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

Author: Феодосьев В.И.

Tags: испытания материалов товароведение силовые станции общая энергетика материаловедение сопротивление материалов задачи по физике механика деформируемых тел учебное пособие

Year: 1967

Similar

Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов

Упругие элементы приборов

Расчет упругих элементов машин и приборов

Сопротивление материалов

Text

В. И. ФЕОДОСЬЕВ
ИЗБРАННЫЕ
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ, ИСПРАВЛЕННОЕ
И ДОПОЛНЕННОЕ
Допущено Министерством высшего
и среднего специального образования СССР в качестве
учебного пособия для студентов втузов
ИЗДАТЕЛЬСТВО сНАУКА>
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1967

6.05
Ф 42
УДК 620.10
НЕ БОЛЕЕ 1М КНИГИ В
ОДНИ РУКИ И 2ХВДВЕ
КОЛОХЗА
Всеволод Иванович Феодосьев
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Москва, 1967 г., 376 стр. с илл.
Редактор И. К. Снитко
Техн. редактор Л. Ю. Плакше Корректор А. С. Баку.юва
Сдано > набор 21/IX 1966 г. Подписано к печати 10/И 1967 г. Бумага 84xlO8'/Sj-
Физ. печ. л. 11,75. Условн. печ. л. 19,74. Уч.-изд. л. 16,49. Тираж 50 000 экз.
Т-01759. Цена книги 68 коп. Заказ № 349.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Ленинградская типография № 2 имени Евгении Соколовой
Главоолнграфпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР.
Измайловский проспект, 29.
34

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к первому изданию 4
Предисловие к третьему изданию 6
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ 7
I. Растяжение, сжатие и кручение 7
II. Геометрические свойства сечений. ^Изгиб 22
III. Сложное напряженное состояние и теории прочности 36
IV. Устойчивость 43
V. Разные вопросы и задачи 63
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 75
I. Растяжение, сжатие и крученне 75
II. Геометрические свойства сечений. Изгиб 118
III. Сложное напряженное состояние и теории прочности 189
IV. Устойчивость 205
V. Разные вопросы и задачи 333
Использованная литература 376

ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящая книга не является сборником задач в обычном
понимании слова. В ней собраны задачи, предназначенные
не для начинающих, а для заканчивающих курс сопротивления
материалов. Она не претендует на полноту освещения всего
курса и обращает внимание читателя либо на некоторые из
тонких вопросов, не освещаемых в курсе вовсе, либо на та-
такие вопросы, которые часто ускользают от внимания учаще-
учащегося не только в процессе изучения, но и в дальнейшей дея-
деятельности.
Различна и сложность задач. Среди них есть простые и
сложные. Есть такие, которые при известных знаниях тре-
требуют только сообразительности, и такие, для решения ко-
которых необходимо привлечь простейший аппарат теории упру-
упругости. Во многих задачах, сложных на вид, решение оказы-
оказывается неожиданно простым. В других случаях очевидный на
первый взгляд ответ может оказаться неправильным.
При разборе такого рода задач даже квалифицированный
читатель не застрахован от возможных ошибок. Поэтому все
вадачн снабжены подробными решениями, которые имеют
целью либо расширить кругозор читателя, интересующегося
не столько процессом, сколько принципами решения задач,
либо же дать возможность проверить полученный результат,
если читатель имеет намерение действовать самостоятельно и
решает задачу не в том порядке, как это сделано в книге.
Автор решился опубликовать эту несколько необычную
книгу, полагая, что она может оказаться полезной для до-
достаточно широкого круга читателей.
Опыт работы со студентами показывает, что большинство
учащихся далеко не всегда довольствуется решением типовых
вадач, предлагаемых в обычных задачниках. У многих уча-
учащихся часто возникают вопросы, выходящие за рамки курса

ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ 5
11 требующие более глубокого понимания предмета; у них
возникает естественное желание испробовать свои силы в ре-
решении более сложных и интересных задач, где требуются и
сообразительность, и знания, и усидчивость.
На удовлетворение этих запросов молодежи в первую
очередь и направлена настоящая книга. Она написана на
уровне, доступном пониманию студентов, заканчивающих курс
сопротивления материалов. Она может оказаться полезной
также для начинающих преподавателей и может вызвать ин-
интерес у инженеров, повышающих свою квалификацию.
Большое число задач, вошедших в книгу, составлено са-
самим автором. Многие задачи рекомендованы ему его колле-
коллегами, некоторые публиковались ранее. В список использо-
использованной литературы автор внес те немногие известные ему
источники, в которых в том или ином виде встречаются за-
задачи, вошедшие в настоящую книгу.
Автор считает своей приятной обязанностью выразить
благодарность Л. И. Балабуху, В. Л. Бидерману, И. А. Бир-
геру, оказавшим помощь в подборе и проверке задач, и
Л. Е. Андреевой, принявшей деятельное участие в подготовке
рукописи. Он будет также благодарен всем товарищам, ко-
которые не откажутся в дальнейшем высказать свои замечания
о книге.

ПРЕДИСЛОВИЕ К ТРЕТЬЕМУ ИЗДАНИЮ
По сравнению с первым и со вторым изданиями сборник
дополнен рядом новых задач. Наиболее интересными и прин-
принципиальными, по мнению автора, являются задачи, связанные
с нелинейной устойчивостью и с переходом от форм равно-
равновесия к формам движения.
За последние годы на вооружение исследователей взяты
методы машинного анализа. То, что было недоступно, стало
обыденным. Учитывая, что электронная цифровая вычисли-
вычислительная техника используется в настоящее время не только
аспирантами, но в ряде случаев и студентами, автор счел
возможным ввести в сборник несколько задач, решаемых на
машинах. Такой шаг вполне оправдывается все возрастающим
использованием электронных цифровых машин, которые в не-
недалеком будущем станут доминирующим средством анализа.
Автор считает необходимым выразить благодарность всем
товарищам, высказавшим ему свои замечания по первым двум
изданиям и оказавшим тем самым большую помощь в подго-
подготовке настоящей книги.
Автор

ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
1. Система, состоящая из двух стержней, нагружена одно-
одновременно силами Р1 и Р2, направленными вдоль стержней
(рис. 1,а).
a) 6)
Рис. 1.
Потенциальная энергия деформации равна, очевидно,
U=-
P\U
Взяв частные производные от потенциальной энергии по си-
силам Pi и Р2> находим перемещения точки А по направле-
направлениям 1 и 2 («j и и2, рис. 1, б):
и, =¦
Покажите графически, каково будет полное перемещение
точки А.

8
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
|2
2. Плоская ферма (рис. 2) состоит из п > 2 одинако-
одинаковых и раэнорасположенных стержней, соединенных в общий
узел. Сила Р приложена в пло-
плоскости фермы. Показать, что
перемещение узла О всегда на-
направлено по силе Р и вели-
величина этого перемещения не зави-
зависит от угла а.
с
Рис. 2.
Рис. 3.
3> Система состоит из двух жестких шарнирно закреп-
закрепленных невесомых балок АС и EG и двух стержней BE
и CF. В точке D приложена сила Р, действующая вдоль
стержня CF (рис. 3).
1) Сколько раз статически неопределима эта система?
2) Какие усилия возникают в стержнях?
4. В абсолютно жесткой плите имеется отверстие. В него
вставлен упругий болт и затянут с усилием предварительного
Прокладка.
Р
Рис. 5.
натяжения No. После затяжки к нижней гайке приложена
сила Р (рис. 4). Как при этом изменяется усилие, приходя-
приходящееся на болт?

I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
5> Условие предыдущей задачи усложняется тем, что под
нижней гайкой установлена упругая прокладка (рис. 5). Как
в этом случае меняется усилие на болт
при приложении к нижней гайке силы Р,
если известно, что при сжатии про-
прокладки силой Р толщина ее умень-
уменьшается на величину
где с — жесткость прокладки?
6> Определить тормозящий момент
и перемещение конца рычага ленточ-
ленточного тормоза (точка А, рис. 6) в зави-
зависимости от силы Р. Коэффициент тре-
трения на поверхности соприкасания ремня
U
Рис. 6.
со шкивом /. Жесткость ремня на растяжение задана. Рычаг
и шкив допустимо рассматривать как абсолютно жесткие.
7» Как изменится решение предыдущей задачи, если шкив
вращается в противоположном направлении?
8» Для того чтобы определить величину модуля упругости
некоторого металла при сжатии, был поставлен следующий
Рис. 7.
опыт. Между двумя массивными стальными плитами сжимался
цилиндрический образец (рис. 7).
Для замера деформации образца было установлено два
индикатора (рис. 7) с таким расчетом, чтобы исключить

10
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
ошибку от перекоса плит. Замеры показали, что модуль упру-
упругости исследуемого металла на сжатие
?сж = 0,8. 106 kzjcm2.
Можно ли верить этому результату?
9. Прямой однородный стержень постоянного сечения
жестко закреплен по концам (рис. 8).
Как наиболее просто показать, что
а у; в стержне при равномерном нагреве не
I p возникает осевых смещений?
_j 10» Стержень, закрепленный верх-
верхним концом, нагружен продольной си-
силой Р (рис. 9). Между нижним концом
стержня и нижней жесткой опорой
имеется зазор А. При силе Р"^-—т— нижний зазор пере-
перекрыт. Реакция нижней опоры Л/ определяется из условия
(P-N)l Nl Л.
ЕР ЕР ~~~ '
следовательно, усилие в нижней части стержня будет:
Р & ЕР
Верхняя часть растягивается силой
1 —
Рис. 8.
^4=
5да; Перемещение точки приложения силы Р будет:
Рис. 9.
Р1
2EF
Определим упругую энергию, накопленную стержнем. С одной
стороны, эту энергию можно определить как сумму энергий,
заключенных в верхнем и нижнем участках стержня, т. е.
N4
или
1EF "Т" 2EF '
РЧ EF№
4ЕР "• 41 '
A)

11]
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
11
С другой стороны, эта энергия равна работе, произведенной
силой Р на перемещении 6, т. е.
¦ _ P(> ._ РЧ _i РД
~ 2 ~~ 4?/-' "i~ 4 '
B)
Выражения, как видим, получились различные. В чем
дело? Какое из этих выражений правильно и какое нет?
11. Прямой однородный стержень (рис. 10, а) опирается
на жесткое основание. Найдем перемещение центра тяжести
стержня под действием собственного веса. Это можно сделать
двумя способами.
Первый способ. Находим обычным приемом перемещение
точки (центра тяжести), расположенной на расстоянии у от
основания (см. эпюру пе-
перемещений, рис. 10, б), а)
Это перемещение, как
будет
легко
равно
проверить,
0)
-ЦТ
где q — вес стержня на
единицу длины (погонный
вес), EF — жесткость на
сжатие.
Второй способ. На-
Находим расстояние от осно-
основания до центра тяжести деформированного стержня (рис. 10, б).
Это расстояние будет следующим:
W////////////A У////////////////////,
Рис. 10.
Г (х — и) dm
"II. Т ~
т
B)
Здесь dm — масса элемента длины dx;
q dx ql
— , m — —
dm-
и — текущее перемещение, определяемое по эпюре (рис. 10, б)
формулой
I х

12
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
Подставляя и, т и dm в выражение B) и интегрируя, находим:
/ ol3
C)
что не сходится с полученным ранее выражением A).
В чем причина расхождения?
12ш Гибкая нить, лежащая на горизонтальной плоскости,
натянута силой То между двумя неподвижными опорами (рис. 11).
Искомое перемещение, следовательно, будет:
л / gl3
Рис. 11.
После того как межопорная поддерживающая плоскость
будет убрана, нить провиснет.
Выясните, как зависит величина провисания wmax от силы
начального натяжения То и погонного веса нити q, считая
жесткость нити на растяжение EF и ее длину / заданными.
13ш На рис. 12 показана подвеска рабочего провода трол-
троллейбусной линии.
, Рабочий прадед
/ Поддерживающий глп
Рис. 12.
Определите натяжение и нарисуйте кривую провисания
поддерживающего троса, если он до подвески нижнего про-
провода имел стрелу свободного провисания wOmaj.
Проведите числовой подсчет при следующих данных;
/ = 50 м; wQmil — Q,5 м.

is!
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
13
Трос стальной. Площадь поперечного сечения F — Q,6 см2.
Приведенный модуль упругости троса*) ? = 8 • 105 кг\см2.
Погонный вес провода qa в полтора раза больше погонного
веса троса q.
14ш Как найти распределение усилий между заклепками /,
//, ///, IV продольного заклепочного шва, показанного па
Рис. 13.
рис. 13. если известны результаты следующего предваритель-
предварительного опыта? Три листа с толщинами Л,, h2 и hx и шириной Ь,
соединенные одной заклепкой, испытаны на растяжение
А /-к -В А.
\\\\\ч
а
г
'/////71
Рис. 14.
(рис. 14). Путем точных замеров установлено изменение рас-
расстояния между точками А (на верхнем листе) и В (на сред-
среднем листе) (рис. 14) в зависимости от силы Т. Эта зависи-
зависимость имеет следующий вид:
Да =4'
где k — постоянная величина. База замеров а была выбрана
достаточно большой для того, чтобы напряжения в сечениях А
и В можно было считать равномерно распределенными.
15> Обобщите решение предыдущей задачи на случай
любого числа заклепок п.
*) См. вопрос 158.

14
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
116
1бш Винт и гайка (рис. 15) растягиваются силами Р. Вы-
Выявить закон распределения нормальных усилий по длине винта
и гайки (в функции х), если известно, что усилие, приходя-
приходящееся на каждый виток резьбы, пропорционально взаимному
у///?/////////.
Рис. 15.
э*
¦н
I
смещению винта и гайки t — k(uB — uT); * —усилие, прихо-
приходящееся на единицу длины нарезанной поверхности; k — экспе-
экспериментально найденный коэффициент; ав — иГ — взаимное сме-
смещение вдоль оси винта и гайки, вызванное деформацией резьбы
(см. рис. 15).
17. Винт с навернутой на него гайкой (рис. 16) растя-
растягивается силами Р. При условии предыдущей задачи выявить
закон распределения нормальных усилий и усилий на резьбу
по длине винта и гайки.
-I-
Рис. 16.
Рис. 17.
18. На винт (рис. 17) навинчивается гайка, имеющая шаг
резьбы, иа Д меньший шага резьбы винта s.
Каков закон распределения возникающих при этом усилий
в винте и гайке и каковы усилия на резьбу, если, как и в пре-
предыдущих двух задачах,

21!
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
15
19< При какой конструкции гайки (первого или второго
типа, рис. 18) условия работы витков резьбы являются более
благоприятными?
20ш Три одинаковые ре-
резиновые тяги (рис. 19) нагру-
нагружены силой Р. Установить
перемещение узловой точки А
в зависимости от силы Р, если
диаграмма растяжения каждой
тяги задана в виде кривой. Рис. 18.
изображенной на рис. 19.
21. Круговой двухслойный резино-кордовый цилиндр нахо-
находится под действием внутреннего давления р (рис. 20). Было
V,
/
—
/
Рис. 20.
замечено, что в зависимости от угла расположения нитей а ци-
цилиндр, деформируясь под действием внутреннего давления, может

16
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
рз
принимать одну из форм, показанных на рис. 21. В случае /
искривленная образующая цилиндра обращена выпуклостью
наружу, во втором случае — внутрь. В третьем случае при
Рис. 21.
том же давлении не наблюдается заметных деформаций, и ци-
цилиндр сохраняет свою форму в той мере, в какой можно
считать нити нерастяжимыми.
Каким значениям угла а соответствует каждый из отме-
отмеченных типов деформации?
22а Стальное кольцо посажено с заданным натягом нз
алюминиевое (рис. 22). Опыт показывает, что в некоторых
случаях после нагрева системы на определенную температуру
н последующего охлаждения вну-
внутреннее кольцо выпадает из
внешнего. '*
Сталь
Рис. 22.
Рис. 23.
Установите, при каких условиях возможно это явление.
Какие данные необходимы для того, чтобы получить число-
числовую оценку указанного явления?
23• На массивный жесткий конус (рис. 23) свободно на-
надето тонкое кольцо. Конус и кольцо одновременно подвер-

27]
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
17
гаются воздействию периодически изменяющейся температуры.
Как это может отразиться иа месте расположения кольца вдоль
оси конуса? Иными словами, будет ли меняться величина й
во времени?
24. Имеется абсолютно жесткий стержень и тонкая упру-
упругая трубка, внутренний диаметр которой на величину 2Д меньше
диаметра стержня. Трубка нагрета и посажена на стержень
(рис. 24). При остывании в трубке возникают окружные на-
напряжения, а при наличии трения — также и осевые.
Определить величину и ха-
характер распределения возникаю- .. д^дмшв. > р
щих в трубке напряжений.
Рис. 24.
25а Усложним условие предыдущей задачи. Определите
силу Р, которую необходимо приложить к трубке, чтобы
снять ее со стержня (рис. 25). Рассмотрите два варианта:
а) сила Р — сжимающая; б) сила Р — растягивающая.
26а Покажите, что при кручении призматического бруса
с поперечным сечением в виде многоугольника касательные
напряжения в любом из внешних углов
f,B А, В, С, ... (рис. 26) равны нулю.
Рис. 26.
Рис. 27.
27а Из цилиндрического бруса, закрученного момен-
моментами М, высверливается по всей длине центральная часть
диаметром d (рис. 27). Как изменится упругая энергия бруса,
если внешние моменты М остаются неизменными?
2 В. И. Феодосьев

18
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
B8
28> При кручении круглого прямого бруса в его попе-
поперечных сечениях возникают касательные напряжения т, вели-
величина которых пропорциональна расстоянию г от оси бруса
(рис, 28). По закону парности в плоскости осевого сечения
бруса ху возникают точно такие же касательные напряже-
напряжения т'. Последние создают результирующий момент относи-
относительно оси z.
Отсеченная часть бруса должна находиться в равновесии.
Чем уравновешивается упомянутый момент?
29« Как зависит жесткость тонкой полоски на кручение
от осевой растягивающей силы Р (рис. 29), действующей
одновременно с крутящим моментом?
Рис. 29.
30> Круглый валик (рис. 30), вставленный в трубку, удер-
удерживается в ней силами трения. Контактное давление натяга,
которое создает эти силы трения, и величина коэффициента
трения могут с достаточной степенью точности считаться по-
постоянными для всей зоны контакта. К валику и к трубке

зц
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
19
прикладываются равные и противоположно направленные мо-
моменты М. При М > Мо валик в трубке провертывается.
'///////////////////////////////Л
м
1
*?" ~.~..~ Г'~'~ ~ ~ ~ Т
У//////////////////////,
м
Рис. 30.
Требуется построить эпюры крутящих моментов для трубки
и валика при
М<М0.
31> В поперечном сечении закрученного бруса (рис. 31)
проводится произвольная замкнутая кривая. Касательные на-
напряжения в каждой точке кривой разложены на нормальную
(т„) и касательную (тЛ составляющие к проведенному контуру.
Нормальные напряжения в сечении отсутствуют (кручение
нестесненное).
У
Рис. 31.
Доказать, что независимо от формы бруса и формы
начерченной в сечении кривой справедливы формулы:
2)
где ds — элемент дуги контура, G — модуль сдвига, Fs— пло-
площадь, ограниченная кривой, 0 — угол закручивания на единицу
длины бруса. (Интегрирование распространяется на весь кон-
контур замкнутой кривой.)

20
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
C2
32* При кручении узкой прямоугольной полосы в попе-
поперечных сечениях образуются, как известно, вторичные нор-
нормальные напряжения. У краев полосы возникают растягивающие,
а у середины — сжимаюшче напряжения (рис. 32).
Рис. 32.
От каких характеристик и как зависят эти напряжения
в случае произвольной формы тонкостенного профиля?
Рис. 33.
ЗЗш Цилиндрический стержень закручивается равномерно
распределенными по поверхности моментами т, уравновешен-
уравновешенными моментом М на торца
(рис. 33, а). При таком нагру-
жении в стержне, кроме обыч-
обычных напряжений т, действующих
з поперечных сечениях, возни-
возникают еще и касательные напря-
напряжения t в цилиндрических и
х осевых сечениях (рис. 33, б).
Определите, как распреде-
распределены эти напряжения по объему
стержня. Дайте сравнительную
оценку величин rut.
34ш Касательные напряжения т в поперечном сечении
бруса при чистом кручении могут быть разложены на две

32] I. РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ 21
составляющие хх и ту (рис. 34). Крутящий момент в сечении
определяется, очевидно, следующим выражением:
iM«p= J / **ydxdy—^ J xyxdxdy.
x у x у
Показать, что независимо от формы сечения справедливы
формулы
Г Г Мкр Г Г ^кр
j I xxydxdy = —^, — j J xyxdxdy = —~.
x у x у

момент инерции
У
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ.
ИЗГИБ
35< Не прибегая к интегрированию, найти центробежный
Jxy прямоугольного треугольника относи-
относительно центральных осей, параллельных
катетам (рис. 35).
Збш Найти геометрическое место то-
точек постоянных полярных моментов инер-
инерции плоской фигуры.
37. Докажите следующее положение:
Если для множества осей, проходя-
проходящих через какую-либо точку, можно ука-
указать более одной пары несовпадающих
главных осей, то можно утверждать, что
вообще все оси, проходящие через эту точь-у, являются
главными.
38ш В плоском сечении найти точку, обладающую тем
свойством, что все проходящие через нее оси являются
главными.
39> Рассмотрим прямой брус, который изгибается двумя
моментами М (рис. 36).
В нейтральной плоскости 00 при чистом изгибе никаких
напряжений, как известно, не возникает. Следовательно,
Рис. 36.
силовое взаимодействие между верхней и нижней частями
бруса по этой плоскости отсутствует. Тогда сечением 00

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
23
Рис. 37.
можно разделить брус на два более тонких, и это cosep-
шенно не должно отразиться на работе системы.
С другой стороны, возникает сомнение в законности
такого действия. Ведь два бруса, сложенных вместе и на-
нагруженных моментами М, изо-
изогнутся так, что на поверхности
контакта будет иметь место про-
продольное проскальзывание(рис. 37),
и эпюра напряжений в нормаль-
нормальном сечении обоих брусьев уже
будет совсем не той, что была
в целом брусе.
Так как же? Можно разделить брус на две части так,
чтобы это не отразилось на его работе, или нельзя?
40* При изгибе бруса большой кривизны, как известно,
нейтральная ось не проходит через центр тяжести и несколько
смещена в сторону центра кривизны.
Если брус не только изгибать, но и одновременно рас-
растягивать, то нейтральная ось суммарной эпюры напряжений
в зависимости от величины растягивающей или сжимающей
силы может сместиться, вообще говоря, на любую величину.
На каком расстоянии х от центра кривизны О кривого
бруса следует приложить силу Р (рис. 38), чтобы нейтраль-
нейтральная ось суммарной эпюры напряжений в сечении / — / про-
проходила через центр тяжести сечения?
Рис. 38.
Рис. 39.
41 а Известно, что прямой брус постоянной жесткости
при приложении к нему внешнего момента М (рис. 39) изги-
изгибается, принимая форму квадратной параболы
У- — - A)
У— EJ 2 ' (i>

24
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
D2
С другой стороны, нам известно следующее выражение:
Если Мазт и EJ—величины постоянные, что, допустим,
имеет место в данном случае, также величина постоян-
постоянная. Но постоянную кривизну имеет только дуга окружности,
а не парабола. Как же изогнется балка? По дуге параболы
или по окружности?
42. Какой предварительный прогиб у (рис. 40) следует
задать лыжам, чтобы при скольжении по ровной и жесткой
дороге вес лыжника распределялся равномерно по длине
скользящей поверхности?
43а На каком расстоянии от конца бруса х следует
приложить силу Р, чтобы перемещение точки А равнялось
нулю (рис. 41)?
Рис. 41.
Рис. 42.
44. Ломаная балка (рис. 42), защемленная одним концом,
нагружена на другом силой Р. Подобрать угол наклона
линии действия силы а так, чтобы перемещение точки А
происходило по направлению силы Р.
45» Куда сместится точка А (рис. 43)? Вверх, вниз,
вправо, влево?

451 II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИВ 25
п
1 Е
щ?
?//////////¦
ГГ1
4
с
s
а

ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
¦46¦ Нарисуйте форму упругой линии для следующих
систем (рис. 44).
47. Рама, показанная на рис. 45, нагружена силой Р.
Спрашивается, растянут или сжат
стержень АВ?
48> Из опыта получена
форма упругой линии сильно
21
-21-
EJ
И
Р
Рис. 45.
Рис. 46.
изогнутого гибкого стержня и определена величина силы Р
(рис. 46). Как наиболее просто найти реакции опор?
49> Массивный при-
прибор, имеющий вес 2Р,
установлен в кольцевой
раме (рис. 47). Подобрать
размер а так, чтобы жест-
жесткость подвески была бы
максимальной. Жесткости
на изгиб кольца и стерж-
стержней одинаковы.
5О> Какая из трех
с 47. рам, показанных на
рис. 48, является более
жесткой, т. е. дает наименьшее перемещение 6А под дей-
действием силы Я? Размеры сечений одинаковы.
Рис. 48.
51* Витая цилиндрическая пружина, защемленная одним
концом, нагружена на другом поперечной силой Р (рис. 49).

53|
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
27
Определить вертикальное перемещение точки приложения
силы. Угол подъема витков можно считать малым.
52« Пружина баланса руч-
ручных и карманных часов предста- /"C~-t^\ бала
вляет собой плоскую спираль-
спиральную ленту (рис. 50). Внешний
'Колодка
Рис. 50.
конец ленты защемлен, а внутренний — жестко связан с ко-
колодкой, сидящей на оси баланса. При колебаниях баланса
колодка поворачивается и лента пружины изгибается. В общем
случае этот изгиб не будет чистым изгибом, и в сечениях
пружины могут возникать как поперечные, так и продольные
силы. Наличие этих сил для работы часового механизма
является нежелательным. При наличии этих сил возникает
перекос оси баланса, увеличивается трение в опорах, и точ-
точность хода снижается.
Выясните, каким геометрическим условиям должна удовле-
удовлетворять пружина, чтобы ее изгиб при малом повороте колодки
(рис. 50) был чистым изгибом?
53« Плоская пружина, состоящая из двух листов соот-
соответственно длиной 11 и 3/, нагружена на конце силой Р
(рис. 51, а).
/ .-U L
Рис. 51.
Определить, как изменятся прогиб и напряжения в пру-
пружине, если ее листы связать на расстоянии / от заделки

28
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
(рис. 51, б). Связь предполагается плотной, но допускающей
свободные продольные смещения листов.
54. Рессора, состоящая из трех листов, длиной 6/, 4/
и 21 (рис. 52), нагружена силами Р. Определить осадку
-si
-21
Рис. 52.
рессоры и найти напряжения, возникающие в листах при
заданной нагрузке. Трением пренебречь.
55> Плоская пружина постоянного сечения (рис. 53) при
изгибе накладывается на жесткое лекало, профиль которого
у = у(х) задан.
При рассмотрении прогибов пружины возникает, прежде
всего, вопрос о характере ее прилегания к лекалу. Здесь
Л возможны два основных
случая:
1) Пружина на участке
от места защемления до
некоторой точки плотно
прилегает к лекалу (рис.
53, а).
2) Пружина сопри-
соприкасается с лекалом толь-
только в одной точке (рис.
53, б).
Считая, что функция
.у (х) монотонна сама и
монотонна в своих бли-
ближайших производных и
что, кроме того, у мало по сравнению с jt, установить,
в каком случае будет иметь место тот или иной из указанных
типов прилегания.
56• Однородная прямая балка длиной / и весом Р лежит
на жесткой плоскости (рис. 54). Определить величину напря-
Рис. 53.

591
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИВ
29
жений, возникающих в балке при приложении к ее концу
Р
СИЛЫ "о".
57. На жесткий валик диаметром D (рис. 55) надевается
разрезанное упругое кольцо, внутренний диаметр которого
?
3
r777777777777r777777777777777777s77777
Рис. 54.
Рис. 56.
равен D — Д, т. е. имеет величину, меньшую диаметра валика
на А. При посадке, очевидно, кольцо несколько разгибается.
Определить закон изменения изгибающего момента по контуру
кольца и выявить характер силового взаимодействия между
кольцом и валиком.
58» Пологая гибкая пружина, изогнутая по дуге круга
радиусом R, прижимается двумя силами Р к жесткой пло-
плоскости (рис. 56). При ка-
каких значениях сил Р
точки А будут прижаты
к плоскости?
59> Две балки корыт-
ного профиля скреплены Р
p
¦ д
Рис. 57.
приваренными на верхних и нижних полках узкими попереч-
поперечными планками, обладающими большой жесткостью. Получен-
Полученная таким образом составная балка одним концом защемлена,
а на другом нагружена силами Р (рис. 57).
Какие усилия будут воспринимать поперечные планки?

30
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
60« Определить распределение касательных напряжений
в тонкостенном замкнутом треугольном профиле при попе-
поперечном изгибе (рис. 58).
Рис. 59.
61« Определить закон распределения касательных напря-
напряжений в поперечных сечениях бруса переменной толщины h
(рис. 59).
62. Можно ли подобрать такой закон распределения
нагрузки q(x), не равной тожде-
тождественно нулю (рис 60), чтобы балка
осталась прямолинейной?
63• Весьма длинная неразрезная
балка, состоящая из большого числа
рис 6о равных пролетов, нагружена на ле-
левом конце (на первой опоре) момен-
моментом М (рис. 61). Определить изгибающий момент и угол
поворота балки на i-й опоре.
64* Решить предыдущую задачу для случая конечного
числа опор я (рис. 62).

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
31
ft
65> Используя уравнения перемещений, раскрыть стати-
статическую неопределимость следующей системы (рис. 63).
При нагрузке рамы силой Р точка А контура рамы скользит
с трением по жесткой горизонтальной плоскости. Коэффи-
Коэффициент трения /. Жесткость всех участ- л р
ков рамы постоянна и равна EJ.
66« Геометрически неизменяемая
система, состоящая из шарнирно соеди-
соединенных стержней, носит название
фермы. Стержни фермы работают на
растяжение или на сжатие.
В реальных конструкциях стержни
фермы скрепляются не шарнирно,
а жестко — при помощи сварки или
клепки. Допустимо ли в этом случае рассчитывать ферму
в предположении, что стержни по-прежнему работают только
на растяжение — сжатие, и пренебрегать при расчете изгибом
стержней? Ведь при жестком соединении стержней ферма
фактически перестает быть фермой и превращается в раму!
67. Может ли определитель системы канонических урав-
уравнений (уравнений перемещений в методе сил):
U21 U22 02;
6Л! 6„о Ь„
Рис. 63.
р
i I
г—|
6
1
1
(—у
1
(
1
\ ?
- «а
': \
' ) 1 (
и , га
4W\S\V
—?.
If '
быть равен нулю?
68 ¦ Определить осадку
прорезной пружины (рис. 64),
сжатой силами Р, полагая,
что перемычки между коль-
кольцами обладают достаточно Рис- 64>
большой жесткостью по сравнению с прочими участками
пружины.
Размеры пружины показаны на рис. 64.
6Оа Показать, что площадь эпюры моментов для любого
замкнутого контура плоской рамы постоянной жесткости
равна нулю, т. е.
f Mmr ds — 0.

32
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
|70
70. Показать, что для любого замкнутого контура пло-
плоской рамы, имеющего один шарнир, при условии постоянной
жесткости
где М — изгибающий мо-
момент, х—расстояние до
любой оси, проходящей
через шарнир (рис. 65).
Рис. 65.
Рис. 66.
Интегрирование распространяется на весь контур рамы.
71« Показать, что площадь, ограниченная контуром пло-
плоской кольцевой нерастяжимой рамы, при ее изгибе плоской
системой сил при малых перемещениях остается неизменной,
т. е. равной я/?2 (рис. 66).
72. Прямой деревянный брус прямоугольного попереч-
поперечного сечения плавает на поверхности воды (рис. 67).
Рис. 67.
Определите напряжения, возникающие в брусе, и пере-
перемещение точки приложения силы Р, если
Р = 50 кг, / == 10 м,
b =20 см, Л— 10 см.
Дерево — сосна с удельным весом 0,6 г\см% и модулем упру-
упругости ? sw 105 ttzfcM2.

751
П. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИБ
33
73« Определите усилия, действующие в спицах велоси-
велосипедного колеса, и напряжения, возникающие в ободе при
приложении к оси колеса силы Р (рис. 68).
Грунт, на который опирается колесо, можно считать
жестким. Число спиц п велико настолько, что позволяет
рассматривать спицы не как отдельные
стержни, а как непрерывную среду.
Провести числовой расчет при сле-
следующих данных: Р = 40 кг; радиус ко-
колеса R = 31 см; момент инерции сечения
обода 7 = 0,3 см4; число спиц и = 36;
диаметр спиц d = 2 мм. Материал обода
и спиц — сталь, /; = 2-10е кг/см2.
74« В различных температурных ре-
регуляторах весьма часто применяются так
называемые биметаллические элементы.
Биметаллический элемент представляет собой две жестко со-
соединенные металлические пластинки с различными коэффи-
коэффициентами температурного расширения а, и а2 (рис. 69). При
нагреве биметаллическая пластинка изгибается за счет раз-
различного удлинения ее составляющих. Если один конец пла-
пластинки неподвижно закрепить, то второй — свободный — ко-
конец переместится на некоторую величину. Получаемые таким
Рис. 68.
Рис. 69.
образом перемещения используются как источник движения
и необходимых механических усилий.
Установить, как меняется кривизна пластинки в зависи-
зависимости от ее геометрических размеров и температуры на-
нагрева.
75. Биметаллическое кольцо, имеющее размеры, пока-
показанные на рис. 70, нагревается на температуру t. Определить
величину угла <р, на который повернется сечение кольца,
полагая форму этого сечения неизменной.
3 В. II. Феодосьев
ие более ш книги в
ОДНИРУКИИ2Х8ДВ? !

ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
[76
Коэффициенты температурного удлинения составляющих
частей кольци аг и а2.
m
©
1
\—b
t
<Р
Рис. 70.
76. Спроектирован температурный регулятор термостата,
в котором в качестве чувствительного элемента была приме-
применена биметаллическая пластинка, устааовдеыиая так, как это
показано на рис. 71. При повышении температуры пластинка,
по замыслу конструктора, начинает изгибаться. Когда темпе-
температура достигнет заданной величины, контакт А замкнется
и сработает командное реле, регулирующее нагрев термо-
термостата.
Будет ли работать подобная система?
Рис. 71.
Рис 72.
77. Показать, что плоская замкнутая биметаллическая
рама постоянного сечения, независимо от формы контура,
при равномерном нагреве не меняет своей кривизны (рис. 72).
78. Три бруса, имеющие одинаковую жесткость на изгиб,
но различную форму поперечного сечения (рис. 73), изги-
изгибаются в вертикальной плоскости моментами М. Постройте

79|
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
35
для каждого бруса зависимость изменения кривизны от мо-
момента М, если диаграмма растяжения материала брусьев
Рис. 73.
может быть
(рис. 73)
схематически представлена ломаной линией
-^- = 0,002.
73. Набор круглых тонких шайб (рис. 74) надевается
на болт того же материала, что и шайбы, и стягивается гай-
гайкой с силой Р. Полученный таким образом брус изгибается
,М
тжшттшшжтттшж
ЛП
Рис. 74.
двумя моментами М. Определить изменение кривизны бруса
и возникающие в нем напряжения лри условии, что величина
момента М достаточна для того, чтобы раскрыть контактные
поверхности на нижней стороне бруса. Материал следует
вакону Гука. Диаметр болта d можно считать равным вну-
внутреннему диаметру шайб.
г*

III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
80. Цилиндр с внутренним диаметром rf, и внешним d2
нагружен давлением, равномерно распределенным: а) по тор-
торцам, б) по внутренней и внешней поверхностям, в) по всей
поверхности (рис. 75).
Определить изменение внутреннего диаметра и изменение
объема внутренней полости в каждом из указанных случаев
нагружения.
81» Сколько упругих постоянных необходимо ввести,
чтобы полностью характеризовать упругие свойства дерева?
82. Определить главные напряжения в следующем на-
напряженном состоянии, представленном на рис. 76.
83. Для общего случая напряженного состояния (рис. 77)
покажите:
1) Если для двух взаимно перпендикулярных площадок
(например, для площадок, перпендикулярных к осям jc и у)
соблюдается условие:
A)
Хух —
в у КТд-у,

85] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 37
где k — некоторая постоянная, то напряженное состояние не
может быть трехосным (оно или двух- или одноосное).
Рис. 76.
Рис. 77.
2) Если, кроме условия A), соблюдается еще и сле-
следующее:
*гх = пох, аг==пххг, хгу = пхху, B)
то напряженное состояние—одноосное.
84. Не определяя главных напряжений и не вычисляя аэкв,
решить, какое из двух напряженных состояний (рис. 78)
является более опасным с точки
зрения энергетической теории ¦
прочности.
1 Г
Рис. 78.
Рис. 79.
85> Согласно теории максимальных касательных напря-
напряжений построить эпюру аэкв вдоль образующей цилиндриче-
цилиндрического сосуда (рис. 79), заполненного до высоты Н жидкостью
с удельным весом у. При решении принять, что цилиндр
весьма тонкостенный, и изгибные напряжения, возникающие
в его стенках, не имеют существенного значения.

ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
|86
88. Тонкостенная труба (рис. 80) находится под дей-
действием внутреннего давления р и изгибающего момента М.
М
м
Рнс. 80.
Пользуясь теорией прочности максимальных касательных
напряжений, исследуйте зависимость расчетного напряже-
напряжения 0ЭКВ от величины М при заданном давлении р.
87. Тонкостенный сферический сосуд радиусом R = 0,5 м
и толщиной h = 1 см находится под действием внутреннего
давления /?й = 320 атм и внешнего давления /?2 = 300 атм
(рис. 81).
Требуется определить запас прочности лт стенок сосуда,
если известно, что предел текучести материала 0Т =
= 3000 kzjcm2.
Будет ли правильным следующее решение?
Рассмотрим элемент, выделенный из стенки у внутренней
поверхности сосуда (рис. 82). Главные напряжения ах и <т2
Рис. 81.
Рис. 82.
определяются по известной формуле напряжений в сфериче-
сферическом сосуде:

90] ИГ. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ Э9
По теории прочности максимальных касательных напряжений
оэкв — а, а3 — 2Д
20-50
+ 320 = 820 кг/см2,
3000
П = — = поп' = «tOb.
88> На сплошной цилиндр плотно, но без натяга надета
тонкостенная трубка толщиной А (рис. 83). Система погру-
погружается в жидкость и подвергается действию всестороннего
давления р. Исходя из представлений теории прочности
максимальных касательных напряжений, указать, при каких
условиях возможна потеря упругих
„о 'л- свойств трубки, если упругие постоян-
постоянные цилиндра и трубки заданы.
Рис. 83.
Рис. 84.
89> В сосуд (рис. 84) помещена тонкая совершенно
гибкая проволока, концы которой выведены через отверстия
в днищах сосуда. Сальники выполнены идеально, и проволока
проходит в них без трения.
Как будет вести себя проволока, если в сосуде создать
давление р? Какова будет ее напряженное состояние?
90. В одной из книг, посвященных вопросам гидравлики,
нам случилось увидеть описание постановки опыта для опре-
определения коэффициента сжимаемости жидкостей.
«При определении сжимаемости жидкости необходимо
устранить влияние расширения сосуда под действием давления.

40
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
191
Для этого сосуд А, наполненный испытываемой жидкостью С
и ртутью Г), помещается в аппарат Рекнагеля (рис. 85),
наполненный водой.
Производимое на поршень давление,
передаваясь по закону Паскаля, будет
действовать на ртуть, а через нее и на
испытываемую жидкость в сосуде А, сжн-
мая ее. Сосуд А испытывает одинаковое
давление внутри и снаружи, поэтому он
не может изменить свою емкость».
Устраняет ли описанная постановка
опыта влияние изменения объема сосуда
под действием давления?
91. Два стержня из мягкой стал»
испытываюгся на растяжение (рис. 86).
Первый стержень гладкий. Диаметр сече-
Рис. 85.
ния d. Второй — имеет узкую кольцевую выточку. Диаметр
ослабленного сечения также равен d.
р р Какой из стержней при всех про*
| | чих равных условиях выдержит боль-
-U {~"°Л ШУЮ статическую нагрузку?
та
а)
mttmttffftTtmifiii
Sj ^^f-
Рис. 86.
Рис. 87.
92. Какие вы можете предложить способы для осуще-
осуществления чистого сдвига?
93« Каким способом можно осуществить напряженное
состояние всестороннего равномерного растяжения (o,;=a.,=s
= a3=a>0)?
94. При изучении свойств материалов при высоких да-
давлениях было обнаружено, что при достаточно большом
давлении прямой цилиндрический стержень, нагруженный
давлением по цилиндрической поверхности и свободный

961, Ш. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 41
с торцев, может разорваться, как это показано на рис. 87,
с образованием шейки. Произойдет так называемое переку-
перекусывание.
. Объясните причины этого типа разрушения.
95» Из материала, диаграмма растяжения которого по-
показана на рис. 88, изготовлен образец с выточкой. По тео-
теоретическим исследованиям Г. В. Ужика *) эпюра нормальных
напряжении по сечению стержня в зоне выточки имеет вид
кривой, показанной на рис. 88. Однако из диаграммы рас-
растяжения видно, что атах не может быть больше ат. Поэтому
приведенная выше эпюра напряжений дает повод для сомне-
сомнений в ее истинности и в правильности расчетов, по которым
она получена.
Основательны ли эти сомнения?
96> В длинной растянутой полосе с отверстием (рис. 89)
можете ли вы указать такую точку, в которой напряженное
a iz=
состояние являлось бы одноосным сжатием с тем же напря-
напряжением а, с каким полоса растягивается?
*) Известия АН СССР, Отделение технических наук, № 10,1948.

42
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
[97
97. Тонкостенный круглый цилиндр, имеющий в стенке
маленькое отверстие, скручивается моментами М и одновре-
одновременно растягивается силами Р (рис. 90). Если бы цилиндр
только скручивался, то наибольшее напряжение ата% имело бы
место в точках А (рис. 90, а) и было бы равно 2т. Если бы
Рис. 90.
цилиндр только растягивался, то тогда напряжение ашах
имело бы место в точках В (рис. 90, б) и было бы равно За.
Чему равно агаах при одновременном действии моментов М
и сил Р? В какой точке это напряжение возникает? При
решении воспользоваться только справочными данными по
местным напряжениям.
98> Прямой брус круглого поперечного сечения закру-
закручивается двумя моментами М. В брусе при этом возникают
пластические деформации. Как определить зависимость между
крутящим моментом М и углом закручивания 9, если задана
диаграмма растяжения материала а==/(е)?

