 1874.
8.	A. Love. Philosofical Transactions Roy. Soc. V 179 (A), p. 491, 1888. перевод А. Ляв, Математическая теория упругости гл. XXIV, ОНТИ НКТП, М.-Л., 1935.
9.	О. К i г с h h о f f. Vorlesungen fiber mathematische Physik, Bd. 1, Mechanik, 1876.
10.	E. R e i s s n e r. A new derivation of the equations for the deformation of elastic shells, Am. j. Math. T. 63, № 1, 1941, p. 177-181.
11.	E. Meisn.er. Physik Zeitschr. T. XIV, 343, 1913.
12.	И. Э. Экстрем. Тонкостенные симметричные купола. ОНТИ, Харьков — Киев, 1936.
13.	F. Dubois. Ober die Festigkeit der Ruqelschale g.g. Цюрих, 1917.
14.	H. W i s s 1 e r. Festigkeitsberechnung von Ringflachenschaleu,. g.g. Цюрих, 1917.
15.	I. Lense. Kuqelfunktionen, Leipzig, 1950.
16.	E. В. Гобсон. Теория сферических и эллипсоидальных функций. ИЛ., М„ 1952.
17.	L. Во Не. Schweiz. Bauzeitung, Т. 66, 1915, см. также 6,
18.	I. Е. Ekstrom. Ing. Vetensk. Akad. T. 121, Стокгольм, 1933.
19.	В. Г. Рекач, Расчет сферических оболочек, д.д. 1954.
20.	В. Г. Рекач. Расчет тонких сферических оболочек. Научн. докл. высш. шк. Строительство, № 1. 1958.
21.	Труды 5-го Международного математического конгресса. Кембридж, 1912, см. также статью О. Блюменталя в Z. Maih. Phys. Т. 62, стр. 343, 1914.
22.	С. П. Тимошенко. К вопросу о расчете сферических оболочек. Вестиик общества технологов, № 17, СПБ, 1913.
23.	И. Я. Штаермаи. О применении метода асимптотического интегрирования к расчету упругих оболочек, 192+ и другие статьи в Изв. Киевского политехнического и сельскохозяйственного ин-тов.
24.	В. В. Новожилов. Теория тонких оболочек. Судпром-гиз, 1941, 1951.
25.	I. W. Geckeler, Forschungsarbeiten, № 276, Берлин, 1926.
26.	Р. Pasternak. Z. ang. Math. u. Meeh. T. 6, 1926. cm. также, Vorhaudlung d. 2 Int. Kongr. file techn. Meeh., Zfirich, 1927.
27.	Б. С. Ж a p м а г а м б e т о в. Практический метод расчета железобетонной сферической оболочки. Изв. АН Каз. ССР, сер. горное дело, вып. 8, 1956.
19*	291
28.	В. 3. В л а с о в. Общая теория оболочек. ГИТТЛ. М.—Л., стр. 257, 329, 420, 439, 1949.
29.	G. Ehlers. Beton und Eisen, № 13, 14, 1929. Перевод см. в Сб. Складчатые железобетонные конструкции, Харьков, 1934.
30.	Dr. Ing. Finsterwalder, Die Theorie der zylindrischen Schalen-gewOlbe Sistem Zeiss-Djwidag u..., В. I. Zurich, 1932.
31.	А. А. Гвоздев. К расчету тонкостенных цилиндрических оболочек, Строит, промышленность, № 1, 1932.
32.	В. 3. Власов. Новый практический метод расчета складчатых покрытий н оболочек. Строительная промышленность, № 11, 12, 1932.
33.	П. Л. Пастернак. Практический расчет складок и цилиндрических оболочек с учетом изгибающих моментов. Строительный бюллетень, № 9, 10, 1932.
34.	В. 3. Власов. Строительная механика оболочек, ОНТИ, 1936.
q35	. В. 3. Власов. Тонкие упругие стержни. Стройиздат,
36.	L. A. Wojtaszak. Deformation of thin cylindri cal shells subjected to internel loading, Phil. Mag. ser. 7, p. 18, 1934, p. 1099— 1116, см. также 1, стр. 391.
37.	К. Marquerre. Zur Theorie der Gekriimmten Platte Grosser Formanderung, Proceedings of the Fifth Int. Congressfor Appl. Meeh. 1938, p. 93—101.
38.	B. 3. Власов. Основные дифференциальные уравнения общей теории упругих оболочек. ПММ, Т. VIII, № 2, 1944. См. также [28], стр. 301—309.