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
99. Тонкий упругий стержень установлен в вертикальных
направляющих (рис. 91). Нижним концом стержень защемлен
в подвижной пробке, опирающейся на витую пружину жест-
жесткости с(Д.=— 1. По мере возрастания сжимающей силы Р
длина I — к свободно выступающей части стержня умень-
уменьшается, длина нижней части % увеличивается. Какова должна
быть жесткость пружины с, чтобы стержень, перемещаясь
вниз до величины /, не потерял устойчивости ни в верхней,
ни в нижней частях?
1
'#,
л
t
i
т
т
1
Рис. 91
Рис. 92.
1ОО> Фасонная пластинка закреплена и нагружена так,
как показано на рис. 92. Определить критическую силу для
пластинки в двух случаях:
1) сила направлена вниз, 2) сила направлена вверх.
Жесткость на изгиб средней части равна сумме жесткостей
крайних частей.

44
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
{101
101. Найти критическое значение силы Р для стержня,
показанного на рис. 93. Концы стержня закреплены шар-
нирно и не получают ни горизонтальных,
ни вертикальных смещений. "
102. В трубку вставлен с зазором длйрг-
ный болт (рис. 94). Определить силу затяжки
болта Р, при которой система потеряет
устойчивость. Размеры трубки таковы, что
Р
-I-
1А
Рис. 93.
Рис. 94.
ее следует рассматривать как длинный стержень, а не как обо-
оболочку. Жесткость трубки на изгиб ?,/,. Жесткость болта E^J2-
103а Стержень, шарнирно закрепленный по концам (рис.
95), равномерно нагревается.
Полагая, что опоры совершенно неподатливы, определяем
нормальное сжимающее усилие, возникающее в стержне. Оно,
очевидно, имеет величину N — atEF, При силе
N = —уд— прямолинейная форма равновесия стер-
стержня должна быть неустойчивой, и при дальней-
дальнейшем нагреве стержень будет выпучиваться. Отсюда
находим критическую температуру
К
Однако по поводу сказанного возникает сле-
Рис. 95. дующее сомнение. Ведь когда рассматривается за-
задача об устойчивости стойки, сжатой силами Р,
предполагается, что величина силы/3 остается при выпучивании
неизменной и не зависит от искривления стойки. В данном
же случае при малейшем искривлении стержня сила N должна
падать, и потому нет оснований формально переносить ре-
решение основной задачи на данный случай. Поэтому возможно,
что здесь критическая сила N будет отличаться от принятого
вначения —¦%—.
Как разрешить возникшее сомнение?

1091
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
45
104. Основным приближенным методом определения кри-
критических нагрузок является энергетический метод. Искомая
форма равновесия задается приближенно с таким расчетом,
чтобы были удовлетворены граничные условия и принятая
функция возможно более близко подхо-
подходила к истинной форме равновесия, нам
неизвестной, но интуитивно предпола-
предполагаемой по физической сущности задачи.
Спрашивается, не существует ли
здесь опасности, что при неограничен-
неограниченном приближении аппроксимирующей
функции к точной форме упругой ли-
линии мы не получим точного значения
критической силы.
105< Определить критическую силу
для кронштейна, показанного на рис. 96.
Рис. 96.
Стержни защемлены и жестко связаны друг с другом. Изгиб
при потере устойчивости происходит в плоскости кронштейна.
106. Плоская шарнирная рама, состоящая из жестких
стержней, подкреплена двумя соединенными между собой
PVI
Рис. 97.
упругими диагоналями (рис. 97), каждая из которых имеет
длину 21. Поперечное сечение диагоналей прямоугольное с раз-
размерами b и h (b ^> К). Если раму нагрузить силой Р |^2 , как
э го показано на рис. 97, то одна диагональ будет растяги-
растягиваться, а другая сжиматься силами Р.
При каком значении силы Р произойдет выпучивание
стержней из плоскости рамы?

ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
|107
107* Известно, что длинный прямой стержень, закручи-
закручиваемый двумя моментами, может при определенных условиях
потерять устойчивость. Такого рода потеря устойчивости
Рис. 98.
наиболее наглядно проявляется при кручении нитей и кана-
канатов. Если нить закручивать, то она очень быстро примет
криволинейную форму, примерно такую, как показано на
рис. 98. Совершенно очевидно, что если нить при кручении
натягивать, то крутящий мо-
момент, при котором происхо-
происходит потеря устойчивости, за-
заметно увеличивается. В про-
Рис. 99. цессе навивки канат всегда
необходимо натягивать.
На примере шарнирно закрепленного стержня (рис. 99)
определите величину критического крутящего момента и уста-
установите, как он зависит от растягивающей силы.
Ill'
Рис. 100.
Рис. 101.
108а Стержень постоянного сечения Р находится под
действием всестороннего равномерного давления р (рис. 100).
При этих условиях, очевидно, на стержень действует про-
продольная сжимающая сила P = pF.

1111
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
47
Не может ли эта сила при достаточной величине давления
вызвать потерю устойчивости стержня?
109> Прямой деревянный стержень постоянного попереч-
поперечного сечения погружается одним концом в воду. На уровне
воды стержень защемлен (рис. 101). Может ли этот стержень
при достаточно большой длине I потерять устойчивость под
действием выталкивающих архимедовых сил?
110а Труба, защемленная нижним концом (рис. 102), за-
заполняется через верхнее отверстие жидкостью с удельным
весом у. Может ли такая труба при заполнении потерять
устойчивость по Эйлеру?
!
Jr Пробка
й
Жидкость
Рис. 102.
Рис. 103.
Рис. 104.
111. Толстостенная прямая трубка (рис. 103) заполнена
несжимаемой жидкостью. В верхнее отверстие трубки без
трения вставлена пробка. Трубка и пробка закреплены шар-
иирно, как это показано на рис. 103. Когда к пробке при-
прикладывается сила Р, жидкость сжимается, но в трубке про-
продольная сжимающая сила отсутствует.
Может ли трубка при этих условиях потерять устойчи-
устойчивость по Эйлеру?

48
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
{112
112» Тонкая длинная трубка верхним отверстием надета
без трения на жесткую неподвижную пробку. Нижним кон-
концом трубка зажата в жестком основании (рис. 104). В трубку
подается давление р.
Может ли такая трубка при достаточно большом давлении
потерять устойчивость?
113. Через трубу, шарнирно закрепленную по концам
(рис. 105), прогоняется жидкость удельного веса у. Покажите,
Рис. 105.
что при некотором значении скорости жидкости v труба те-
теряет устойчивость, подобно тому как теряет устойчивость
стержень по Эйлеру.
114. Рассмотрим следующую задачу. Стержень (рис. 106),
имеющий на концах закругле-
закругления радиуса /?, сжимается без
трения между двумя жесткими
плитами. Требуется определить
критическую силу.
Принимая за ось х линию
действия сжимающих сил и
обозначая через у поперечное
смещение оси бруса, получим,
как обычно,
Рис. 106.
A sin ах -f- В cos ах
(¦<-?)•
На концах стержня перемещение у пропорционально углу
поворота у', т. е.
у = — Ry' при х — 0;
так как положительному углу поворота у соответствует от-
отрицательное смещение у, перед Ry' поставлен знак минус.

114)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
49
Таким образом, получаем:
В== — aRA, y = A (sin ах— aR cos ах).
Кроме того, y = -\-Ry/ при х — 1; здесь у положительно
о
А
/
i
/
1
л —
2,0
1.0 /,5
Рис. 107.
при положительном у'. Следовательно,
A (sin al — aR cos al) = A (aR cos al -\- a?R2 sin al).
Так как А Ф 0, находим:
A)
о
В зависимости от отношения —г- из этого трансцендентного
уравнения определяем наименьшее отличное от нуля значе-
значение al, а затем находим и критическую силу.
р
Поскольку a2 = -pj, критическая сила равна
кр-
(al)*EJ.
B)
4 В. И Феодосьев

SO ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ |И5
здесь вместо а/ должен быть подставлен первый (наименьший)
корень уравнения A).
Теперь определим наименьший корень а/ уравнения A)
г>
в функции от -у-. Эгу зависимость удобнее всего установить,
задаваясь несколькими значениями al и определяя далее —г
из уравнения A). Результаты подсчетов представлены в виде
кривой на рис. 107. Из нее находим, что а/=:л при -г^О
и, следовательно, из B)
*кр
[2
Критическая сила равна обычной силе Эйлера, что и следо-
следовало ожидать.
По мере увеличения -у- величина al возрастает. Увеличи-
Увеличивается, следовательно, и критическая сила. Это тоже пред-
Г»
ставляется достаточно очевидным. Но при -т- = 0,5, как сле-
следует из кривой, критическая сила внезапно падает до нуля
и затем по мере увеличения радиуса R снова начинает воз-
р
растать, достигая в пределе при —г = со снова значения эй-
эйлеровой силы.
Истолкуйте полученный результат,
115а Длинный упругий стержень с шарнирно закреплен-
закрепленными концами вставлен с зазором Д в жесткую трубу
(рис. 108).
y//S///////////////////S/'/
¦ ,¦ '////У//////'/// /s s
1
Рис. 108.
Спрашивается, какие напряжения возникнут в стержне,
если его сжимать силой, большей, чем первая критическая
п'Е/
сила, т. е. большей, чем —^— ? Жесткость стержня на из-
изгиб EJ.

U9|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
51
116. Определить критическую силу для защемленного по
концам стержня (рис. 109).
Стержень имеет различную жесткость на изгиб (EJX и EJ2)
в зависимости от знака изгибающего момента. Таким свойст-
свойством обладает, например, брус, имеющий с одной стороны
Рис. 109.
iHl/7
PllC. 110.
разрезы с плотно вставленными пластинками (рис. 109). Раз-
Различная жесткость на изгиб в зависимости от знака изгибаю-
изгибающего момента возникает также в слу-
случае сжатого стержня несимметричного
сечения при наличии пластических де-
деформаций (см. задачу 142).
117. Защемленный одним концом
стержень имеет осевое сквозное отвер-
отверстие, в которое без зазора и трения
вставлен гибкий трос, прикрепленный
к свободному концу стержня (рис. 110).
Может ли такой стержень потерять
устойчивость, если к тросу подвесить
достаточно большой груз Р?
118* Схема, рассмотренная в преды-
предыдущей задаче, изменена. Трос вставлен
с зазором, величина которого Д в каж-
Рис. 111.
дую сторону (рис. 111). Определить боковое перемещение /
конца стержня в зависимости от силы Р.
119. Стойка, защемленная нижним концом, на свободном
конце нагружена вертикальной силой, передающейся через

52
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
1120
трос (рис. 112). Передача усилия через трос осуществляется
в двух вариантах. В первом случае трос опускается вниз
свободно. Во втором случае — перекинут без трения через
два жестких блока. В каком случае критическая сила Ркр для
стойки будет больше?
Рис. 112.
Рис. 113.
120. В связи с предыдущим вопросом кожно поставить
следующую задачу. Определить критическую силу для стойки
длиной / в зависимости от а — расстояния от конца стойки
до блока (рис. 113).
121. Два стержня одинаковой жесткости, но разной длины
(рис. 114) сжимаются продольной силой Р.
-I-
р
Рис. 114.
На каком расстоянии от места защемления следует поста-
поставить шарнир, чтобы запас устойчивости обоих стержней был
одинаков?

125]
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
53
122> Кольцо находится под действием внешней равно-
равномерно распределенной нагрузки (рис. 115). Будет ли какое-
нибудь различие в значениях крити-
критической нагрузки, если она создается
давлением, которое постоянно на-
направлено по нормали к дуге кольца,
или если она создается радиальными
силами, направленными постоянно
к центру?
Первый вид нагружения может
быть реализован, например, при дав-
давлении воздуха, подаваемого в рези-
резиновый кольцевой мешок (рис. 116, а),
а второй — системой большого числа
упругих нитей, проходящих через центрально расположенную
неподвижную втулку (рис. 116,6).
Кольцо
Рис. 115.
Рис^ 116.
123а Имеется цилиндр и два поршня, в пространство
между которыми подается давление р (рис. 117). Возникающие
силы через шток и две тяги передаются на стержень дли-
длиной /. Таким образом получается, что стержень иагружеч
двумя равными, противоположно направленными силами Р,
приложенными к его концу.
Устойчиво ли это положение равновесия?
124< Защемленный одним концом стержень нагружен на
другом двумя равными и противоположно направленными мо-
моментами, создаваемыми четырьмя грузами Р (рис. 118). Ис-
Исследовать устойчивость системы.
125а В связи с предыдущей задачей возникает, вопрос:
не будет ли зависеть значение критического момента от того,
как ориентированы плечи сил относительно главных осей

54
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
1126
сечения? В случае а) (рис. 119) плоскость момента М повора-
поворачивается вместе с торцовым сечением при изгибе относи-
Рис. 117.
тельно оси минимальной жесткости, а в случае б) — при из-
изгибе относительно оси максимальной жесткости.
Рис. 118.
128* Как зависит величина критической силы Р от ра-
радиуса чашки R (рис. 120)?
127. При проектировании водонапорной башни возник
вопрос об устойчивости конструкции, показанной на рис. 121.

128)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
55
При каком уровне заполнения бака жидкостью несущая мачта
потеряет устойчивость?
Рис. 119.
Рис. 120,
I.EJ
Рис 121.
-a-
Рис. 122.
128* Найти критическое значение силы Р для системы,
показанной на рис. 122, в предположении, что изгиб стержня
происходит в плоскости чертежа.
Жесткость пружин на растяжение равна с. Планку дли-
длиной 1а рассматривать как абсолютно жесткую.

56
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
[129
129* Стержень, имеющий плоские торцы, сжимается
между двумя плитами (рис. 123, а). При потере устойчивости
возможны две основные криволинейные формы равновесия:
первая—показанная на рис. 123, б,
при критической силе
ohs
KP~ B/J
и вторая форма, показанная на
рис. 123, в, когда стержень опи-
опирается о плоскости только углами.
Очевидно, если торцы не очень
широки, потеря устойчивости по
2-й форме произойдет при силе
меньшей, чем в первом случае. В
частности, если ширина торцев рав-
равна нулю, критическая сила будет
Рис. 123.
Определите низшую критическую силу в случае, если ши-
ширина каждого торца равна 2е.
130. Невесомая балка (рис. 124), защемленная одним
концом, свободно лежит на жестком
основании. На свободном конце в его
центре балка нагружена силой Р, направ-
направленной под углом б к жесткому осно-
основанию. Спрашивается, при каком значе-
значении Р (при заданном 6) балка потеряет
устойчивость?
i
чш.
Рис. 124.
Рис. 125.
131» Абсолютно жесткая Г-образная балка (рис. 125)-
подкреплена тонким упругим стержнем длины 21. Исследовать
устойчивость системы.
132* На тонкостенное кольцо накинута тонкая, нерастя-
нерастяжимая абсолютно гибкая нить, которая в дальнейшем затя-

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
57
гивается с силой Р (рис. 126). Спрашивается, при каком
Значении силы Р кольцо потеряет устойчивость. Трением
между поверхностью кольца и нитью можно пренебречь.
Рис. 126.
133* В жесткую обойму вставлено упругое кольцо
(рис. 127), которое затем нагревается. Между кольцом и
обоймой возникают контактные силы. Может ли кольцо в этих
условиях потерять устойчивость?
ш
Рис. 127.
б)
Рис. 128.
134. Стержень (рис. 128, а) защемлен одним концом.
Ко второму приложена сила Р, которая обладает тем свой-
свойством, что при изгибе стержня направлена постоянно по каса-
касательной к упругой линии балки. Такая сила может быть реа-
реализована, например, путем установки на конце стержня поро-
порохового ракетного двигателя (рис. 128, б).
Требуется исследовать устойчивость системы.

58
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
1135
135» Защемленный одним концом стержень имеет на сво-
свободном конце жесткий диск, к которому приложена сила Р.
Точка приложения силы постоянно расположена на оси х
(рис. 129).
I
,р
Г
Рис. 129.
Исследовать устойчивость системы в двух случаях:
а) сила Р возбуждается потоком неупругих частиц, уда-
ударяющихся о диск; в этом случае при повороте диска напра-
направление вектора Р остается неизменным;
б) сила Р возбуждается грузом, передаваемым через шток;
в этом случае сила Р следит за нормалью к диску.
136* Тонкий упругий однородный
стержень совершает равноускоренное дви-
' жение под действием следящей силы, при-
приложенной к одному из торцев (рис. 130).
Исследовать устойчивость прямолинейной
формы стержня.
Р
\
Р \
Рис. 130.
Рис. 131
137* Однородный стержень сжат двумя следящими си-
силами (рис. 131). Исследовать устойчивость системы.

1411
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
59
138* Определить момент М, при котором консоль
(рис. 132) теряет устойчивость плоской формы изгиба. Мо-
Момент М при изгибе лежит все время
в вертикальной плоскости.
М
At
Рис. 133.
139» Дать анализ устойчивости защемленного стержня,
нагруженного на конце силой Р, сохраняющей вертикальное
направление, и моментом М (рис. 133).
140* Исследовать устойчивость защемленного одним кон-
концом трубопровода, по которому протекает жидкость (рис. 134).
Параметры трубопровода и потока заданы.
Рис. 134.
141» Во всех монографиях и руководствах по устойчи-
устойчивости упругих систем задачи, связанные с устойчивостью пло-
Рис. 135.
ской формы изгиба, формулируются в молчаливом предполо-
предположении, что момент прикладывается в плоскости максимальной
жесткости (рис. 135).

60
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
1142
i
За-
Может ли произойти потеря устойчивости плоской формы
изгиба, если момент приложен не в плоскости максимальной,
а в плоскости минимальной
жесткости? ; <>
142. Стержень корытного
профиля (рис. 136) сжат цен-
центрально приложенной силой Р,
вызывающей в стержне пласти-
пластические деформации.
Спрашивается, в какую сто-
сторону вероятнее всего прогнется
стержень при потере устойчи-
устойчивости. Направо или налево?
143* Возможна ли потеря
устойчивости витой цилиндри-
цилиндрической пружины при растя-
растяжении?
144а Два стержня в об-
общем узле нагружены силой Р
Рис. 136.
(рис. 137). Каждый стержень представляет собой телескопи-
телескопическое устройство, допускающее большие изменения длины.
Существуют ли условия, при ко-
которых происходит переход от симме-
симметричной формы равновесия к несимме-
несимметричной?
145а Тонкая длинная полоса
(рис. 138) нагревается равномерно по
длине I и толщине Л, но неравномер-
неравномерно по ширине Ь.
\Р
Рис. 137.
Рис. 138.
Определить условия, при которых имеет место потеря
устойчивости полосы с закручиванием.

1481
IV. УСТОПЧПВОСТЬ
61
146> Четыре одинаковых шара массой т укреплены на
стержнях, как это показано на рис. 139.
Система вращается около оси СС, закрепленной в жест-
жестких подшипниках. Если бы подшипников не было (система
Рис. 139.
Рис. 140.
висела бы, например, на нити), то, как известно из физики,
шары повернулись бы около оси АА и расположились бы
в горизонтальной плоскости. В данном случае такому пово-
повороту препятствуют жесткие подшипники и упругие стержни АА,
имеющие круглое поперечное сечение. Можно ли подобрать
такую угловую скорость ю, при которой шары все-таки по-
повернутся на некоторый угол
относительно оси АА?
147. Однородный стер-
стержень с узким прямоугольным
поперечным сечением вращается
около оси 00 (рис. 140),
параллельной большой стороне
сечения. Определите угловую
скорость (о, при которой этот
стержень будет закручиваться
подобно стержням А А системы,
рассмотренной в предыдущей рис j4j
задаче.
148* Тонкий однородный диск (рис. 141) вращается
около неподвижной оси, перпендикулярной к его плоскости.
Может ли такой диск потерять устойчивость плоской формы
равновесия?

62 ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ [149
149> Найти критическое число оборотов кольца массы т,
соединенного с неподвижной осью при помощи п равноот-
равноотстоящих спиц (рис. 142). Жесткость спиц на растяжение EF.
Рис. 142.
150. Тонкостенный замкнутый резиновый сферический
сосуд находится под действием внутреннего давления.
Всегда ли сферическая форма является устойчивой?
151* Объясните с позиций устойчивости форм равновесия
образование шейки при испытании образцов на растяжение.

V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
152. У какого материала самый высокий предел проч-
прочности?
153» Какой материал при растяжении выдерживает боль-
большую нагрузку, чем при сжатии?
154. У какого материала самый большой модуль упру-
упругости?
155. У какого материала самый малый модуль упру-
упругости?
156* Подчиняется ли резина закону Гука?
157* При растяжении деревянного бруска вдоль волокон
было замерено продольное удлинение и поперечное сужение
образца. Отношение относительного поперечного сужения
к продольному удлинению оказалось равным 0,6.
Можно ли согласиться с этим результатом?
158» Почему приведении» модуль упругости каната ниже
модуля упругости составляющих его нитей?
15Ф« Почему крученая нить прочнее некрученой?
180» Преподаватель—руководитель проектирования, рас-
рассматривая проект студента, указал ему, что вал спроектиро-
спроектированной им машвиьг слишком длинен и не будет иметь доста-
достаточной жесткости.
«Это легка исправить, не меняя конструкции», — сказал
студент. — «Возьму материал более высокого качества, сде-
сделаю вал из легированной стали».
Прав ла был студент?
161» Мы часто слышим выражение: «дрожит, как оси-
осиновый лист». Осиновый лист при самом легком ветре дей-
действительно дрожит. Почему?
162» В некоторых старых учебниках физики в качестве
примера особого проявления упругих свойств материалов при-
приводится описание следующего опыта.

64
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
1163
Из свежего хлебного мякиша скатывается небольшой ша-
шарик, котородму затем придается форма «шестирогого» тела,
показанного на рис. 143. Вылепленную фигуру
можно изо всей силы бросать на пол, и она
при этом полностью сохранит свою форму.
Рожки останутся невредимыми. Констатацией
последнего факта описание опыта обычно и
заканчивается.
Подумайте и объясните, какую роль играют
вылепленные рожки в описанной демонстрации
упругих свойств хлебного мякиша?
t63> Для некоторой балки (рис. 144), нагруженной
в точке А сосредоточенной силой Р, возникла необходимость
произвести промер упругой линии, т. е. экспериментально
Рис. 143.
Рис. 144
установить закон изменения вертикальных перемещений по
длине х. Форма балки настолько сложна, что определение
упругой линии расчетным путем представляло бы значитель-
значительные трудности. В распоряжении экспериментатора для замера
перемещений имеется всего
один индикатор, показанный на
рис. 144.
Как проще всего при этих
условиях замерить упругую
линию балки, если заранее
известно, что ее прогибы про-
порциональны действующей си-
силе Р?
164. Сплошной упругий цилиндр высотой Н и радиу-
радиусом R, опирающийся на жесткую плоскость (рис. 145), нахо-
находится под действием собственного веса (вес цилиндра Р). Как
изменится объем цилиндра, если его положить на бок?
I
Рис. 145.

V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
65
165> Упругое тело произвольной формы сжимается двумя
равными противоположно направленными силами Р (рис. 146).
Определить изменение объема упругого тела.
Рис. 146.
Рис. 147.
166> Основной деталью в приборах, измеряющих давле-
давление, является так называемая пружина Бурдона, которая пред-
представляет собой изогнутую по дуге круга полую трубку
с овальным или каким-либо другим
вытянутым сечением (рис. 147). Под
действием внутреннего давления такая
трубка несколько распрямляется, и
перемещение конца трубки через
множительный механизм передается
стрелке манометра (рис. 148). По
отклонению стрелки судят о величине
замеряемого давления.
В одной из книг, посвященных
измерительным приборам, нам слу-
случилось видеть следующее объяснение
принципа работы трубки Бурдона:
«Действие пружины Бурдона
основано на том, что давление вну-
внутри трубки на верхнюю поверхность пружины будет боль-
большим, чем давление на ее внутреннюю поверхность. Действи-
Действительно, если трубка прямоугольного сечения и если через
/?! и R2 обозначим наружный и внутренний радиусы трубки,
то внешняя (Sj) и внутренняя E2) поверхности трубки будут
Рис. 148.
К R И <Ь»

66
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
равны соответственно
И О9 =
360
где ф — центральный угол пружины, а — размер в плоскости,
перпендикулярной к плоскости чертежа, Rl и /?2 — радиусы.
При давлении р кг\см2 общее давление на наружную по-
поверхность
Pl = Sjp кг
и на внутреннюю
P S кг,
причем сила Pf будет больше силы Р2 и будет стремиться
разогнуть пружину».
Правильно ли это объяснение?
167а Фанерный лист представляет собой пример анизо-
анизотропной пластинки. Если из него вырезать две различно
©
f,
Рис. 149.
ориентированные полоски (рис. 149), то при испытании на
растяжение они при одной и той же силе покажут различные
удлинения.
Пусть модуль упругости на растяжение первой полоски
будет Eip, а второй — Е2р.
Можно ли сказать, что прогибы полосок fl и /2 при
испытании на изгиб будут относиться, как -~- ?
1Б8а Рассмотрим замкнутую торообразную оболочку типа
автомобильной камеры (рис. 150), нагруженную внутренним
давлением р. и определим напряжения, возникающие в этой
оболочке. Из условия равновесия части оболочки, отсеченной

V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
€7
коническим сечением (рис. 150), получаем:
рл [(a -f R sin фJ — а2] = ат2п (a + R sin ф) h sin ф,
_
pR la +/?ring»
2Л
flsinqi ' M'
Окружное напряжение ot находим из известного уравнения
Esljl.1L — ? г- д—~i
р р. "~ л' Д Jн
В нашем случае
И ^+^
J
После подстановки рт, 'а
ft и от получаем: m
s='W
^^
B)
Рис.150.
Перейдем теперь к определению перемещений. Обозначим
через и перемещение точки срединной поверхности по напра-
направлению, перпендикулярному к оси вращения, а через v — пере-
Рис. 151.
мещение вдоль оси вращения (рис. 151). Относительное удли-
удлинение в окружном направлении будет:
U U/о»
Меридиональное удлинение
ВВ' —
AB
) cf>s Ф — (* Н~ rf«) sin ф,
Л А' = и cos ф — v sin ф, Л5 =
5»

68 ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ [169
Поэтому удлинение по меридиану равно
da d
С другой стороны,
1 I
Учитывая выражения A), B) и C), находим:
из D) получаем:
. COS ГО &mR
iL ?BLr\
dy 2Eh K w sincp sincp
откуда
2R (*i \}
+ r 2R arctg?„.? - -f-C
Постоянная С определяет смещение всего тора как жест-
жесткого целого вдоль оси симметрии и может быть задана про-
произвольным образом. In \g % обращается в бесконечность при
Ф = 0 и ф = я. Следовательно, в этих же точках обращается
в бесконечность и перемещение v. Между тем совершенно
очевидно, что это перемещение не может быть бесконечно
большим. Значит, полученное выражение для v не дает пра-
правильного решения задачи.
В чем дело? Где была допущена ошибка?
1Б9> На пружину (рис. 152) положен груз весом Р.
Если пружина имеет жесткость с, то груз сместится вниз
, Р „
на величину Л = —. При этом потенциальная энергия груза
(энергия положения) уменьшится на

1721
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
69
Потенциальная же энергия пружины в деформированном
состоянии будет равна
= ?. B)
т. е. будет вдвое меньше энергии, потерянной грузом.
В чем дело? Куда исчезла часть энергии?
'ЁЕЭ
Рис. 152.
Рис. 153.
170. На какой угол поворачиваются в осевой плоскости
(плоскости рис. 153) витки пружины при ее сжатии? (Угол ф
по рис. 153).
171а Витая пружина с углом подъема а и радиусом вит-
витков R растягивается силами Р. Определите изменение высоты
и диаметра пружины, а также изменение числа витков.
172а В некоторых приборах для получения нелинейной
зависимости между силой и перемещением используется фасон-
фасонная пружина с посадкой витков (рис. 154).
-I-
«L!—
«г—г
т '
•
—»
р
-»
—т
_— т
\р
Рис. 154.
При сжатии такой пружины нижние (ббльшие) витки де-
деформируются более сильно, садятся на плоскость и почти
полностью выключаются из работы. Таким образом, с ростом

70
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
сжимающей силы число рабочих витков пружины умень-
уменьшается, и характеристика пружины оказывается нелинейной
(рис. 155, а). Пружина имеет характеристику с возрастающей
жесткостью. Производная силы по перемещению тг- возрастает.
Подумайте, как при помощи той же пружины получить ха-
характеристику типа рис. 155,5, т. е. с убывающей жесткостью?
Р
Рис. 155.
173. П-образная рама (рис. 156) одним концом закреп-
закреплена шариирно. На другом конце рамы имеется каток, опи-
опирающийся на жесткую плоскость.
Определить реакцию нижней опоры, считая, что сила Р
и жесткость рамы таковы, что перемещения, возникающие
в раме, малы по сравнению с ее начальными размерами.
174. Тонкий гибкий стержень нагружен на конце вер-
вертикальной сосредоточенной силой (рис. 157). На стержень
наложены связи, заставляющие его изгибаться только в пло-
плоскости действия силы (в плоскости фигуры). Какие формы
равновесия, кроме указанной, возможны для этого стержня?
Рнс. 157.
Рис. 158.
175. В точке А некоторого упругого тела (рис. 158)
приложена сила Р. Какую поверхность будет описывать про-

178}
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
71
т кгсм/см
извольно взятая точка В, если силу Р заставить поворачи-
поворачиваться в пространстве около точки А?
176» Кольцо круглого поперечного сечения (рис. 159)
нагружено равномерно распределенными моментами интенсив-
интенсивности т KtcMJCM.
Полагая г малым по сравне-
нию с R, определить угол по-
ворота сечений кольца <р в осе-
осевой плоскости в зависимости
от m при условии, что материал
кольца следует закону Гука.
177. Как изменится реше- рис. 159.
ние предыдущей задачи, если
в рассматриваемом кольце сохраняются напряжения, получен-
полученные им при сгибании из прямого прутка (рис. 160)? При
ZnR-
Рис. 160.
этом предполагается, что напряжения изгиба являются пол-
полностью упругими.
178> Во многих приборах, например в спидометре, для
передачи момента используется гибкий вал, представляющий
Рис. 161.
собой тонкий тросик, свободно вращающийся в неподвижной
оплетке (рис. 161). При равномерном вращении одного конца
тросика равномерно вращается и второй конец. В дефектных

72
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
A79
.валах, однако, эта равномерность вращения нарушается. Вы-
Выходное сечение поворачивается вначале с замедлением, а за-
затем— с ускорением так, что угловая скорость на выходе
остается в среднем неизменной, но возникает переменная со-
составляющая с периодом вращения троса. Установлено, что
этот дефект связан с начальной кривизной, которую имеет
трос до помещения его в оплетку.
Исследовать указанное явление и установить условия устра-
устранения неравномерности хода. Силами трения троса об оплетку
можно пренебречь.
178. Хорошо известно, что по мере натяжения струны
частота ее колебаний увеличивается (тон повышается).
Рис. 162.
Исследуйте, как будет изменяться частота колебаний ре-
резиновой нити по мере ее натяжения в двух случаях закреп-
закрепления, показанных на рис. 162, а и б. Диаграмма растяже-
растяжения нити задана (рис. 163).
Ркг
4
2
>
i
1
i
I
1
1
0,5 /0 15
Рис. 163.
г,о
л i
Рис. 164.
180. Открытый с обоих концов тонкостенный резиновый
цилиндр вывертывается наизнанку (рис. 164). Какую форму
примет он после указанной операции, если известно, что
деформации цилиндра являются чисто упругими? Резину можно
считать подчиняющейся закону Гука (см. ответ на вопрос 156).

183)
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
73
181. В трубке, вращающейся с постоянной угловой ско-
скоростью (о, помещен шарик массой т. Шарик прикреплен
к резиновой тяге (рис. 165).
/
J
О 1 Z 3 Ч 5 В 7 и
Рис. 165.
Диаграмма растяжения тяги задана кривой, показанной
на рис. 165 (по осям отложены условные единицы сил и
смещений). Определите зависимость перемещения шарика и
от угловой скорости ю.
182» Стержневая система (рис. 166), состоящая из трех
равных шарнирно скрепленных стержней, нагружена в общем
узле силой Р.
Определите перемещение w точ-
точки О в зависимости от величины силы Р,
считая И величиной, малой по сравне-
сравнению с /, и полагая, что материал
стержней подчиняется закону Гука.
Истолкуйте полученный результат.
\н
Р
-гЬ-
Рис 166.
Рнс. 167.
183а Определить осадку тарельчатой пружины (рис. 167)
в зависимости от силы Р.

74
ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ
A84
При решении рассматривать пружину как круговой брус
с поперечным сечением в виде прямоугольника [А X Ф—аЯ-
Угол подъема пружины а мал, силы Р вследствие малости
толщины h и угла а можно считать приложенными на окруж-
окружностях радиусов а и Ь.
184. Исследуйте вопрос об устойчивости и о больших
перемещениях следующей системы (рис. 168).
Трубка в нижней части закреплена шарнирно и связана
со спиральной пружиной, дающей при повороте трубки на
угол ф момент сф. В трубку вставлена пружина и поршенек,
имеющий возможность перемещаться в трубке без треиия.
Пружина, вставленная в трубку, имеет жесткость с1§ т. е.
при силе И дает осадку —.
сер
Рис. 168.
Рис. 169.
185> Определить, как зависит скорость вылета стрелы
из лука от величины оттяжки тетивы w (рис. 169). При от-
отвязанной тетиве дуга лука представляет собой прямую балку
длиной 2/ и жесткости EJ.
Провести числовой расчет скорости вылета для случая:
/ = 60 см, h = 0,3/, ?=105 кг/см2 (дерево),
y=-g^-(d = 2,0 см), w = 0,6/, вес стрелы 40 г.
При расчете считать, что энергия натянутого лука целиком
переходит в кинетическую энергию стрелы; тетиву считать
нерастяжимой.

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ
НА ВОПРОСЫ
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
1. Полное перемещение будет определяться, естественно,
не диагональю параллелограмма, построенного на отрезках иг
и и2, как это часто приходится слышать в ответ на поста-
поставленный вопрос, а длиной отрезка, измеренного от точки А
до точки пересечения перпендикуляров, восставленных из кон-
концов отрезков а1 и и2 (точка В на рис. 170).
Решение основано на том, что перемещение в заданном
направлении есть проекция полного перемещения иа заданное
направление.
Полное
перемещение
Рис. 170.
Рис. 171.
2. Разложим силу Р на составляющие Рх и Р2 по на-
направлениям двух соседних стержней 1 и 2 (рис. 171). По-
Поскольку каждый из этих стержней расположен в плоскости
симметрии, полные перемещения и, и и2 от сил Я, ir P2
будут направлены по линиям действия соответствующих сил,
т. е. вдоль стержней / и 2.

76 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ C
Коэффициенты жесткости с для направлений I и 2 оди-
одинаковы, следовательно,
Поэтому суммарное перемещение и, полученное путем сложе-
сложения перемещений и1 и и2 по правилу параллелограмма, прой-
пройдет по линии действия силы Р и будет иметь величину
Р
.«=т.
не зависящую от угла а.
Сравнивая решение этой задачи с решением предыдущей,
важно отметить, что перемещения ах и и2 в настоящей задаче
представляют собой полные перемещения от сил Р1 и Р2 со-
соответственно. Поэтому при одновременном действии сил пере-
перемещения и1 и а2 складываются по правилу параллелограмма.
лап В предыдущей же задаче
*•¦ - - их и щ представляли со-
( \.. бой проекции на направле-
г
ния / и 2 полного переме-
перемещения, вызванного одно-
I Т/О временным действием сил
Рх и Р2. Поэтому и скла-
а
дывались они иначе.
_Х_1| 3> Система статически
Т F « определима.
рис 172. Усилия найдем из усло-
условий равновесия элементов
системы (рис. 172). Для жестких балок приравниваем нулю
суммы моментов сил относительно точек А и G:
для стержня CF, очевидно,
откуда
4
4. При жесткой плите до раскрытия контактов длина
болта АВ остается неизменной. Значит, неизменной остается
и сила натяжения. В случае, если Р больше силы предвари-

6!
1. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
тельного натяжения, контакт между плитой и нижней наклад-
накладкой раскроется. Тогда сила натяжения болта будет равна Р.
Таким образом, при P4^N0 сила натяжения болта равна
N — No, а при P^-Nq она будет N ~Р. Правильность по-
полученного результата хорошо иллю-
иллюстрируется следующим простым при-
примером.
Представьте себе пружинные весы
(рнс. 173), верхнее кольцо кото-
которых мы. надеваем на гвоздь, а нижний
крючок, натягивая, цепляем за какой-
либо жесткий выступ, например за
край стола, как показано на рис. 173.
Весы после этого дадут какое-то
показание, например 4 кг. Уподобим
эти весы натянутому болту. Теперь
к нижнему крючку натянутых весов
будем подвешивать гирьки. Пока вес
груза остается меньшим заданной
силы натяжения, указатель весов не-
неизменно будет стоять на четырех
килограммах. Когда на крючке будет
висеть груз больше четырех кило-
килограммов, тогда только указатель сдви-
сдвинется с места и покажет соответ-
соответствующий вес.
5« Для решения задачи рассмо-
рассмотрим раздельно болт и прокладку.
Усилие, сжимающее прокладку, обозначим через РА, а уси-
усилие, действующее на головку болта со стороны плиты,:—
через Рв (рис. 174).
Пока нижний контакт не раскрыт, сумма удлинения болта
и укорочения прокладки
I
"г
Рис. 173.
EF
остается неизменной и равной сумме этих же величин при
затяжке (т, е. при Р = 0); последняя, очевидно, равна
~EF

78 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
тде F — площадь сечения болта. Таким образом,
Кроме того, имеем равенство
Из этих двух уравнений находим:
РА_^ р Рв
EF
Ы
Усилие No, растягивающее болт, будет равно Рв; при
/>=".(. Иг)
получаем ^==0, и нижний контакт раскрывается. Тогда
М = Р. При с = оо, т. е. при жесткой прокладке, приходим
к решению предыдущей задачи.
ПН « Н.
ТП i tit
Рис. 174.
Рис. 175.
На рис. 175 показан график изменения силы N, растяги-
растягивающей болт, в зависимости от Р.при различных с:
с2 < С! < оо.
6> Мысленно проведем в ремне сечения В и С и рассмо-
рассмотрим условия равновесия ремня и рычага (рис. 176).
Для рычага, очевидно, можно записать равенство
:Pl,. A)

61
I. РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
Из ремня выделяем участок длиной R dy (рис. 176). На
этот элемент действуют силы Т и T-f-dT, нормальная реак-
реакция шкива dN и сила _ ,_
трения fdN. Из уело-
вий равновесия для эле-
мента ремня получаем
откуда находим
dT
1с С
I
П
Интегрируя, получаем
Т = Се-М. Рис. 176.
При ф = 0 имеем Т = ТС, поэтому С = ТС и Т =
Усилие Тв равно
Из условия A) определяем Тс:
РЬ
Находим теперь тормозящий момент
л я
= Rf J dN = R/ J
PbR{\-e-l*)
Прежде чем найти перемещение точки Л, определим
предварительно общее удлинение ремня Д/:
Но
TRdtp
ЕР
Д/ = Ид -+- ис.

80
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
17
где ив и ис — перемещения точек В и С. Кроме того, из
рис. 176 видно, что
b Ь
поэтому
сA+ ,-¦/-)+.* (!_,-/*)
Окончательно имеем
я EF 2(a+R) а + <
7. При вращении шкива в обратном направлении изме-
изменится знак сил трения. Решение для этого случая проще
всего получить, изменив в окончательных выражениях знак
при коэффициенте трения / на обратный. Тормозящий мо-
момент М и перемещение иА примут соответственно новые зна-
значения, отличные от найденных выше.
8. В указанной схеме индикаторы замеряют не укороче-
укорочение образца, а сумму этого укорочения и взаимного смещения
краев плит (рис. 177), т. е.
величину А/—f-б!—J-&2- Вслед-
Вследствие этого полученный мо-
модуль упругости должен ока-
оказаться меньше истинного.
Относительная ошибка будет
тем больше, чем больше бу-
будет модуль упругости испы-
испытываемого образца.
Рис. 177. Описанная методика при-
пригодна только для определе-
определения упругих свойств резины, пластмассы или дерева, т. е.
тех материалов, модуль упругости которых существенно ниже
модуля упругости стали. Так как приведенное в условии
задачи значение модуля упругости испытываемого материала
соизмеримо с модулем упругости стали, то полученному
результату верить нельзя.

12!
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
81
9а В среднем сечении стержня из условий симметрии
осевых перемещений быть не может. Рассмотрим теперь пра-.
вую или левую часть стержня. В этой части стержня пере-
перемещения по концам отсутствуют, стержень однороден и нагрез
равномерен. Следовательно, из условий симметрии в середине
части стержня перемещения также отсутствуют. Рассуждая
таким [образом, можно разделить стержень на сколь угодно
малые участки, по концам которых перемещения равны нулю.
Отсюда можно сделать вывод, что осе-
осевые перемещения вообще для всех се-
сечений стержня отсутствуют.
10а Верно первое выражение U.
Второе же ошибочно. В данном случае
работа силы Р
так как перемещение 6 не на всем
участке пропорционально силе Р. Это
легко увидеть из графика рис. 178, на котором изображена
зависимость 5 от Р для рассматриваемой системы. Работа
силы Р определяется заштрихованной площадью, т. е.
U =
&EF
2/
1 /р EfAW PI A\_
2Г I )\2EF 2}~
РЧ , EFA1
~г ¦
4EF
41
это выражение совпадает с полученным ранее [см. выраже-
выражение A)].
11. В первом случае определено перемещение той точки,
в которой находился центр тяжести стержня до деформации,
Во втором случае определено расстояние от точки нового
положения центра тяжести до точки старого положения,
а это не одно и то же.
В самой постановке вопроса, таким образом, имеется не-
неопределенность. Нужно четко оговорить, что следует понимать
под термином «перемещение центра тяжести», поскольку
центр тяжести не связан жестко ни с одной из точек дефор-
деформированного тела.
12а Рассмотрим элемент нити длиной dx (рис. 179),
Обозначим через Т силу натяжения провисшей нити (Т > То),

82 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТ» НА ВОПРОСЫ 1Я>
а через (Иугоя наклона провисшей нити. Полагая этот угол
малым, получим из условий равновесия:
ТЬ — fdx — Т (О -f- </Ф) = О,
откуда
q d^
После интегрирования находим
/ I
при х = -^- имеем хг = О, поэтому С = -^-', следовательно,
О)
in
B)
Теперь найдем Г. Вследствие неравенства усилий Т и
Рис. 179.
нить удлиняется на величину разности длин между кривой'
и прямой нитью, т. е.
откуда
EF
о
т-тл
24Г*'

S3|
I.'РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
83
Подставим сюда Т из выражения B). Тогда получим
)
лл
Г"Г~)
Это и есть искомая зависимость wmn от То и q. Полученный
Рис. 180.
ш
1
3
© Г~
Р
т
1
3
©
X
р ¦ ¦
—~i
••¦.¦¦• Рис. 18*. :. .
результат представлен на рис. 180 в виде кривых
/ J \EF' IF)'
13а Вадача вводится к расчету нити, нагруженной двумя
сосредоточенными-силами Я = -^-^(рИс. 181).

84
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
113
Воспользовавшись выражениями A) и B) предыдущей
задачи, можно написать:
где ¦&(, и То — угол наклона кривой провисания и сила натя-
натяжения троса до подвески нижнего провода.
Рассмотрим левый (/) и половину среднего B) участка
троса (рис. 181). Соответственно этим участкам имеем:
¦ш2 = ±[а2+С2х — -
Постоянные Ах, А2, С, и С2 определяем из следующих
условий:
при л; =
В таком случае
= 0, при х==-х
*=?
, = 0.
», —7Ч>3=: Р.
—-J--2
Усилие Т определяем, приравнивая разность длин свободно
висящего и натянутого троса удлинению при растяжении:
-rrldx-i-
2EF

131 I. РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
или после подстановки значений Ф
? J (С,-*)»<** + ¦? ^(C2-xfdx-
о гз
г/з
откуда в результате интегрирования находим
T2\q2 3~*~ q 9 ' 24) Т% 24 ~ ?/>
После подстановки Го получим
Г«
L3
2
~ 3 ^' V?2/2" 3 ?/ "+" 8/*
Проведем числовой подсчет:
q = 0,6- 0,0078 = 0,00468 кг/см. .
где 0,0078 кг/см3 — удельный вес стали; таким образом,
получаем
ff>j;" =0,0205.
В таком случае расчетное уравнение приводится к следующему:
о,О7О4 / Га>°гтаМ2—0,00484 = 0,
1_о,О7О4 / г
откуда
7^0max —о 196, Г = 460 кг.
Уравнения кривой провисания (для крайнего участка да, и для
среднего w2) принимают вид
пк. I х 1 х>\
wl = 2bA\-l Т1Г) см.
= 254(| + 1^-1^) см.

86
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A4
Кривая провисания, построенная по этим уравнениям, показана
на рис. 182.
- 50 м
i
у
У
р
см
го
чо
60
80
Рис. 182.
14. Если бы листы в месте склепки были соединены
по всей ширине b и соединение было бы совершенно жестким,
то тогда для испытанных на растяжение листов мы имели бы по
закону Гука
где Е — модуль упругости листов. Полученная величина Да0
была бы меньше замеренной Да.
Разность между замеренной величиной Да и подсчитан-
подсчитанной A) является результатом деформации заклепки и листов
в зоне соединения. Полученную разность удлинений обозна-
обозначим через Д:
Обозначим также
?___ ,9
i 2Ebh2 ~~h' (Z)
Тогда разность удлинений будет Д = -г-.
Рассмотрим теперь деформацию листов (рис. 183). Обо-
Обозначим через Nt нормальную растягивающую силу в i-u про-
пролете внутреннего листа. В двух внешних листах суммарная
сила будет равна, очевидно, разности Р — N, (см. рис. 183).
Разность удлинений внутреннего и внешних листов на i-u
пролете
Ebh2
2Ebh{

щ
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
87
равна разности смещений концов пролета за счет деформации
заклепок, т. е.
где Nt — N^-y и Ni+l— Ni — усилия, приходящиеся соот-
соответственно на левую и правую заклепки i-то пролета.
м
-431
P-Nt., P-Mj P-Nf,
\
l-
-ЬШ
где
"г
Рис. 183.
Приравнивая полученные разности смещений, получаем:
C)
D)
•а =
2Ebh
lk0 ' ' ^— ' ^ ' Л,
Полученное уравнение C), аналогичное известному урав-
уравнению трех моментов, выписываем последовательно для пер-
первого, второго и третьего пролетов (рис. 13):
О • а — ЛГ,р -4- ЛГ2а — ~Р,
Отсюда получаем формулы для нормальных сил:
р + «3 + <хР
J~~ P(P2 —2a2) '
2as)

88 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |Н
Усилия, приходящиеся на заклепки, будут следующими:
р -.хт -. р РаЧ-«3 + «Р
2а2) '
В случае, если ft2 == 2ЛХ, имеем
и тогда усилия будут:
Р—Р Р
1 1V 4
р р Р
Если крепление совершенно жесткое (Й0 = со), то коэф-
коэффициент а = 0, и мы получим:
Р
Следовательно, в таком случае работают только крайние
заклепки шва.
При весьма податливых заклепках k0 будет малым,
а a — большим. В пределе при а—>со имеем
р
Р, = Рп == Рш = P(V = —,
В условии задачи было указано, что коэффициент k опре-
определен путем испытания склепанных листов при базе замера а,
достаточно большой, чтобы напряжения в сечениях А и В
можно было считать равномерно распределенными (рис. 14).
В этом смысле полученное решение будет достаточно точным,
если расстояние между заклепками не будет меньше а.
Однако и при меньшем расстоянии между заклепками, когда
напряжения по ширине листа от заклепки к заклепке не вы-
выравниваются, решение останется верным. Изменится только

.15] I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ . &Q
выражение B) для k0, в котором ширина листа b должна быть
заменена некоторым эквивалентным ему приведенным зна-
значением.
15. Пусть в продольном шве имеется п заклепок. Согласно
выражению C) (стр. 87) по числу пролетов получим сле-
следующие п — 1 уравнений:
= —Л
= — P.
4a = — Р,
Из этих уравнений следует определить неизвестные
Заметим, что если положить
1 ~™~ 2 ' 3 ' * * * ~~~ п — 1 " Од R *
то будут удовлетворены все уравнения, кроме первого и
последнего.
Примем далее, что
N, = Ax—-я-—г, N> — Ax2 —
2сГ—р *
2а — р
где А и х — некоторые произвольные постоянные.
Подберем х так, чтобы снова удовлетворить всем урав-
уравнениям, кроме первого и последнего. Подставив Nt_x, Nt
и Ni+i в уравнение
получим
или

90 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
откуда находим
Р5
Xl~ 2а" •
Теперь, очевидно, все уравнения, кроме первого и последнего,
будут удовлетворяться следующими выражениями:
Nx = Ахх + Вх2 — -^~,
при любых значениях произвольных постоянных Лид.
Последние же мы подберем так, чтобы удовлетворить пер-
первому и последнему уравнениям системы
?) = -P.
откуда
A =
2a —
X
1*2 ~ 2 (axl — P) (a — Р-*2) — "*? 2jir2 (a — P^l) (ax2 — P)
в —
X
jc, (or, - P) (P - 1 -2a) + л:?-2(а - fU,)
*ХХ2~2 {axx — P)(a — Pjc2) — jcf-2jc2(a —
Усилия в заклепках равны:
Pi =NV
- p)

161
«.РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
91
16а Рассмотрим условия равновесия элемента винта
(рис. 184). Очевидно,
dx
_ А
Далее, согласно условию
t = k(uB — мг);
A)
B)
но
dx
x ~е*' ~dx~~ "
-dx—
Рис. 184.
Следовательно, в результате дифференцирования выражения B)
получим
dt .( Na Nr \
R
Подставим сюда t из уравнения равновесия A):
dx1
но очевидно условие
поэтому получаем
d*Na
dx2
C)
где
Решением однородного уравнения
dx2 ал/в —и
будет:
NB = A sh ax -j- В ch ax.
Присоединив сюда частное решение уравнения C), получим
B — A sh ax -j- B ch a* -f
кР
D)

92
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Постоянные А и В найдем из граничных условий:
при х = О ЛГВ = О,
при х — 1 NB=iP.
После решения получим
Рис. 185.
Нормальное усилие в винте равно
дт Р 1__ rsha? — sh a(/ — х) shajc 1
в~ 1 , 1 shat L EtFv + ?/, J
~F~F ' F F
Нормальное усилие в гайке:
Усилие на витки резьбы равно
t ,_ dN*> _ р
dx I
sbal
cha(/ — х) сЪахЛ
ErFr
На рис. 185 показан характер изменения этих величин по
оси винта и гайки.

I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
93
17< Задача решается точно так же, как и предыдущая.
Различие вносится только граничными условиями, которые
теперь будут следующими:
при х=0 NB = P,
при x — lNB = P.
Эти условия удовлетворяются при следующих значениях
—I—
Y
/ Pa-/ f-chal
Рис. 186.
постоянных А и В:
1 — cha/
._
sh a/
('-¦&;)• «=p^
Нормальное усилие в винте будет
Т '. I sha/ L
N ==¦
1-х) . sh a/1
-rrr J
Нормальное усилие в гайке равно
Усилие на витки резьбы будет
' Pa cha*— ch a A-х)
i_dNB__
dx ~
1
1
sh alEBFB
EBFB
Характер изменения величин NB, Л^г и t no длине винта по-
показан на рис. 186.

94 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ IJ8
18• Если к винту приложить сжимающую силу Р с таким
расчетом, чтобы шаг его резьбы уменьшился на Л, а затем
навернуть гайку, в резьбе никаких усилий не возникнет. Если
теперь болт разгрузить, то в ?истеме .возникнут точно такие
же усилия, что и в системе, рассмотренной в предыдущей
задаче. Поэтому полученное ранее решение пригодно и для
настоящего случая, если только сила Р дает в свободно
растянутом винте удлинение А на одни шаг.
По закону Гука
a Ps
А
где s — шаг резьбы. Таким образом, для того чтобы полу-
получить интересующее нас решение, достаточно в выражениях
последней задачи заменить Р на —EaFB.
19. Наиболее благоприятными условиями следует считать
те, при которых усилия на витки распределяются более рав-
равномерно. В первом случае сильно перегружен первый виток.
Во втором случае сила затяжки приложена к гайке выше
первого витка. Диаметр гайки в нижней части уменьшен.
Поэтому усилия на первый виток в этом случае будут мень-
меньшими. Тем самым (при том же усилии затяжки) догружаются
остальные витки. Условия работы витков во втором случае
будут более благоприятными.
На основе сказанного не надо, однако, делать вывода,
что вообще во всех случаях следует применять гайки типа 2
(рис. 18). Ясно, что усложнение всякой конструкции, осо-
особенно конструкции такой ходовой стандартной детали, как
гайка, может быть оправдано только в том случае, если это
усложнение дает реально ошутимые результаты. Так как
перегрузка нескольких витков резьбы по сравнению с прочими
витками лимитирует прочность резьбового соединения только
в исключительных случаях, то и соответственно в виде исклю-
исключения может быть рекомендовано применение гаек описан-
описанного типа.
20. Рассматриваем систему -стержней в деформированном
состоянии (рис. 187) и, задаваясь перемещением точки А,
Д/ и
ищем силу Р. По чертежу замеряем угол а, —-А и -~-. По
кривой рис. 19 находим усилия Р1 и Р2, соответствующие

I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
95
удлинениям —у-
равновесия
и —у-. Сила Р определяется из условия
Р = 2Я, cos а + Р2.
Задаваясь несколькими значениями иА, можно построить
зависимость иА от Р. Полученная кривая uA — f(P) для
заданной диаграммы растяжения тяг показана на рис. 187.
2.0
у
у
/
/
у
r.s
ко
0,5
О 20 W 60 80 100 120 Ркг
Рис. 187.
21. Случай 1 имеет место при больших, а случай 2 при
малых углах а. Случай 3 является граничным между двумя
первыми. Величина соответ-
соответствующего угла а может
быть найдена приближенно
в предположении, что жест-
кость нити значительно пре-
вышает жесткость резины и
что, следовательно, вся на-
нагрузка почти целиком воспри-
воспринимается нитями.
Выделим элемент резино-
кордного цилиндра (рис. 188)
с размерами anatga. При
таком выборе размеров в оба сечения элемента АВ и ВС
попадает одинаковое число нитей. Обозначим через Р усилие
в нити, тогда равнодействующая сил в сечении АВ будет
равна

96
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
B1
где п — число нитей, попавших в сечение АВ. В сечении ВС
соответствующая равнодействующая будет
Рвс — Рп cos а.
Но нам известно, что при нагружении цилиндра внутренним
давлением окружное среднее напряжение вдвое больше осе-
осевого. Следовательно,
Подставив РАВ и Рвс, найдем
.I(
35°16'.
При этом значении угла а цилиндрическая форма оболочки
сохраняется. При а> 35° 16' цилиндр деформируется так, как
Рис. 189.
на
рис. 21, /, а при а<35°16' — как на
это показано
рис. 21, 2.
Заметим, между прочим, что задачи по исследованию по-
подобных резино-кордных конструкций возникают при расчете
автомобильных покрышек. Для долговечности покрышки
вопрос о выборе угла расположения нитей (рис. 189) имеет
большое значение. Изменение угла в ту или иную сторону

22]
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
97
от оптимального для данного типа покрышки влечет за собой
снижение срока службы шины. Нужно, однако, сказать, что
для покрышки этот угол определяется не условиями равно-
равновесия, как в рассмотренном примере, а оптимальными усло-
условиями усталостной прочности нитей при переменных напря-
напряжениях, возникающих при качении колеса.
22« Указанное явление может иметь место в том случае,
если при нагреве в алюминиевом кольце возникнут достаточно
большие пластические деформации. Обозначим через Д раз-
разность между внешним радиусом
внутреннего кольца и внутренним
рааиусом внешнего кольца до
посадки. Очевидно,
?а + ее = -р->
(О
где ед — относительное укороче-
укорочение дуги алюминиевого кольца,
ее — относительное удлинение
дуги стального кольца.
В пределах упругих деформаций при наличии дополни-
дополнительного нагрева
Рис. 190.
где оА и ас-—напряжения в алюминиевом и стальном коль-
кольцах, аА и ас — соответствующие коэффициенты линейного
расширения. С другой стороны, при одинаковой толщине
колец, как это следует а
из условий равновесия
(рИС. 190), GC = GA = G.
Уравнение A) дает
A
B) ]_
A с Рис. 191.
Положим, что диаграмма растяжения или сжатия алюминия
может быть схематизирована так, как это показано на
рис. 191. Предел текучести алюминия ниже предела теку-
текучести стали. Так как напряжения в обоих кольцах
7 В. И. Феодосьев

98 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |23
одинаковы, то стальное кольцо во всех случаях будет рабо-
работать упруго.
Напряжение начального.натяга колец, которое обозначим
через о0, равно
а°=
Тогда выражение B) примет вид
„ „ , '(«А-«С) п.
о = о0 -| j j— . C)
Заметим, что о не может быть больше, чем атд. Если тем-
температура нагрева
t> (olA — o0)(-g—^-__]_г_:
то в алюминиевом кольце появляются пластические деформа-
деформации и а = отд.
При охлаждении кольца будут деформироваться упруго.
Тогда остаточные напряжения можно найти как алгебраиче-
алгебраическую сумму огтд и «напряжения охлаждения», полученного
из выражения C) заменой знака при t на обратный, т, е.
Р? D)
_J ( L_
F ' F
При оост < 0 алюминиевое кольцо выпадает из стального.
Следовательно, условием выпадания будет:
t (аА - ас) > Ог
Возможен случай, когда пластические деформации в алю-
миниевом кольце возникнут уже при посадке до нагрева.
Выражение D), а за ним и E) сохраняют при этом свою
силу, независимо от того, путем каких воздействий был до-
достигнут предел текучести отА.
23• Если температурные удлинения кольца и конуса
одинаковы, высота h, очевидно, меняться не будет. Положим,

241
I. РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
99
что температурное удлинение конического стержня больше
температурного удлинения кольца:
В этом случае при нагреве в кольце возникнет растяги-
растягивающее напряжение о, величина которого зависит от раз-
разности температурных деформаций е,с— г(к (рис. 192). Если
напряжение о остается ниже предела упругости, то при охла-
охлаждении размеры кольца восстанавливаются и высота распо-
расположения h не меняется. Если же разность г(с — etK доста-
достаточно велика, кольцо получает остаточную деформацию и при
а
Рис. 192.
Рис. 193.
охлаждении опустится вниз. При повторном нагреве оно снова
растянется, а в дальнейшем — снова опустится. Это опускание
будет продолжаться до тех пор, пока упругая деформация
еупр не сравняется с величиной etc — etK (рис. 193). По вели-
величине суммарной остаточной деформации 2еост легко опре-
определяется новая высота расположения кольца.
Аналогичная картина имеет место и при ен < ги. В этом,
случае опускание кольца происходит при нагреве, а растя-
растяжение — при охлаждении.
24. Деформация трубки в окружном направлении задана:
Обозначим контактное давление через р, осевую силу,
возникающую в трубке, через N. Тогда

100 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 124
где h — толщина трубки. Таким образом,
Но осевая сила в сечении х определяется интегралом от сил
трения на интервале @ — л:), т. е.
X
N = J fp2nR dx, B)
о
где / — коэффициент трения. Теперь выражение A) примет
ВИД
Продифференцировав это выражение по х. получим:
откуда
Постоянная р0 представляет собой контактное давление
у конца трубки. Его находим из выражения A), положив
N = 0; имеем:
__Е1г_ д
Следовательно,
Из выражения B) находим осевую силу:
Таким образом, контактное давление и осевая сила по
мере удаления от конца трубки возрастают. Это возрастание
прекратится, очевидно, там, где осевое удлинение от сил N
и р станет равным начальному осевому удлинению трубки.
Но для нагретой трубки, равномерно расширяющейся во все
стороны* осевое удлинение в момент посадки равнялось

24|
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
101
окружному, т. е. Д//?. Выразим осевое удлинение через р
и /V:
ел- = ?" (Од: — ЦО,),
Обозначим через с то расстояние от конца трубки, на кото-
котором еще имеет место проскальзывание и существуют силы
а:
'V*
¦I
ii
м
а
Рис. 194.
трения. Из последнего выражения, полагая е^ = " и
находим:
: = л,
При jf > с er ==e, = -g-= const, и мы имеем:
?ЛЛ 1
_
ц
У второго конца трубки распределение сил будет анало-
аналогичным.
На рис. 194 показаны законы изменения нормальной
силы N, сил трения dNjdx и контактного давления р вдоль

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|25
оси трубки. Рядом для сравнения показаны те же графики
для случая более короткой трубки (/ < 2а).
Т^уГ
Рис. 195.
25* Рассмотрим случай а). Нормальная сила в сечении
трубки (рис. 195) будет
X
= J fp2nRdx — P.
A)
Взамен выражения A), полученного при решении предыдущей
задачи, имеем:
X
B)
Как и прежде,
Величина р0 определится из уравнения B), если в нем поло-
положить jf = O:
откуда
Таким образом, получаем:
а из уравнения A)
/2я?АД \ -^-
1 и Г

25]
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
103
На рис. 196 показаны графики изменения силы М, сил
трения dNjdx и контактного давления по длине трубки. Пунк-
Пунктиром показан ход кривых при Я = 0 и при некоторых дру-
других значениях Р.
Трубка будет снята со стержня при той силе Р', при кото-
которой отрезок b (рис. 196) станет равен длине трубки I.
Рис. 196.
Полагая в последнем выражении /V —0 и х = 1, находим:
pt_ 2я?М L ~5М
И- Ч ''
Теперь рассмотрим случай б). Здесь и сила Р и силы
трения вблизи левого конца трубки меняют направление. По-
Поэтому
= P— J fp2nRdx,
и взамен уравнения B) получаем:
Тогда

104
где
Далее,
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|26
Ро—
Eh
Соответствующие законы изменения Л^, -^— и р показаны
на рис. 197. При х = Ь силы трения скачком меняют свое
направление.
Полагая в последнем выражении N = 0 и х — l, находим
искомое вначение силы Р', при котором трубка снимается
со стержня:
р/ __
V-
Величина этой силы оказывается больше, чем в случае в),
что достаточно очевидно, поскольку растягивающая сила вы-
вызывает сужение трубки и увеличение сил трения.
26. Положим, что в угловой точке поперечного сечения
бруса (рис. 198) возникает некоторое касательное напряже-
напряжение т.
Разложим его на две составляющие хх и т2, перпендику-
перпендикулярные к сторонам многоугольника. По условию парности на

281
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
105
боковых гранях бруса должны возникать парные касательные
напряжения Т] и т2. Но боковая поверхность свободна от на-
напряжений. Следовательно, Т] = т? = 0. Отсюда вытекает, что
и т = 0.
Ясно, что доказанное положение остается верным при
любом значении угла, мень-
меньшем 180°.
27. Упругая энергия
бруса, центральная часть ко-
которого (диаметром rf) высвер-
высверливается, увеличится в том
же отношении, в каком будут находиться полярные моменты
инерции сечений, т. е. в
раз.
28« Результирующий момент напряжений х' уравнове-
уравновешивается моментом результирующей силы Q, возникающей
в плоскости нормального сечения (рис. 199). Величина этой
силы будет, очевидно, следующей:
R я
Q= Г Г Trsinq>dr dq>.
Но мы имеем
поэтому
о о
г
~R
R я
it ¦

106
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Момент силы Q относительно оси z равен
2
"З" Т«пах" '•
Точно такой же момент дают и напряжения х'\
R R
M = 2l\r'rdr=*!fL\r>dr=^xa
„Я2/.
29» Если бы брус закручивался без растяжения, то тогда
в пределах малых перемещений между удельным, углом за-
закручивания Э и моментом М
существовала бы зависимость
а__ ЗМ
Gbh3 '
т. е. жесткость на кручение
была бы равной
Со = i Gbh3-
X
Рис. 200.
Теперь рассмотрим слу-
случай кручения бруса при нали-
наличии растягивающей силы Р.
Р
При повороте торцевого сечения нормальные напряжения -г-г
сохраняют направление продольных волокон закручиваемой
полоски (рис. 200). Проекции этих напряжений на плоскость,
перпендикулярную к оси полосы, равны
Р dm P „
(рис. 200). Эти напряжения дают дополнительный крутящий
момент
+ 6/2
•= J ж
-ьп
Присоединяя этот момент к моменту, создаваемому каса-
касательными напряжениями, находим:

80|
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
107
Таким образом, жесткость на кручение растягиваемой по-
полосы равна жесткости нерастягиваемой плюс величина
РЬ2
12 *
30. Поскольку трубка и валик не являются жесткими,
то местное проскальзывание на контактной поверхности начи-
начинается раньше, чем величина момента достигнет значения Мо.
Вначале проскальзывание возникает в краевых зонах кон-
контактного участка. При М = Мо проскальзывание охватывает
всю поверхность контакта. Момент сил трения достигает при
этом своего предельного значения Мо, и начинается поворот
валика в трубке по всей длине контакта.
Разбиваем контактный участок Z на три зоны а, Ь и с
(рис. 201). На участке а крутящий момент в трубке больше,
чем в валике, и соответственно больше угол закручивания.
Я в , С П
У/////Л Li
| У/7/У//У/.
У///////////////,
У//////////////////////,
-I-
Рис. 201.
По мере перехода от сечения А к сечению В происходит
передача крутящего момента от трубки к валику, и в сече-
сечении В углы закручивания трубки и валика становятся оди-
одинаковыми.
На участке Ъ проскальзывания нет. На участке с снова
имеет место проскальзывание. Здесь уже крутящий момент
в валике больше, чем в трубке. Соответственно больше и
угол закручивания. По мере перехода от сечения С к сече-
сечению D момент в трубке падает до нуля, а в валике возра-
возрастает до М.
Интенсивность моментов сил трения равна
,-Ло
A)
Величина т не зависит от момента М и определяется лишь
коэффициентом трения и величиной натяга.

108
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[30
Определим теперь длину участков а, Ь, с. Рассмотрим
для этого отдельно трубку и валик (рис. 202). Очевидно, из
условия равновесия имеем
т (а + с) = М, B)
а из условия равенства углов закручивания на участке Ъ
получаем
C)
тс
та
Из уравнений B) и C) находим
Ml
Ml
С = ¦
D)
Если жесткости трубки и валика одинаковы, то из D) полу-
получаем
Ml
а = с =
2Мй '
При известных вис строим эпюры моментов (рис. 202).
-с -
'УУУУУУУУ'',
-т
'/. '/УУУ7/
1
м
///¦//
/77
та.
У//////А
¦У///''/-'
У/У/УУ/У/
-~mrm<IIIIIIIIIIIIH
/77
.тс
1
м
и
Рис. 202.
По мере возрастания момента М участки а и с стано-
становятся длиннее, а участок Ь сокращается. При М = Мо сумма
а -\- с равна /. а Ь = 0. После этого момент сил трения, кото-
который возрастал за счет роста участков в и с, не может больше

311
I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
109
увеличиваться, и начинается общее проскальзывание по кон-
контактной поверхности.
31. 1) Цилиндрической поверхностью, проходящей по
заданному контуру, выделим внутреннюю часть бруса (рис. 203).
На проведенной цилиндрической поверхности возникают каса-
касательные напряжения, парные т„. Проектируя на ось z зсе
силы, действующие на
выделенную часть бру-
бруса, получим
%nl ds ¦¦
или, иначе,
j xnds
Рис. 203.
2) Рассмотрим элемент ds dz цилиндрической поверхности,
проведенной через начерченный контур (рис. 204). После на-
гружения бруса этот элемент исказится и примет вид парал-
\ *\
Рис. 204.
лелограмма, изображенного на рис. 204. Угол сдвига у будет
определяться суммой углов а и р, т. е.
Теперь найдем выражение для каждого из этих слагаемых.
Угол а определяется углом закручивания Э и расстоянием от
центра кручения; в самом деле, из рис. 204 имеем
АА'
a

no
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[32
но AA' — ndy, где dty—относительный угол поворота сече-
сечений, находящихся на расстоянии dz друг от друга, п — рас-
расстояние от центра кручения О (рис. 205) до касательной
к контуру в точке А. Поскольку -^- = 8, то а —Эге. Сече-
Сечение бруса при кручении не остается плоским и получает не-
некоторое перемещение -w (x, у) в направлении
оси z. Очевидно (рис. 204),
dw
Так как у = -т?-. то
откуда получаем
dw
Рис. 205.
Интеграл от dw по замкнутому контуру равен нулю. Поэтому
-i- J xsds — 0 J nds = 0.
s s
Ho nds — удвоенная площадь треугольника ОАВ (рис. 205);
следовательно,
J nds = 2/v j
xsds=2OFtQ.
32. На рис. 206 показан тонкостенный профиль, глав-
главными центральными осями которого являются х, у. Положим,
что при кручении сечение поворачивается на угол ф относи-
относительно некоторой точки С, имеющей координаты хс, ус.
Образующая АВ (рис. 206) повернется при этом на угол
ф = л-у-=лЭ. В результате возникнет продольное удлинение
А'В — АВ 1 , . 1 ,,
АВ
соэф
или

I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
Ш
Одновременно с поворотом относительно продольной оси
возможны взаимный поворот сечений относительно осей х
И)! и взаимное осевое смещение. Это приведет к тому, что
Рис. 206.
в выражении е появится дополнительная составляющая, л шейно
зависящая от х и у, т. е. будем иметь
е = j r292 -f а -Ь Ъх -+- су
и, соответственно, напряжение
-М* + О>). A)
Депланация сечения на удлинение е не влияет, поскольку
рассматривается нестесненное кручение (по длине стержня 9
не меняется).
Постоянные а, Ь и с должны быть подобраны таким обра-
образом, чтобы нормальная сила в сечении и изгибающие моменты
относительно осей хну обращались бы в нуль:
N= jadF = 0, Mx = J aydF = 0. Му= j oxdF = 0t
откуда получаем:
а = —
2F
вгну
ev/,
= — 77"'

112 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 132
где Jx, Jy и Jp — осевые и полярный моменты инерции сече-
сечения, а Нх и Ну — новые геометрические характеристики:
Нх = J rb dF, Hy = J r2x dF.
F F
Выражение A) принимает вид
О_?92/Л2 ii-.Hyx Я'Л т
it \ Г J yf J J? /
Напряжения о" дают в сечении дополнительный крутящий
момент
Мж =
или
?93
2
F
М,
где под величиной К понимается новая геометрическая харак-
характеристика
Крутящий момент в сечении состоит из «обычного» мо-
момента, образованного касательными напряжениями, и допол-
дополнительного
^^^+^^-m), D)
где * — длина дуги контура сечения.
Производя в выражениях B) и C) замену г2 на г2==(дг—г
— *СJ + (У — УсJ» замечаем, что координаты хс и ус в вы-
выражениях для о и К исключаются. Это означает, что выбор
полюса С может быть сделан произвольно, и вдесь следует
руководствоваться исключительно соображениями удобства.!

I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ
113
Рассмотрим частные случаи:
а) Полоса прямоугольного сечения со сторонами Ь и й
(рис. 207, а). В этом случае имеем:
"p —
+ */2
-ft/2
Тогда
Последнее слагаемое в выражении А1К дает количественную
оценку нелинейного эффекта.
Рис. 207.
б) Круговой незамкнутый профиль (рис. 207, б)
следовательно, а = 0,
Нелинейный эффект в данном случае отсутствует.
8 В. И. Феодосьев

114
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
183
33« Двумя цилиндрическими поверхностями радиуса г и
г -\- dr и двумя поперечными сечениями выделяем из стержня
элементарное кольцо толщиной dz (рис. 208).
Рне. 209.
Приравняв нулю сумму моментов относительно оси г, по-
лучим:
^Ldz} 2лг2 dr — %2лг2 dr
откуда
Обозначим через ф перемещение по направлению каса-
касательной к дуге круга (рис. 209). Угол сдвига в цилиндриче-
цилиндрической поверхности, как обычно,
L
дг f
а напряжение
B)
Угол сдвига в плоскости поперечного сечения у2 равен
отношению отрезков BCfAB (рис. 209). Но
следовательно,

831 I. РАСТЯЖЕНИЕ. СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ 115
а соответствующее напряжение
Подставляя т и t в уравнение равновесия A), получим:
d2v . <* Г1 д .
+ Ь^
Естественно предположить, что перемещение v в зависи-
зависимости от г меняется, как и при обычном кручении, по квад*
ратичному закону, т. е.
где v0, vx, v2 зависят только от г. Уравнение D) после под-
подстановки v распадается на три следующих:
Г1 Л' ~ Г1 v/T - Г1 Л'
jyOV)] = —2г»2, [yfaOj =0, [y(w2r)'J =0. E)
откуда
Do
j
Наконец, подставляя v2 в правую часть первого из уравне-
уравнений E), получим:
. , Вл Ао о о 1
vo = AQr-\ -г-г3—В2г\пг.
Так как на оси стержня перемещения равны нулю, необхо-
необходимо положить В0 — В1 = В2 — 0. Тогда
v — Аог y rz~\-Axrz -\- A2rz2,
а согласно выражениям B) и C)
На левом торце, т. е. при z = 0, касательные напряжения
равны нулю. Следовательно, Ах = 0. На поверхности цилиндра
при r — if) *=7йГ* ПОЭТОМУ ^2= ПС[Ю ' И В итоге по"
лучаем:
8*

116
РЬШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|34
Таким образом, напряжения т распределены по г и z ли-
линейно, что следует и из обычной теории кручения. Напря-
Напряжения t распределены вдоль радиуса по квадратичному за-
закону. Отношение наибольших значений т и / будет:
ттах __ 16/и d ^ 4m d?___R J_
'max ^^ -^ ^^ 4 d
Следовательно, для длинного цилиндра напряжение /тах много
меньше, чем ттах.
34. Рассмотрим условия равновесия элемента dxdydz
(рис. 210, а).
Рис. 210.
Равенство нулю суммы проекций всех сил на ось z дает
дхх дхч
На контуре (рис. 210, б) имеем граничное условие
Ту cos a -J- xx sin а = 0,
или
B)
Теперь рассмотрим указанные в условии интегралы
j j xxydxdy, j j xyxdxdy.
x у
x у

34) I. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ И КРУЧЕНИЕ 117
Интегрируя по частям первое выражение по dx, а второе —
по dy, получаем:
J jxxydxdy=,^ |~K<-J %xdx\ ydy.
х у
х у х
что приводит к выражениям:
J $xxydxdy = $\ixx\*ydy — $ J ^
x у у у х
J J iyxdxdy=j \ЪУ\*хёх—J ]-щ-
x у x x у
Согласно граничному условию B) получаем
У -г
а согласно условию равновесия A) имеем
Идхх Г Г dxv
— xydxdy = ~\ J -^-
ух х у
Следовательно, приходим к равенству
| J xxy dx dy = — J | xyx dx dy.
x у х у
Но так как
J jxxydxdy— J J xyx dx dy = MKp,
x у x у
то окончательно получаем
Г Г МКп г Г МКо
J jxxydxdy = ~f-, —J J xyxdxdy = —f-.
X у x у

118
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|35
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ.
ИЗГИБ
35« Центробежный момент инерции прямоугольного тре-
треугольника относительно осей, параллельных катетам и про-
проходящих через их середины, равен
нулю (рис. 211).
По формуле переноса получаем:
h
В,
У
N
г
Рис. 211.
Ь h bh
\
X
где
следовательно,
1 _
Jxy —
36. Обозначим через Ур„ полярный момент инерции фи-
фигуры относительно ее центра тяжести, а через Jp — момент
х
X
Рис. 212.
относительно некоторой произвольной точки с координатами
а, Ъ (рис. 212).
Очевидно,
откуда
JP=Л, 4- Jy, = Jx+Л+(о2+*2) р.
Следовательно, геометрическое место постоянных поляр-
полярных моментов инерции плоской фигуры представляет собой
семейство концентрических окружностей с центром в точке О
(см. рис. 212).

37) II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
Радиус каждой окружности задается величиной Jp:
119
F
37. Рассмотрим некоторое плоское сечение (рис. 213).
Пусть оси х и у являются главными. Предположим, что су-
существует еще пара главных осей и, v, не совпадающих с х, у
(угол а не кратен -g-j. Если оси и, v главные, то Juv — 0.
Но известно, что
Л —Л
Juv = Jxy cos 2аН 2~— sin 2а,
а поскольку оси х, у тоже глав-
; 0. Следова1
¦ sin 2а = 0,
ные, то Jxy = 0. Следовательно,
х
но sin 2а Ф 0, поэтому
— /у-
Рис. 213.
Теперь рассмотрим произвольно взятую пару осей н,, и,, для
которых
Л,», — Jxy cos 2а, -|—Х 2 У sin 2cti-
Очевидно, независимо* от угла ai имеем У„,г,1=0, т. е. любая
пара осей и1, vx является главной.
Рис. 214.
Из доказанного вытекает, что у всякого сечения, имею-
имеющего три и более осей симметрии, все центральные оси яв-
являются главными, и осевой момент инерции относительно
любой центральной оси будет одним и тем же [это вытекает
из выражения AI.

120
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|38
Этим свойством обладают, например, сечения, показан-
показанные на рис. 214 (квадрат, равносторонний треугольник,
криволинейный шестиугольник и др.).
38> Рассмотрим плоское сечение с главными централь-
центральными осями х, у (рис. 215). Пусть искомая точка А имеет
координаты а, Ъ. Теперь подберем а и Ъ так, чтобы Juv рав-
равнялось нулю при любом а. Сна-
Сначала определяем по формулам
переноса
х
Далее, по формуле для по-
повернутых осей имеем
Juv — Jx,y, cos 2a -+-
Рис. 215.
-+-
sin2а.
Для того чтобы Juv было равно нулю при любом угле а,
необходимо, очевидно, чтобы
или же
Из первого уравнения вытекает, что либо Ь, либо а,
либо а и Ъ вместе равны нулю, т. е. искомая точка нахо-
находится во всяком случае на одной из главных центральных осей.
Примем, что Jy^>Jx. и положим сначала Ь — 0. Тогда
В случае Jy> Jx & является величиной мнимой. При
Положим теперь а = 0. Тогда
При Jy">Jx Ь — вещественно. При
= 0.

11. ГКОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
121
Таким образом, мы получаем четыре искомые точки
с координатами:
4) й =
Точки, лежащие на оси минимального момента инерции,—
мнимые. Точки, лежащие на оси максимального момента
инерции, —вещественные. В случае, если главные моменты
инерции равны (Jx~Jy), все четыре точки вещественны и
находятся в центре тяжести. Тогда все оси, проходящие через
центр тяжести, будут главными
(круг, квадрат, равносторонний
треугольник и др.). Г
В качестве примера рассмотрим |
прямоугольник со сторонами с и 2с V '
(рис. 216): |
__ 2с • с3 . _ с • BсK I \Д
J х — 12 ' у —* 12 ' SC-i
р __ 2С2 Рис. 216.
Координаты искомых вещественных точек будут:
Ъ
/с BсK
~ 2?
2с-с3
Эти точки (А) помечены на рисунке 216. Все оси, прохо-
проходящие через эти точки, будут главными.
30> Если напряжения в нейтральной плоскости 00
отсутствуют, то брус, конечно, разделить на две части можно,
и деформации и напряжения в нем от этого не изменятся,
но для этого необходимо сохранить те же условия приложе-
приложения усилий на концах бруса. Ведь когда мы рисуем на,концах

122
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
бруса момент (как, например, это сделано на рис. 36), то
это только означает, что результирующий момент напряжений
на торце бруса равен М. При этом обычно умалчивается,
по какому закону распределены напряжения на самом торце,
Рис. 217.
приводящиеся к М. Да это и неважно. Как бы мы ни при-
прилагали эти воздействия, довольно быстро, по мере удаления
от конца бруса, напряжения выравниваются, и закон их рас-
распределения принимает вид хорошо известной линейной за-
зависимости.
На рис. 217 показано постепенное видоизменение эпюры
нормальных напряжений от торца бруса к его середине. Для
а)
V
Рис. 218.
торца взят в виде примера произвольный закон ступенчатого
распределения напряжений. Выравнивание происходит на очень
коротком участке бруса, но на этом участке в нейтральной
плоскости 00 действуют довольно большие касательные
напряжения.

41) II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 123
В той постановке, в какой дана задача, уже не безразлично,
как распределены напряжения по торцу бруса в том и другом
случаях. В первом варианте бруса (рис. 36) предполагается,
что напряжения распределены на торце по одному закону
(рис. 218, а и 218, в), во
втором случае (рис. 37)— по
другому закону (рис. 218,6
и 218, г).
Если мы сумеем обеспе-
обеспечить тот же линейный закон
распределения напряжений по Рис. 219.
торцу разрезанного бруса,
что и для целого (рис. 218, в), то разделить брус на две части,
не нарушая его работы, можно. Конструктивно выполнить это
нетрудно. Для этого достаточно, например, дать жесткий
захват для обеих разрезанных частей на концах бруса
(рис. 219).
40. Чтобы нейтральная ось суммарной эпюры напряже-
напряжений о проходила через центр тяжести сечения / — /, сила
должна пройти через центр кривизны, т, е. х = 0.
Изгибные напряжения в брусе большой кривизны опре-
определяются по формуле
My
Оизг — — ре (у _|_ у) '
где г — расстояние от центра кривизны до нейтральной оси,
а е — расстояние от нейтральной оси до центра тяжести.
В нашем случае М = Р (г -\- е -f- х). В центре тяжести, т, е.
при у — е,
"изг—
По условию алгебраическая сумма этого напряжения и
напряжения растяжения должна быть равна нулю:
P
откуда и получаем:
х = 0.
41. Выражение A) вытекает из дифференциального урав-
уравнения
.JI ^ИЗГ
у — EJ '

124
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|42
полученного из выражения B) в предположении, что пере-
перемещения бруса малы:
1 ч"
1 у ^^ it
Следовательно, строго говоря, при чистом изгибе балка изги-
изгибается по дуге окружности, которая в пределах малых
перемещений с весьма большой точностью может быть пред-
представлена квадратной параболой.
42а Форма предварительно изогнутой лыжи должна быть
такой же, какую примет прямая лыжа при равномерно рас-
распределенной нагрузке (рис. 220). В таком случае искомая
функция у определится из уравнения
при граничных условиях
Жесткость EJ довольно сложным образом зависит от х. По-
Поэтому уравнение A) будем интегрировать графически.
Рассмотрим пример. Горные лыжи имеют переменное по
длине сечение, показанное на рис. 220. Строим график изме-
изменения момента инерции J по длине лыжи (рис. 221, а). Далее,
принимая для дерева Е= 105 кг/см2 и полагая нагрузку на лыжу
Р~60кг, строим согласно рис. 220 и 221 кривую кри-
М
визн -pj (рис. 221, б).

I II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИВ 125
'SO 40 {75 '70 '72 [80
WO ¦ 150 x см
е
61
г-НГ4---,
I
i
/
-
1
г
в)
150 х см

126
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
D3
Интегрируя кривую кривизны дважды, получаем кривую
и
О О
Mdx
EJ
о
показанную на рис. 221, в. Ординаты, заключенные между
этой кривой и прямой ОА, дают нам искомую функцию у,
удовлетворяющую граничным условиям.
На рис. 221, г кривая у снесена на горизонтальную ось,
причем получено
6
При большем начальном прогибе, что обычно и имеет
место на практике, давление на снег у концов лыжи будет
больше, чем в середине. При скольжении по твердому снегу это
обеспечивает лучшую управляемость и устойчивость хода.
Однако, если утах будет чересчур большим, то это вызовет
ухудшение условий скольжения.
43. В точке А прикладываем единичную силу и пере-
перемножаем единичную эпюру с эпюрой заданной силы (рис. 222).
Рис. 222.
Для того чтобы ЬА равнялось нулю, необходимо совпаде-
совпадение центра тяжести единичной эпюры (ц. т.) с нулевой точкой
заданной эпюры (рис. 222). Очевидно, л: = -=-/.
44» При поставленном условии перемещение точки А
в направлении, перпендикулярном к линии действия силы,
равно нулю. Из этого условия и определяется угол а.