39.	А. Л. Гольденвейзер. Дополнения и поправки к теории тонких оболочек Love. Сб. пластинки н оболочки. Госстройиздат, 1939, см. также [5], стр. 59.
40.	В. Г. Рекач. Расчет пологих винтовых (геликоидальных) оболочек. Сб. трудов МИСИ, № 27, М., 1957.
41.	С. М. Файн бе р г. Проект и стандарт, № 12, 1936.
42.	В. 3. Власов. Некоторые задачи сопротивления материалов, строительной механики и теории упругости. Изв. АН СССР, отд. техн, наук, № 9, 1950.
43.	Pucher A. Ober die Spannungsfunktion belibig gekriim-mter diiner Schalen, Proceedings of the V Int Congress for Appl. Meeh. p. 134, 1938.
44.	P. Csonka, Ober doppelt gekriimmte Schalen, Acta, techn. Acad, scient. Hung; 1959, 26, № 1—2. Там же приведен перечень его 11 работ периода 1955—58 гг.
45.	W. Flugge. Statik und Dinamik der Schalen Springer-Verlag, 1957; перевод В. Флюгге, Статика и динамика оболочек. ГСИ, М., 1961.
46.	А. Р. Р жа н н ц ы и. Расчет тонких безмоментных оболочек вращения малой кривизны. Труды лаб. строит, механики ЦНИПС, 194J.
47.	В. М. Н н к и р е е в. Расчет безмоментной пологой оболочки на постоянную вертикальную нагрузку. Строит, механика н расчет сооружений, АСиА СССР, № 6, 1959.
48.	В. С. Бертене в. Расчет пологих оболочек двоякой кривизны с прямоугольным планом для произвольной нагрузки. На-292
учные доклады высшей школы. Строительство, № 2, 1959. См. также [42].
49.	Т. Т. Хачатурян. Пологие цилиндрические оболочки. Сообщения института, мат. и механ. АН Арм. ССР, вып. 4, 1949.
50.	В. Г. Рекач. Симметричный нагрев пологих сферических оболочек, Сб. трудов МИСИ, № 8, 1954.
51.	Е. Янке, Ф. Эм де. Таблицы функций с формулами и кривыми. Харьков — Киев, 1934, 1959.
52.	В. В. Дикович. Пологие, прямоугольные в плайе, оболочки вращения. ГСИ, М., 1960.
53.	В. 3. Власов. Строительная механика тонкостенных пространственных систем. Гл. HI, IV. Стройиздат, 1949 или 1958.
54.	И. М.Раби нов и ч. Основы строительной механики стержневых систем. Стройиздат, 1956.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие ............................,.............. 2
Раздел I. Основы расчета стержневых систем на устойчивость
Глава 1. Понятие о потере устойчивости, критической нагрузке и методах	расчета на устойчивость......	3
§	1.	Введение .................................. 3
§ 2.	Устойчивость 1-го рода; постановка задачи; методы расчета............................................. 6
§ 3.	Устойчивость системы с двумя степенями свободы.
Точные н приближенные методы расчета..........	8
Глава 2. Устойчивость центрально сжатого прямого стержня ................................................... 14
§ 4.	Прямой стержень с упругой заделкой на одном конце и упруго-податливой опорой на другом . .	14
§ 5.	Стержень с упругой промежуточной опорой ...	19
§ 6.	Стержень в упругой среде. Устойчивость сжатого
пояса открытого моста (задача Ясинского) .... 23
§ 7.	Стержень переменного сечения...........• . . 29
§ 8.	Составные стержни........................... 33
Глава 3. Устойчивость плоских рам..................... 41
§ 9.	Постановка задачи........................... 41
§ 10.	Дифференциальное уравнение изгиба сжатоизогнутого стержня и его интеграл..................... 45
§11.	Расчет рам на устойчивость методом перемещений 51
§ 12.	Расчет рам на устойчивость методом сил. Выбор основной системы и лишних неизвестных .... 60
§ 13.	Примеры деформационного расчета рам. Таблицы функций............................................ 67
Глава 4. Устойчивость арок............................ 78
§ 14.	Устойчивость круговой аркн постоянного сечеиия с упруго-защемленными пятами и радиальной нагрузкой ........................................... 78
§ 15.	Устойчивость круглых колец и труб под действием равномерной радиальной нагрузки.................... 88
§ 16.	Устойчивость параболической арки постоянного сечения с равномерно распределенной вертикальной нагрузкой...................................... 91
§ 17.	Устойчивость	весьма	пологих арок............ 93
§ 18.	Устойчивость	арки	с	затяжкой................102
§ 19.	Другие типы	арок............................104
294
Глава 5. Устойчивость тонкостенных стержней..........106
§ 20.	Основы теории. Дифференциальные уравнения устойчивости 2-го рода...............................106