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
127
В точке А прикладываем единичную силу, перпендикуляр-
перпендикулярную к Р, а затем строим эпюры изгибающих моментов
Icosa
Pl/cosa-smai
¦Ifcosa+smaj
Рис. 223.
(рис. 223). Перемножаем эти эпюры и полученное перемеще-
перемещение приравниваем нулю, откуда получаем
te2o—I a——-)--
где п — любое целое число.
45ш а) Точка А рис. 43, а сместится вверх на
б) Точка А рис. 43, б сместится вправо на
PR3
и вверх
на
на
Рис. 224.
в) Точка А рис. 43, в сместится вверх на
РР
EJ *
и вправо
г) Для рис. 43, г на поставленный вопрос нельзя дать
ответа до тех пор, пока не будут заданы связи, исключаю-
исключающие смещение рамы как жесткого Целого. В зависимости

128
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[45
A\
Рис. 225.

481
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
129
от характера этих связей будет различным и перемещение
точки Л (рис. 224).
Соответственно указанным связям получаем, например:
, РР
в 1-м случае — вправо на
во 2-м случае — вправо на
в 3-м случае — вправо на
46. См. рис. 225.
Р13
16Я/
и вниз на
*Ш"
Рис. 226.
Рис. 227.
47. Стержень А В сжат. Для того чтобы убедиться в этом,
необходимо раскрыть статическую неопределимость рамы.
Усилия в шарнире (рис. 226) будут:
Х^-^-Р, Х2=-?-Р.
48¦ Равнодействующая силы Р и реакции правой опоры
проходит через точку перегиба упругой линии стержня
9 В, И. Феодосьев

130 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [4»
(рис. 227). Из этого условия определяется реакция R. Осталь-
Остальные реакции определяются из уравнений равновесия:
49» Перемещение в точке приложения каждой из сил Р
(рис. 228) определяется обычным методом и имеет величину
'Зл8
где а = ajR.
Наименьшее значение пе-
ремещение б принимает при
а = 0,Н8.
1 50ш Перемещения, в точке А для трех рам будут следую-
следующими:
Для круглого сечения балки, т. е. при EJ/GJp=\,3, имеем
6„ = 1,136,; 6,,, = 1,726,.
Таким образом, наиболее жесткой является рама /.
51 ¦ Предложенная задача может быть решена двумя спо-
способами.
Первый способ, пригодный и для пружин большого угла
подъема витка, заключается в том, что пружина рассматри-
рассматривается как пространственный брус. Перемещения определяются
методом Мора. Основная трудность состоит при этом в слож-
сложности геометрических соотношений.
Второй, упрощенный способ, которым мы и воспользуемся,
заключается в том, что пружина ааменяется некоторым экви-
эквивалентный прямым брусом. Жесткость этого бруса на изгиб
вычисляется в зависимости от взаимного поворота витков

«I
И. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИБ
(рис. 229, а). Кроме изгибных перемещений брусу свойственны
заметные перемещения сдвига в вертикальной плоскости
(рис. 229, б).
Рис. 229.
Чтобы определить жесткость эквивалентного бруса на изгиб
и сдвиг, рассмотрим виток пружины, полагая, что угол подъ-
подъема равен нулю. Виток выделим сечениями, расположенными
Рис. 230.
в вертикальной плоскости (рис. 230, а). В концевых сеченнях
витка возникают моменты М и силы Q. Их величины легко

132 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |51
определяются из условий равновесия отброшенной части пру-
пружины. Момент М создает взаимный угол поворота сечений
на угол ф (рис. 230, б), величина которого определяется при
помощи интеграла Мора
2я 2л
Г
2л
где крутящий и изгибающий моменты, как видно из рис. 230, в,
равны
Мк = М cos ф и Ми = М sin ф.
Соответственные значения имеют и моменты от единичных
факторов
После интегрирования получаем:
ИЛИ
Как следует из рис. 229, а, 1/р = Ф/й, где А—шаг
пружины. При числе витков п имеем h = l/n. Тогда
или
Величина
32 Dn
может рассматриваться как жесткость эквивалентного бруса
на изгиб. Обозначим ее через Си:
1
р
м
EdH
32Я«B+Ю

61) И. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИВ 133
Перемещения сдвига обусловлены изгибом витка в его пло»
скости (рис. 230, г). Очевидно,
«
-J
?/
б
где
После интегрирования получаем:
Дополнительное угловое смещение
Это выражение можно написать в виде
? C)
°сдв
где
?rf</
Прогиб пружины, нагруженной поперечными силами, будет
В рассматриваемом конкретном случае защемленного одним
концом бруса изгибное перемещение равно
где величина EJ должна быть заменена на Ся.
Перемещение сдвига
Таким образом,
, Я/» , Я/
ЗСИ ^сдв
Величины Ся и Ссдв определяются выражениями A) и D).
Аналогично решается задача и при других видах нагружения#

134
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
IS'
52ш Центр тяжести пружины должен совпадать с осью
баланса.
Отделив колодку, рассмотрим внутреннюю часть пружины
(рис. 231). В сделанном сечении А приложим изгибающий
момент М, нормальную и поперечную силы N и Q. Такие
же силы будут действо-
действовать и на колодку.
В точке В с коорди-
координатами х, у изгибающий
момент от этих сил, очс'
видно, будет
где гк — радиус колодки.
Рис 231. При повороте колодки
на малый угол q> против
часовой стрелки сечение А повернется также на угол ф. Кроме
того, оно переместится по оси у на величину гк<р. Смеще-
Смещение же по оси х при малых перемещениях будет величиной
высшего порядка малости. Выразим перемещения интеграль-
интегральным образом через изгибающие моменты:
?j / МИЗТМШ ds = ф, -gj j МттМш ds = гкф,
где MlM, Mw и M}q — изгибающие моменты от единичных
силовых факторов, соответствующих моменту М и силам
N я Q, т. е.
Мш=1, Ж1ЛГ=гк — х, M1Q = y.
Интегрирование распространяется на длину всей пружины.
Следовательно, имеем:
J [М + Qy+N (гк — х)] ds = ?Уф,
S
J [М + Qy+N (rK - х)] (rK —

где
S3] II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 135
или после интегрирования:
Ml + QSx+N(rJ — Sy) =
MS, -i-Qj -\-N(rKSx — Jrv) = 0,
Sx~ j yds, Sy = | xds,
s s
Jx = j y* ds, Jxy = | xy ds, Jy = j x2 ds,
я s s
I — длина ленты. Положим Q = N = 0. Тогда получим: М1 =
= EJ(f и Sx = Sy = 0. Последнее условие означает, что оси х
и у должны проходить
через центр тяжести
пружины.
Поскольку центр тя-
жеети архимедовой спи-
спирали, каковой является
контур пружины, не
совпадает с центром
вращения колодки, в
часовом производстве
для соблюдения указан-
указанного условия практи-
практикуется установка пру-
пружины баланса с отогну-
отогнутым внешним концом.
Типичные примеры по-
подобных пружин пока- рис 232.
заны на рис. 232.
53- Основной вопрос, который возникает при решении
этой задачи, заключается в выявлении характера соприкаса-
соприкасания листов пружины.
Предположим, что связанные листы соприкасаются в точ-
точке у конца меньшего листа и, кроме того,—в точке связи,
где вертикальное смещение и угол поворота одинаковы для
обоих листов. Соответствующая силовая схема показана на
рис. 233, а. Для несвязанных листов Х2 = 0, Х3 = 0.
а

136
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
153
Перемножая единичные эпюры моментов (рис. 233, б),
получаем:
/
Рис. 233.
Решая уравнения метода сил
находим:
Х = -^Р, Xi=.—-^Р, Л"з=—"

.64] И. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 137
Для несвязанных листов
На рис. 233, в сплошными линиями показаны суммарные
эпюры для связанных листов, а штриховыми—для свобод-
свободных листов.
Теперь необходимо проверить правильность сделанного
предположения о характере соприкасания листов. Рассмотрим
сначала штриховые эпюры (рис. 233, в). Изгибающий момент,
а следовательно, и кривизна нижнего листа в зоне защемле-
защемления больше кривизны верхнего листа. Это означает, что упру-
упругая линия нижнего листа расположится ниже упругой линии
верхнего, что и соответствует сделанному предположению.
Для связанных листов эпюры на первом участке совершенно
одинаковы. Следовательно, здесь имеет место полное сопри-
соприкасание без силового взаимодействия, что также не противо-
противоречит сделанному предположению. На втором участке упругая
линия нижнего листа проходит ниже упругой линии верхнего.
Таким образом, сделанное предположение о характере
соприкасания листов подтверждается полученным решением.
Перемещение точки приложения сил Р определяется пере-
перемножением суммарной эпюры верхнего листа на единичную
эпюру и оказывается равным:
118 РР
для несвязанных листов ,
115 Я/'
для связанных
Связка листов снизила наибольший изгибающий момент
cl Pluo^PL
54. Рассмотрим правую половину рессоры, полагая, что
соприкасание листов происходит в точках А и В (рис. 234, а).
Силы Хх и Х2 определяем из уравнений метода сил
^'2 = —*2р- 0)
Коэффициенты 6П, 612, 622. Ь1р и Ь2р определяем перемно-
перемножением эпюр (рис. 234, б):
~

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
154
Теперь из уравнений A) находим Хг и Х2-
х -2Ир х ~™
103
Суммарные эпюры изгибающих моментов построены на
рис. 235.
21
б)
21
-21
Xi
В
В
v
го.тг)
W,8t5S)
mPJ.
ЭР1
б)
ТТПт>^1
Рис. 234.
103 HL
Рис. 235.
Из рассмотрения этих эпюр следует, что в защемлении
изгибающий момент, а следовательно, и кривизна первого
листа, больше, чем кривизна второго листа. Это означает,

541
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
139
что упругая линия второго листа должна при этих условиях
расположиться выше упругой линии первого листа. Этого, одна-
однако, не может быть. Следовательно, сделанное выше предполо-
предположение о характере соприкасания листов является неверным,
и расчетная схема должна быть изменена.
Примем теперь, что первый и второй листы соприкасаются
в двух точках: как и прежде, в точке А и, кроме того, в точ-
точке С, расположенной на некотором неопределенном расстоя-
расстоянии а от защемления (рис. 236).
Рис. 237.
Присоединяя к эпюрам рис. 234, б единичную эпюру, соот-
соответствующую силам Х3 (рис. 237), определяем коэффициенты,
уравнений метода сил:
= 1-/3, ?./623 = —y(/-f).
~
=о.
(предполагается, что а -< /). В таком случае система уравне-
уравнений принимает вид
32ЛГ, — 5*2 + 2а2 F — а) Х3 = 28Р,
2 F — а) Х1 — C — а) Х2 -f - 4аХ, = (9 — а) Р.
где а = -j.

140
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Решаем эти уравнения относительно Xv X2 и Хг и находим:
Хг = -j D48 — 549а + 228а2 — 31а3),
Х2 = 4 E60 — 684а + 27Оа2 — 34а3)'
Д = 412 — 504а + 204а2 — 28а3.
Величина а (следовательно, и а) определяется из условия
равенства углов поворота первого и второго листов в точке С.
i
f '
/
i
Illll
Hill
<
im
^/
Illl
>
A05V9S
; T
0,830зк
31
I PI
Рис. 238.
Рис. 239.
Прикладывая в этой точке единичный момент (рис. 238)
и перемножая соответствующие эпюры, получаем:
-а (и-¦?.)*,-.?
2 D — а) Хх — B — а) Х2 + 2а^3 = F — а) Р.
Подставляем сюда найденные значения Xv X2 и Х3, Тогда
За3— 15а2+19а— 1 = 0,
откуда a = 0,054993 < 1. Если бы а оказалось больше 1,
следовало бы решение повторить в предположении а > /.
Для найденного а определяем .A'j, X2 и Хг:

55)
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
141
Заметим, что при заданном соотношении длин листов
силы Х1 и Х2 почти не отличаются от полученных ранее.
Снова строим эпюры изгибающих моментов (рис. 239).
Из рассмотрения этих эпюр вытекает, что кривизна вто-
второго листа в зоне защемления больше кривизны первого,
а кривизна третьего больше кривизны второго. Соответст-
Соответственно упругая линия каждого последующего листа будет рас-
располагаться ниже упругой линии предыдущего. Таким обра-
образом, сделанное предположение о характере соприкасания лис-
листов получает подтверждение.
Расчетный изгибающий момент равен ЖЦ13гХ= 1.36PJ; он
имеет место в зоне защемления нижнего листа.
Осадка рессоры, определяемая перемещением конца пер-
первого листа, равна
EJb = №3 — -^ Х^ — ~
(91 — а),
откуда
= 3,926
—
EJ
55ш Положим, что пружине принудительно задана на неко-
некотором участке форма лекала. Для этого, очевидно, к концам
участка необходимо приложить некоторые силы и моменты,
а в промежуточных точках —
распределенную нагрузку ^J7ZpX" "
интенсивности q.
Из свойств упругой ли-
линии известно, что
При этом, если распреде-
распределенная нагрузка направлена
вверх, то считается, что Рис 240
д(х)>о.
Теперь достаточно очевидно, что при yIV > 0 пружина
будет от лекала отставать, а при yiv < 0 — прилегать к нему.
Если у v = 0 (контур лекала представляет собой степенную
кривую не выше третьей степени), пружина будет плотно при-
прилегать на некотором участке к лекалу, не надавливая на него.
В конце участка возникнет некоторая сосредоточенная сила Р,
(рис. 240).

142
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
56. После приложения силы Р, левая часть, балки при-
приподнимется на некоторой длине а (рис. 241). Правая часть
будет лежать на плоскости и останется прямой. Следова-
Следовательно, во всех сечениях правого участка изгибающий момент
равен нулю. В частности,
момент равен нулю и в се-
сечении х = а.
Из этого условия и
определяется длина отрез-
отрезка а, т. е. (см. рис. 241)
Р а*
2Р,
К
изг
Из условия равенства
нулю суммы проекций
всех сил на вертикаль-
вертикальную ось вытекает, что
в точке х= а жесткая
плоскость дает реакцию Р,
(рис. 241).
Рис. 241. При такой системе сил
левую висящую часть бал-
балки можно рассматривать как свободно опертую балку длины а,
нагруженную равномерно распределенной нагрузкой интен-
интенсивности -у. Максимальный изгибающий момент будет иметь
место на середине висящего участка и будет равен
При Р, = — получаем:
Mmax=fi,
Pt
l&W
—
Наиболее интересным и поучительным в рассмотренной
задаче, да и вообще во всех задачах, где имеет место со-
соприкасание упругой балки с жесткой поверхностью, является

М П. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЯ. ИЗГИВ 143
возникновение сосредоточенной силы Р, на границе участка
прилегания.
На первый взгляд появление этой силы несколько неожи-
неожиданно, хотя формально ее существование полностью согла-
согласуется с уравнениями равновесия и деформаций. Возникнове-
Возникновение этой силы обусловлено выбором расчетной схемы. При
решении задачи рассматривалась только изгибная жесткость
балки и предполагалось, что сдвиговые деформации в попе-
поперечных сечениях отсутствуют. Учета этих деформаций уже
достаточно, чтобы обнаружить, что схема контактных сил
в виде равномерно распределенной нагрузки и сосредоточен-
сосредоточенной силы Р, является приближенной. При этом нет даже необ-
необходимости останавливаться на том, что за счет сжатия балки
в поперечном направлении (как в обычных контактных за-
задачах) сила Р, будет распределена по некоторой малой
площадке.
Рассмотрим деформации сдвига в балке.
Кривизна балки, связанная с изгибающим моментом, опре-
определяется величиной
±_v"-ii
р — Ум— EJ'
Если обозначить через y<j прогибы, вызванные сдвигом, то
для любого сечения получим угол дополнительного наклона
упругой линии в виде
y
где k — числовой коэффициент, зависящий от формы попереч-
поперечного сечения балки. Для прямоугольника, например, k — -g- •
для круга k = -н- и т. д. Таким образом, получаем
.j, М К}'
у ~ EJ GF '
кО'
Знак минус при —рг поставлен по той причине, что при по-
положительном значении М и Q оба эти фактора дают измене-
изменение кривизны различного знака (рис. 242).
Так как
ч

144
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|56
A)
то полученное выше дифференциальное уравнение принимает
вид
„ М_ кМ"
У ~ EJ GF '
В рассматриваемой задаче при х < а
м-Рх Рх*
„_ р B)
I
Согласно выражению A) получаем
У" =г } \Р Л
откуда
х3 Рх*
кР
M+dM
Рис. 242.
Произвольные постоянные Сх и С2 определяются из условий:
при х = а у' = 0, у = 0.
Таким образом, для первого участка получаем:
с 1 /Р,аг Ра3 \ кР
1 ~" EJ \ 2 6/ / IGF а>
На втором участке кривизна равна нулю. Следовательно, со-
согласно A)
Ж" — а2Ж = 0, где а2 = -|^-, C)

56) 1!. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИВ 145
откуда
C
ax. D)
Ра2
При х — а M = Pta ^-,
» х — 1 М = 0.
Из этих условий определяем произвольные постоянные С3 и С4!
cha/
- (Рд Раг\
— —\у*а 21 )
eh«(/-a) '
Ра2 \ sh a/
)
sha(/_a) •
Величина а определяется из условия равенства поперечных
сил в точке сопряжения участков. При х — а производная
момента, определяемого выражением B), равна производной
момента, определяемого выражением D), следовательно,
Рх ~ = СзО ch аа -f- C4a sh aa.
откуда
Р 1
В задаче предположено, что -^- = —-, поэтому
3 2
3Jal7Лм
th a/I I j
Из этого трансцендентного уравнения определяется у при
заданном
Если al = оо, т. е. если балка не имеет сдвиговых де-
деформаций, то из E) находим — = -^, что было получено
ранее.
При а/=50 получаем: у =0,646, а при al =10 имеем:
у = 0,58.
10 В. И. Феодосьев

146
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Теперь определим распределенную нагрузку q по второму
участку балки iq—разность между распределенной реакцией
Г) v
плоскости и собственного веса -т-\. Из D) получаем
откуда
q = М" — а2 (С3 sh cue -f- C4 ch cue),
P 2 f)'sba{l — a)
При x = l q — 0, т. е. реакция опорной плоскости равна по-
погонному весу балки. При х = а имеем
/ "" \Р 2 i
По мере роста al, т. е. сдвиговой жесткости, qa стремится
к бесконечности, и в пределе при al = со в точке х = а мы
получаем сосредоточенную силу.
Рис. 243.
Изменение закона распределения реакции плоскости с ро-
ростом al показано на рис. 243.
57. При посадке на валик кольцо не будет соприкасаться
с валиком по всему контуру. На участках АВ кольцо отстает
от валика, и плотное соприкасание будет только на участке ВВ
(рис. 244).

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
147
На концы А со стороны валика действуют силы Qt.
В точках В действуют силы Q2. Природа этих сил точно
та же, что и в примере, рассмотренном в предыдущей задаче.
В зоне плотного прилегания можно представить себе рав-
равномерно распределенную нагрузку интенсивности q. Если пу-
путем подбора сил Qv Q2> Я и Угла а нам удастся удовлетво-
удовлетворить всем условиям деформации кольца, тО этим самым будет
доказана правильность выбранной силовой схемы.
Рнс. 244.
Так как, участок ВВ, по предположению, плотно приле-
прилегает к валику, то кривизна кольца на этом участке будет
2
равна, очевидно, постоянной величине -=г . Изменение кривизны
—д
2_
D
2Д
D2
есть тоже величина постоянная. Изгибающий момент на этом ж*
участке ВВ будет
^ EJ
где EJ— жесткость кольца на изгиб. Следовательно, силы
Qi> Q2 и q должны быть выбраны так, чтобы на участке ВВ
момент был постоянным и имел заданную величину.
В произвольном сечении кольца (рис. 244) имеем
Мвв = Qi— sin fP + @2 -<Г sin (Ф — а) + " Я— 8*п2(ф—ау\-
+1ч"Т1 ~cos (ф ~~ а^2'
10*

148 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
или же
-3f cosa — ?4
[D D2 1 D2
Q2 -j- sin a + q — cos aj -f- q -j-.
Момент остается постоянным, если потребовать, чтобы каж-
каждое из выражений, стоящих в прямоугольных скобках, обра-
обращалось в нуль:
Q\ + Q2 cos a — q~2 sin a = 0,
D
Q2 sin a + q -g- cos a = 0,
тогда получаем
Таким образом, q найдено. Двух уравнений A) недостаточно
для определения Qx, Q2 и a.
Потребуем теперь, чтобы расстояние между точками
кольца Л и С увеличилось на А. Это условие запишем в виде
J 2EJ ~Н
0
J Н 4EJ
0
где МАВ и Мвв—изгибающие моменты на участках АВ и
ВВ, а М1 — изгибающий момент от единичных сил, прило-
приложенных по направлению АС, соответственно равные:
M Qs[n<t MEJ M
После подстановки и интегрирования получаем
Д ~Ql 1бЖГ (a~ sin 2а) +Т
Решаем это уравнение совместно с уравнениями A) и опре-
определяем Qj и Q2:
_ 4EJ&. ,
^ ctga
Величина а определяется из следующего трансцендентного
уравнения:
2

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
149
которое дает а—122°35'. Тогда имеем
EJA
= 2,56
EJA
Удовлетворив, таким образом, всем геометрическим условиям,
мы подтвердили правильность выбранной силовой схемы.
Эпюра изгибающего момента показана на рис. 245.
Рис. 245.
58> При решении задачи о деформации гибкой пружины
(рис. 56) необходимо учитывать влияние сдвига на форму
упругой линии пружины.
Если мы будем исходить из обычной зависимости между
изгибающим моментом и изменением кривизны
R
М
EJ '
то неминуемо придем к заключению, что точки А коснутся,
плоскости -только при Р — оэ. Действительно, на коицах
пружины изгибающий момент равен нулю при любом конеч-
конечном значении сил Р, для полного же распрямления пружины

150
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
необходимо, чтобы во всех ее точках момент был равен
М = EJ/R. В реальных условиях искомая сила, естественно,
оказываегся конечной.
Полученное противоречие объясняется тем, что при из-
изгибе силами Р у концов пружины, где изгибающий момент
мал, изменение кривизны происходит главным образом за счет
деформаций сдвига, которые и необходимо учесть при ре-
решении задачи.
О0ратимся к выражению A), стр. 144. Изменение кри-
кривизны пружины, прижатой к жесткой плоскости, равно у"—
= — 1/R. В таком случае получаем
, GF
М" — a2M=-L
EJk '
Решая это уравнение, находим
М = A sh ax-|- В ch ax—-^.
Постоянные определяем из следующих условий:
откуда.
Искомая сила
При Х = 0 Q:
» X = l M:
EJ 1
0,
R chcc/
=sl±L a fo at.
При OF = oo (отсутствие сдвигов) а также обращается
в бесконечность. В этом случае tha/=l и, как и следовало
ожидать, Р = оо. Кон-
_0? тактное давление по по-
Rk верхности соприкасания
пружины с жесткой пло-
Р скостью определяется как
Рис. 246.
OP ch ax
Rfc cha/ '
Закон распределения q по длине пружины показан в виде
кривой на рис. 246.

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
151
59> Рассмотрим отдельно одну из составляющих балок
(рис. 57 и 247).
Так как сила Р приложена не в центре жесткости, балка,
изображенная на рис. 247, будет при изгибе одновременно
н
Центр
э/сесткости
я
Рис. 247.
закручиваться. Прикладывая силы N в сечениях разреза пер-
первых планок с таким расчетом, чтобы момент двух сил был
равен моменту Рс, мы устраняем это закручивание для всех
сечений балки. Тогда N = PcjH.
Таким образом, первая верхняя планка сжимается, а пер-
первая нижняя растягивается силами N. Остальные плаики при
изгибе балок не испытывают ни-
никаких усилий. Это заключение
верно, естественно, лишь в той
мере, в какой допустимо считать
планки жесткими. Если бы они
заметно деформировались, то воз-
возникающие в них усилия можно
было бы определить тем же
приемом, что и усилия в заклепках
в задаче 14.
60. Раскладываем силу Р по
главным осяи х и у (рис. 248)
и разрезаем сечение в угловой
точке А. Одновременно вводим
неопределенный поток касательных напряжений т0. Касатель-
Касательное напряжение в произвольной точке В будет:
Ч&
Рис. 248.

152 ГЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
После несложных вычислений находим:
6
Jy- 6" 2+У2 '
Для каждого из трех участков сечения получаем:
Р
fi_l -fi__] tl
L 2 + /2 1 4-2/2" J
t ^
U I/ J С
^ V
3/2~ Р [УТ sj-a2
где Sj, s2 и s3 — координаты, отсчитываемые от угловых
точек вдоль контура
Чтобы в разрезе А не возникло взаимных смещений,
необходимо выполнить условие
J yds = 0,
или
ol'F a a
J T,d*1+ |т2й?$2+ J т3d*3 = 0;
000
отсюда определяется величина т0:
3 /2 Р / V2 1 \
1 2 об ^(г+УгJ .. 1+2VT/*

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
153
Подставляя т0 в выражения A) и произведя необходимые
вычисления, получим:
— 0.
где
^=^¦(/=1.2, 3).
Рис. 249.
На рис. 249 показана эпюра касательных напряжений;
выясняется, что
61. Из бруса двумя сечениями, проходящими на расстоя-
расстоянии jc и x-\-dx от конца, выделим элементарный участок
длиной dx (рис. 250).
Рис. 250.
Полученный элемент в свою очередь разделим горизон-
горизонтальной плоскостью, проходящей на расстоянии у от средней
линии, на две части и рассмотрим условие равновесия верх-
верхней части ABCD. Очевидно, оно сводится к
{h+dh)/2 Л/2
Г (a -f- da) b dy — J ab dy = xb dx.
у у
Поскольку же
\2Му
°—IF'

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
154
то
Теперь условие равновесия перепишется в следующем виде:
(Л+<*Л)/2 Л/2
12 Г Г
() /
М\-\ Г . 12М Г .
откуда
М
6
Если закон изменения h a M линейный, то, так как по
заданию ht = 2Л0, получаем:
Эпюры т для нескольких сечений балки показаны на
рис. 251. Здесь в отличие от бруса постоянной толщины
3 Р
'х-1
Рис. 251.
касательные напряжения в верхней и в нижней точках сече-
сечения в нуль не обращаются, поскольку секущая плоскость не
перпендикулярна к верхней (А'В1) и нижней (C'Dr) ограни-
ограничивающим поверхностям. Для торцового сечения эпюра пока-
показана пунктиром, так как здесь закон распределения напряже-
напряжений целиком определяется способом приложения внешней
силы Р.

ffi) II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 155
Если толщина балки А в зависимости от х меняется не
слишком быстро, т. е. если угол расширения балки мал,
полученное решение точно совпадает с решением, полученным
методами теории упругости для клина.
62. Подобрать распределенную нагрузку, при действии
которой балка остается прямолинейной, можно. Однако при
этой нагрузке возникают столь большие поперечные усилия,
что необходимо определять упру-
упругую линию балки с учетом дефор- '///////////////////Л
JST
маций сдвига.
О том, что подбор надлежа- у//7////////////////\
щего закона для ц(х) возмо-
возможен, говорит следующий простой Рис. 252.
пример. Представим себе балку,
плотно закрепленную в жестких направляющих (рис. 252)
и изгибаемую моментом, приложенным на одном из торцов.
Такая балка остается при изгибе прямой, и мы можем утвер-
утверждать, что на нее со стороны направляющих действуют на-
нагрузки искомого типа. Об этом же говорит и решение за-
задачи 56. Там правая часть балки остается прямой, хотя рас-
распределенная нагрузка, действующая на нее, не равна нулю.
Возьмем уравнение A), стр. 144,
., _ _М_ _ Ш^
у ~ EJ GF '
Потребуем, чтобы у" = 0. Тогда получаем:
GF
где а2 = -ТЁГт-. Решаем дифференциальное уравнение; после-
последовательно имеем:
M = Clshax-\-C2chax, A)
Q = CjCi ch ax -{- C2a s h ax, B)
q = Q' = Cja2 sh ax -f-Cja2 ch ax, C)
где величины Сх и С2 должны быть заданы в зависимости от
характера граничных условий. Если балка шарнирно оперта
по концам, т. е. если при х — 0 и х — 1 М = 0, то С, =
= С2 —0 и j = 0. Это означает, что балка сохраняет прямо-
прямолинейную форму только при нагрузке, равной нулю.
Имеется однако возможность прикладывать не только рас-
распределенные нагрузки, но и сосредоточенные силовые факторы

156
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|63
по концам бруса. Будем, например, считать, что момент на
левой опоре по-прежнему равен нулю, а для правой опоры
q(z)=C,
¦Н
Рис. 253,
варезервируем возможность приложения любого сосредоточен-
сосредоточенного момента. Тогда, полагая, что при х — О М — 0, получим:
С2 = О, М = Cj sh ад:,
где Cj есть любая постоянная величина; далее, по уравнению B)
Q = С2а ch ал;,
а искомая нагрузка по уравнению C)
Реакция на левой опоре будет
а на правой опоре
Qx~i = Cfi ch a/,
Mx=l = Clshal.
Искомая система сил представлена на рис. 253.
63. Так как балка весьма длинная, то, разрезав ее на
/-й опоре, мы можем ее правую часть снова рассматривать
как весьма длинную балку, подобную заданной, но нагружен-
нагруженную уже не моментом М, а моментом Mt. To же можно ска-
вать про /-J-1, ' + 2 и т- д' ОП°РЫ> Следовательно, если
изгибающий момент на i-f-1-й опоре составляет какую-то
долю от /-го момента, то точно такую же долю от /-{-1-го
момента составляет Z-f-2-й момент, т. е.
и т. д.

64]
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВ* СЕЧЕНИИ. ИЗГИБ
157
Выписываем выражение теоремы трех моментов для /-го
Hi+l-rQ пролетов. При отсутствии внешней нагрузки на
пролетах получаем
Mta + 2Ml+l (а + а) -+ М1+2а = 0.
Или, учитывая выражения для М1+1 и Mi+2,
откуда находим
дг = — 2±/3.
Так как д; по абсолютной величине должно быть меньше
единицы, берем знак
«плюс» *). Тогда
х = — B — уз).
Изгибающий момент на
/-й опоре будет
рис 254.
Угол поворота на /-й
опоре определяется пе-
перемножением эпюры моментов для Z-ro пролета на эпюру от
единичного момента (рис. 254):
64. Выписываем систему я — 2 уравнений, необходимых
для определения опорных моментов:
Примем, что М1 = Ах1~1. Подставляя это значение Mt во все
уравнения, кроме первого и последнего, получаем:
х = — 2± УЗ.
*) Знак «минус» соответствует случаю, когда внешний момент
приложен ие на крайней левой, а на крайней правой опоре.

158 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ I»
Теперь легко установить, что все уравнения, кроме пер-
первого и последнего, удовлетворяются, если принять:
М2 = Ахх-\-Вх2>
Afg= Ах\-\-Вх\,
где
= — 2
А и В — любые постоянные, которые подбираем так, чтобы
были удовлетворены первое и последнее уравнения системы
М + 4 (Ахг + Вх2) + Ах\ + Вх22 — °-
Ах"-3 + Вх^~3 + 4/1х»-2 + 4Sx^-2 = О,
откуда имеем:
D + х 0 A + 4х2) - хах- Зх2A + 4хг) D + х2)
Окончательно получим
(-2
B
Определение угла поворота на i-й опоре при извест-
известном Мп не представляет никакого труда. Перемножая эпюры
(рис. 254), получаем
65« Обозначаем нормальную реакцию правой опоры
через Л'р.Сила трения будет fXx (рис. 255). Уравнение мето-
метода сил имеет вид

П. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИБ
159
Так как bnXt есть перемещение в направлении 1, вызван-
вызванное силами ЛГ] и /Л",, а Ь1р^— перемещение в том же напра-
направлении, вызванное силой Р, то Ьп определяется перемноже-
fa ax
Рис. 25S.
нием эпюр (/) и B), a 6jp—перемножением эпюр (Р) и B):
Pa 1-f
1
Ра*
Тогда реакция оказывается
равной
X Я
1 /4 \ * •/////////у//////у/у ''
2l~/j Рис.256.
Эпюра суммарного изгибающего момента показана на
рис. 256.
66. Рассчитывать ферму с жесткими углами в предполо-
предположении, что стержни работают только на растяжение и сжатие,
можно, если силы приложены
в узлах. Действительно, рас-
рассмотрим некоторую раму,
составленную из ряда замк-
замкнутых контуров (рис. 257),
таких, чтобы при шарнир-
шарнирном соединении стержней
система оставалась геометри- рис. 257.
чески неизменяемой.
Положим, что рама нагружена силами, приложенными
только в узлах (сила Р и реакции опор). При помощи метода
сил раскроем статическую неопределимость рамы, врезая в ее

160
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
21^1 + 622^2 ~1~ • ' • + &2p = О,
узлах шарниры и вводя в качестве упругих связей узловые
моменты Хи Х2, Х3, .. . (рис. 258). Таким образом, для
данной системы получаем 12 уравнений обычного типа:
(О
где коэффициенты бп, 612. • • • определяются перемножением
эпюр изгибающих моментов от единичных моментов, заменяю-
заменяющих моменты Xv Х2, . ¦ • Коэффициенты bip, Ь^р, ¦ • • полу-
получаются перемножением этих же эпюр на эпюру изгибающих
Рис. 258.
моментов от силы Р. Но сила Р и вообще все силы, прило-
приложенные в узлах фермы, при шарнирном закреплении стерж-
стержней не дают изгибающих моментов. Следовательно,
так как уравнения A) являются независимыми, определитель
системы не равен нулю (см. след. вопрос); в таком случае
при соблюдении условия B), очевидно,
Следовательно, при поставленных условиях система с жест-
жесткими узлами эквивалентна системе с шарнирными соедине-
соединениями стержней.
Строго говоря, в системе рис. 257 все же возникают
изгибающие моменты, обусловленные удлинением и укороче-
укорочением стержней. Эти изгибающие моменты можно было бы
получить из тех же уравнений A), если только при подсчете

67] II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 161
коэффициентов би, б12 Ь1р, Ь2р, ... учитывать переме-
перемещения за счет растяжения и сжатия стержней. Однако, оче-
очевидно, напряжения, соответствующие этим моментам, будут
много меньше напряжений, связанных с нормальными усилиями.
В самом деле, при изгибе моментом М любого шарнирного
бруса перемещения имеют величину порядка
Ml2
~ЖГ'
а при растяжении
В данном случае порядок этих величин одинаков, т. е.
Ml* PI
EJ EF '
Но
поэтому имеем
J и J
т. е. оизг имеет величину порядка ораст-^-. Но -=¦ равно
наибольшему расстоянию точки сечения от нейтральной оси,
проходящей через центр тяжести, следовательно, -^ вели-
величина весьма малая (отношение части размера сечения стержня
к его длине).
Соответственно тот же порядок величины имеет и оизг по
сравнению с о"раст.
67* Определитель не может быть равен нулю. Если он
обращается в нуль, то это свидетельствует о том, что система
уравнений составлена неправильно.
Каждое из уравнений канонической системы представляет
собой условие равенства перемещений, вызванных внешней
нагрузкой, сумме перемещений, вызванных неизвестными вну-
внутренними силами:
Ь1р — —6ц^1 — 612^2 — 613^з— '•"•
Ьпр = —
При составлении уравнений рассматриваются только неза-
независимые перемещения. Ни одно из перемещений не может
11 В. И Феодосьев

162
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
быть выражено через остальные. Следовательно, ни одно из
уравнений не может быть комбинацией остальных уравнений.
Все уравнения, таким образом, независимы, в частности ли-
линейно независимы. Определитель же системы линейно незави-
независимых уравнений, как известно, не может быть равен нулю.
Если система составлена неправильно, т. е. рассмотрены зави-
зависимые перемещения (например, перемещения по осям 1,2,3
в плоской раме, показанной на рис. 259), то определитель
= 0.
68• Рассмотрим четверть кольца „
пружины (рис. 260). Сечение А
В
Рис. 259.
Рис, 260.
относительно В не поворачивается, но смещается в осевом
направлении.
В сечении С возникает поперечная сила -у и крутящий
момент Х1 (рис. 260).
Определим эту величину, руководствуясь общим методом
раскрытия статической неопределимости рам:
Ьп
Я/4
о
я/4
и J
о
Я/4
*
Я/4
1; J

68) II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 163
где
= sin ф, MlK
PR -.-.. л, PR
С — жесткость на кручение. Для квадратного сечения
С = 0,1410а".
Интегрируя, получаем:
х PR2 (" Л , PR2 Uxr« « Л
PR
2~ 4
PR 2 Х СГ 2 2
2 ^ С \2
Для квадратного сечения при (х = 0,3 имеем:
EJ _ Е~У2 1+ц ^
тогда крутящий момент равен:
A"j = 0,0375-^-.
Суммарный изгибающий момент
^изг== т~0,962з!пф.
Суммарный крутящий момент
Мк = ~- A — 0,962 совф).
Вертикальное перемещение сечения С относительно А будет:
Я/4
И*
= -§j[ МизХзг *Р +4 J

164 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [69
где Мизг и Мк — суммарные изгибающий и крутящий мо-
моменты, а Жизг и М'к — соответствующие моменты от единич-
единичной вертикальной силы, приложенной в сечении С, т. е.
М'тг = — RsitKf, M'K = RA — coscp).
Таким образом находим
я/4
/
J
о
я/4
-^- Г (i_0,962 cosq>)(l — cosq>)rfq> =
— 0,962. 2 1^2+ 0,962 (J+ lY|;
или окончательно
Яс = -тгт- 0,0405.
Чтобы получить полную осадку пружины, надо величину Хс
умножить на удвоенное число рабочих колец 2л:
А.= 2»-^- 0,0405, или Я = 0,
Сравнивая эту величину с осадкой витой пружины квадрат-
квадратного сечения при том же числе рабочих витков п, т. е.
. _ PR4nn _ ,, R
G0141a4 ~
G- 0,141а4 Еа< '
приходим к выводу, что прорезная пружина примерно
в 120 раз жестче витой.
69« Рассмотрим некоторую плоскую замкнутую раму
с постоянной жесткостью EJ и положим, что эпюра изгибаю-
изгибающих моментов для нее построена (рис. 261). Разрежем контур
этой рамы в некоторой произвольной точке и определим
взаимный угол поворота сечений в месте разреза. Из условия
неразрывности этот угол равен нулю. Для определения взаим-
взаимного угла поворота берем интеграл
MMjds
EJ '

70|
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИВ
165
где Мг — изгибающий момент от единичных моментов, при*
ложенных в месте разреза (рис. 261), т. е. М1= 1. Поэтому
при EJ= const получаем
J M ds = 0.
Доказанное положение справедливо не только для замкнутых
рам, но и вообще для всех рамных систем, где условия
Рис. 261.
закрепления не допускают поворота одного концевого сече-
сечения относительно другого. Например, в каждой из систем,
изображенных на рис. 262, при любой нагрузке площадь
эпюры моментов равна нулю, если ?7= const.
\Р'
55737
Рис. 262.
70. Разрезаем раму по шарниру и определяем взаимное
перемещение сечений в месте разреза. Для этого к разрезан-
разрезанной раме в шарнире прикладываем две противоположно на-
направленные единичные силы (рис. 263). Выбор линии действия
сил может быть сделан произвольно.

166
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
1«
Искомое перемещение б будет равно:
л— f MMtds
s
Но Мг = х и так как 6 = 0, то Г Mxds = 0,
Рис. 263.
71. Заметим предварительно, что площадь AF, ометаемая
любой балкой при ее изгибе, определяется следующим
„=J интегралом:
ММ ,„ ds
EJ
где М — изгибающий момент от внеш-
внешних сил, Mlq — изгибающий момент
от распределенной нагрузки интен-
(KZ \
q=\ —).
Рис. 264. Это выражение наиболее про-
просто выводится тем же способом, что
и обычные выражения для линейных и угловых переме-
перемещений.
Для того чтобы определить изменение площади, ограни-
ограниченной замкнутой рамой, надо предварительно найти выраже-
выражение М1д, приложив к раме единичную распределенную на-
нагрузку q = 1 (рис. 264).
Но для кольцевой замкнутой рамы Мlq = 0, следовательно,
AF = 0. Тем самым доказано сделанное предположение.

72| II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 167
Совершенно ясно, что оно справедливо, с одной стороны,
только в той мере, в какой допустимо пренебречь растяже-
растяжением контура кольца, а с другой, —при условии, что система
работает в области малых перемещений. Для весьма гибкого
кольца при сильном изменении его формы площадь, ограни-
ограниченная контуром, не остается неизменной.
72. Обозначим через у вертикальное перемещение бруса
при нагружении силой Р. Дифференциальное уравнение упру-
упругой линии балки
перепишем в виде
где q кг\см — интенсивность нагрузки — сила, приходящаяся
на единицу длины бруса. В рассматриваемом случае эта сила
равна, очевидно, весу воды, вытесняемой единицей длины
бруса на перемещении у, т. е.
q = _ 1 . Ьуу.
где у — удельный вес воды. Так как интенсивность q напра-
направлена в сторону, противоположную перемещению у, перед Ьуу
поставлен знак минус. Теперь имеем
Обозначим
EJ~ ' KJ
где k — постоянная величина. Уравнение принимает вид
= 0. B)
Это уравнение называется уравнением балки на упругом осно-
основании. Типичным примерем такой балки является плавающая
балка прямоугольного сечения. Для нее реакция основания
(воды) в каждой точке пропорциональна перемещению у.
Уравнение B) удовлетворяется функциями shA^sinAAT,
ch kx cos kx,. sh kx cos kx, ch kx sin kx и любыми их линей-
линейными комбинациями. При использовании этих функций удобнее
всего взять комбинации, предложенные А. Н. Крыловым,
которые называются функциями Крылова. Они удобны тем,

168
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|72
что производная от каждой из этих функций дает какую-либо
другую из этих же функций. Приведем таблицу функций
Крылова.
n
1
2
3
4
т<
У „(Их)
ch ftjc cos kx
ch ftjc sin &jc-f-sli &.*
•^- sh ftjc sin kx
:h ft* sin kx —sh kx
cos
cos
kx)
kx)
л™
—4fcK4
fcK,
*K3
ft
Y (ftx)
-4ft»K,
-4ft2K4
ft'K,
**K2
-4*3K2
-4ft'K3
-4ft3K4
Выражение для у можно написать в следующем виде:
^ EJ к* гз(«*Л- EJ кз
где у0, y'Q, MQ и Qo—соответственно перемещение, угол
поворота, изгибающий момент и поперечная сила при д: = 0.
Если принять за начало отсчета х левый конец бруса (рис. 67),
то, очевидно,
Величины у0 и у'о определим из следующих условий:
l P
при х--* /==0, Qs=.~.
Согласно таблице имеем:
-L у' = - 4у0К4 (kx) + Ур 4*К» (&Д°'
-1у=~.4у0Уа(Ад;)-у;11

72| II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 169
и тогда граничные условия запишутся в виде
Y (У-\ «' 4 V (kl\- P
откуда находим перемещение и угол поворота при х = 0:
Уо —
8EJk3
Теперь у и у" принимают вид
y=-P0[K1D)^1(^)-
где
Р
М-тг
Проделаем числовые подсчеты:
А4Й * 23410-3^-i
Далее, пользуясь таблицами тригонометрических и гипербо-
гиперболических функций согласно выражениям для Yn(kx) (стр. 168),
находим:
К, (^-) = 0,689. К2 (¦?)=: 1.097.
К3 (Щ = 0,670, К4(-^-) = 0.265,
после чего получаем:
Р0 = 0,0401Р,
у = —0.0401Р[0.689К,(Лл;) + 1.058К2(Ал;)] см, C)
M = EJy"=146.2P[0,Q89Y3{kx)'tl,058Yi(kx)\ кг см. D)

170
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|73
Полученное решение будет верно только в том случае,
если на всей длине балка верхней своей плоскостью будет
выступать над поверхностью воды. Только в этом случае
можно считать реакцию воды пропорциональной вертикаль-
вертикальному смещению. Таким образом, применимость полученного
решения определяется максимальным перемещением утах.
При отсутствии нагрузки балка будет погружена в воду
на величину, равную 0,6А (поскольку ее удельный вес соста-
составляет 0,6 удельного веса воды). Верхняя плоскость балки
возвышается над уровнем воды на 0,4й = 4 см. Следовательно,
условием применимости полученного решения будет b>ma3t|<^4 см.
- -!,38CAf
Рис. 265.
По формуле C) находим: | утах | = 3,28 см < 4 см.
На рис. 265 представлен вид упругой линии изогнутой
балки и эпюра моментов, построенная на основании выраже-
выражения D).
Наибольший изгибающий момент, возникающий в среднем
сечении, равен 5420 кг см, а напряжение
73. Если спицы рассматривать как непрерывную упругую
среду, то для любой точки обода сила, действующая со сто-
стороны спиц, будет пропорциональна радиальному смещению
соответствующей точки обода w. Таким образом, мы сталки-
сталкиваемся здесь с задачей о расчете кольца с упругим основанием.
На единицу длины обода приходится тт~ъ спиц. Со стороны
EF
каждой спицы на обод действует сила -г-®, где / — длина
спицы (/«/?), F — площадь поперечного сечения спицы.

73|
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
171
На единицу длины обода, таким образом, действует сила
EFn
ли w = kw, откуда
Теперь составим дифференциальное уравнение упругой
линии кольца. За независимую переменную выберем угол <р,
отсчитываемый от вершины кольца (рис. 266).
Рис. 266.
Из кольца выделим элементарный участок длины Rd<p
и в произведенных сечениях приложим внутренние силы N,
Q и М. Со стороны спиц на этот участок будет действовать
сила kwR d(p. Составим уравнения равновесия для этого
элементарного участка. Проектируем все силы на радиальную
ось. Тогда получим
Условие равенства нулю суммы проекций всех сил на ось,
касательную к дуге круга, дает
Приравниваем нулю сумму моментов сил относительно
точки О
RdN . dM __
и исключаем из этих уравнений Q и N. Тогда имеем
dw dM .

172 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 173
Изменение кривизны Л I—) связано с изгибающим момен-
моментом М следующим соотношением:
м =
но, как известно,
лП\ (W 1 d2w\
\р)~ U2 "^Я2 dtf)-
Так как при положительном перемещении w, направленном
от центра круга, кривизна кольца уменьшается, в правой
части этого выражения стоит знак минус. Изменение кривизны
в этом выражении состоит из двух величин. Первое сла-
слада
гаемое -^- соответствует изменению кривизны за счет про-
„ 1 d2w
стого расширения кольца. Второе слагаемое ъг-у-Г' равное
d2w
—гт> представляет собой обычное изменение кривизны, ко-
которое мы имеем и в прямом брусе.
Теперь после подстановки М дифференциальное уравнение
принимает следующий окончательный вид:
| о d3w . 2 dw
-+- I , - -4- а1 —т— = О,
' dip3 ' dip
, . -+- I , - -4- а —т
d(fs ' dip3 ' dip
где
Решением этого уравнения будет
•W — Со + С, ch аф cos Рф -f- C2 sh аф sin Рф -f-
-f- Ca ch афБт Рф -f- C4 sh аф cos Рф,
где
Так как кольцо деформируется симметрично относительно
вертикальной оси, функция w должна быть четной функцией,
т. е. при перемене знака при ф с плюса на минус должна
оставаться неизменной. Поэтому произвольные постоянные

T3| II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 173
С3 и С4, стоящие при нечетных функциях, полагаем равными
нулю. Остальные постоянные определяются из следующих
условий:
dw n
а) при ф = я —г— = 0,
Р
б) » <р = л Q = —2-,
я
в) Г w^= 0.
о
Последнее условие означает, что при нагружении колеса
верхняя и нижняя точки остаются на одной вертикали. Дей-
Действительно, если рассмотреть элемент
обода колеса до и после деформации
(рис. 267), то нетрудно установить,
что условие его нерастяжимости на-
напишется в виде
где v — перемещение по касательной
к дуге контура, или
v = — Г w d(p. Рис. 267.
Так как смещение по касательной в точках ф = 0 и ф = я
отсутствует, то отсюда и вытекает условие в).
При С3 — С4 = 0 выражения для изгибающего момента
М = — — [ i d2w\
и поперечной силы
1 dM
принимают вид
М = ^ (Со — 2арС! sh аф sin Рф -f- 2арС2 ch аф cos Рф),
Q = 2сф Ц- [(aQ +pC2) ch аф sin
— aC2) sh аф cos

174 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |73
Теперь, раскрывая граничные условия а), б) и в), получаем:
а) С, [a sh ал cos рл — р ch ал sin ря] -f- C2 IP sh ал cos ря +
-[-асЬаЯБтрл] — о,
б) С, (а ch ая sin ря -f- p sh ая cos рл) —
Р R3
— С2 (а sh ал cos рл — р ch ая sin ря) = — -jpj —g-,
в) Сол ~\—2 ,' 2 (а sh ал cos рл -f- P ch ал sin рл) -f-
-|—2 ,' (achansinpn — р sh ая cos рл) = 0.
Решаем эти уравнения:
Р /?3 a ch ал sin Ря 4- Р sh ая cos Рл
~~ ~~ 4EJ "сф" a (sh2 ал + sin2 (?л)
p P R% a sh ал cos рл —
2 ~~ 1E7 "ap" a (sh2 ая -+- sin^pS) '
Окончательно выражения для w и М принимают вид:
(—y — А спафсозрф + ЯзЬафБт
1
) E)
где для сокращения обозначено:
. a ch ал sin Рл + Р sh ал cos Рл
a(sh2an + sin2pn) '
F)
Усилие, приходящееся на одну спицу, будет, очевидно, равно
о a sh ал cos рл — р ch ал sin Рл
a (sh2 ал -f- sin2 Ря)
Проведем числовой подсчет. Из выражений A) и B),
полагая модули упругости спиц и обода равными, получаем:
a = 24,04.

731 П. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИВ 175
Далее, согласно C) вычисляем:
а = /^1=3,395, р= /^±1 = 3.539.
Теперь находим:
sh ал ss ch ая да у
sin ря = —0,992, cosPrt
Согласно F) имеем:
А = — 0,245е-10.б6, В = + 0,326*-10'66.
Выражения E) и G) могут быть переписаны в виде
М = Р(— 0,00855 -f 3.806-10-66 sh аф sin Рф —
— 5,05е-10-66сНафсо8Рф) кг см,
),683е-10>668ЬафзшРф) кг.
Отсюда видно, что при небольших значениях ф второе и
третье слагаемые в скобках будут весьма малы, и М и Ре
у0.0085Ркгсм
0.280P
на одну
спту
Рис. 268.
практически не меняются. На основании этих выражений
строим эпюры изгибающего момента М и усилий в спицах Рс
(рис. 268).
При силе Р = 40 кг получаем: Мтлх = 88 кг см; наиболь-
наибольшее усилие на спицу Ястах=11.2 кг. Понятно, что в

176
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|74
полученном результате не учитывается предварительное натяже-
натяжение спиц, которое задается им при сборке. Естественно, это
предварительное натяжение должно превышать по абсолютной
величине Ястах.
Рассмотренная задача впервые решена Н. Е. Жуковским.
74« Выделим из биметаллической полоски элементарный
участок, имеющий длину ds и начальную кривизну поверх-
поверхности спая — (биметаллические элементы часто делаются
Ро
криволинейными) (рис. 269).
Относительное удлинение волокна, отстоящего на рас-
расстояние у от поверхности спая, будет складываться из двух
величин: из удлинения
в спае Zq и удлинения,
обусловленного изги-
изгибом полоски,
Подерхность
спая
Рис.269. 7
Вычитая отсюда температурное удлинение и умножая по-
полученную разность на модуль упругости Е, находим напря-
жение.Цдействующее в волокне, расположенном на расстоянии у
от поверхности спая. Для первой пластинки имеем:
o^E^ + y^ — j-) — ^] @<y<A,).
для второй —
о2 = ?2 [е0 + у (-1 —-!)_«
1
где новая
Р
кри-
кривизна. Таким образом,
Ех и Е2 — модули упругости первой и второй пластинок.
Нормальное усилие и изгибающий момент в сечении би-
биметаллического элемента равны нулю. Поэтому
л, о а, о
f axbdy-\- j a2b dy — 0, J o, by dy -f J ojty dy = 0.
0 -*i 0 -A»

75) Н. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 177
Подставляя сюда о, и о2 и интегрируя, получим:
Исключим отсюда е0 и найдем изменение кривизны
1 1 6<(at — a2)
Изменение кривизны пропорционально изменению темпе-
температуры и разности коэффициентов температурного расшире-
расширения. Наибольшее изменение кривизны, как это видно из по-
полученного выражения, будет иметь место тогда, когда тол-
толщины составляющих пластинок подобраны так, чтобы
Е\Н\ = С2Й21
\1 3 . cti — a2
~ 2
I
Тогда
75> По условию сечение кольца можно считать недефор-
мирующимся. Перемещение всякой фигуры в плоскости, как
известно, может быть пред- „
ставлено в виде двух линейных
перемещений какой-либо точки !
фигуры и дальнейшего пово- | О_
рота всей фигуры как целого |
вокруг этой точки.
Возьмем какую-либо точку
в сечении кольца, например,
точку О (рис. 270), расположен- Рис. 270.
ную на внутреннем радиусе а
на спае колец. Теперь полное перемещение сечения кольца
может быть представлено в виде последовательных переме-
перемещений точки О вдоль оси симметрии, перпендикулярно к ней,
и поворота на угол ф около точки О.
12 В. И Феодосьев

178
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
175
Что касается первого перемещения, то оно соответствует
перемещению кольца как жесткого целого и не вызывает его
деформаций. Поэтому рассматривать это перемещение не бу-
будем. Вторую составляющую линейного перемещения обозначим
через А. Радиальное перемещение точки А будет, таким обра-
образом, складываться из перемещения А и перемещения вследствие
Рис. 271.
Рис. 272.
поворота сечения вокруг точки О. Эта вторая составляющая
Аф будет, как видно из рис. 271, равна
Радиальное перемещение точки А будет
а окружное относительное удлинение
„_ A+yq>
е— а + х '
Окружное напряжение для первого кольца равно
°>=EiD+зг-а^)@<
для второго кольца
Если разрезать кольцо осевой диаметральной плоскостью
и рассмотреть равновесие половины кольца, то легко убе-
убедиться в том, что в сечениях этого кольца (рис. 272) изги-

76| It. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОПСТВА СЕЧЕНИП. ИЗГИБ 179
бающий момент М и нормальная сила N равны нулю. Сле-
Следовательно,
Ь-а Л, Ь-а О
N = Г f exdxd\>-\- J J o2dxdy — 0,
0 0 0 -ft2
i-a Л| ft-e 0
AJ = J j a,y rfjc dy + J J o2y d;c rfy = 0.
0 0 0 -1ц
Подставляя сюда a, и а2, находим:
Ex [ (a,A + -^j In i — o,f (* -
(А - -^) In i - a2^ (* - a) A2] = 0,
Отсюда, исключая Д, находим
т_ Ь-а Ш(о,-о2)
а -?-
Как и в рассмотренном ранее случае, ф будет наибольшим,
если
2Л
Тогда искомый угол равен
Ъ — a &(cti —а2)
i * 2 (A, -f- A2)
in —
а
76. Датчик работать не будет, так как биметаллическая
пластинка, защемленная по концам, под действием равномер»
ного нагрева не меняет своей кривизны.
В самом деле, если бы пластинка была свободно оперта,
она изогнулась бы при равномерном нагреве по дуге окруж?
ности. В данном случае на пластинку действуют еще моменты
со стороны заделок. Под их действием пластинка также
12*

180
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
177
изогнется по дуге окружности, но в обратную сторону
(рис. 273). У
При этом, накладывая требование равенства углов пово-
поворота ф, и ф2 на концах пластинки, мы неминуемо должны
потребовать равенства кривизн обеих окружностей, а это
Рис. 273.
означает, что суммарные углы поворота и перемещения во всех
точках пластинки (при соблюдении условия Ф! = ф2) равны
нулю. Таким образом, защемленная по концам биметаллическая
пластинка при равномерном нагреве не изогнется.
Следовательно, чтобы указанная система (рис. 71) отве-
отвечала своему назначению, достаточно, например, заменить за-
защемление пластинки шарнирным ее закреплением.
77. Мысленно разрежем раму и в сделанном сечении
приложим внутренние силовые факторы Мо, N и Q (рис. 274).
Эти усилия в сечении А дают изгибающий момент
Разрезанная рама при нагреве будет менять свою кри-
кривизну. Это изменение кривизны остается постоянным для всех
точек контура рамы, поскольку остаются постоянными тем-
температура и форма поперечного сечения. Но если так, то дей-

771
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
181
ствие температуры может быть заменено действием некоторого
эквивалентного момента Mt, приложенного в сделанном се-
сечении.
Теперь потребуем, чтобы взаимные линейные и угловые
смещения еечений от момента Мо и сил Q и N равнялись
t x
Рис. 275.
тем же взаимным смещениям от действия эквивалентных тем-
температурных моментов Mt.
Изгибающие моменты от единичных силовых факторов
(рис. 275) соответственно усилиям Мо, Q и N будут следую-
следующими:
1, х, у.
Тогда получим:
(M0 + Qx + Ny). I .ds=JMr I -ds,
s
j (Mo + Qx + Ny) x ds = J Mtx ds,
s s
M0 + Qx-\-Ny)yds = J Mtyds
s
Mt) J ds-\-QJ xds-\-N j yds = 0,
s s s
(Mo — Mt)fx ds+Q J x*ds+N j yxds = 0,
s s s
(Mo— Mt) J yds + Q j xyds + N J y*ds=*0.
s s s
откуда находим усилия: Q = N = О, М0 = Mt.
ИЛИ

182
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[78
Следовательно, момент Мо равен эквивалентному темпе-
температурному моменту Mt. Значит, изменение кривизны, которое
дадут моменты Мо, будет равным температурному изменению
кривизны. Таким образом, кривизна равномерно нагретой
замкнутой биметаллической рамы остается неизменной.
78. Пока балки работают упруго, мы имеем:
1 12Af a tn M
— = „ ¦ ИЛИ 12
р Ear
a
ИЛИ —=
р
Еа3
и между кривизной и моментом существует линейная зависимость,
которая сохраняется до тех пор, пока максимальное напря-
напряжение не достигнет предела текучести ат. Это произойдет при
12Af
М
или -^-r- =
Еа3
J_
12
Е
Угаах
Соответственно каждому из сечений получаем:
? ,33. Ю-4,
II.
III.
Еа?
М
Еа3
М
Еа?
= 2,36. Ю.
= 2,92- 10~4.
При изгибающем моменте, большем указанного, в попе-
поперечном сечении бруса следует рассматривать две зоны-—упру-
зоны-—упругую @<у<ут) и пластическую (ут<у<Ушах) (рис. 276).
Плйстическая
зона
Рис. 276.
Изгибающий момент в сечении определится следующим
выражением:
'т ''max
= 2 J oybdy-\-2 J eTybdy.

78!
11. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИБ
183
Относительное удлинение будет е = -^-. В упругой зоне
имеем а = Е —, а на границе зон ут = -^- р. Таким образом,
la5"
Для каждого из сечений после интегрирования получаем:
М U, 1 о? р2
М /2 ат /2 а? р2 1 с^_
П# ?ат=~6~"ё' 3~?5"ат+3'?4
Кривые -^- — /1—) показаны на рис. 277. В каждом слу-
Ей. \ р /
чае момент Ж при — ->со имеет предельное значение (так
г/ 1 т;
/7 ^Щ- 0,0/0 0,015 0,020 0,025 &
Рис. 277.
называемый момент пластического шарнира). Им определяется
предельная нагрузка для балки. Соответственно каждому из

184
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|7Э
сечений при -?
= 0,002 получаем:
|- = 0,0005, II. —- = 0,000471,
м„
III.
= 0,000497.
Если бы сечения не были симметричными относительно гори-
горизонтальной оси, решение значительно усложнялось бы. В этом
случае необходимо было бы определить предварительно по-
положение нейтральной оси из условия
Г odF — 0.
79« Пока момент М невелик, контактные поверхности
шайб не раскрываются. В этом случае кривизна бруса будет
определяться по обычной фор-
формуле
J_ М _ 64М
р ~~ EJ ~~~ EnD* '
Наибольшее сжимающее напря-
напряжение в шайбах будет
__ 4Р ¦ 32MD
я (О* — d2) "+" яО4 '
Наибольшее растягивающее на-
напряжение в болте равно
АР , 32Md
Рис. 278. " — ~псР~
Контактные поверхности в нижней части бруса начнут рас-
раскрываться, когда М достигнет значения Mv При этом
АР 32MiD __о Р3
я (О* —
8(D2 —
При М > Мх контактные плоскости частично раскрываются,
и задача требует нового решения.
Обозначим через р радиус кривизны оси болта (рис. 278).
Относительное удлинение любого слоя, находящегося на

T9! II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ ИЗГИБ 185
расстоянии у от оси, будет складываться из трех частей.
Первая часть представляет собой удлинение, вызванное пред-
предварительным натяжением системы. Для болта это будет
Для шайбы
е' - 4Р (О)
ш— En(D2 — d2) ' ( '
Вторая часть е0 представляет собой удлинение оси, пока
нам неизвестное, получающееся вследствие искривления бруса
(для болта и для шайб эта величина одна и та же).
Третья часть — — (одинаковая для болта и для шайб)
представляет собой то удлинение, которое получило бы во-
волокно в результате искривления бруса, если бы ось его не
удлинялась. Таким образом, получаем:
еб == еб "Ь ео р • еш == еш"+" си —.
Соответствующие напряжения будут:
При этом величина ош может быть только отрицательной
(сжатие), и потому в выражении для ош
C)
Теперь напишем уравнения равновесия:
J ашAРш+ J <j6dF6=0,
<2
J J
J <W d/7,,, + J обу dF6 = - Ж.
У, -d/2
После подстановки ов и ош и интегрирования получаем:

186
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|79
где F6 и Jt — площадь и момент инерции сечения болта от-
относительно диаметра, F*m, S*m и J*m — площадь, статический
момент и момент инерции рабочего сечения шайбы, т. е.
D/2 D/2 Dfl
Р* f ИР С» f JD |« Г 1 -JI7
гш= dFm, ош= у dF , Jm= У dF .
Л У^ Vi
Учитывая выражения A), B) и C), приводим уравнение D)
к виду
о' ш
1V ш
F)
Из уравнения E) получаем
Подставляя сюда е0 из F), находим
М , ,
Подставляя же Zq из F) в выражение C), имеем
Р
G)
(8)
Поскольку е'ш задано, a F*m, S*m и J*m зависят только от yv
то выражения G) и (8) можно .рассматривать как параметри-
параметрическую зависимость кривизны — от момента М при пара-
параметре ух. Через этот же параметр у, легко выразить наиболь-
наибольшее сжимающее напряжение в шайбах и наибольшее растяги-
растягивающее напряжение в болте:
(9)
Таким образом, задачу можно считать решенной.

79)
II. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ
187
Ход расчетов должен быть следующим. Задаваясь несколь-
несколькими значениями у^ определяем по формуле G) значения мо-
момента М. Когда вычисленное М совпадает с заданным, из
Рис. 279.
формул (8) и (9) для соответствующего ух находим: —,
ош и об.
Остается еще выписать выражения для F*m, S*m и J*m. Эти
величины определяются интегрированием выражений
dF, ydF и y^dF
по рабочей площади шайб (рис. 279).
В случае I ^
имеем:
-D-V 1-4^J-1~'
2Ух Л
В случае II -(- т
О2
" ПОлУчаем:
__|__arcsin_

188
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
179
Эти "величины можно определять также и численно, суммируя
элементарные площадки сечения, умноженные на первые и
вторые степени у, т. е. /? = 2 A/7,,. S*m = ^y^Fa, /ш =
•=2 У? А/7- (рис. 280).
fcv 1
\s
4
s
\
4
•;см
\
\
У
4
\
г—
\
>
4,
¦J
/
t-
31
—
о w га за чо so во 70 so so wo
Рис. 280.
В выражениях G), (8) и (9) предварительное натяжение
системы определяется множителем е^ B). Если Р = 0, то
Еш = 0, и тогда, очевидно [см., например, выражение G)],
(поскольку М, вообще говоря, не равно нулю).
Отсюда может быть найдена постоянная величина yv Таким
образом, при отсутствии предварительного натяжения поло-
положение границы раскрытия шайб (yj не зависит от изгибаю-

81] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 18Э
щего момента и определяется написанным выше соотноше-
соотношением. При е'ш < 0 величина
должна оставаться отрицательной. Поэтому ух всегда будет
меньше того значения, которое оно имело бы при отсутствии
предварительной затяжки.
111. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ ;
И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
80. а) В случае, представленном на рис. 75, а, диаметр
увеличивается на -^ pdx, объем уменьшается на р —-р-^- V.
б) В случае, представленном иа рис. 75, б, диаметр умень-
уменьшается на ~Z^ pdx, объем уменьшается на 2р —у^— V.
в) В случае, представленном на рис. 75, в, диаметр умень-
уменьшается на ~ ^ pdy, объем уменьшается на Ър ~~Е ц V,
где V — начальный объем внутренней полости.
81> Рассмотрим деревянный брусок (рис, 281). Ось z
направим вдоль волокон, ось х — по нормали к годичным
слоям, а ось у — по касательной к ним. Координатные пло-
плоскости совпадают с плоскостями упру-
упругой симметрии.
Относительное удлинение в напра-
направлении оси х будет зависеть линейно
от напряжений ах, оу и аг, т. е.
гх — Спох + С12оу 4- Cl3oz,
где Си, С12. С',з — упругие постоянные.
Аналогично можно написать:
'у
Углы сдвига пропорциональны соответствующим касатель-
касательным напряжениям:
Ууг — ^44туг« Угх = ^55тгх- Уду == СтХху.
Легко установить, что согласно принципу взаимности пере-
перемещений Cl2 — C2i, Ci3 = C31I ^2з = сз2- Таким образом,

190
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|82
получаем 9 упругих постоянных: Сп, Cl2, С13, Ся, C^, C&,
^44' ^55 И ^66-
Можно показать, что эти упругие постоянные являются
независимыми. Рассмотренная анизотропия носит название
ромбической.
82> Каждая площадка, проходящая через оси х, у или z
и равнонаклоненная к двум другим осям, является главной.
Рис. 282.
Из элемента (рис. 76) выделим новый элементарный па-
параллелепипед так, как это показано на рис. 282. Ось х'
является главной (ах- = — т). Остальные главные напряжения
находятся по формуле
ИЛИ
Таким образом, получаем:
= — т,
= — т.
Эта задача может быть также решена путем привлечения
общего метода определения главных напряжений, известного
из теории объемного напряженного состояния. Выписываем
следующий определитель:
Ьх
— о
= 0.
(А)
. — о

83) III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 191
В нашем случае
Поэтому
ax = ay.
хху — xxz — хуг — т.
а х
х — а
= 0
или
х х — а
а3 — Зт2а— 2т3 = 0,
откуда находим три корня уравнения:
at = 2т. о2 = — т, а3 = — т.
83> Нужно показать, что в первом случае по крайней
мере одно, а во втором — два главных напряжения равны
нулю.
Для этого уравнения (А) (стр. 190) переписываем в виде
а — У3 = 0,
где
Ьх
"уг
— инварианты напряженного состояния.
В первом случае по свойствам определителя
У, =
"х "ху "хг
kax kxxy kxxl
xzx xzy °z
= 0,
и один из корней кубического уравнения обращается в нуль.
Во втором случае У3 = 0 и J2 = Q, и, следовательно, два
корня кубического уравнения обращаются в нуль.

192 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |85
Пользуясь доказанным, можно, например, сразу сказать,
что напряженное состояние
800 100—300>
200 25— 75
Л 600 200 — 600/
является одноосным.
84. Напряженные состояния равноопасны. В самом деле,
работа, которую совершают нормальные усилия в первом
случае, будет равна работе, совершенной теми же силами во
втором случае. То же имеет место н для касательных усилий.
Следовательно, внутренняя энергия в обоих случаях будет
также одной и той же. Для энергетической теории прочности
это и есть условие равноопасности (эквивалентности) напря-
напряженных состояний, независимо от того, о какой теории проч-
прочности идет речь — о теории прочности энергии формоизмене-
формоизменения или о теории прочности полной энергии.
85> Рассмотрим напряженное состояние элемента (рис. 283).
выделенного из цилиндра на расстоянии х ниже уровня
жидкости.
Напряжение о' постоянно по длине образующей и равно
nd2 „
весу жидкости у —г- И, поделенному на площадь нормаль-
нормального сечения цилиндра:
Выше уровня жидкости о" = 0, а ниже
„ _ pd __ \xd
0 —~2h W
Эквивалентное напряжение ажв = аг — о2. Следовательно,
при а'>о" имеем оэкв — о' — 0 = а'.
При а'<^.&' получаем атв = а" — 0 = а".
Таким образом, при х ^ ~^-
озкв~ о— 4Л ,
при - Н

86} Ш. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 193
Эпюра ашв показана на рис. 283. Эта эпюра имеет излом
при х=-к-, который является следствием того, что в этой
точке площадки, соответствующие напряжениям а1 и в2#
<г
Рис. 283.
меняются местами. На рис. 283 пунктиром показана и
эпюра аэкв, полученная по энергетической теории прочности.
8S. Рассмотрим напряженное состояние точек цилиндра
у верхней (А) и у нижней (В) образующих (рис. 284), где
о' н о" — напряжения, со-
создаваемые давлением р,
а'м — напряжение изгиба.
Легко установить, что
р
4й '
A)
лс!Чг '
и поскольку 2а' — о", то
при
Рис. 284.
как в точке А, так и в точке В имеем следующее условие:
Если же | а'и | > о'р, то в точке А
13 В. И Феодосьев

194 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
а в точке В
. [87,,
Во всех случаях, следовательно, точки А и В равноопасны.
График зависимости аакв от &м показан на рис. 285.
Величины о'р, о"р и о'м определяются выражениями A). При
1амКар запас прочности системы не зависит от величины
приложенного момента М. Этот вывод является следствием
теории прочности максимальных касательных напряжений,
исключающей роль а2, т. е. роль промежуточного главного
напряжения. По энергетической теории прочности аэкв зависит
непрерывным образом от момента М. На графике рис. 285
эта зависимость показана штриховой кривой.
Ps
V
3
г
t
/л
/.
О 1 Z 3 Ч 5 В
Рис. 285.
Рис. 286.
87. Решение, приведенное на стр. 38, неправильно, так
как в нем неверно вычислены напряжения ох й а2. Рассмо-
Рассмотрим условие равновесия части сферы (рис. 286):
В обычных случаях величиной у в скобках можно пре-
пренебречь по сравнению с R. Здесь этого сделать нельзя, по-
поскольку р1 и р.г велики, а разность между ними мала. Поэтому
(Pi — Л) & - (Pi -f- Pi) Rh +0», — p2) ^ = ofiRh.
Третьим членом в левой части этого уравнения можно пре-
пренебречь.

88] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 195
Если бы рх и р2 сильно разнились, мы пренебрегли бы
и вторым членом, но сейчас этого сделать нельзя. Итак,
__ _ (Р\ — Pi) R
а, = о, =
2/2
2
= — Pi-
= 5\0 кг\см\
ат _ 3000 _ _
Лт — '- — -1Г. = О,Во.
оэкв 510
88> Обозначим через рх контактное давление, действую-
действующее на поверхности соприкасания цилиндра с трубкой, и
определим главные напряжения для обеих деталей.
'-в
p E*i
I
!
l
i
tmtitmt
Рис. 287.
Для трубки (рис. 287) из условий равновесия получаем
_ R R + h
° — PiT~p h~-
У внутренней поверхности два других главных напряже-
напряжения будут — р и — plt поэтому окружное относительное удли-
удлинение трубки будет
е = 1-[а_ц (_/,_/?1)]>
где ?тр и (J,Tp — модуль упругости и коэффициент Пуассона
материала трубки. Подставляя а, получаем
13*

196 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Для цилиндра имеем
?ц = -щ [— Pi — Мц(— Р — Р1I
Но ?тр = ец; из этого условия находим р{.
Т
Из выражения для а, исключая рх, получаем
1-2цтр 1-2цц
R ^
Положим, что
1-2ЦтР У-2}1Ц
?тР > ?ц
Тогда легко показать, что рх~> р и что а > — р. Следо-
Следовательно,
О[ = а,
откуда
1—2Мтр 1—2цц
Так как Rjh много больше единицы, то
— 2ftTp 1— 2цц>
°9КВ Р^Тр \ ?~
и тогда условие возникновения в трубке пластических дефор-
деформаций может быть написано в виде
„Е

•9] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 197
Если
—2ц
тр
тр
—g—, то будем иметь рх<, р.
В этом случае контакт между трубкой и цилиндром рас-
раскроется и оба тела будут деформироваться независимо.
Чтобы оценить порядок величины давления р, решим чис-
числовой пример. Цилиндр стальной:
?„ = 2. 106
цц = 0,3. %
Для трубки из органического стекла задано:
Етр = 3. 104 кг/см2; |хтр = 0,35, от = 750 кг,'см2.
Подсчет дает
р = ^ = 2550 кг,'см2.
1 — 2цтр —¦ A — 2|яц)
Эта цифра является ориентировочной, поскольку в решении
не учитывается изменение от при изменении давления и недо-
недостаточно точно задано значение |хтр.
89. Концы изогнутой проволоки будут давлением р
выталкиваться наружу, и проволока будет выпрямляться. Если
проволоку удерживать в изогнутом состоянии, выталкивающие
силы будут равны произведению давления р на величину
некомпенсированной площади F (рис. 288; АА — сечение,
наиболее отклоненное от оси). Площадь F, очевидно, не
может быть больше площади сечения проволоки.
Если проволока совершенно гибкая, то она выпрямится
полностью и не будет испытывать осевого растяжения (F—0).
Напряженное состояние для этого случая показано на рис. 289.
Если проволока обладает некоторой жесткостью на изгиб,
полностью она не выпрямится и в ней будет некоторое

Ю8 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |!W.
натяжение pF. В ней, кроме того, возникнут напряжения
изгиба.
Рис. 289.
90« Описанная постановка опыта не устраняет влияния
изменения объема. Относительное изменение объема внутрен-
внутренней полости сосуда равно относительному изменению объема
материала сосуда. Поэтому для определения истинного зна-
значения коэффициента сжимаемости следует к найденному по
описанной методике коэффициенту сжимаемости прибавить
коэффициент сжимаемости материала сосуда.
Замеренное по мениску ртути D изменение объема равно
Д V = AVC — AVA,
где ЛVc — изменение объема жидкости С, &УА — изменение
объема внутренней полости сосуда. Таким образом,
Рс — искомый коэффициент сжимаемости жидкости, рА —
коэффициент сжимаемости для материала сосуда, V — объем
внутренней полости сосуда.
Следовательно, пренебречь изменением объема сосуда
можно только в том случае, если рл <^ рс.
Для стекла, например.
рл = 0,25- 10~5 атм~1.
Для жидкостей коэффициент сжимаемости меняется в весьма
широких пределах и имеет следующие значения:
ртуть 0,38-КГ5 атм~\
вода 5,0 • 10~5 атм~\
спирт 7,6 • 10~6 атм~\
эфир 14,5 -10~5 атм~\

«2] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 199
Следовательно, для малосжимаемых жидкостей поправка рл
имеет весьма существенное значение.
91> Ббльшую нагрузку выдержит второй стержень.
В самом деле, в первом случае разрушению стержня
будет предшествовать образование шейки и обрыв произой-
произойдет при заметно уменьшившейся площади поперечного сечения
в зоне разрушения. Во втором же случае шейка обра-
образовываться не будет или почти не будет, так как здесь утол-
утолщенные части препятствуют сдвигу по плоскостям, наклонен-
наклоненным к оси стержня. Разрушение произойдет без сужения
поперечного сечения.
Если бы материал образцов был не пластическим, а хруп-
хрупким, то тогда первый образец не был бы слабее второго,
а при некоторых материалах, наиболее чувствительных
к местным напряжениям, был бы даже прочнее.
92* Для создания однородного чистого сдвига, т. е.
такого, при котором напряжения остаются неизменными во
всех точках тела, можно предложить следующие приемы:
1) Закручивание прямой тонкой трубы (не обязательно
круглой) с постоянной толщиной стенок (рис. 290, а).
2) Нагружетге тонкого цилиндра внутренним давлением р
при одновременном осевом сжатии силой P = 0,75pnd2. При
этом на достаточном удалении от днищ осевые сжимающие
напряжения будут равны окружным растягивающим (рис. 290, б).
3) Нагружение тонкостенного цилиндра внешним давле-
давлением р и внутренним давлением р A -|—-т-) (рис. 29Э, в).
Стенки такого цилиндра будут сжаты по нормали к середин-
серединной поверхности с напряжением р и с таким же напряжением
растянуты в окружном. В осевом направлении цилиндр не
растягивается.
4) Растяжение диагональными силами Р шарнирного па-
параллелограмма с закрепленной в нем пластинкой. При сра-
сравнительно жестких звеньях параллелограмма
т =
ahV2
где h — толщина пластины (рис. 290, г).
В краевых зонах при реальных условиях напряженное
состояние во всех перечисленных случаях будет несколько
отличаться от чистого сдвига.

200
РКШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
(92
М
В)
h г) <з
Р
pd
2b pd
Zh
У
Рис. 290.
I t
Рис, 291.

¦Зона
Всестороннем
растяжения
84] III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИИ II ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 201
Неоднородный чистый сдвиг, т. е. такой, при котором
величина напряжений не будет одинаковой для всех точек
тела, осуществляется, например, при кручении призматиче-
призматического бруса с любой формой попереч-
поперечного сечения или при нагружении весьма т
толстой трубы внутренним давлением р рХз,
(рис. 291). |
S3» В настоящее время единственным |
известным способом создания равномер-
равномерного всестороннего растяжения является
следующий.
Сплошной однородный шар, предвари-
предварительно охлажденный, быстро нагревается.
В центре шара при этом возникает ука-
указанное напряженное состояние. К сожале-
сожалению, для исследования свойств материала рнс 292
в этом напряженном состоянии, например
для определения так называемой характеристики отрыва, этот
способ непригоден.
Всестороннее (но не равномерное) растяжение возникает
в центральной части образца — зоне выточки цилиндрического
образца при его растяжении (рис. 292) *).
94. Явление проще всего объяснить с позиций теории
прочности.
Дополним внешнюю нагрузку, действующую на стержень,
до всестороннего сжатия (рис. 293), добавляя и вычитая осе-
осевые силы рР (F — площадь сечения образца). Всестороннее
Р
рШ\\\\\\\\\Ж\\\ЖЖ\\\
ttmtttmtmtftttttttttttmm
Рис. 293.
давление по теории максимальных касательных напряжений и
по' энергетической теории не оказывает влияния на прочность.
Осевое же растяжение дает разрыв с образованием шейки.
*) Предполагается, что радиус профиля выточки соизмерим
с диаметром образца.

202 РГ.ШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |Ю
Явление можно объяснить и с позиций устойчивости форм
равновесия. Если какая-либо причина вызвала местное суже*
ние стержня, появляется осевая растягивающая сила, равная
произведению давления на разность площадей Z7, — F2, где
Fj — площадь поперечного сечения стержня в зоне, удален-
удаленной от местного сужения; F — площадь поперечного сечения
в месте сужения. Появление растягивающей силы приводит
к дальнейшему развитию шейки, увеличению растягивающей
силы и последующему разрыву.
95> Приведенное соображение не может служить осно-
основанием для сомнений в правильности решения.
Диаграмма растяжения (рис. 88, а) получена для одно-
одноосного напряженного состояния. В зоне же выточки, за ис-
исключением точек, лежащих у поверхности, напряженное
состояние трехосное. Окружное и радиальное напряжения
являются здесь растягивающими. Поэтому осевое напряжение
вдесь достигает значений, больших ат.
96. Точки А к В (рис. 294) у контура отверстия.
1
ч
Рис.
\а
ВЪ
1*
294.
97. При решении задачи комбинирование приведенных
выше данных по местным напряжениям для сил и для момен-
моментов не приводит к положительному результату, и здесь нужно
поступить следующим образом.
Рассмотрим прежде всего напряженное состояние точек
цилиндра, удаленных от отверстия (прямоугольник abdc,
рис. 295, а). Очевидно,
2уИ р
о =
ndh'
Главные напряжения oY и о3 найдем по формуле

97]. III. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН. СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 203
Площадка, в которой действует наибольшее напряже-
напряжение а,, наклонена к дуге нормального круга на угол о. Этот
>год по свойствам плоского напряженного состояния (см.
рис. 295, б) определяется из соотношения
Теперь главными плоскостями выделим из трубы уча-
участок efgh, заключающий в себе рассматриваемое отверстие,
Рис. 295.
и прилегающую к нему зону местных напряжений (рис. 295, в).
По справочным данным для такого типа нагружения пла-
пластины *) с отверстием имеем
где о'—большее и а" — меньшее из рассматриваемых на-
напряжений. В данном случае
а' = о1, а" = о3,
Это напряжение возникает у края отверстия по концам диа-
диаметра, параллельного оси 3 (точки А, рис. 295, в).
*) Цилиндрическую оболочку в зоне отверстия можно рассма-
рассматривать как пластину, если Р__ < 0,1, где р—радиус отверстия,
R — радиус цилиндра, a h — его толщина. См. Лурье А. И., Ста-
Статика тонкостенных упругих оболочек, Гостехиздат, 1947.