§ 21.	Потеря устойчивости 1-го рода. Внецентренное и центральное сжатие ............................... 109
§ 22.	Потеря устойчивости плоской формы изгиба балки. 119
§ 23.	Потеря устойчивости при растяжении..........125
Литература ...................................127
Раздел II. Основы динамики сооружений
Глава 1. Системы с одной степенью	свободы............129
§ 24.	Основные понятия............................129
§ 25.	Свободные колебания систем с одной степенью свободы..........................................132
§ 26.	Вынужденные колебания систем с одной степенью свободы при действии вибрационной нагрузки . . 140
§ 27.	Затухающие колебания........................145
§ 28.	Действие ударной нагрузки на систему с одной степенью свободы.................................150
Глава 2. Системы со многими степенями свободы .... 156 § 29. Свободные колебания систем со многими степенями свободы...............................................156
§ 30.	Свободные колебания систем с бесконечно большим числом степеней свободы.....................169
§ 31.	Приближенные методы определения	частот	....	174
§ 32.	Свободные колебания рам................180
§ 33.	Вынужденные колебания систем со многими степенями свободы...............................  186
§ 34.	Колебания балки при подвижной	нагрузке	....	193
§ 35.	Борьба с колебаниями...................197
Литература ...................................200
Раздел III. Основы расчета пространственных тонкостенных конструкций
Глава 1. Элементы дифференциальной геометрии поверхности ............................................... 202
§ 36.	Аналитическое выражение поверхности........202
§ 37.	Линейный элемент поверхности................203
§ 38.	Кривизна линии па поверхности.............. 204
Глава 2. Безмомептная (мембранная) теория расчета оболочек ...............................................211
§ 39.	Основные дифференциальные	уравнения..212
§ 40.	Расчет оболочек вращения	...................215
§ 41.	Расчет цилиндрических н конических оболочек . . 223
Глава 3. Моментная теория расчета	оболочек............228
§ 42.	Общие положения.............................228
§ 43.	Вывод уравнений равновесия..................230
§ 44.	Определение компонентов деформации..........232
§ 45.	Расчет оболочек вращения на	осесимметричную
нагрузку......................................238
295
§ 46.	Приближенные расчеты оболочек вращения на осесимметричную нагрузку.............................246
§ 47.	Расчет цилиндрических оболочек — общая теория 254
§ 48.	Теория круговых ортотропных цилиндрических оболочек ( оболочки средней длины— —2 н- 8	257
Глава 4. Расчет пологих оболочек......................263
§ 49.	Вывод основных расчетных уравнений..........263
§ 50.	Частные случаи расчетных уравнений..........267
Глава 5. Расчет пространственных призматических рам (метод проф. В. 3. Власова)...................280
§ 51.	Общие положения........................280
§ 52.	Напряженное и де4-' рмированиое состояние рамы—
полоски.................................. 281
§ 53.	Дифференциальные уравнения	равновесия	рамы—
полоски..................................•	. . 282
Литература...............................291
Георгий Константинович Клейнг
 Владимир Германович Рекач Геня Исааковна Розенблат
Руководство к проведению занятий по специальному курсу строительной механики
Редактор А. В. Короткова
Художественный редактор Н. К. Гуторов
Технический редактор Р. К. Воронина
Корректор Е. С. Гудкова
Сдано в набор 2/Х-63 г.	Подписано к печати 9/V-64 г.
Бумага 84 X 108п32.	9,25 печ. л. 15,54 усл. печ. л. 13,21 уч.-изд. л.
Тираж 8000. Зак. Е-419. Т —03674. Изд. № От/1062. Цена 40 коп.
Издательство «Высшая школа» Москва, И-51, Неглинная ул., д. 29/14.
Типография «Татполиграф» Управления по печати при Совете Министров ТАССР.
Казань, ул. Миславского, д. № 9.
10ц.
Опечатки
Стр.	Строка	Напечатано	Следует читать
38	13 сверху	2F	F
70	13 снизу	горизонтальных сил	продольных сил
74	20 снизу (в графе у)	5,4028	— 5,4028
74	9 снизу (в графе 7)	23,7949	-23,7949
146	6 и 5 снизу	k In е -— (t .,—<) = 2т «+1	" . kT — In е — = 2т	In е	— АГ , 2т ~ In е =
196	10 сверху	1 =	ып. пп	1 =	<0„. ПК
219	6 сверху	A=R	я = ~— г
Заказ Е-419