204 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Задача относится к числу простейших задач теории
малых пластических деформаций. Для ее решения необхо-
необходимо прежде всего перестроить диаграмму а = /(е) в диа-
диаграмму т = ф (V).
Согласно теории пластичности между интенсивностью
ЙВпряжений
at — yf К(°2 — °зJ + (°з — °J2 4- (о, — а2J
и интенсивностью деформаций
для данного материала существует определенная функциональ-
функциональная зависимость
о,= Ф(е,), A)
неиаменная при всех напряженных состояниях. В частности,
и при растяжении, когда
o"j = о, а2 = Oj = 0, Oi = о,
2
Если принять м. = 0,5, то ег = е. При кручении
a,==T, а2 = 0, о3 = — т,
е1=-^, е2 = 0, е3= —, et~—т=-'
Но согласно выражению A)
о = Ф(е).
Первое из этих уравнений является уравнением диаграммы
растяжения материала. Перестройка диаграммы, следовательно,
производится простой заменой а на т )^3 и е на -7=-
На рис. 296 показан пример подобной перестройки диа-
диаграммы. Угол закручивания 0 в зависимости от момента М
определяется аналогично тому, как определялось изменение
кривизны в задаче 78. Угол сдвига у на расстоянии р от оси
бруса будет:

991
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
205
где d — диаметр сечения. Крутящий момент равен
d/2
= 2л J
d у
но так как расстояние р = 75 !—. то
' Ymax
nd»
Стоящий в этом выражении интеграл есть момент инерции
криволинейного треугольника ОАВ относительно оси орди-
ординат (рис. 296).
(Г
0
(
1
ь
/max
Рис. 296.
Таким образом, определение искомой зависимости произ-
производится следующим образом. Задаваясь значением Ymax> опре-
определяем момент инерции треугольника ОАВ. Далее, по фор-
формулам B) и C) определяем 0 и Ж. Проделывая эту опера-
операцию для нескольких значений Ymax- можно построить искомую
зависимость.
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
99< Длина верхней свободной части стержня равна
Существование формы равновесия с искривленной осью
для втого участка возможно при
4M-TJ

206
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[100
а для нижнего участка, имеющего длину Л, = —, — при
Р>
р\2 *
Обозначим
(f
Ь5-*
= Ро-
Тогда выписанные выше условия существования криволиней-
криволинейных форм равновесия примут вид
1
р (\ — р) ~>-г р0, />3>4/?0. A)
t
Так как Х-^.1, то 0-</?-<;1. На этом интервале изме-
изменения р строим график функций рA — рJ и р3 (рис. 297).
Из этого графика и из соотно-
соотношений A) видно, что для того,
чтобы стержень не терял устой-
устойчивости, необходимо соблюде-
соблюдение следующих условий:
jPo> 27 и 4ро> 1,
откуда
. 16.
Ро > 27~>
но по предыдущему
Рис. 297.
следовательно, жесткость пружины с должна быть меньше
следующей величины:
27 я2?У
16 I3 '
100. Рассмотрим контур изогнутой пластинки (рис. 298).
Дифференциальные уравнения упругой линии для первой
и второй частей пластинки при силе Р, направленной вниз,
будут:

1001
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
207
Обозначая -^j = a2, получаем:
откуда
3>j = Л1 sin ax 4- Bl cos ах,
3>2 = А2 sh ax -j- B2 ch ax.
Постоянные определяются из следующих условий:
1) при л: = 0 у, = 0,
2) при x = J 3»i = .b
3) при х == I у\ = у!2,
4) при х — 0 у'2 = 0.
Из первого и последнего условий получаем
из второго и третьего —
A j sin al = fi2 ch al,
At cosal — B2shal,
откуда следует, что
tg al th al = 1
или
al = 0.938, Якр = -^
1
A) /~St~~
p
\
p
G)
r ¦
Рис. 298.
Если сила Р направлена вверх, знак при а2 меняется на об-
обратный и трансцендентное уравнение A) принимает вид
tg/anh/a/=l.
Ho tg lal= :— , a th lal — i tg al. Поэтому имеем
tg of th al = — 1,
a/ = 2,35, PKp = i^-.
откуда

208 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ Р01
101 • Рассмотрим стержень в изогнутом состоянии при
отброшенной верхней опоре (рис. 299). Вертикальную реак-
реакцию этой опоры обозначим через Я,, а го-
горизонтальную — через Q.
Первый вопрос, который здесь возни-
возникает, — это вопрос о величине этих реакций.
Сила Q определяется из условия равенства
нулю моментов относительно точки А, что
дает
До начала выпучивания сила Р1=-1у.
Поскольку отклонение от прямолинейной
формы может быть принято сколь угодно ма-
малым, при выпучивании силу Р1 можно также
р
считать равной -к- (см. решение задачи 103).
Теперь составляем дифференциальные уравнения изогнутой
оси стержня по участкам:
или, иначе,
у1; - а2у, = — 2а2 L х,
у; + а?у2 = -Ж L
где
w ~~ 1EJ ¦
Решая уравнения, получаем:
If
ух = A sh ax -f- В ch ах -f- -j- x,
If
у2 = Csinax-{-D cos ах j- x -\ 2/.
При х = 0 У1 = 0,
При х = -„- У[ =у2 = / И ух = >121
при х = / у2 = 0.

mi)
iv. устойчивость
209
Следовательно,
1) В = 0,
2) л4
3) Csln-y
4) Aach
= Ca cos -jj Da sin -s
2/
5) С sin a/ + ?> cos al = 0.
Из уравнения 2) вытекает, что Л = 0 (т. е. верхняя часть
стержня не искривляется). Последние три уравнения прини-
принимают вид:
Csin^--fDcos— = 0,
Ca cos -к Da sin -x ~ = 0,
С sin al-{~D cos a/ = 0.
В том случае, когда определитель системы не равен нулю,
все постоянные С, D, f равны нулю. Тогда У1 = .У2 —°. и
стержень остается прямолинейным. Решение может быть не-
ненулевым, если определитель равен нулю. Это дает возмож-
возможность найти критическую силу Р
sin
a'
cos
al
at ¦
у
о/
al .
acos-к asm-g-
0
4
откуда
sin al
al
cos al
= 0,
a/
Если бы верхний конец стержня имел возможность сме-
смешаться по вертикали, критическая сила была бы в четыре
18 IF I
с лишним раза меньшей, т. е. —^—•
14 В. И. Феодосьев

210
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|1©2.
102. Снимем мысленно гайку с болта и рассмотрим силы,
действующие на болт и на трубку. На рис. 300 показаны
оси болта и трубки после потери устойчивости и показаны
внутренние силовые факторы Р, Q и Мо. Очевидно, для
трубки
Mll3r = Pyl — Qx — M0,
для болта
Дифференциальные уравнения упругих линий трубки и
болта будут следующими:
Трубка.
Решая эти уравнения, получим:
yt — Ах $\пахх-\-Вх
-р х-\- —р->
a2A; -\-B2 ch a2x -j--О.
^
Последние два слагаемых обоих выражений представляют
собой частные решения уравнений. Постоянные величины Ах,
Вх, А2, В2, Q и Мо определяются из следующих условий:
при дг = О
при л: =
= 0. У2 = О, У[ = у'г

103] IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 211
Из первых трех условий находим:
Bl = B2 = —f-, A2 = A^. A)
Последние три условия дают:
Л! sin a,/-f fij cos а,/+-5-/ +-^-== 0,
Л2 sh а2/+В2 ch а2/+ ^-/ + ^ = О,
Л^ cos а{1 — B^i sin а^ = Л2а2 ch а2/ -\~ В2а2 sh a2l.
Подставляем в эти уравнения Вх, В2 и Л2 из A). Тогда
^ ^ = 0,
(cos а{1 — ch a2/) + —&- (аг sin a^ -)- а2 sh a2l) = 0.
= 0,
Приравнивая нулю определитель
откуд;
sinc^i
jji-sha2/
аг (cos аг1 — ch a2/)
i
I
I
0
1
1
ai
системы,
—cos(V
— ch a2l
sina1/ +
получаем
a2sha2/
2z1z2(chz2coszl — 1) = ^— zf)sh z2s'm zv B)
где zl = all, z2 = a2l. При заданном отношении жесткостей
можно выразить z2 через zu а затем, решая трансцендентное
уравнение B), определить критическую силу затяжки Р.
В частности, при E1Jl=E2J2 = EJ имеем z{ = z2= z,
и тогда ch2cos2=l, откуда
2_473 Р -
103» Можно утверждать, что форма упругой линии изо-
изогнутого стержня при заданной сжимающей силе будет одной
и той же независимо от причин, какими вызвана эта сжи-
сжимающая сила.
14*

212 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1104
При заданном отклонении стержня от прямолинейного
положения сила, сжимающая стержень, при любых обстоя-
обстоятельствах должна быть одной и той же. Неограниченно
уменьшая кривизну стержня, мы неминуемо придем к выводу,
что критическая сила для рассматриваемого стержня будет
одной и той же как в обычном случае нагружения стержня
мертвым грузом, так и в рассмотренном случае температур-
температурного воздействия.
Можно рассуждать и так. Изгибающий момент в стержне
пропорционален первой степени прогиба у, а изменение сжи-
сжимающей силы происходит на вертикальном перемещении,
пропорциональном второй степени величины у'. Следова-
Следовательно, величина у может быть всегда выбрана достаточно
малой для того, чтобы
можно было не считаться
с изменением силы.
104. При формаль-
формальном подходе к выбору
аппроксимирующей функ-
функции можно получить ре-
Рис. 301. вультат весьма далекий от
действительности.
Так, например, примем, что форма упругой линии для
шарнирно закрепленного сжатого стержня (рис. 301) выра-
выражается функцией
л ( ¦ ях i 1 . птх\ ,,ч
у = А\5\п-Т-\- — sin—j-y A)
При /гс—>со принятая функция неограниченно приближается
к точному значению функции, выражающей форму упругой
линии, т. е.
Критическая же сила Р, найденная на основе этой функции.
внергетическим методом, оказывается равной
i
EJ JV* dx
р _
КР
__
КР i — 2 1г
'3
\s
dx

105}
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
213
и при /га->оо, как видим, неограниченно удаляется от точ-
точного значения.
Особенность функции A) заключается в том, что она
хорошо отражает вид первообразной функции у, но резко
расходится с ней во второй производной, т. е. в выражении
кривизны.
Пример поучителен тем, что при его помощи наглядно
подчеркивается общее правило. При выборе аппроксимирую-
аппроксимирующей функции необходимо следить также и за степенью при-
приближения ее производных, включая высшую из входящих
в выражение энергии.
1О5« Сначала решим вспомогательную задачу.
Возьмем шарнирно закрепленный стержень длиной /, на-
нагруженный сжимающей силой
и моментами Мо и М
Рис. 302.
(рис. 302, а). Дифференциальное уравнение упругой линии
стержня будет:
EJy" = Мо—Rx — Ny,
где R — реакция опор. Далее получим:
1 '",-/?*), A)
где a? = NiEJ.
Очевидно, при х = 0 и при х = 1 перемещение у = 0.
Примем, кроме того, что при х = 0, у' = 0. Используя эти
условия и учитывая, что
и Ма — At,

214 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1105.
исключим в выражении A) величины А, В, Мо и /?. Тогда
получим:
У —
Мх A — cos al) (а* — sin or/)
Г 1 — cos ах ах— sin ах
L 1 — cos а/ а/— sin а/ J"
EJa2 al cos a/ — sin al
Величина момента М{ остается неопределенной.
Угол поворота стержня на правой опоре равен
М, — 2 + 2 cos a/+ a/sin a/
~Ш al cos al — sin al
Если сила N будет не сжимающей, а растягивающей, то
величину а надо заменить на ia, cos al — на ch al, a sin a/ —
на /shot/. Тогда выражение B) примет вид
„ М| — 2 + 2cha/ — alshal .„,
Z7a a/cha/ —sha/ * W
Теперь обратимся к заданной стержневой системе
(рис. 302, б). Нижний горизонтальный стержень сжат силой
р
Nt=P ctg(f, а верхний растянут силой М,= ——.
sin ш
В точке приложения силы Р перемещения для одного и
другого стержня с точностью до величины высшего порядка
малости равны нулю. Левые концы стержней защемлены. Следо-
Следовательно, схема защемленно-опертого стержня (рис. 302, а)
соответствует условиям закрепления и нагружения стержней,
входящих в заданную раму. Остается только выполнить усло-
условия сопряжения. Эти условия сводятся к равенству углов О
и равенству моментов в общей точке.
Обращаемся к выражениям B) и C). В первом из них
заменяем al на а.,/,, а во втором на а^2- Очевидно,
_L-1/ , D)
cos <p V EJ sin ф ч '
Поскольку моменты в точке сопряжения направлены навстречу
друг другу, то в одном из выражений B) или C) знак при Ж,
меняем на обратный. Приравнивая углы 0, получаем следую-
следующее трансцендентное уравнение:
1_ — 2-J-2 cosaifi +at/i slna,/,
a\l\ a,/, cos a,/, — sin a,/, ~~
a2/; sh a2/2
a2/2 cos ф a2/2 ch a2/j — sh a^

Ю61 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
К этому уравнению добавляется соотношение
215
Определяя для нескольких значений <р величину a1l1 ¦¦
1/ -^y-ctgq), получаем следующую таблицу:
я>°
Якр/2
EJ
0
0
10
5,55
20
11,46
30
18,21
26,57
50
38,08
во
56,18
70
91,37
80
196,9
90
00
1О8ш Предположим, что точка А вышла из плоскости BCDE.
К балкам BD и СЕ в точке А приложим усилия Рг (рис. 303),
после чего будем рассма-
рассматривать балки раздельно. У
Дифференциальное урав- р
нение изгиба балки BD ~*~?
будет:
в
¦?-
Для балки СЕ имеем:
D Р
Рис. 303.
Решение этих уравнений в порядке последовательности
•будет:
I P
--^-p^ x,
где
ct —
EJ
В точке х = 0 прогиб у в обоих случаях обращается
в нуль. Поэтому

216 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |10»
Для симметричных форм потери устойчивости при х = 1 угол
наклона / = 0, откуда
1 2Pa ch al ' 3 2Pa cos al '
Наконец, из условия равенства прогибов балок в точке А
получим:
Сх sh aJ — C3 sin al,
или согласно предыдущему
откуда
а/= 3,926, Ркр = -^. A)
Кроме того, имеется вторая возможность потери устойчи-
устойчивости сжатого стержня СЕ. Этот стержень может изогнуться
по двум полуволнам при неподвижной точке А. При этом
стержень BD будет закручиваться. Рассмотрим оба стержня
раздельно (рис. 304). Дифференциальное уравнение изогнутой
оси стержня СЕ будет:
Р В ? DP
х'<
B)
где ф — угол поворота среднего сечения стержня BD, равный
М I
где с — жесткость на кручение растянутого тонкого стержня;
согласно решению задачи 29 имеем:
X
р"
--*—г
—i
V
1
\
§¦¦
, [.
Рис.
.
i,
304,
А.
Р
1
откуда
y — Cxsinax-{-
f + C2 cos ax
при * = 0 у =
» х — 1 у =
^ х = 1 у'
+
0.
0,
2Р/
Ф.

106| IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
Граничные условия B) дают:
М
217
г i _i_ м _ м
и [ a cos o.i -f- 2pi —• ?г
откуда, приравнивая нулю определитель системы, получаем:
J_
1 ,_ , Р
" 1 , I
Поскольку
> = a2EJ, G=-
2A
ьп3
то
igal~al-
2
ь*
а2/2
2
JL
12Г
Рис. 305.
Так как b много меньше I, a al должно иметь величину
порядка З-т-4 единицы, то, очевидно, в правой части урав-
уравнения можно пренебречь членами, содержащими Ь2; тогда
получаем:
. , 2а/
При ц =1= 0,3
al = 3,51, Р — l2MJ
кр
C)
Это значение Якр меньше вычисленного ранее A). Потеря
устойчивости стержня СЕ, следовательно, произойдет по двум
полуволнам.
При дальнейшем росте силы Р усилие в сжатом стержне
остается почти неизменным, и ббльшая часть нагрузки будет
восприниматься растянутой диагональю ВС.
Рассмотренная в задаче система является аналогом тонко-
тонкостенной панели BCDE (рис. 305), работающей в условиях

218 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ \Щ
сдвига. Такого рода элементы типичны дли авиационных и
ракетных конструкций. При потере устойчивости происходит
диагональное образование волн, но ианель, потеряв способ-
способность нести дополнительную сжимающую нагрузку по диаго-
диагонали СЕ, успешно воспринимает растягивающие силы, дей-
действующие в перпендикулярном направлении.
107. Составляем дифференциальное уравнение изогнутой
оси бруса, полагая, что перемещения малы.
Р
Рис. 306.
Введем систему координат х, у, z (рис. 306). В сечении х
изгибающие моменты от силы Р и момента М будут:
в плоскости ху: Ру и Mz',
в плоскости xz: Pz и — My'.
Знак «плюс» или «минус» перед моментом берется в зависи-
зависимости от того, направлен ли момент в сторону увеличения
или уменьшения положительной кривизны в соответствующей
ллоскости изгиба.
Если принять, что жесткости на изгиб в плоскостях ху
и xz одинаковы, то уравнения упругой линии можно напи-
написать в виде
EJy" = Py + Mzr. 1
EJz" = Pz — Ж/. J
EJz"
Решение этой системы возьмем в виде
у = A cosajX-|--SsinaiX-|-C cosa2x-|- Dsina^x,
z-= A sinajX — Scesajje-f- Csi-ащх— D
где a, и а2 — корни квадратного уравнения
о , М , Р
B)

I«8i tV. УСТОЙЧИВОСТЬ 219
В случае шарнирного закрепления стержня имеем следующие
граничные условия:
яри лг = О" y=z = 0,
при х = 1 y = z = 0.
Отсюда получаем четыре уравнения:
A cos a,/ -j- В sin а^ -|- Ccosa2/-|- Dsina2/ —О,
Л sin а^ — Bcos а,/ -^- С sin а2/ — D cos а2/ = 0.
Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем:
cos(a2—al)l= I,
или
(Oj — a,)Z = O. 2л; 4л;...
Но согласно уравнению B)
следовательно,
Л1кр=
где Я,— эйлерова сила
Таким образом, ири увеличении растягивающей силы Р кри-
критический момент возрастает. Если сила Р — сжимающая,
момент М уменьшается. При сжимающей силе Р = РЭ вели-
величина Мкр, как и следовало ожидать, равна нулю.
108* Стержень потерять устойчивость не может. В самом
деле, положим, что по какой-то причине стержень несколько
изогнулся (рис. 307). В обычном случае, т. е. при нагруже-
нии стержня только продольными силами, это искривление
вызовет появление изгибающего момента М = Ру, стремя-
стремящегося увеличить кривизну стержня.
При достаточно большой силе Р стержень (по устранении
причин, вызвавших искривление) первоначальную прямоли-
прямолинейную форму равновесия не примет. Тогда мы говорим, что

220 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ Р0»
прямолинейная форма равновесия стержня является неустой-
неустойчивой.
В рассматриваемой задаче дело обстоит совершенно иначе.
На стержень в изогнутом положении внешние моменты не
действуют. Давление, действующее на по-
верхность стержня, расположенную выше
сечения АА, не дает изгибающего мо-
момента и приводится только к нормаль-
нормальной силе в сечении, равной pF. Поэтому,
если удалить причины, вызвавшие искри-
вление, стержень свободно вернется в пер-
первоначальное прямолинейное положение,
сколь велико ни было бы давление р.
Прямолинейная форма равновесия, таким
^^_^_^^ образом, всегда устойчива.
•*/////)?/¦/¦///¦, В подтверждение сказанного можно
Рис. 307. обратиться к нашим повседневным наблю-
наблюдениям. Ведь не мешает же атмосферное
давление сохранять прямолинейную форму тонкой соломинке
при любой ее длине и жесткости!
109. Стержень потеряет устойчивость при той же длине,
при какой потерял бы устойчивость вертикально стоящий
стержень (рис. 308), имеющий удельный вес, рав-
равный разности весов жидкости и дерева.
110м Труба, заполненная жидкостью, будет
вести себя точно так же, как и свободно стоящий
стержень, находящийся под действием собственного
веса. Поэтому, если суммарный вес трубы и за-
заполнившей ее жидкости будет больше критического
Рис 308. веса для стержня той же длины и жесткости, то
труба устойчивость потеряет.
111ш Система теряет устойчивость так же, как если бы
сила была приложена непосредственно к самой трубке. В дан-
ном случае Ркр==—^—.
Иногда приходится слышать, что в рассматриваемом случае
трубка не может потерять устойчивость ни при каких усло-
условиях. Такое мнение основано на ложном представлении, что
в вопросе устойчивости по Эйлеру основную роль играет
наличие внутренней сжимающей силы. На самом деле это
не так.

112)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
221
Для того чтобы правильно решить поставленную вадачу,
достаточно рассмотреть трубку в отклоненном состоянии
(рис. 309). Для трубки дифференциальное урав-
уравнение изогнутой оси будет, как и для сжатой
стойки, следующим:
Отсюда при шарнирном закреплении концов
Получаем приведенное выше значение крити-
критической силы.
112ш После разбора предыдущей задачи
можно сразу сказать, что трубка потеряет устой-
устойчивость при
pF — —j2—•
где F — площадь сечения трубки «в свету». ™.
Существование критического давления для ,Щ,
данной системы легко обнаруживается и ив
энергетических соображений. В искривленном Рис. 309.
положении объем внутренней полости трубки
увеличивается на FX вследствие того, что трубка при изгибе
сходит с верхней пробки на величину Я, где
dx.
Критическая сила определяется из условия
pKpFX — Umr.
При обычном же нагружении стержня сжимающей силой
р > п
' Kp'v — '¦' изг>
откуда снова получаем
F-p -
р' ' Ир
/2
Рассмотренный случай потери устойчивости наглядно про-
проявляется при нагружении тонкостенного сильфона (рис. 310)

222
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ VI ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
11»
внутренним давлением. Величина критического давления опре-
определяется здесь так же, как и для стержня. Только вместо
Рис. 310.
жесткости EJ должна быть взята некоторая эквивалентная
жесткость сильфона на изгиб, а вместо Р— площадь попе-
поперечного сечения по среднему диа-
диаметру.
113ш Положим, что труба по
какой-либо причине несколько
искривилась. На рис.311 показано
это искривление, причем кривизна
взята положительной. На отрезке
трубы dx в данный момент времени
находится масса жидкости
где Р — площадь сечения трубы «в свету». При кривизне
1 d?y
канала — =-гр- текущая жидкость на участке dx даст

1Ю| IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 223
инерционную силу
направленную от центра кривизны. Интенсивность инерцион-
инерционной силы. т. е. сила, отнесенная к единице дуги, будет:
Знак минус взят, поскольку сила q при положительной
кривизне направлена против перемещения у. Но известно, что
Следовательно,
Обозначим
Тогда получим:
откуда
= Л sin ax -f-fi cos ах -j- Cx-\-D.
вий получаем:
При jc = O и x = l имеем -^^-=0 и у = 0. Из этих усло-
усло%.. B)
Весьма любопытно, что потеря устойчивости происходит
по синусоиде, т. е. так же, как и при осевом сжатии. Кроме
того, потеря устойчивости происходит при той скорости, при
которой отдача струи как раз равна критической силе Эйлера.
Действительно, отдача струи, т. е. реактивная сила струи,
равна, как известно,

224
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|П4
dm
где —п секундный расход массы, a v — скорость истече-
истечения. (Между, прочим, по этой формуле определяется тяга
ракетного двигателя.) Согласно A)
Я = -1 /V.
Подставляя сюда v из B), получим, что сила отдачи струи
u2Fl
равна критической силе Эйлера Р = 2" . Не следует,
однако, полагать, что труба сжимается силой отдачи. Труба
теряет устойчивость, не испытывая сжимающего усилия, по-
подобно тому как это имеет место в случае, рассмотренном
в задаче 111.
114. Рассмотрим хорошо знакомую формулу: «берем
наименьший, отличный от нуля корень уравнения...»
Это выражение из-за своей очевидности приобрело, образно
говоря, «кодовый» характер и над его содержанием обычно
не задумываются.
В самом деле, «наименьший» — потому, что нас интере-
интересует первое, наименьшее значение критической силы. «Отлич-
«Отличный от нуля» — потому, что
при нулевом значении корня
мы получаем исходную нуле-
нулевую форму равновесия. Та-
Такое решение не представляет
интереса.
В рассматриваемой си-
п
стеме при — <] 0,5 нужно
брать именно нулевое значе-
значение al. При отсутствии сил
трения система представляет
собой механизм. Стержень
теряет устойчивость как
D
жесткое целое при сколь угодно малой силе Р. При -у = 0,5
оба торца очерчены дугами круга, центр которого нахо-
находится на середине стержня (рис. 312, а). Это предельное
значение параметра Rjl, с дальнейшим увеличением которого
появляются изгибные формы потери устойчивости. Таким

115]
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
225
образом, при отсутствии сил трения критические состояния
характеризуются на диаграмме (рис. 313) кривой ОАВ.
По мере увеличения радиуса R потеря устойчивости про-
происходит все с ббльшим и ббльшим искривлением стержня при
наличии поперечного скольжения торцов или свободного по-
поперечного смещения плит. В пределе при R = со потеря
1
А
05
1.0
Рис. 313.
1.5
устойчивости происходит по форме, показанной на рис. 312, б,
т. е. при al — л и, следовательно, Ркр— ¦¦ .2 ¦
Если плиты не могут свободно смещаться в поперечном
направлении, а силы трения достаточны, чтобы не допустить
проскальзывания, то критическое состояние стержня в зави-
зависимости от R/1 характеризуется кривой С (рис. 313). При
— = со потеря устойчивости происходит по форме рис. 312, в;
р
при этом -—- = 4, следовательно, Ркр =
115> При силе Р==-
стержень теряет устойчивость
и затем средней своей частью касается стенок трубы.
2 С /
Примем, что при Р > —^— существует зона 12 плотного
прилегания стержня к стенкам трубы (рис. 314). Составим
15 В. И Феодосьев

226 ~ _ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ H'S
уравнение упругой линии стержня на участке 0 -< х •< /х:
R I P \
= Asina.x-\-Bcosax-\--p-х \a2 — ~Ej)'>
в
я „у
-4—1
.г
при х = 0 у =
откуда
-х-
Рис. 314.
Аи cos a/i + -^- = 0 .
A)
На участке 12 стержень остается прямым. Следовательно,
на этом участке Мизг = 0. Поэтому согласно рис. 314
откуда
Из уравнений A) находим:
= — (si п алг -\- ах);
из выражения B) следует, что при /, =
Это означает, что в случае
4n'EJ
I3
B)
C)
D)

us) iv. устойчивость 227
стержень соприкасается со стенкой только в одной течке и
лишь при
происходит прилегание по участку.
Если средний прямой участок станет достаточио длинным,
то на нем также может произойти потеря устойчивости.
Определим, при какой длине 1г это произойдет. Критическая
сила для среднего участка будет
Но, с другой стороны, Р=—j—. Приравнивая эти силы.
находим
После того как средний участок изогнется, 1Х скачком
изменит свое значение и станет равным -щ. Рассматривая
теперь каждую треть стержня как новый самостоятельный
стержень, мы можем сохранить полученные выше уравнения,
заменив в них / на -=-. Выражение D) при этом даст:
6
Это означает, что при
р 36я2?7
начинается снова прилегание стержня к стенкам по участкам.
При
16я*?/
стержень соприкасается со стенками в трех точках.
При разгрузке стержень отойдет от верхней стенки не
„ 16я2?У п 9я2?У
при силе Р = —j-2—, а очевидно, при Р = —-~—.
15*

228
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[115
На рис. 315 показаны основные формы равновесия стержни
и даны интервалы изменения сил при нагрузке и разгрузке.
При любых значениях силы Р изогнутые участки стержня
от точки перегиба до соседней точки прилегания к стенке
4M
У////У///S//S/S//S.
\и
/////,У/////////
l^W
X
у^"Ч. . у^^у
~ш
^^1
^^
///S//S/S/////////А
//У/// /// /SS/.
¦"/ О'Л
^^N. >^\
/^z/ нагрузке
Р4-
iA
чп'р е с< ИкгЕЗ
-jr-iPS-jT-
ЗВПЮ
1г
®jp4P*
1*1* I I
-1
Рис. 315.
При разгрузке
Р4-
имеют длину /[ и описываются выражением C), составленным
для крайнего левого участка. Изгибающий момент
EJyf = —EJ^-slnax
l
имеет максимальное значение уИтах =
Наибольшее напряжение равно
Р EJAn
/2 *
где W — момент сопротивления сечения.
Если стержень имеет круглое поперечное сечение, то
0тят — *
nd2
я Ed
г> ,2
E)
Рассмотрим два примера.
1) Положим, что сила Р, сжимающая стержень, равна

116]
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
229
Из рисунков (рис. 315) видим, что в интервале
. п
г1
/ = COnSt. =-тг.
1 О
Выражение E) даст
2) Положим, что сила Р =
/2
/, зависит от Р. Следовательно, согласно
выражению B)
т •
oW/
EJ
Тогда из формулы E)
49л dE
11S* На упругой линии изогнутого
стержня (рис. 316) точки перегиба разде- р fi
ляют участки стержня, имеющие жесткость
EJX и EJ2. Длина отрезка /, определяется из условия равен-
равенства критических сил для участков. Очевидно,
откуда
41?
где
Если Л = 1, то, как и следовало ожидать, /j = -j-. При
= 0 имеем /, = U, а при ft = co получаем /j = //2. Форма

230
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
упругой линии изогнутого стержня для этих частных случаев
показана на рис. 317. Критическая сила определяется из
выражения A) путем исключения величины 1{.
B)
Если при потере устойчивости
стержень выпучивается в противопо-
противоположную сторону, т. е. не вправо, а
влево, жесткости EJl и EJ2 в получен-
полученных выражениях следует поменять ме-
местами. Величина /j при этом изменит-
изменится, но критическая сила остается той
же. Действительно, при выпучивании
стержня влево замена ?7j на EJ2 дает
Рис. 317. k
что приводит к выражению B).
117. Отклоняя стержень от вертикали (рис. 318), видим,
что положение груза не меняется. Сила Р работы не про-
производит. Устойчивость прямолинейной формы равно-
равновесия сохраняется при любом Р.
118« Естественно, что, в отличие от предыду-
предыдущего случая, здесь стержень теряет устойчивость
Пока трос не лег на стенку трубки, т. е. пока
прогиб / не превысил Д, зависимость между Р и /
выражается отрезком прямой Р = -туг" — const.
(рис. 320). Прогиб является неопределенным. От-
Отклонения от этой прямой могут быть обнаружены
только при помощи теории больших перемещений.
Любопытной особенностью задачи является то, что
при увеличивающихся в дальнейшем прогибах перемещение /
определяется уже на основе обычной линейной теории.
После того, как часть троса легла на изогнутую стенку
трубки, имеем два участка: О А и А В (рис. 319).
р
Рис. 318.

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
231
На участке О А изгибающий момент равен РА, и трубка
изгибается по кривой второго порядка
ЯД ,,
у — ttf-t хг.
Прогиб в точке А будет
2?У
Если бы стержень на участке АВ не
искривлялся, то перемещение в точке В
было бы следующим:
2?У
_ ЯД
~~ 2?У
Но второй участок искривляется ровно настолько, чтобы
точка В отклонилась от касательной АВ на А. Следовательно,
или
Величина а представляет длину такого защемленного одним
концом стержня, который теряет р
устойчивость при силе Р, т. е.
/> = ¦
4а2 '
Следовательно, а2 =
4Я
тогда
1
или
4
3
г
/
/
Д — 8 \РЪ Х
Рис. 320.
где Ps = - ./2 ¦• ¦ Зависимость f от Р показана на рис. 320.
119» Во втором случае критическая сила будет вчетверо
больше, чем в первом. Чтобы убедиться в этом, достаточно

232
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[120
рассмотреть стойку в обоих случаях в изогнутом состоянии
(рис. 321).
В первом случае
4/2
Во втором случае в процессе искривления бруса сила
следит за нижним концом стержня, вследствие чего изгибаю-
изгибающий момент в защемлении постоянно равен нулю. Следова-
Следовательно, второй случай иагружеиия стойки ничем не отличается
Рис. 321.
от случая шарнирного закрепления стойки по концам (рис. 321).
Поэтому здесь Ркр = .2" .
120« Разложим силу Р иа вертикальную и горизон-
горизонтальную составляющие (рис. 322):
верт
¦Р. Р
гор ¦
и напишем уравнение упругой линии балки:
'///////У//////,
Рис. 322.
р
Обозначим -щ = а2. Тогда уравнение и его
решение будут:
у = A sin ax -f В cos ax -f- — х.
Для определения А, В и / имеем следующие граничные
условия:
при дг = О }> = 0,
при x = l y = f, / = 0,

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
233
откуда
0,
A sin al H——/ = /, Ла cos a/4-—= 0.
Критическое значение силы Р находим из следующего
трансцендентного уравнения
У» \
A)
Если а = об (первый случай предыдущей за-
задачи),
я_ р _ n*EJ
Если а = / (второй случай предыдущей задачи),
а/ = я, Рк0 =
Рис 323.
При а = 0 линия действия силы постоянно пересекает
начальную вертикаль в точке jc = 0. Это возможно только
в том случае, если конец стержня не перемещается (рис. 323).
Тогда
al = 4,49.
: 20,19-^.
121. После разбора двух предыдущих задач правильное
решение поставленной задачи уже не вызывает затруднений.
Левый стержень длины Ь находится под действием пово-
поворачивающейся сжимающей силы (рис. 324), линия дей-
действия которой постоянно
проходит через точку А. ^-*?___
Поэтому для левого стержня it—«r^lj
критическая сила будет не 1-_^__Л__
ягЕ1
-^-, как это может на пер- рис 324
вый взгляд показаться, а бу-
будет той, какую дает трансцендентное уравнение A) предыду-
предыдущей задачи, если принять *в нем Ь вместо /, а вместо а
положить а= — (I — b), т. е. tgab — al, где a = l/-^.
Критическая сила для правого стержня будет:
Р —
1<р~

234
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|122
Запас устойчивости стержней будет одинаков, если будут
одинаковы критические силы. Поэтому
/°кр я . nb nl
Отсюда и находим искомое отношение у:
b
1-±
т = 0,301.
д«
122« Рассмотрим условия равновесия изогнутого элемента
кольца длиной ds (рис. 325).
В сечениях кольца возникает поперечная сила Q, изги-
изгибающий момент М и нормальная сила, которая представлена
в виде суммы докритической силы qR и малого добавка N.
Та или иная особенность пове-
поведения внешней нагрузки учиты-
учитывается введением нормальной qn
и касательной qt составляю-
составляющих. В частности, если кольцо
нагружено силами давления газа
или жидкости, qn — qt = 0. Че-
Через /?! обозначен новый мест-
местный радиус кривизны элемента
5~==~п "л> (U
рис 325
где % — изменение кривизны
дуги кольца.
Составляем уравнения равновесия элемента:
dM dN Q . dQ N+qR n
Исключаем \\RX и, учитывая, что и, Q и N — величины
малые, удерживаем только их первые степени. Тогда
dM dN _±_ ^ ^_ Q
Так как M — EJn, то, исключая далее N и Q, получим:
B)

122] IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 235
Положим, что кольцо нагружено давлением, следящим за
нормалью к поверхности. Тогда, как уже говорилось,
Принимая % = A sin -„-, находим:
откуда
<7кр д
Наименьшее ненулевое значение величина фкр принимает при
п = 2. В результате получаем:
_ 3EJ
Рассмотрим теперь другой способ создания нагрузки q.
Предположим, что кольцо нагружено радиальными усилиями,
создаваемыми при помощи множества резиновых нитей, соб-
собранных в центре в узел (рис. 116, б). В этом случае нагрузка q
следит за центром кольца. При повороте дуги ds образуется
составляющая касательной нагрузки
dw
где w—радиальное перемещение точек кольца.
Если нити достаточно податливы или если каждая из них
натягивается самостоятельно, то при возникновении переме-
перемещений w нормальная составляющая внешних сил меняться
не будет и, следовательно, qn = 0.
Изменение кривизны н выражается через w следующим
образом:
d} w
и уравнение B) принимает вид
EJ

236
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[123
Полагая да = A sin
При п~2
ns
~R
*7кр ==
получим:
— IJ EJ
(яа — 2) /?з
9?У
<7кр =
2R3
т. е. критическая нагрузка оказывается в 1,5 раза выше, чем
при гидростатическом нагружении.
Если нити, обладающие некоторой жесткостью, натяги-
натягиваются общим грузом, то при изгибе кольца происходит
перераспределение усилий. В области положительных w нити
дополнительно растягиваются, а в области отрицательных —
укорачиваются. Возникает изменение нормальной составляю-
составляющей qn. Тогда в уравнении C) получаем дополнительное слагае-
слагаемое <7Я = Kw, где К — коэффициент жесткости нитей. В итоге
KRb
EJ n(n2-l)s + -g7-
VkP— Rz я(я5 —2)
Увеличение жесткости нитей К приводит к повышению
критической нагрузки. Оно и понятно. Образующиеся до-
дополнительные усилия направлены так, что восстанавливают
круговую форму кольца. Низшее критическое значение 0кр
достигается, вообще говоря, уже не при п = 2, а при неко-
некотором другом, целочисленном и, зависящем от величины К.
123. Рассмотрим систему в отклоненном положении
равновесия (рис. 326).
Рис. 326.
Длина тяг а больше длины шатуна Ь. Поэтому возникает
составляющая сил, направленная вверх и равная

I24| IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
Прогиб / под действием этой силы будет:
237
Исключая Яр находим значение критической силы:
р _ 3?У . /1 1 ^
Г«Р— I» -\Ь а}'
124а Тема предложенной задачи та же, что и задачи 123.
В исходном состоянии моменты взаимно уравновешены, и
стержень ненапряжен. Однако при отклонении системы моментн
ведут себя по-разному. При т
изгибе в плоскости xz (рис. 327)
плоскость момента М2 пово-.
рачивается вместе с торцевым
сечением. Плоскость же мо-
момента Мх остается неизменной, м
При изгибе в плоскости ху
плоскость М2 не меняется, а по-
поворачивается плоскость дей-
действия момента Мг.
Примем для простоты, что
длины тросов, через которые
передаются силы Я, достаточно
велики. Это позволяет считать,
что поворот момента М1 в одной
плоскости и М2—в другой
плоскости полностью совпадает Рис 327
с поворотом торцового сечения.
Обозначим углы поворота этого сечения относительно осей у
и z соответственно через фу и фг. Тогда моменты в текущем
сечении А относительно подвижных осей уг и zt будут:
— z%
Получаем в итоге два уравнения:
EJzy" = Mxz' ~\~ М2(фу
Так как Jy = Jz = J, а Ж, = М2, то
EJz" — Mq>z,
';}
(о

238 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |125
откуда
M
z== W
Т
М ( х*
При х = 0 z = 0, z' = 0, у = 0, у' = 0, поэтому Лх=Л2=0;
Bj = B2=0. При л; = / у' = Фг и г' = фу; тогда
Очевидно, что фу и фг не равны нулю только в том случае,
если
Ш— + 1
EJ — -1'
что и дает значение критического момента.
125« Обращаемся к уравнениям A) предыдущей задачи.
Положив Afj=Af, а М2 = 0, получим:
EJzy" = Mz'.
Отсюда
у = Л :
г = —тг- (Ла cos ал; — Ва sin ал; + фг-+- D),
где
„2
При jc = 0 имеем у = z = 0, а также у' = z' = 0. Тогда
откуда
При л: = / угол у' = Фг. Это дает Л cos а/=0. Следо-
Следовательно, критическое состояние наступает при
«* = Т
или
Ml _ я
УЕПЕТг~ 2 '

1261
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
239
Перемена Jy и Jz местами не меняет значения критического
момента. Поэтому случаи нагружения, показанные на рис,
119, а н б, равноценны.
126« Дифференциальное уравнение упругой линии стержня
(рис. 328) будет:
откуда
у = As\nax-? 5 cos cue + /-j- /?ф,
где, как обычно, аг=-^у.
При лг = О у = 0 и / = 0.
При x = l y = f и y' — q>.
Это дает
У/77777, и
3 = 0, А —О, О у
As'mal-\-В cos al-j- Rq> —0, PlIC j2s
Act cos a/ — 5a sin al = ф.
Составляем определитель системы трех уравнений относи-
относительно неизвестных В, f и ф и приравниааем его нулю. Это
Р:
41*
0,8
0,6
0,4
0,2
¦
/
*-—
__.
МММ*
¦I ¦
12 3
5 6 7
Рис. 329.
дает трансцендентное уравнение
a/
Зависимость критической силы от 1/R показана на рис. 329

240
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|127
127. Дифференциальное уравнение упругой линии стержня
(рис. 330) будет следующим:
EJy" = P(f — y) + M. A)
Сила Р равна, очевидно, весу жидкости Р =zynR2h, где
Y — удельный вес жидкости.
Рис. 331.
Момент М определяется суммированием моментов элемен-
элементарных сил dP (рис. 331) относительно оси г. Угол <р пово-
поворота бака предполагается малым. После интегрирования
получим:
B)
Ф-
Решаем уравнение A)
у = Asinax-j- В cos ад: -j-/ -f-
При д: = 0 у = 0 и ;
При х = 1 у =
Эти условия дают:
и у== ф.
sin a/ -j- В cos а/ -J
г
Ф = 0,
Л<х cos al — Ва sin a/ s=z q>.

I27|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
241
Из двух последних уравнений получаем:
А2 , «2
4Т
Подставляя значение Р, получаем:
Тогда искомая величина -г определяется из трансцендентного
уравнения ^^
:-?-+4*)=1 C)
и зависит от двух параметров:
EJ
и о —
?/
7
В зависимости от них в каждом конкрет-
конкретном случае может быть найден уровень " "
жидкости, при котором происходит потеря Рис. 332.
устойчивости.
Если бы заполнение бака не обладало свойствами теку-
текучести, например, если бы бак заполнялся песком, момент М
был бы меньше, чем B), а именно:
М = ynR2 -к- ф.
Это привело бы к заметному повышению критической на-
нагрузки. Разница в критических силах будет тем больше, чем
больше диаметр бака. Подвижность заполнения приводит
V тому, что ив схеме, показанной на рис. 332, также воз-
возможна потеря устойчивости. Критический уровень наполне-
наполнения hjl определяется из того же трансцендентного уравне-
уравнения C) с заменой кругового тангенса гиперболическим.
16 В. И Феодосьев

242
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A28
128> Свободную- длину стержня до приложения силы Р
обозначим через /0. Длина стержня в момент потери устой-
устойчивости будет
*"P
2c '
A)
Рассмотрим стержень в искривленном состоянии (рис.
333, а). Отбрасывая пружины, получим систему сил, дейст-
действующих на планку. Эта система сил показана на рис. 333, б.
а)
¦ Рис. 333.
Со стороны первой пружины будет действовать сила -я сд<р,
Р
а со стороны второй пружины -^--{-сац>, где <р — угол
поворота планки.
Каждую из этих сил раскладываем на вертикальную и
горизонтальную составляющие. За малостью углов вертикаль-
вертикальные составляющие остаются приблизительно равными полным
значениям сил:
Р Р .
СЯф И -тр-|-саФ-
Горизонтальные составляющие для первой и второй пружин
соответственно будут:

128)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
243
где / — перемещение конца стержня. Удерживая только пер-
первые степени перемещений, получим
LL „ LL
2 1 и 2 / '
Теперь составим дифференциальные уравнения изогнутой
оси стержня:
EJy" = (~- сау) (/ + а - у) + (|- + са<р) (/ - а - у) -
или
откуда
у" + о?у = а2-у д; ^j
= A sin ах + Б cos аде + у дс—
1 2~ Т ( "*"' 2~ ~Т^ —
2са2
2са2
При дс = О у —0 и у' —0.
При x = l y = f и у' = ф.
Соответственно этим условиям получаем:
В — -
2с а2
A sin a/ -j- Б cos al — . 2 ф = О,
Рассматривая Л, В, f и <р как неизвестные, приравниваем
нулю определитель этой системы
откуда
0
а
sin al
cos а/
1
0
cos al
— asinaJ
a/ sin a/
1 — cos a/
0
T
0
1
/
2ca*
EJa*
0
2c a2
?/a2
— 1
4св2г
?У *
B)
16*

244
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[128
Искомая сила Ркр входит как в а, так ив/. Подставим
сюда / из A), т. е.
Тогда уравнение B) примет вид
a/osin[a/o(l-j-*a2/jl)] a2 2
1 - cos [a/0 A + ka%)] — — If 7'
If 7
где
k —
EJ
2cll
C)
D)
Из этого уравнения при заданных параметрах у- и ft опре-
определяется а/0, а затем и Ркр.
0.8
0,6
ОА
о,г
/
¦—
-—-
_——¦
к¦•0.5
_к=1,0
О/О
o,zs
o.s /,о
1,5 г,о
Рис. 334.
з,о j,s &
?
На рис. 334 показана зависимость -?— от у при не-
а
X
скольких значениях ft. С увеличением -р- величина Ркр воз-
растает. Точно так же Ркр возрастает с уменьшением k, т. е,
с увеличением жесткости пружин с. При с==6о имеем А = 0.

129)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
245
Тогда, если -=- Ф 0, получаем
«в
т. е. Ркр равно критической силе стержня с защемленными
концами. В случае же, если -7— = 0, но с по-прежнему равно
бесконечности, находим
т. е. Ркр равно критической силе стержня е шарнирно за-
закрепленными концами.
129> Предложенная задача затрагивает принципиально
новые вопросы устойчивости и ие может быть решена обыч-
обычными методами.
Действительно, приводя сжимающие силы,
показанные на рис. 123, в, к оси стержня, по-
получим следующую схему нагружения (рис. 335).
Стержень сжимается силами Р и одновременно
изгибается двумя моментами М — Ре в сторону,
обратную повороту торцов. Уравнение упругой
линии будет: * ,
— Py-j- Pe,
или
откуда . i
у = A sin ax -f В cos ax -f e,
при х = 0 прогиб .у = 0, как и при jc = 2/; следовательно,
cos 2а/ — 1 '
¦¦е-
-е\
sin2ai
cos2a/—
sin 2a/
$1палг — cosajc
-f ll.
Таким образом, получаются вполне определенные значения
прогибов, которые имел бы стержень, если к нему с самого
начала иагружения были бы приложены моменты Ре, которые

246 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ A29
нарастали постепенно с ростом сил Р. В приведенных вы-
выкладках, таким образом, не улавливается критический переход
от прямолинейной формы равновесия к криволинейной, и мы
получаем в чистом виде случай продольно-поперечного изгиба.
Рассмотрим основные положения устойчивости. Упругая
система называется устойчивой, если при любом, сколь угодно
малом (подчеркиваем: сколь угодно малом) отклонении от по-
положения равновесия система, предоставленная самой себе,
возвращается к исходному состоянию.
При этом, однако, остается открытым вопрос, вернется ли
упругая система в исходное положение, если ее отклонить
«посильнее», т. е. задать ей не сколь угодно малое, а просто
малое, но конечное отклонение, большее некоторой наперед
заданной величины (пусть даже очень малой величины). Не
может ли случиться, что система при
сколь угодно малых отклонениях
в исходное положение возвращается,
а при некоторых малых, но ббль-
ших заданной величины, отклоне-
отклонениях — не возвращается?
Действительно, это может иметь
Рис 336 место. Механическим аналогом ска-
сказанному может служить, например,
шарик, лежащий на вершине выпуклости в маленькой лунке
(рис. 336). Если этому шарику дать малое отклонение, он
вернется в исходное положение, а если ему сообщить достаточно
большое отклонение, он в исходное положение не вернется.
Если бы лунки не было, положение равновесия было бы
попросту неустойчивым.
Таким образом, мы приходим к новой оценке устойчи-
устойчивости, основанной на сообщении системе не сколь угодно
малых, а малых, но больших наперед заданной величины
возмущений. Такую оценку устойчивости называют оценкой
устойчивости «в большом». Обычную же оценку устойчивости,
основанную на сообщении системе сколь угодно малых пере-
перемещений, называют оценкой «в малом».
Эта терминология перенесена в устойчивость упругих
систем из общей теории устойчивости движения и в настоящее
время стала общепринятой.
Стержень в рассматриваемом примере устойчив в малом,
но не всегда устойчив в большом. В самом деле, если мы

1291 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 247
сообщим стержню весьма малое отклонение от прямолинейной
формы равновесия, восстанавливающий момент Ре будет
больше отклоняющих моментов Ру (поскольку у может быть
сделано сколь угодно малым), и по устранении причин, вы-
вызвавших малое отклонение, стержень вернется к прямолиней-
прямолинейной форме равновесия. Эго будет иметь место при любом
„ 4я?У
значении Р, не превышающем ». а , когда стержень уже
теряет устойчивость в малом по форме, показанной на
рис. 123, б.
В реальных условиях внешние возмущения (искривленность
стержня, нецентральность приложения сил, случайные толчки)
всегда имеют конечную величину, и в зависимости от этих
условий стержень переходит к новой форме равновесия
при большей или меньшей силе. Поэтому понятие устойчи-
устойчивости и неустойчивости в большом неизбежно связывается
с отсутствием или наличием соответствующих внешних воз-
воздействий.
Устойчивость в большом это — расширение классической
схемы и приближение ее к нашему, интуитивно-повседневному
представлению об устойчивости. Это — комплекс из свойств
системы и возмущений, действующих на систему. Поэтому
анализ возможных -форм равновесия является только частью
исследования устойчивости и не решает задачи полностью.
Это будет видно на примере решения некоторых последующих
задач.
Вернемся к заданной схеме сжатого стержня и составим
уравнения упругой линии в больших перемещениях. Поскольку
эти уравнения будут нужны нам и в дальнейшем, мы их вы-
выведем здесь в несколько более общей форме, чем это необ-
необходимо при решении рассматриваемой задачи *).
На рис. 337 показана часть сильно изогнутого силой Р
стержня. Введем две системы координат: систему ху, ориен-
ориентированную по касательной и нормали к упругой линии
в заделке, и систему х'у', ориентированную по силе Р.
Через б обозначим угол между направлением силы и осью х
(в нашем случае 6 = 0); ? — текущий угол между касательной
к дуге упругой линии и осью х'.
*) Этот вывод заимствован нами из книги: Попов Е. П., Не-
Нелинейные задачи статики тонких стержней, Гостехиздат, 1948.

248
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A39
Кривизна бруса в произвольной точке будет, очевидно,
выражаться через угол ? таким образом:
р ds '
где ds — элемент дуги бруса. Изгибающий момент в точке А
равен
где y'L — координата точки L. Теперь очевидно, что
~ds~~ EJ VL У
Дифференцируем это выражение по s:
d%___ P dy' .
ds2 ~ EJ ds '
НО
dy'
ds
поэтому
Обозначим
_P J2_
EJ ~~ /2 '
A)
Тогда
или же
Рис. 337. \ds} H 2 2
Умножим обе части этого равенства на -? и проинтегрируем:
B)
Постоянную Сх обозначим через A2, a sin 4- — через Л sin ф,
т. е.
sin тг = &sinit>. C)

129| ¦ IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 249
Тогда уравнение B) примет вид
/ -г- = 2бй cos ф. D)
as
Ho из C)
cos ф </ф
di = 2k
k
ds Vl—k2 sin2 ij> ds
поэтому
rfs r / /l — Л2 sin2
Интегрируя это выражение, получаем
Р
у( о. E)
Здесь через F (ф) обозначен эллиптический интеграл первого
рода
Ф
J ]l^sin^
Значения этого интеграла даются таблицами в зависимости
от k и ф.
Теперь определим уравнение упругой линии х' (s) и у' (s):
dx' = cost, ds, dy' — sinZds,
или же
dx' = A — 2 sin2 -|) ds, d/ = 2 sin |- cos-| rf*.
Если же сюда подставить
sin-^- = k sin ф,
получим:
rfjt' 2 -, /•, го—, о . .. ds
—^— = jV 1 — A:2sin2iJ)diJ) j-,
dv' ">
~— = -jr й sini|) dij).
Интегрируем эти выражения от нуля до s:
•у- = -3- A [COS ф0— COS V|7],

250 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 11Й>
где через ?(ф) обозначен эллиптический интеграл второго
рода
Ф
Я(ф)= J /l — /fe2 sin2 ф dip.
о
Эта функция также дается в таблицах.
Переходя к системе координат ху, получим:
-j- = -j- COS 6 +-у- Sin б,
-у-=-у-cos 6—
G)
Теперь перейдем к граничным условиям для рассматри-
рассматриваемого стержня. При s = l имеем: Мтт = Ре cos Z,L. Следо-
Следовательно,
dt, _ PezosZ,L
или согласно A)
На основании выражения D) имеем:
2k cos фЛ = — Р у cos
но так как
cos?i= 1 — 2sin2-^-
то из C) получаем:
C^— 1 2Й281П2ф
Таким образом, мы имеем первое граничное условие в сле-
следующем окончательном виде:
при s = l 2?cosiJ>t = — P-f(l — 2ftasin2i|jjr). (8)
Второе граничное условие таково:
? = 0 при s—0, или согласно C) ф0 —0.
Выражение E) при s~l принимает вид
= Р- (9)

129] IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
Из F) находим
251
Сближение концов стержня к будет
Наибольший прогиб равен
-cos,
A0)
Теперь построим зависимость силы Р от максимального
прогиба / при некотором заданном отношении -§-. Порядок
подсчета будет следующим. Поделим почленно уравнение (8)
на (9):
cos ф, е
При данном -щ- задаемся величиной k, а затем по таблицам
подбираем ф? так, чтобы было удовлетворено уравнение A1).
Затем из (9) находим р, а потом
~Р^~ я2?У ~~пг'
Из уравнения A0) определяем ~. Таким образом, получаем
точку зависимости
Возьмем, например, -кг = 0,02 и составим таблицу, вы-
выбирая k = sin5°, sin 10°, ...
к
0,08716
0,1736
0,259
0,342
0,707
*1
118°
ЮГ
97°
94°
90°
Р
2,06
1,778
1,725
1,694
1,854
р
Рэ
1,72
1,28
1,21
1,156
1,39
~5Г
0,0620
0,118
0,168
0,216
0,381

252
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[129
На основании этой таблицы строим кривую, показанную на
рис. 338. На этом же графике построены еще две кривые.
г
4
.1
. —
0,02
—-—
0,1
0,2 "~0j О//
Рис. 338.
0,5 ?
21
Первая — соответствует случаю е = 0; вторая, начинающаяся
в точке -р— = 4, соответствует искривлению стержня по форме
рис. 123, V.
Обсудим полученный результат. Кривая -щ = 0,02 при
р
малых прогибах падает, а затем, начиная с -^-=1,14, воз-
растает. В точке В она пересекается с кривой -яг —0- Эта
точка является общей для всех кривых, независимо от -^г.
Здесь k = -j=, и из уравнения A1) вытекает, что при
любом 4г имеем cosipt = 0. Это означает, что момент на
конце стержня равен нулю и поворот торца равен 90°
(рис. 339).
Кривая ~~ s=0,02 не пересекает оси ординат. В левой
своей части она асимптотически приближается к пря-

129|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
253
»:ой -— яй 0,04. Таким образом, стержень при -яг ф 0 всегда
устойчив в малом, если только речь идет о потере устой-
устойчивости по форме, показанной на рис. 123, в. Но при силе
Р = " ¦- при любом — стержень теряет устойчивость по
форме рис. 123, б.
р
Положим теперь, что при -щ- = 0,02 стер-
стержень загружен, например, силой
Р
Рис. 339.
Стержень при этом сохраняет прямолиней-
прямолинейную форму. Попробуем его несколько откло-
отклонить от вертикали, задавая некоторое искри-
искривление его оси. Если это отклонение бу-
будет малым, стержень, предоставленный себе,
вернется в исходное положение. Если же
отклонение будет достаточно большим
(большим величины -кг > рис 338], стержень примет новую
криволинейную форму равновесия, соответствующую точке Е
(рис. 338).
В зависимости от величины сообщенного отклонения
система может вернуться к исходному положению, а может и не
вернуться. Но это произойдет при силе Р, .большей опреде-
определенной величины. При -кт=0,02 это будет и при Р>1,НР,
(точка А рис. 338) и Р < 4ЯЭ, где потеря устойчивости
происходит независимо от величины сообщенного отклонения.
Таким образом, мы приходим к новому понятию интервала
возможных критических усилий, в котором возможен переход
к новому положению равновесия: 1,14РЭ<^Р < 4РЭ.
Потеря устойчивости произойдет в указанном интервале
раньше или позже в зависимости от точности изготовления
стержня и от того, сколь строго соблюдается центральность
приложения силы Р. Но так или иначе, критические нагрузки
в подобных системах определяются в указанном интервале
как вероятные.
При Р > 4Р8 переход к новой форме равновесия не-
неизбежен.

254
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
130> При решении задачи необходимо отдельно рассмо-
рассмотреть форму равновесия (А) (рис. 340), при которой конец
балки остается прижатым
W № к плоскости. Переход от
прямолинейной формы к этой
форме равновесия произой-
произойдет, как известно, при про-
продольной силе
20.2EJ
(Б,)
Теперь рассмотрим фор-
Рис. 340. мы равновесия типа (Б)
(рис. 340). Ясно, что переход
к подобной форме равновесия не может быть осуществлен
малым (сколь угодно малым) отклонением системы от началь-
начального положения. Действительно, сообщая концу балки некото-
некоторое отклонение с тем, чтобы балка не вернулась в начальное
положение и приняла форму
типа (Б), мы должны подо-
подобрать это отклонение доста-
достаточно большим, чтобы мо-
момент силы Я cos 6, уводящий
балку от начального поло-
положения, оказался больше вос-
восстанавливающего момента
силы Я sin 6. Иными словами,
мы должны дать смещение,
большее некоторой заданной
величины. После этого си-
система, предоставленная самой
себе, не вернется в началь-
начальное положение.
Рис 341. Теперь досмотрим, при
каких условиях возможны
для балки формы равновесия типа (Б). В нашем случае воз-
возможно существование упругой линии только в таком виде,
когда все точки изогнутого бруса будут находиться выше
горизонтальной плоскости. Здесь имеются две возможно-
возможности; брус изогнут целиком (рис, 341, Б{) и брус изогнут ча-
частично (Б2)-

130]
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
255
Рассмотрим первый случай (Б{). На конце балки при я = /
кривизна равна нулю (-р = 0). Поэтому из D) предыдущей
задачи (стр. 249) следует, что
При s = 0 имеем ? = — б. Из C) (стр. 248) получаем:
— sin-g = &sirn|>0>
а из A) и E) (стр. 248 и 249)
A)
Координаты конца бруса в системе х'у' согласно F) (стр. 249)
будут:
XL
¦— 1.
2k cos ф0
C)
Из первого выражения G) (стр. 250) находим горизонтальное
перемещение точки приложения силы:
-т-= 1 r-cos6 r-sin 6.
I
D)
Теперь для форм равновесия (Б;) можно при некоторых б
A0°, 20°, 30°) построить зависимость -рт от -j. Для этого,
задаваясь значениями k, из A) находим ф0. Из B) по табли-
Р12
цам эллиптических интегралов находим ~ej-> а из C) и D) —
величину -у-.
На рис. 342 показаны три кривые. При их построении
учитывается, что для формы равновесия типа (Бу) сила Р
проходит выше начала квордииат и
остается больше —-5.

258
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A31
131 ¦ Система в малом всегда устойчива.
Рассмотрим систему в отклоненном положении (рис. 343).
Силу, сжимающую упругий стержень, обозначим через R.
Рис. 343.
Приравняв нулю сумму моментов сил относительно точки О,
получим
R-OA. A)
Воспользуемся, далее, известным правилом, что сумма проек-
проекций отрезков ломаной равна проекции замыкающей, и спроек-
спроектируем замкнутый четырехугольник ODCB сначала на вер-
вертикальную, а затем на горизонтальную ось. Получим
2/соэф — а б1пф = ВС
со8ф = ВС
B)
откуда имеем
Далее, находим
О А — асозф, = ¦
sin<p— -Kj-O —
а ,
cosq>—sr s'n<P
COS ф — -кг Sin ф
= а

256
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|130
Штриховая кривая на рис. 342 ограничивает эти кривые
Р12
сверху. При ббльших значениях -pj- искомая зависимость
должна определяться соответственно форме равновесия
О 0,1 0,2 0,3 ОА 0.S 0,6 0,7 Я
Рис. 342.
типа (Б2). В этом случае в точке О (рис. 341) фо = — -?г
и вместо A) будем иметь
-s-.
Вместо B) получаем
оо

!зо| IV. устойчивость 257
Вместо C) и D) находим:
А
Я. /
Таким образом, здесь из A') находим k. Для некоторого
произвольного -pj из B') находим у, а из C') и D') на-
X
ХОДИМ у .
Результаты подсчетов показаны кривыми рис. 342, рас-
расположенными выше пунктирной линии. Обсудим полученные
результаты. Если 6 = 0, происходит потеря устойчивости
по Эйлеру при
/з/2 20 2
При 6 Ф 0 потеря устойчивости при -р-т- < —'-% происходит
?i/ COS О
только в большом. Величина отклонения, которую необхо-
необходимо сообщить балке, чтобы она перешла в новое положение
равновесия, уменьшается с ростом силы Р. Вместе с тем
потеря устойчивости (в зависимости от 6) не может произойти
при силе, меньшей определенной величины. Так, при
6=10°
6=203
Во всяком случае Ркр определяется как вероятное в интервале
< roln -- ' кр -- f3 cos 6 •
причем Pmla — fF).
17 В. И Феодосьеа

131]
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
Таким образом, выражение A) принимает вид
ctgf—?-
I - 2 -± sin Ф + 2 ^ A - cos Ф)
C)
Очевидно, отрезок ВС = 21—А, где А — сближение концов
упругого стержня. Возводя в квадрат равенства B) и скла-
складывая их, находим
-^= V l-
D)
Сила R, входящая в выражение C), зависит от Я,. Эту
зависимость определяем из уравнений гибкого упругого
стержня, получающего большие перемещения (см. решение
задачи 129). При
р
имеем ТГ"^0' и из уравнения D)
(стр. 249) вытекает, что фЛ = -2~.
При s = 0 имеем ? = 0, и из C) (стр. 248) получаем: % = 0.
Укорочение стержня Я, будет равно % = 21 — 2х. Из F)
(стр. 249) находим
Из E) (стр. 249) получаем
Задаемся несколькими значениями модуля эллиптических инте*
гралов А и по таблицам находим ^(-н") и ^("о")> а затем
Р и -я- Составляем таблицу:
arcsln ft
Р
А,
21
R W
Р3 — я2
0
1,571
0
1
5°
1,574
0,008
1,004
10°
1,583
0,030
1,015
15°
1,598
0,068
1,036
20°
1,620
0,114
1,062
25°
1.649
0.184
1,102
30°
1,686
0,262
1.153
17*

260
PEUJFHHE ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
В последней строке таблицы приведено отношение силы R,
K2EJ
сжимающей стержень, к эйлеровой силе ^*э== То/Т5"'
симость -p~~f\~2[) показана на графике рис. 344.
u-
v
У
/
/
BJ
0,2
Рис. 344.
0,3
А
Теперь задаемся несколькими значениями угла ф и из
уравнения D) определяем я-т, затем по графику находим -р-,
р
а из уравнения C) отношение -р-. Таким образом, полу-
р
чаем зависимость -о- = /(ф)| показанную на графике рис. 345.
Смысл этой кривой тот же, что и кривых рис. 338 и 342,
полученных при решении двух предыдущих задач. Однако
здесь в отличие от рассмотренных случаев кривая пересекает
ось абсцисс. Это означает, что даже при силе Я—0 система
может перейти в новое положение равновесия, если ее от-
отклонить достаточно сильно. При -ну-= 0,5 имеем фо = 63,5°,
что соответствует расположению точек ОВС на одной пря-
прямой (рис. 346).
При большой силе Р отклонение, которое необходимо
сообщить системе, чтобы она не вернулась в исходное поло-

132].
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
261
жение, будет малым. Если точность установки и дальнейшие
внешние силовые воздействия таковы, что гарантируют отсут-
отсутствие углов отклонения, превышающих 5°, согласно графику,
можно сказать, что предельная сила Р, которую способна
выдержать система, будет больше, чем 5РЭ.
В отличие от рассмотренных ранее задач 129 и 130 кри-
критическая сила не ограничена и сверху. Это является след-
следствием неучета сжимаемости упругого стержня. Если учесть
сжимаемость, то легко
установить, что система
становится неустойчивой
в малом при
где F—площадь сечения
упругого стержня,
\
\
\
а
21
\
П f
Ч
го°
$0° 60°
Рис. 345.
дО°
Рис. 346.
132. До потери устойчивости кольцо находится под дей-
р
ствием внешней равномерно распределенной нагрузки q = -j~.
В обычных условиях, если q будет в процессе изгиба кольца
оставаться неизменным, потеря устойчивости произойдет при
3?/
Кольцо при этом принимает форму, близкую к форме эллипса.
В настоящей задаче, однако, кольцо в малом всегда устой-
устойчиво. Действительно, если кольцо по каким-либо причинам
станет искривляться, принимая хотя бы форму эллипса, рас-
р
пределенная нагрузка Ч = -п станет возрастать там, где будет
увеличиваться кривизна, и уменьшаться там, где эта кривизна
уменьшается. У концов большой оси эллипса q возрастет,

262
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
а у концов м,алрй оси — уменьшится (рис. 347). Разность
нагрузок восстановит круговую форму кольца.
Для того чтобы круговая форма кольца не восстанови-
восстановилась, необходимо, очевидно, дать кольцу^некоторое доста-
достаточно большое искривление, такое, чтобы на некотором
участке кольцо отстало от нити. Характер упругой линии
Рис. 347.
Рис. 348.
кольца при этом проще всего установить путем несложного
опыта, склеив кольцо из бумаги и затянув его обычной тон-
тонкой ниткой.
На рис. 348 показана форма кольца, потерявшего устой-
устойчивость.
Рассмотрим правую половину кольца, разрезав его в точке
схода нити (рис. 349, точка /). В этом сечении в кольце
возникает изгибающий момент Ж, и нормальная сжимающая
сила N. Поперечная сила равна, очевидно, нулю, посколБку
иначе не соблюдались бы условия равновесия для участка
кольца 01.
Для исследования условий равновесия указанной формы
упругого кольца мы применим соотношения, выведенные ранее
при решении задачи 129. Эти соотношения выводились для
прямолинейного упругого стержня. Здесь же мы имеем дело
с кольцом постоянной кривизны -?. Но кольцо постоянной
кривизны получается из прямого стержня путем приложения
EJ
к его концам момента M = —s-. Следовательно, задача (и

132)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
263
не только рассматриваемая) об изгибе гибкого бруса с по-
постоянной начальной кривизной сводится к задаче изгиба
прямого бруса той же длины и жесткости путем добавления
/У
Нить
Рис. 349.
EJ
к заданной нагрузке моментов Л1=—, приложенных по
концам.
Длину участка 01 обозначим через /,. Дугу s будем от-
отсчитывать от 0 к 1. Выражение A) (стр. 248) для первого
участка кольца принимает вид
A)
При s —0 и s = /, ?3 = ^ = 0 и согласно C) (стр. 248)
получаем:
sin %== 0,
Так как угол ф вдоль дуги s возрастает, проходя в точке
перегиба значение у (см. задачу 129), то, приняв % = 0,
получим \f, = я.

264 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1132
Кривизна бруса в точке / согласно D) (стр. 249) будет
или
(#),=-«./?¦ <2>
Выражение E) со стр. 249 для s = /, принимает вид
где /М-к-)— полный эллиптический интеграл первого рода
при модуле kv (Для второго участка модуль будет k2.)
При этом
Координаты точки / согласно выражению F) (стр. 249)
будут:
У ?
?7
Теперь перейдем ко второму участку кольца—участку /—2.
Здесь кольцо находится под действием распределенной на-
нагрузки, величина которой пропорциональна кривизне кольца.
Известно, что при равномерно распределенной нагрузке за-
задача о больших перемещениях стержня решается не в эллип-
эллиптических табулированных интегралах, а в ультраэллиптиче-
ультраэллиптических нетабулированных интегралах. Однако в данном случае
дело обстоит значительно проще. Ввиду того, что нить
является абсолютно гибкой, мы можем рассматривать нить и
кольцо вместе как целое кольцо с той же жесткостью EJ и
полагать, что на втором участке в точке / на кольцо дей-
действует сжимающая сила W — Р и момент Мх. А при такой
нагрузке задача о больших перемещениях в эллиптических
интегралах уже решается.

1321 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 265
При таком подходе к задаче нагрузка q, действующая
на кольцо извне, становится внутренней силой, действующей
и на кольцо и на нить. Из сказанного можно сделать, кстати,
довольно общий, мало кому известный вывод, что при рас-
распределенной нагрузке, пропорциональной кривизне деформи-
деформированного бруса, задача о больших прогибах решается в эл-
эллиптических интегралах.
Поскольку на втором участке кольца отсутствуют точки
dt
перегиба и, следовательно, -~- нигде на этом участке в нуль
не обращается, то величина С, в выражении B) (стр. 248)
должна быть больше единицы. Если же мы, как и в за-
задаче 129, обозначим С1 через k2, a sin-| через k sinф, то
придем к эллиптическим интегралам с модулем, большим
единицы. Для таких интегралов таблиц не имеется. Поэтому
выражения C)—F) задачи 129 должны быть преобразованы.
Обозначим для второго участка
h l F)
sin-^ = sin i
тогда уравнение B) (стр. 248) примет вид
где 12 — длина второго участка. Так как на втором участке
кривизна отрицательна, принимаем знак минус:
Подставляя сюда вместо -—- выражение
2 cos -
SH1-2-
полученное из F), найдем
ds=—?==-?=&==. (8)

266 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ fl32
откуда
^ (9)
У
ш
Далее, как и в задаче 129,
dx = dx' = [\ — 2 sin2|A ds,
dy = dy' = 2 sin -I- cos 4 ds.
Подставим сюда sin 4- из F) и ds из (8). Тогда получим:
EJ
2
После интегрирования находим
. (И)
Теперь рассмотрим граничные условия для второго участка.
В точке /, т. е. в начале второго участка, ?i = 0, а в
конце (точка 2) ?2 = — 180. Согласно F)
Примем ф,= 180о, ф2 = 270°.
Так как F я^- —/if | , то из (9) для конца вто-
второго участка получаем
^L 02)

1321 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 267
Подставляя в выражение G) i|?=180°, находим кривизну
кольца второго участка в точке /
лг о f \r p
_?fc_ . ?_ i/
rfs ~ ft, Г ?/ *
Кривизна в точке / не терпит разрыва. Поэтому приравни-
приравниваем полученную кривизну той, которая была найдена в точке 1
первого участка B), т. е.
m
Координата х конца второго участка равна нулю, а коор-
координата начала отсчета для второго участка должна совпадать
с координатой конца хх D) первого участка. Поэтому из A0)
при s=l2, л: —0 и д:0 —*! D) получим
4
==•?,[ — ]+/, =
/N Л?)^1 fN
V ш *2 У
л\ [2 А
-| —1~5—1|
2) Щ
Аналогично находим у — расстояние между точками 0 и 2
7
~ЕТ *2У ~~ЕГ~
Теперь из уравнений C), A2), A3) и A4) исключим
~ЁТ и V ~~EJ— * Т°гда получим:
(I?)
Но сумма длин 1Х и /2 равна половине дуги кольца
откуда
-JL. = _??_. A8)

268
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
?132
Из C) и A3) находим
NR2
EJ
2/М?
n'R
NR2
EJ
?У
A9)
B0)
Таким образом, порядок подсчетов будет следующим.
Задаемся &, (или значением модульного угла ах = arcsin kx)
и, пользуясь таблицами полных эллиптических интегралов,
1
го\
15
w
\
\
\
ч
'"Л
0,5
'1,5 ~ г,п
Рис. 350.
?^" 3,0
ML
R
подбираем k2 так, чтобы удовлетворялось уравнение A6).
Практически это удобнее всего делать, построив сразу гра-
графики зависимости правой и левой частей уравнения от
Л: и k2-
Из A7), A8) находим ^, а из A9) и B0) —значе-
—значение силы Р B0). Соответствующий этой силе Р прогиб w

1321 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 269
(уменьшение вертикального диаметра) будет согласно A5)
ISO -
w — о
~r~ '
1
NR*
У -ЕГ
Таким образом, определяется точка зависимости
PR2
B1)
На рис. 350 показаны результаты подсчетов в виде кри-
кривой, подобной тем, которые были получены в трех преды-
предыдущих задачах. Минимальное значение критической силы
оказывается равным
р о)
' mln — ^'' п2 •
Однако это значение является низ-
низшим только формально, так как пе-
перемещение -тг- равно при этом 2,65,
т. е. уменьшение диаметра кольца
оказывается больше самого диаметра.
Контур кольца принимает вид кри-
кривой, показанной на рис. 351.
Ясно, что в реальных условиях
начальные отклонения формы кольца
от круговой являются незначитель-
незначительными, т. е. -J5- остается существенно меньшим единицы. Для
„ w
малых значений -j- расчет дает резко повышенные значе-
PR2
ния р. , не укладывающиеся в масштабы кривой (рис. 350).
В этом случае выведенные формулы удобно преобразовать,
учитывая, что kx и k2 являются величинами малыми. При этом

270 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |Ш
Согласно A7), A8), A9) и B0)
EJ
Наконец,
w _ 2*, Г 2 / k\\ 1
т?^2~т+щ гаv *+ту~ М•
^«4*,. B3)
Таким образом, при малых -^, исключая из B2) и B3) kx,
получаем
1 4- w
PR2 _ A__~R - 4
№ ~ №'
Возвращаясь к концепции устойчивости в большом, из-
изложенной на стр. 246, мы видим, что рассматриваемая задача
в конечном итоге так и не получила разрешения. Найдены
только формы равновесия, из анализа которых следует, что
кольцо «очень устойчиво». Для того чтобы судить об устой-
устойчивости системы, должен быть учтен класс разумно ограни-
ограниченных реально существующих возмущений и типы началь-
начальных несовершенств в виде погиби кольца и неоднородности
материала. Такого рода анализа ни в одной задаче сделать
пока не удалось.
В этом смысле рассмотренный пример не является ис-
исключением. Теория устойчивости упругих систем пока не
может, например, дать удовлетворительного решения чрез-
чрезвычайно важных практических задач, таких как устойчивость
сферической оболочки под внешним давлением и цилиндри-
цилиндрической оболочки при осевом сжатии.
133а Задача по своему характеру близка к предыдущей.
Рассмотрим сначала формы равновесия кольца при больших
перемещениях.
Положим, что радиус кольца в свободном состоянии на
величину Д больше радиуса обоймы. Дуга ABC (рис. 352)

133J
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
271
имеет предполагаемую форму равновесия АВ'С, Точка В
переходит в В', г С—в С Из условия равенства дуг АВ
и АВ' устанавливаем связь между углами ф0 и ф^
где через е обозначено е = -^-.
Теперь обратимся к уравнениям гибкого стержня (см.
задачу 129, стр. 248). На участке С В' имеем перегибиую
Рис. 352.
Рис. 353.
форму. Точку С принимаем за начало отсчета дуги s. Она
будет меняться от нуля до величины I == /?ф0. Поэтому выра-
выражение A) (стр. 248) принимает вид
Р2 = ^Ч B)
В точке С угол наклона дуги ? = 0. Следовательно,
81пфо = О. Примем фо = О. Эллиптический угол ф вдоль
дуги s будет возрастать. В точке перегиба (что следует
из выражения D), стр. 249) он равен я/2. В точке К
(рис. 353) он станет равен я. Поскольку на участке KB'
точек перегиба уже больше нет, то в точке В' угол ф
остается меньше, чем Зя/2. Обозначим его значение через ф,.
Из выражения E) (стр. 249) после подстановки s = l по-
получаем:

272 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ A33
В точке В' кривизна кольца известна. Она равна кри-
кривизне обоймы, т. е,
dt 1
ds ~ R — A'
Уравнение D) (стр. 249) дает
—р^З-^грЛсозф,. D)
Наконец, нам задан угол наклона кривой в точке В'\
?д = — <Pi-
Тогда из уравнения C) (стр. 248) получаем:
Уравнения F) (стр. 249) дают значения координат точки В'
в системе осей х, у (рис. 353):
? }F)
G)
Как видно из рис. 353,
х, = (/? — A)sin tpj.
Поэтому получаем еще одно уравнение:
Фо 1 — в E ' ^ ^
В уравнениях C), D), E) и (8) неизвестными являются:
модуль эллиптических интегралов к, эллиптический угол ф,,
угол % и сила Р. Они должны быть определены в зависи-
зависимости от е==—. Сначала из уравнения D) исключаем р
с помощью C):
i^ . (9)
Далее из уравнений E) и (8) получаем:

133)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
273
Исключаем
1 — е
Фо
при помощи уравнения (9). Тогда
соэф, \2Е (ф,) — Р(Ь)\ — sin ф, ]Л — ft^sin2*! = 0. A0)
В это выражение входят только две неизвестные k и фи
Пользуясь таблицами эллиптических интегралов, можно на
основании уравнения A0) составить следующую вспомога-
вспомогательную таблицу.
k
0
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
0,45
0,50
0,55
0,60
0,65
0,70
0,75
0,80
0,85
0,90
4,493
4,493
4,493
4,492
4,491
4,490
4,488
4,486
4,482
4,479
4,475
4,469
4,461
4,449
4,433
4,407
4,361
4,259
3,843
sin ф,
—0,9761
-0,9761
-0,9760
-0,9759
-0,9756
—0,9753
-0,9749
—0,9744
-0,9738
—0,9730
—0,9719
-0,9704
-0,9685
-0,9656
—0,9613
—0,9538
—0,9390
—0,8989
—0,6451
cos ф.
-0,2172
—0,2174
—0,2178
-0,2184
-0,2194
—0,2207
-0,2224
-0,2246
—0,2274
-0,2310
—0,2355
—0,2414
—0,2492
—0,2599
-0,2757
-0,3003
—0,3439
—0,4382
—0,7641
F («
4,494
4,497
4,504
4,517
4,536
4,559
4,590
4,626
4,670
4,723
4,784
4,856
4,940
5,038
5,152
5,281
5,421
5,530
5,313
4,494
4,491
4,482
4,469
4,449
4,422
4,391
4,352
4,307
4,255
4,196
4,129
4,052
3,965
3,866
3,750
3,612
3,427
3,000
Возвращаемся далее к уравнению (8), которое после подста-
подстановки р принимает вид
Фо sin 1-е
Пользуясь составленной таблицей, вычисляем по уравне-
уравнению (9) для заданного е величину угла ср0, а затем подби-
подбираем k так, чтобы удовлетворялось уравнение A1). Наконец,
из выражений B) и C) находим PR2lEJ,
18 В. И Феодосьев

274
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ 'И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
1133
Величина прогиба к в точке С определяется отрезком CD
(рис. 353) и равна, очевидно,
Ь = у, + (Я — A)(l — coscp,).
или, согласно выражениям A), C) и G),
Результаты подсчетов сводим в график, представленный
на рис. 354. Он отражает условия существования формы
РЯ*
W0EJ'
4
1,6
U
€,8
о,е
0,4
Р,2
О
f
\
i /
PR!
'' ?J
——¦
—¦ .
, —"
Л
л
n
. —
_——
.—-^ж
-a-—¦
—
г
0,02
ОМ
0,04
&_
R
Рис. 354.
равновесия несжимаемого кольца, помещенного в жесткую
обойму.
Условие несжимаемости, молчаливо принятое в рассмо-
рассмотренном анализе, накладывает свой отпечаток на ход полу-
полученных кривых. Мы видим, что форма равновесия кольца
с отставанием от обоймы существует всегда, лишь бы только
величина А была отлична от нуля. В действительности это,
конечно, не так. Малая разность длин' кольца и периметра
обоймы выбирается за счет сжатия кольца. Полученное ре-

133) iv. устойчивость 275
шение для форм равновесия остается справедливым и в слу-
случае сжимаемого кольца. Только под величиной Д следует
понимать уже не просто разность радиусов кольца и обоймы,
а ту же самую величину, но за вычетом усадки, вызванной
нормальными силами, возникающими в кольце.
Если упрощенно принять, что сжимающая сила одинакова
для всех точек кольца и равна Р, то получнм1
~R~ = "R"^"EF'
или
:. A2)
где
A3)
Теперь под величиной А понимается разность радиусов, ком-
компенсируемая отставанием кольца от обоймы без изменения
его длины, а под Ао — действительная начальная разность
радиусов.
Из выражения A2) видно, что для учета сжимаемости
кольца надо на рис. 354 каждую точку графика сместить
вправо на величину —^г-Кн перестроить параметры PR2jEJ,
Фо и X/R в зависимости от До//?. Это вносит качественные
изменения в характер хода кривых и дает им новую интер-
интерпретацию. Перестройка кривых показана на рис. 355. Здесь
задана величина К и три кривые PR2jEJ, ф0 и hjR те же,
что были и на рис. 354. Они проведены тонкими линиями.
Берем на кривой PR2jEJ произвольную точку. От точки ах
PR2
вправо откладываем отрезок К ¦р. и получаем точку Ь{.
Аналогично определяются точки Ъ2 и b?t. Затем точка а,
смещается и соответственно получаются новые точки &,, Ьг
и Ь3. Так по точкам строятся новые кривые PR2jEJ, cp,
и %jR. Каждая из этих кривых имеет экстремум при одном
и том же значении еу^=еОк^. Новые кривые проведены жир-
жирными линиями.
При е0 < е0 кр сжимаемое кольцо не имеет форм равно-
равновесия с изогнутой отставшей от обоймы частью. При е0 > еОкр
имеем сразу две новые формы: одну устойчивую, а другую —
18*

276
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[133
неустойчивую. Участки кривых, характеризующие устойчивую
форму, даны сплошными линиями.
Строить кривые для определения критического значения
О KD
е0 кр = —-д— не обязательно. Его можно найти гораздо проще.
На оси ординат берем произвольную точку В и проводим
PR* л,
?/ 'fo>R
1.4
Рис. 355.
прямую АВ так, чтобы тангенс угла ОАВ равнялся величине К.
Затем параллельно прямой АВ проводим касательную к кри-
кривой PR2jEJ. Получаем прямую CD. Точка С дает как раз иско-
искомое значение еОкр. Действительно, дифференцируя \/R A2)
по PR2jEJ и приравнивая производную нулю, находим:
¦ = —/С.

1зз] iv. устойчивость 277
Таким образом, экстремум имеет место при таком значении
PR2IEJ, при котором тангенс угла между касательной и
осью ординат равен — К. Так определяется точка D. Отре-
зок DDX равен К р, ¦ ¦ Складывая его с -тг(см. A2)), на-
находим искомое еОкр.
Описанное построение для заданного К следует прово-
проводить на графике рис. 354, где кривые даны со строгим
соблюдением масштаба.
При очень малых значениях К, т. е. для относительно
тонкостенного кольца, определение еОкр по графику не пред-
представляется возможным. Здесь целесообразно упростить при-
приведенные выше уравнения, воспользовавшись малостью модуля
эллиптических интегралов k, который уменьшается одновре-
одновременно с величиной К- Итак, при малом k имеем:
f
J
5
После интегрирования получаем:
? (ф,) == ф, — А. (^ _ sin ф! cos ф;).
Угол ф, мало отличается от Зл'2. Примем ф1=-^ е, где
е — малая величина. Тогда
sin ij), = —1; со8ф] = — е;
, k*\. р.. ч ЗЯ
2
из уравнения A0) теперь получаем е = -я—. Уравнение (9)
принимает вид

278 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ ЦЗЗ
В выражении A1) sin . __^° приводим к виду
sin Я,~2?" = cosф0 sin лA -j-в) — sin ф0 cos яA + е),
или ,
_ Я — ф„ ф^
Sin 1-е — — Яе+Фо — -Q--
2
Уравнение A1) в итоге дает e — -^—k3 и, следовательно,
Из выражений B) и C) получим:
PR2
EJ
откуда
е =
9я2 / PR2\~'!l
32 \ EJ )
Выражение A2) для A0[R примет вид
До _ 9я* ( PR* у1'1
"~Г]
( у
"«" — 2~&Г]
До
минимальное значение величина -— получает при
PR* _ / 27я2_\2/«
?/ ~ \ 64/< j '
становясь равной
или
вОкр~ Z>3A •
Для кольца с прямоугольным сечением Ь X
поэтому
(|)\ A4)
Величина е0 может трактоваться и как температурное
удлинение. Тогда
еоко = а^ко = 0,651 — 1 ,

134)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
279
Любопытно отметить, что в рассмотренной задаче степень
влияния отношения hjR на критические нагрузки «иже, чем
в обычной задаче об устойчивости кольца.
Обращаясь к контактному давлению между кольцом и
обоймой, получим:
ч~ R
R R
откуда
0,65^ (А.) \
У
Для обычного же нагружения кольца
нормальными или центральнонаправлен-
ными силами (см. задачу 122) крити-
критическое значение q определяется отно-
отношением У//?3, т. е. отношением hjR
в третьей степени. Поэтому кольцо в
жестком «обрамлении» обладает сравни-
сравнительно высокой устойчивостью.
134. Предложенная задача снова
затрагивает принципиальные вопросы
устойчивости упругих систем, и се ре-
решение приводит к необходимости дать новую формулировку
критерия устойчивости.
Представим себе, что стержень несколько отклонился от
исходного положения равновесия (рис. 356).
Уравнение упругой линии будет
откуда
где а2 =
у = Л sin cue -}- В cos ax -f- / — ф (I — х),
Р
EJ "
При # = 0 у = 0 и у' = 0.
При х — 1 y=f, a y' = q>.
Для выполнения этих условий получаем четыре уравнения:
Asinct/-|-j9cosaJ = 0, A cosal — SsinaZ =

280
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ II ОТВЕТЫ НА ВОПРОСИ
|134
Рассматривая два последних уравнения, легко установить,
что независимо от выбора а/ постоянные А и В равны нулю,
поскольку определитель
sin al cos al
cos а/ —sin al
в нуль не обращается. Но если А = В = 0, единственной
формой равновесия стержня остается исходная прямоли-
прямолинейная.
Во всех задачах, которые рассматривались выше, неиз-
неизменно отождествлялись два понятия: «потеря устойчивости»
и «существование иных форм равновесия, кроме исходной».
Поэтому в даииом случае мы оказываемся перед выбором:
либо отказаться от привычного и глубоко укоренившегося
отождествления указанных понятий,
либо же принять, что система сохра-
сохраняет устойчивость при любых значе-
значениях силы Р.
Правильным является первое.
Исходная форма равновесия устой-
устойчива только до некоторого значения
силы Р. При силе, превышающей
это значение, которое по-прежнему
будем называть критическим, про-
происходит переход не к новой форме
равновесия, а к некоторой форме дви-
движения с нарастающим отклонением
от исходного положения равновесия.
Критерием устойчивости является
условие возникновения указанной
формы движения и называется дина-
динамическим критерием устойчивости.
Рассмотрим следующую механическую модель, показан-
показанную на рис. 357. Два однородных стержня, имеющих массы
тх и от2, связаны между собой пружиной жесткости с. Та-
Такая же пружина связывает нижний стержень с шарнирной
опорой. Линия действия силы Р постоянно совпадает с на-
направлением оси верхнего стержня.
За обобщенные координаты примем углы поворота стер-
стержней фх и ф2. Тогда перемещения центра масс каждого
Рис. 357.

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
281
етержня будут:
где 21 — длина каждого стержня.
Моменты инерции относительно центральных поперечных
осей каждого стержня соответ-
соответственно равны
m2l2
У, =
и J2 = -
3 " ~ 3 '
Вводя силы взаимодействия
в шарнире (рис. 358), соста-
составляем уравнения движения.
Для верхнего стержня
Y = P, Х = Р<$2 + т2у2, j
A)
Для нижнего стержня
+ЛГ2/+/и1у1/—Г2/ф1==0. B)
Исключая у,, у2, А' и Y и вы-
выражая моменты инерции через
Рис. 358.
массы, получим два линейных дифференциальных уравнения
относительно ф, и ф2:
ф]
'1+С(ф2 —Ф1> =°-
Bс —
Положим, как это обычно делается,
C)
D)
После подстановки приходим к двум уравнениям относительно
А} и А>:
Ах Bm2l2k2 — с) ¦-(-- А2 (j tn2l42-\- с) — О,
' + -i m^-W- 4-2с— 2Pl] +
-j- A2 Bm2l2k2 -f- 2PI — с) = 0.

282 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |134
Для определения условий существования ненулевых реше-*
ний приравниваем нулю определитель. Это дает квадратное
уравнение относительно k2:
^(^) | = 0, E)
т.
Свободный член в уравнении E) не зависит от силы Р.
Следовательно, нельзя подобрать такое Р, чтобы k обрати-
обратилось бы в нуль, а поэтому, если вернуться к выражениям D),
видно, что углы ф, и ф2 не могут быть постоянными. Система
не имеет форм равновесия, кроме исходной. Рассматриваемая
модель обладает тем же свойством, что и защемленный
стержень, нагруженный следящей силой.
Из уравнения E) нетрудно также установить, что вели-
величина к2 при любой силе Р остается меньше нуля. Это озна-
означает, что k не имеет вещественных значений, и условия для
апериодического движения отсутствуют, Примем, что
и найдем условие, при котором е может быть величиной по-
положительной. Это соответствует возникновению колебательного
движения с нарастающей амплитудой.
Разделяя в уравнении E) вещественную и мнимую части,
получим:
[(е2 — g>2J — 4eV] C -f 4ц) +
4ео) (е2 — ©2) C -+ 4ц) -f бею (8 -f ц — 5 ¦—) = 0.
Исключаем ©. Тогда
гц C + 4ц) + гЧ (8 + \i - 5 Ц-) +
откуда

1341
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
283
Наименьшее значение Р, при котором е2 (а, следовательно,
Один из корней е) принимает положительное значение, будет!
Величина критической силы зависит
масс между стержнями. В случае /и1 = т2
от распределения
|г=1. Тогда
Если масса первого стержня
мала по сравнению с массой
второго, [х = 0 и
X
у/л
V//
По мере уменьшения массы
верхнего стержня по сравнению
с массой нижнего величина ц не-
неограниченно возрастает. Так же
неограниченно возрастает и Ркр.
Это и понятно. В случае от-
отсутствия поперечных инерцион-
инерционных сил верхний стержень бу-
будет всегда находиться на одной
прямой с нижним.
В системах, допускающих
анализ устойчивости на основе
исследования форм равновесия, т. е. в обычных системах,
динамический критерий дает те же результаты, что и стати-
статический. Рассмотрим, например, ту же самую стержневую си-
систему в условиях нагружения силой, сохраняющей свое
направление (рис. 359). В этом случае взамен уравнений A)
получаем:
К = Р, X = т2у2. У2Фг + ЩУ-2^- + с (Ъ — <Pi) — РЩг = 0.
Уравнение B) остается неизменным. Взамен уравнений C)
будем иметь:
Рис. 359.
-д- /я2/2ф2
от2/2ф1 -f- с (ф2
2Р/ф2 = 0,
D/и2/2 -)_ 1 и,/*) ф\ + 2«2/2ф2 -f (.2с - 2Р1) Vl — сср2 = 0.

284 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
а взамен уравнения E) получим:
[134
Теперь свободный член этого уравнения зависит от силы Р
и при
обращается в нуль. Следовательно, для к возможно суще-
существование нулевых значений и существует решение, при кото-
котором ср, и ф2 D) не зависят
от времени, т. е. существуют
формы равновесия при
Здесь величина критической
силы не зависит от распреде-
распределения масс, поскольку пара-
параметр \i в свободный член ура-
уравнений E) и F) не входит и
не может войти.
Вернемся к упругому стер-
стержню и составим для него ура-
уравнение движения. К элементу
стержня длиной dx (рис. 360)
приложены силы и моменты
в сечениях и распределенные инерционные силы интенсивно-
-щ-1 где р — плотность материала стержня.
Проектируя силы на нормаль к упругой линии, получим:
сти
Так как
д*у
то
будем считать величиной постоянной.

Щ jv. устойчивость 285
Положим, что
где Y зависит только от координаты х. При вещественных
значениях Q движение носит характер гармонических коле-
колебаний. Если Q будет комплексным
Q = а ± Ы,
то
у = Уе^ь+к»<=Уе*ь* (cos at+ ls\nat). G)
Движение, следовательно, будет происходить либо с умень-
уменьшающейся, либо с возрастающей амплитудой в зависимости
от знака Ь,
Подставляем у в уравнение движения и вводим безраз-
безразмерные параметры
тогда получим:
^ ^0. (8)
Решением этого уравнения будет:
Jr = C,sIna1e-+-C2coso1;-+-C3sha8S+C4cha2S. (9)
где
В заделке независимо от условий иагружения имеем У = О
и —т—= 0. Следовательно,
На свободном конце стержня изгибающий момент равен нулю,
и в случае следящей силы обращается в нуль поперечная
сила. Поэтому при х = 1 (или при ?= 1)
0 и d%Y О

286
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[134
что дает еще два уравнения:
— CjCtj sin с^ — C2af cos ax -f- C3a2 sh a2 -f- C4a2ch a2 = Oj
— C^ cos ax -f- C2aJ sin aj -f- Сйа\ ch a2 -f- C4a^ sh a2 = 0.
В случае силы Р, сохраняющей неизменным свое напра-
направление, последнее условие выглядело бы иначе. Здесь попе-
поперечная сила равна не нулю, а величине —Py'x=i-
Приравниваем нулю определитель четырех полученных
уравнений. Тогда
го
IS
w
5
О),
л
ч*\
\
г;
, —~
А
\
\
fit s
tjC^ (a2 — ah si n al sh a.2-f-
-f- 2a2a2! cos aj ch a2 == 0
или
P4 -f- 2co2 -+- p2co sin ax sh a2 -f-
+ 2oJ cos ai ch a2 = 0. A0)
В случае силы, сохра-
сохраняющей свое направление,
взамен выражения A0) по-
лучим:
2со2 — P2(osina! sha2-|-
+(Р4 -|- 2со2) cos aj ch a2 = 0.
A1)
Соотношение A0) позволяет построить зависимость частоты со
собственных колебаний стержня от безразмерной силы р2
(рис. 361). На этом же графике пунктиром показано изме-
изменение частоты для случая неследящей силы.
При р = 0 имеем первую (Oj и вторую <а2 частоты соб-
собственных колебаний свободного защемленного стержня. По
мере увеличения неследящей силы эти частоты (и все более
высокие) уменьшаются, обращаясь в нуль при силе, прини-
принимающей критические значения, т. е.
Ю 15
Рис. 361.
при
и вообще при
' = Pi = -T" или ПРИ ^ = '
(я=1. 3, 5, ...)•

¦135) iv. устойчивость • 287
В случае следящей силы низшая частота с возрастанием Р
увеличивается, и в точке А кривые первого и второго тонов
смыкаются. Если расширить график в область более высоких
частот, то можно увидеть, что такое же смыкание кривых
имеет место для 3 и 4-й частот, 5 и 6-й и т. д.
Для определения критического значения силы Р в этом
случае необходимо найти такое наименьшее значение Р,
при котором имеет место кратность корней w в уравнении A0).
Это значит, что при дальнейшем увеличении р4 корни стано-
становятся комплексными сопряженными и существует корень
с отрицательной мнимой частью, т. е. Q — a — Ы. Согласно
выражению G) это соответствует появлению формы колеба-
колебаний с нарастающей амплитудой. Из рис. 361 видно, что крат-
кратность корней имеет место в точке А.
Проводя числовой поиск, определяем
Р2 = 20,05 (а=11,016),
следовательно,
Ркр = 20.05-^-.
Полученный результат верен лишь при равномерном рас-
распределении массы стержня по его длине. При ином распре-
распределении масс критическая сила будет иной. Это очень важно
отметить в связи с тем, что иногда встречаются попытки
определить в подобных задачах критическую силу при по-
помощи различных ухищрений в обход законов динамики, чем
заранее предопределяется неучет распределения масс и прин-
принципиальная неправильность решения.
135« Случай нагружения а) вошел в литературу под
названием задачи Реута *).
Стержень не имеет форм равновесия, кроме исходной
прямолинейной. Действительно, имеем:
EJf = — Py
(рис. 362); далее,
у = A sin ал: -\- В cos ад:;
при л: = 0 у = 0 и у' = 0, следовательно,
В = 0 и А = 0.
*) Р е у т В. И., О теории упругой устойчивости, Труды Одес-
Одесского ин-та инж. гражд. и комм", стр-ва, вып. 1, 1939.

288 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ J135
Перейдем к анализу форм движения. Будем считать, что
масса плоского диска на конце стержня мала. Функция К
(формула (9)), найденная при решении преды-
предыдущей задачи, остается в силе. Остаются вер-
верными и два первых граничных условия:
при $ = О К = 0 и —т=- = 0,
т. е.
do —р С.4 = 0, CtjO j —{•- $2^>2 :=~ О»
При х = 1 (?=1) имеем:
~? EJyr = — Py. EJy'" = — Py',
или
Рис. 362. Y" -f Р2К = 0, У" 4- Р2^' = 0.
Обращаясь к решению (9) предыдущей задачи, получим:
С, (- a2 -f- Р2) sin а, 4- С2 (- а2 + р2) cos а, +
+ С3 (а2 + р2) sh а2 + С, (а2 -f P2) ch а2 = 0,
С1 (— И1 + P2°l) C0S °1 + С2 (а1 ~ P2(Xl) Sin «! +
i а2 -J- С4 (а| -f- р2а2) sh а2 = 0.
Приравнивая нулю определитель системы, приходим к транс-
трансцендентному уравнению
р4 -4- 2(о2 -f- p2w sin ctj sh a2 -f 2o>2 cos а, ch а2 = 0,
которое полностью совпадает с уравнением A0). Таким об-
образом, критическая сила будет такой же, как и в предыду-
предыдущей задаче:
р __ 20,05?У
О совпадении результатов можно было бы догадаться и сразу.
Усилия на концах стержня в обоих случаях тождественны.
Различие заключается лишь в системе отсчета у и х
(рис. 363).
В случае нагружения б) (рис. 364) задача решается на
основе обычного анализа форм равновесия.
Имеем уравнение
EJy" = — Ру — Ар (I — х).

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
289
136)
или
откуда
у = A sin ах -|- В cos ах — <f(l — х).
При х = 0 у = 0 и у' = 0, а при х = / у' = ф. Тогда
получаем три следующих уравнения:
В — <р/ = 0, Ла-|-ф = 0, Л cos al— В sin al = 0.
'/////s
о
Рис. 364.
Приравнивая нулю определитель этой системы, получаем:
tg al = — al.
Наименьший отличный от нуля корень этого уравнения будет:
al = 2,029,
откуда
р
4,115&/
136а Система аналогична рассмотренной в задаче 134.
Для анализа устойчивости необходимо составить уравнения
движения.
Рассмотрим элемент длиной dx (рис. 365). Приравнивая
нулю сумму проекций сил на ось у, получаем:
19 В. И Феолосьев

290
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[136
или
дх
дх
1-х ду\_
~~Т^'дх'\— 0>
Но гак как
dQ
то
Здесь р—как обычно, плотность материала, a F — площадь
сечения. Эти величины (так же как и EJ) от х не зависят.
\p
Рис. 365.
Уравнение A) имеет структуру, заранее предопределяющую
применение машинного счета. Для однородного стержня,
правда, имеется надежда свести решение уравнения к табули-
табулированным функциям Бесселя либо родственным им. Однако
даже в этом случае наиболее быстро решается задача при
помощи ЭЦВМ, Полагаем
у = Yem
и переходим к безразмерной форме
где

1361 iv. устойчивость 291
Граничные условия:
при ? = 0 -з|т = 0. -^г = 0,
?1 Ъ 0
Решение ищем в виде ряда
у= 2
я=0, 1, 2, ...
По условиям на концах Л2 = Л3 = 0
^Апп(п— 1) = 0. 2^ля(я— 1)(» — 2) = 0. B)
Для определения членов ряда имеем рекуррентную формулу
_1)(л_2)(л —3)
Постоянные Ло и /lj остаются неопределенными. Их нужно
подобрать так, чтобы выполнялись два последних граничных
условия. Поскольку в выражения B) Ао и At входят линейно,
можно написать:
2 Аап(п— 1) = /СоЛо + АГИ, = 0.
2^яп(п— О (я— 2) = Мо + Mi = 0.
Условие существования ненулевых решений будет, оче-
очевидно, следующим:
K1L0 = D^0. C)
Последовательность счета:
Задаемся р и и.
Полагаем Ао= 1 и Л^О и по рекуррентной формуле
определяем члены ряда. В рассматриваемой задаче их доста-
достаточно взять 20 или 30. Затем подсчитывается 2 А„п(п— \)=К0
и %Апп(п— 1)(я — 2) = 10.
Полагая Л0 = 0 и j4j=1, повторяем счет; тогда найден-
найденные суммы соответственно равны /Cj и Lv Далее вычисляется
величина D C). Меняем ю и снова вычисляем D. Срав-
Сравниваем его с предыдущим. Если знак D не изменился,
идем дальше; если — изменился, то это значит, что пройдено
19*

292
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[137
значение частоты для данной силы. Интерполяцией опреде-
определяется со. В результате строим график зависимости со от (J,
который представлен на рис. 366.
-ш
PLVfJ
Как и в задаче 134, при критической силе Р имеет место
смыкание частот первого и второго тонов:
D= Ю9.69 (@ = 23,02).
Критическая сила
109,69?7
I3
На рис. 366 для ряда значений Р показаны формы коле»
баний стержня, причем рассмотрен случай не только сжимаю-
сжимающей, но и растягивающей силы Р. Любопытно, что при не-
некоторых значениях Р узловые точки становятся мнимыми.
137. Здесь, очевидно, имеет место повторение задачи 134,
но при других граничных условиях. Выражение (9) задачи 134
остается в силе. Меняются лишь граничные условия. Теперь
при
при ? = 0 __- —(
= 1 также -тг»- = |
d?
= 0,
A)
и -^г =

1371 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 293
Далее получаем четыре уравнения:
— а\С1 sin сц — а\С2 cos a2 -f- a\C3 sh а2 -f- a2j0i ch a2 = 0,
— a\C1 cos a, -f- a\C2 sin ax -f- a^C3 ch a2 -f- a^C4 sh a2 = 0.
Приравнивая нулю определитель, получим трансцендентное
уравнение
«((cosct] ch a2— l)-f-p2sinai sha2 = 0, B)
которое и подвергается анализу.
В зависимости от характера функции w = /((*) и решается
вопрос о поведении стержня. Если при некоторых значениях
безразмерной силы р2 частота о) ^ ^—
обращается в нуль, стержень Р гщ к^-, t P
имеет формы равновесия, отлич- ^ ^^
ные от прямолинейной. Если Рнс. 367.
нулевых точек для со не имеется,
надо определять условия кратности частот, что соответствует
условиям возникновения движения с нарастающей амплитудой.
Весьма эффектно выглядит другое решение, предложенное
Л. И. Балабухом. Обращаемся к уравнению (8) задачи 134.
d2Y
Дифференцируя его два раза по ? и обозначая —г= Yo, по-
получим то же самое уравнение:
2, о) К — Q
но граничные условия теперь будут уже другими:
dY &
при ?=1 К0 = 0 и -^-по-
-^-последовательно, решение будет тем же, что и для сжатого
стержня, защемленного по концам (рис. 367). Но здесь
известно, что стержень не имеет колебательных форм по-
потери устойчивости. Новая форма равновесия возникает при
4я2?/

294
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[137
Рис
В этом можно убедиться и на основе анализа уравнения B),
которое остается, кстати, одним и тем же как для граничных
условий A), так и для усло-
условий C).
Понятно, что форма равно-
весия для стержня, показанного
на Рис- ^7, является относи-
относительной в том смысле, что она
должна рассматриваться в связанной системе координат, кото-
которая движется с ускорением в пространстве вместе со стерж-
стержнем (рис. 368). Здесь две составляющие Рф уравновешиваются
даламберовскими силами инерции q=- р.г .
Понятно, что рассмотренная операция двукратного диф-
дифференцирования уравнения приводит к указанным выводам
лишь для случая однородного стержня. При неоавноме^рном
распределении масс или при переменной жесткости результат
будет иным.
В качестве аналога можно рассмотреть два жестких стер-
стержня, связанных между собой пружиной жесткости с (рис. 369).
При возникновении угла по-
поворота ф система дви-
движется с ускорением. Вводя
в центре масс уравновеши-
уравновешивающие инерционные силы,
получаем условие устойчи-
Рис. 369.
вости в виде
или
:Рфй,
Рис. 370.
р -if.
КР а '
р где а—расстояние от шар-
шарнира до центра масс.
При нагружении сила-
силами Р, сохраняющими свое
направление (рис. 370), распределение масс, естественно, не
имело бы значения. В этом случае
* кр == ~~J~ '
где / — длина одного стержня.

138)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
295
138> Поставленная задача, несмотря на кажущуюся про-
простоту, содержит в себе трудности того же характера, с кото-
которыми мы столкнулись в предыдущих задачах.
Попробуем отыскать условия существования форм равно-
равновесия, отличных от исходной. Для этого представим, что
балка выпучилась и вышла из плоскости начального изгиба
(рис. 371). Обозначим че-
через у боковое перемеще-
перемещение оси бруса, а через
Ф—угол поворота сече-
сечения относительно оси х.
За положительные на-
направления для у и ф при«
мем те, которые показаны -у'
на рисунке.
В отклоненном поло-
положении в сечениях бруса
в плоскости минималь-
ной жесткости возникает
изгибающий момент. Этот момент равен М<р и направлен в сто-
сторону увеличения кривизны бруса. Крутящий момент, возни-
возникающий в сечении искривленного бруса, равен My' и напра-
направлен так, что стремится уменьшить угол ф. Следовательно,
С другой стороны,
рис. 371
где
J
12 ' т~ 3 *
Теперь получаем уравнения
Ejy" = ЛГф, GJTq>' = — My'.
Их решение будет следующим:
ср = A sin ах-\- В cos ад:,
A)
у — -гЛ (Л sin ал' -j- В cos ад:) -j- С,
где

296
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[138
а Л, В и С — произвольные постоянные, которые опре-
определяются из следующих условий:
при х — О имеем ф = 0, у = 0, у' = 0. Тогда получаем:
0, —
= 0.
' Уоменг следящий
Так как Л —В —С = 0, то отсюда следует, что при любых
конечных значениях момента М форм равновесия, отличных
от плоской формы изгиба,
Момент,/нмуслеёящий» не существует. Остается
исследовать формы дви-
движения и попытаться оты-
отыскать условия, при кото-
которых возможно движение
стержня с нарастающим
во времени отклонением.
Прежде чем перехо-
переходить к этому анализу, за-
заметим, что и в случае следящего за торцевым сечением мо-
момента (рис. 372) стержень также не имеет форм равновесия,
отличных от исходной формы плоского изгиба. Лишь в слу-
случае «полуследящего» момента, показанного на том же ри-
рисунке 372 пунктиром, возможно
существование новой формы
равновесия при
Рис. 372.
fe
= 4-Уд/-о/,.
рис
«Полуследящий» момент может
быть реализован при помощи
двух грузов (рис. 373). Любо-
Любопытно заметить, что возможность реализации заданных сил
или моментов при помощи сил веса во всех известных случаях
является пока неизменной гарантией того, что устойчивость
системы может быть исследована при помощи отыскания
соседних форм равновесия. Необходимости отыскания форм
движения при нагрузках силами веса пока не возникало.
Составим уравнения движения стержня. Для этого необ-
необходимо ввести в рассмотрение распределенную инерционную
нагрузку
_ р д2у
9инерц — Р' -$г~

mi
iv. устойчивость
297
и распределенный инерционный момент, связанный с враще-
вращением масс относительно оси стержня
'"инерц — Р-'р ^2" •
где р — плотность материала, a Jp — полярный момент инер-
инерции сечения.
Как известно,
4 —
дх*
поэтому, дифференцируя первое из уравнений A) по х два
раза, а второе — один раз и прибавляя к правым частям
соответственно 9„нерц и тинерц> получим:
-« &-.**•
— М
д2у
Примем
B)
где Y и Ф — безразмерные величины, зависящие от безраз-
безразмерной координаты ? = у . w — безразмерная частота.
Уравнения B) принимают вид
где Мо — безразмерный момент, a k—геометрическая характе-
характеристика:
Исследование системы C) при помощи средств функцио-
функционального анализа приводит к очень громоздким преобразо-
преобразованиям. Поэтому здесь удобнее всего обратиться к помощи
машины. Представим функции Y и Ф в виде степенных рядов
Ф=
2
я=0, 1, 2,...
2
л-0, 1, 2, ...

298 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |138
Подставляя Y и Ф в уравнения C), приходим к рекуррент-
рекуррентным формулам:
А
,(,1)(н2)(,3)
E)
?2<fl2
В„-г = — моАп-2— („_2){л_3) Вп-г
При вычислениях можно ограничиться 20—30 членами ряда.
В заделке при х —0 (? — 0) имеем у = 0, -jfc = Q и
Ф = 0, следовательно, Ло = Л[ — Во — 0.
На конце стержня (при ?= 1) имеем:
Последнее граничное условие выражает равенство нулю
поперечной силы на конце стержня. Действительно, попе-
поперечная сила определяется из условий равновесия элемента
а
(рис. 374). Приравнивая нулю сумму моментов сил относи-
относительно оси zv находим:
^ дх дх '
или
дх3 дх

138|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
299
Переходя к безразмерным параметрам, получаем:
d2Y мял л <*Ф , ,, dY A
dt,
или, положив ?= 1,
— 1)(я — 2) — Мо 2 5„« =
F)
При вычислении коэффициентов Лл и Вп первые три из
них А2, А3 и Вх остаются неопределенными. Их надо подо-
подобрать так, чтобы были выполнены условия F). Но уравне-
уравнения F) относительно постоянных А2, А3 и Вх являются
однородными. Поэтому их можно написать в виде
= 0.
а21А2 + о22Л3
агхА2 + а32Л3
Чтобы получить ненулевое решение, необходимо выполнить
условие
ап а12 о13
fl21 Й22 О23 =0.
fl31 fl32 fl33
Порядок вычислений теперь будет следующим.
Задаемся параметром
А2=-
/¦У2 24 /2 '
Фиксируем Мо и о>.
Далее полагаем Л2=1, Л3 = 51 = 0 и по рекуррентным
формулам E) вычисляем коэффициенты Ап и В„, а затем —
левые части уравнений F). Они равны соответственно аи,
а2\ и a3i- Затем полагаем Л2 = 0, Л3=1, Вх = 0. Тогда
левые части уравнений F) дают нам значения д12, ап и а32.
Наконец, полагая А2 = А3 = 0 и В1 = 1, находим alit a^

300
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[138
20
/О
и Озз- Вычисляя определитель, убеждаемся, что он, вообще
говоря, не равен нулю. Тогда, изменяя значение со, доби-
добиваемся того, чтобы D — 0.
Так определяются частоты
собственных колебаний
для заданного момента Мо.
Меняя Мо, следим за
поведением частот и по-
подобно тому, как это де-
делалось в предыдущих при-
примерах, определяем усло-
условия их кратности.
При Мо = 0 имеем
частоты собственных ко-
колебаний — изгибных (соизг)
и крутильных (сок). По
мере возрастания Mq про-
происходит сближение частот,
и при критическом значе-
значении момента Ма частоты
становятся кратными (точ-
(точки А на рис. 375).
На рис. 376 показана
зависимость МОкр от па-
параметра k. При k =
= 0,445М0кр обращается
в нуль. Это имеет место
при совпадении частоты первого тона изгибных соизг с часто-
частотой сок первого тона крутильных колебаний.
Можно отметить, что первая наименьшая частота смы-
смыкается всегда со второй независимо от того, интерпрети-
интерпретируется она нами как изгибная или как крутильная. Например,
при А = 0,05 первая крутильная частота tolK = 31,4, в то
время как изгибные частоты со1изг = 3,5 и со2изг = 22. По
мере увеличения момента смыкаются изгибные частоты. При
увеличении параметра k первая крутильная частота падает и,
когда она становится меньше второй изгибной, первая изгиб-
изгибная при увеличении Мо смыкается уже с ней. Это видно и
из кривых, показанных на рис. 375.
В случае следящего момента, т. е. поворачивающегося
вместе с торцовой плоскостью, меняются граничные условия,
-¦"¦I —
- 0,3
—'^в'
0,2
o,s
\^
>
•0,05
\
\
\
\
\
\
1
г з
Рис. 375.

1391 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
и взамен F) имеем:
301
G)
Критические значения момента для условий G) оказы-
оказываются теми же, что и для условий F). Это совпадение
0,2 0,4 0,6 0,8 / tr
Рис. 376.
результатов не является случайным. Оно вытекает из взаим-
взаимного обращения условий нагружения стержня на левом и
правом концах подобно тому, как это делалось для систем,
рассмотренных в задачах 134 и 135.
139» Задача вошла в литературу под названием задачи
Е. Л. Николаи. Именно на примере ее решения в 1927 г.
впервые обнаружился факт существования систем, анализ
устойчивости которых не может быть произведен на основе
определения форм равновесия по Эйлеру. Действительно,
в простейшем случае, когда жесткости стержня в двух глав-
главных плоскостях равны, имеем следующие уравнения равновесия:
-\|
\
ч
«——
EJz" =— Pz — My'. J
A)
Они получаются из уравнений A) задачи 107 (см. стр. 218)
заменой знака при Р на обратный.
Решение уравнений остается прежним:
у = A cos агх -f- В sin агх -)- С cos a^x -\- D sin a2x,
z = A sin с^х — В cos a^ -f- С sin а2х — D cos а2*.

302 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
где ах и O2 — корни квадратного уравнения
B)
При составлении уравнения A) предполагалось, что пере-
перемещения у и г отсчитываются от линии действия силы Р. По-
Поэтому, помещая начало отсчета х, у и t
Р в точке приложения силы Р (рис. 377), при-
cijM ходим к граничным условиям:
при
при
Это дает:
= 0 у = ,г — 0,
Aat sin а^-^-Вщ cosdj/ — Ca2 sin a2/-f-
+ ?>a2 cos a2/ = 0,
Aax cos <X[/ + Ba, sin a,Z -f- Ca2 cos a2/
Приравнивая нулю определитель этой системы уравнений,
получаем:
\\l2ala2cos{al — a^l. C)
Но согласно уравнению B)
Р о
a
j
2Р
поэтому уравнение C) принимает вид
-/"(MI
C0S
При значениях момента М, отличных от нуля, это урав-
уравнение удовлетворено быть не может, поскольку правая часть
по абсолютной величине оказывается больше единицы. Лишь
в случае М = 0

139J
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
303
и тогда получаем обычное значение для критической силы
Итак, при сколь угодно малом, отличном от нуля, значе-
значении М и сколь угодно большой силе Р стержень не имеет
форм равновесия, отличных от прямолинейной. Точно такой
же результат получается и в случае, если плоскость момента М
при изгибе стержня поворачивается вместе
с торцовым сечением. В случае «полусле-
«полуследящего» момента, создаваемого двумя гру-
грузами, система, как мы уже видели на
примере решения задачи 125, имеет формы
равновесия, отличные от исходной. Таким
образом, обнаруживается аналогия с по-
поведением системы, рассмотренной в преды-
предыдущей задаче. Там, однако, мы имели
один внешний силовой фактор: момент М.
В предложенной же задаче у нас два си-
силовых фактора: сила Р и момент М. Если
приложена только сила Р, то при ее воз-
возрастании происходит переход к новой
Рис. 378.
форме равновесия. Для момента же (за исключением «полусле-
«полуследящего») характерен переход к новым формам движения. По-
Поэтому интересно проследить за поведением системы в области
совместного действия двух факторов и определить, где раньше
возникает форма движения, а где — форма равновесия.
Дифференцируя выражения A) два раза по х и добавляя
члены, соответствующие инерционным силам, получим:
дх3 ~"~ дл
«.•&-*¦
дх*
дх*
D)
Как увидим далее, поведение системы существенно за-
зависит от отношения жесткостей на изгиб в главных пло-
плоскостях. Поэтому в уравнениях D) взамен одной жесткости EJ
введено две: EJ: и EJ2.
Теперь начало координат удобнее поместить в заделке
(рис. 378). Независимо от условий нагружения при х = О
Л ду dz Л
имеем у = г=О и -—-=-г— = 0.
* дх дх

304
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A39
Выражения поперечных сил Qx и Qy для изогнутого
стержня усложняются введением члена, содержащего кру-
крутящий момент, т. е.
дМ, „ дгг
где Л1г1 и Л4У] — изгибающие моменты относительно по-
подвижных осей ур zv Необходимые соотношения легко
Ь 9,
Рис. 379.
получаются, если приравнять нулю суммы моментов сил,
действующих на элемент dx относительно осей ух и zx
(см. рис. 379, где показаны проекции этого элемента на
плоскости ху и xz). На конце стержня
О = — рО!- о = Рдг
У дх ' z дх '

139!
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
305
поэтому при х = 1 независимо от поведения момента М
имеем два граничных условия:
дх3
д»г
дх
дг_
дх
х=1
-0
= 0.
E)
Если плоскость действия момента М при изгибе стержня
поворачивается вместе с торцовым сечением, то, очевидно,
при х = 1 МУ1 = MZl = 0 и тогда имеем еще два условия:
Й-1 =
дх'
\х=1
=0 и
дх'
= 0.
F)
Если плоскость действия момента М при изгибе стержня
не поворачивается, то при
MZi = — М -^- и тогда
= / имеем МУ1~М -?— и
У1
-?—
EJ, -^s — М
1 дх2
дг
дх
EJ,
д*г
¦ NL&-.
дх \x=i
= 0,
G)
Наконец, в случае «полуследя щего» момента получаем:
* =0.
(8)
Перейдем к безразмерным параметрам. Для этого при-
примем, что
у =
. г =
где К и Z — безразмерные искомые функции, зависящие
только от х, (о — безразмерная частота, а
А =
20 В. И Феплпсьев

306
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
|13Э
В качестве независимого переменного вместо х возьмем
? = —. После подстановки х, у и z в уравнения D) полу-
получим систему обыкновенных дифференциальных уравнений
A27
(9)
где Жо и Р2 — безразмерные момент и сила:
Величина /е характеризует отношение жесткостей
Предполагается, что
минимальная жесткость, поэтому
Используя безразмерные параметры, преобразовываем
также граничные условия.
При ?==0 имеем K = Z=0, ~ = ~^0.
Для конца стержня, т. е. при ?=1 в случае нагружения
моментом, плоскость которого поворачивается вместе с тор-
торцевым сечением, получаем:
¦+P'?-
dtf
= 0,
= 0,
= 0.
A0)
A1)
При неповорачивающейся плоскости действия момента два
первых условия сохраняются, а два последних принимают вид
d*Z , „ dY
„ dZ
— мо -щ
= 0.
= 0. A2)
В случае «полуследящего» момента опять условия A0)
остаются в силе, а взамен выражений A1) получим:
— М —

139|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
307
Для решения задачи единственно целесообразным является
применение машинного анализа. Алгоритм уже выработан
при решении предыдущих задач.
Примем, что
у __ v1 ^ wi Z =^^Р В f
и подставим К и Z в уравнения (9), после чего получим
следующие рекуррентные формулы:
1
А„=-
1)(я-2)Х
Х(„_3)
— 2) (я —
В — i
п~~ я (я— 1)(я — 2) (я — 3)
A4)
Так как в заделке K =
= 0, -^p = -^r-= 0, то, очевидно,
Еще четыре коэффициента А^, А3, В.2 и S3 должны быть
выбраны так, чтобы выполнялись граничные условия на конце
стержня, т. е. при ?=1. Для этого обращаемся к выраже-
выражениям A0), а также в зависимости от условий нагружения
к выражениям A1), или A2), или A3).
Так как коэффициенты А2, А3, В2 и В3 входят во все
перечисленные выражения линейно, то четыре уравнения от-
относительно этих коэффициентов можно написать в виде
+ а13В2
2 -f
-f с4
= 0,
= 0,
= 0.
= 0.
A5)
Два первых уравнения получаются из выражений A0), а два
других — либо из A1) или A2), или A3), смотря по тому,
каким моментом М нагружен стержень.
Если при заранее фиксированном значении параметров
Мо, р, k и со положить Л2=1, а Л3 = 52 = fl3 = 0, то по
рекуррентным формулам A4) можно иайти Л4, Д,, Л5, В5, ...
20*

308
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
f 139
Затем суммированием до некоторого п, например до п =30,
находим значения производных от функций К и Z при ? = 1, т. е.
dY
= 2 Апп(п— 1), ...
d?2 Ul
Найденные суммы подставляются в выражения A0) и A1)
или A2) или A3). Соответственно получаем коэффициенты
ап, а21, а31 и а4: системы A5). Если повторить все выкладки
со
заново в предположении, что Л3=1, а Л2 = 52 = 5з = 0,
то найдем, очевидно, коэффициенты а12, #22> #32 и %>• Затем
надо принять В2—\ и, наконец, В3=\. В итоге четырех-
четырехкратного повторения цикла находим все коэффициенты си-
системы A5).
Условием существования ненулевых решений для Y \\ Z
является равенство нулю определителя
ап ап а13 ан
а2х а22 а23 a2i
Ml
*42
:*43
= ? = 0.
A6)

139|
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
309
Таким образом, анализ устойчивости сводится к опреде-
определению таких соотношений между Мо, р, ы и k, при которых
выполняется условие A6). Практически надо зафиксировать
в первую очередь параметр k, затем — р и, наконец, — Мо.
Давая со разные значения, подбираем такое, при котором
определитель D обращается в нуль. Затем меняется Мо и
снова подбирается со. Та- о
ким образом определяется
зависимость со от Мо при
фиксированных р и k. На
рис. 380 показана такая
зависимость для k — 2.
Очевидино, строить все
графики или выводить на
печать множество данных
нет необходимости. В ло-
логику программы нетрудно
ввести признаки, по кото-
которым можно судить о по-
поведении частоты в зави-
зависимости от Мо и р. Если
частота обращается в нуль,
это значит, что найдена
новая форма равновесия.
Если частоты двух первых
/.о
рис
0,5 i.o is г,е ме
форм смыкаются, значит
найдена форма движения.
Естественно, отношение жесткостей ft2должно при этом поиске
оставаться неизменным.
Результаты поиска критических значений параметров р и Мо
представлены на рис. 381. Для граничных условий A1) и A2)
они оказались совершенно одинаковыми. Иначе говоря,
различия между нагружением следящим и неследящим
моментом не обнаруживается. Для каждого фиксированного
k = yEJi/EJl область устойчивости (рис. 381) ограничи-
ограничивается криволинейным четырехугольником ОАВС. Точка А
является общей для всех кривых. Здесь р = -g- = l/ -^-г-,
что соответствует значению критической силы
р — п '

310
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A39
Кривые АВ дают условия перехода к новой форме равно-
равновесия и соответствуют изгибу в плоскости минимальной
жесткости (?7|). Любопытно, что с возрастанием момента
критическая сила возрастает. Это происходит потому, что
приложенный момеит заставляет стержень при изгибе откло-
отклоняться от плоскости минимальной жесткости.
А
л
I
t,4
t,0
0,8
О,в
0,4
0,2
0,2 0,4 00 0,8 /,0 tf 1,4 EMo
Рис. 382.
Верхняя часть кривых ABD, показанных на рис. 381,
соответствует форме равновесия, связанной с изгибом в пло-
плоскости наибольшей жесткости. Значение параметра р в точ-
точках D в k раз больше, чем в точке А.
Справа область устойчивости ограничена условием пере-
перехода к колебательной форме движения. Границы перехода
отмечены на рис. 381 пунктирными линиями ВС.
При k -*¦ 1 область устойчивости стягивается в отрезок
прямой О А, Точка D смыкается с А, г С — с О.
——
-44
\

14Э| IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 311
Для «полуследящего» момента, как и следовало ожидать,
формы движения с нарастающей амплитудой не обнаружи-
обнаруживаются. При определенных значениях М и Р возникают
только новые формы равновесия (<о = 0).
Определение критических состояний здесь можно было бы
произвести и аналитически, однако при отлаженной программе
делать это нецелесообразно и удобнее переложить вычисле-
вычисления сразу на машину по уже разработанному алгоритму.
Кривые, ограничивающие область устойчивости, пред-
представлены на рис. 382 и понятны без объяснений.
14О« Возвратимся к решению задачи 113. Легко убе-
убедиться в том, что трубопровод, защемленный одним концом,
не имеет форм равновесия кроме исходной, прямолинейной.
Действительно, из решения задачи 113 используем
у — A sin ах -\- В cos ах -\- Cx -j- D,
но для иных граничных условий, а именно:
при х = 0 у = 0 и у' = 0,
при х = 1 У = 0 и /" = 0,
откуда
B±D = 0, Aa~\-C = 0,
A sin a/ -f В cos а/ — О,
A cos а/ — В sin а/ = 0.
Из двух последних выражений вытекает, что для А к В
ненулевые решения существуют, если
sin2 a/-j-cos2 а/= О,
что невозможно. Следовательно, A = B = C = D — Q, и
стержень не имеет форм равновесия, отличных от исходной
прямолинейной.
Необходимо обратиться к поиску форм движения. Заметим,
кстати, что существование этих форм легко обнаруживается,
если через гибкий резиновый шланг подавать под достаточ-
достаточным давлением воздух от компрессора. Точно такое же
колебательное движение можно наблюдать при подаче воды
через шланг, лежащий, например, при заливке катка на
мокром скользком льду.
Пусть масса трубы на единицу длины будет тт, а масса
жидкости, также отнесенная к единице длины, тж. На

312
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A43
отрезке dx (рис. 383) имеем соответственно массы mT dx и
m.Mdx. При поперечном движении трубопровода на отрезке dx
возникает инерционная сила, равная
В связи с тем, что поток частиц поворачивается с угловой
скоростью , ', возникает к-ориолисово ускорение. Соот-
Соответствующая инерционная
сила будет:
2
д "L v2mxdx.
dxdt ж
С тем же знаком пишем
выражение для силы, свя-
связанной с кривизной по-
потока (или с нормальным
ускорением):
Рис. 383.
Сумма этих сил, деленная на dx, дает интенсивность попе-
поперечной «внешней» нагрузки. Следовательно,
1
Перейдем сразу же к безразмерной форме. Положим, что
Тогда получим:
* =
где
тж
C)
Первый параметр характеризует расход жидкости через
трубопровод, второй — соотношение между массой жидкости
и массой трубопровода.

140) IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 313
В заделке при ?=0 К = 0 и -—=0. На конце стержня
при ?= 1 имеем:
Теперь задача сводится к определению областей измене-
изменения параметров р и и, при которых вещественная часть е
показателя e-f-ко A) принимает положительные значения.
Имея в виду переложить операцию поиска на электрон-
электронную цифровую машину, положим:
Из двух первых граничных условий следует, что С0 = С1 = 0.
Два других условия принимают вид
2СдЛ(я—1) = 0, ЦСяд(д—1)(я —2) = 0. D)
Полагая коэффициенты С, и С3 неопределенными, напишем
уравнения D) в следующем виде:
E)
Условие существования ненулевых решений будет, очевидно,
следующим:
a b
F)
Перейдем теперь от комплексной формы написания урав-
уравнений к вещественной. Положим, что
у
и соответственно
Подставляя К в уравнение B) и разбивая его на веществен-
вещественную и мнимую части, получаем рекуррентные формулы для

314 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [140
определения Ап и Ва:
— 2риеЛл_3 (я - 3) + («2 - е2) Ап _4
G)
- 2рке?„ _3 (я - 3) + (ю* - е2) Ял _4 -
— 2ри(оЛл_3 (я — 3) — 2«еЛл_4].
Уравнение F) также разобьем па вещественную и мнимую
части, полагая
а = a, -f- log, 6 = 6, -f- i*2, с = с, -{- гс2, d = d, -{- id2.
Тогда получим два уравнения:
Dl = u1dl #2й?2 — ^1C1 ~i~ ^2С2 == 0, 1
D2 = ald2-f- a2dl — ?,с2 — д2с1 = 0. J
Если положить С2=: 1 (Л2= 1, 52==0), а С3 — 0 (А3 —
= 53 = 0), то из сопоставления выражений D) и E) видно,
что первая сумма D) равна а, а вторая равна с. Следова-
Следовательно, при Л2=1 и 52 = Л3 = ?3 —0 имеем:
«i = S Апп(п—\), а2 = %Впп(п—\),
ei = 2M««(«-l)(« —2). е2 = 2Вяя(я—1)(я-2).
Если же мы примем, что С2 = 0, а С3 = 1, т. е. положим
А2 — В2 = В$ = 0, А3=\ и вычислим по рекуррентным
формулам G) коэффициенты Ап и Вп, то получим:
0(я-2). d2=S^«(«- 1)(я —2).
Таким образом вычисляются величины, входящие в уравне-
уравнения (8).
Этим, собственно говоря, и определяется порядок вычис-
вычислений на машине.
Сначала надо составить подпрограмму вычисления величин
Dx и D2 (8) при фиксированных параметрах я, р, й и е.

140] IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 315
Степенные ряды сходятся быстро, и величины Ап и Вп при
п > 30 уже, как правило, имеют значения, меньшие машин-
машинного нуля.
Затем для фиксированных и и р определяем такие е и со,
чтобы удовлетворялась система (8). Поиск реализуется при
помощи простейшей линейной интерполяции. Задаваясь на
плоскости е, со тремя точками, определяем соответственно
этим точкам три значения Dx и D2 (8). По трем значениям
Dj и D2 строим в пространстве две плоскости:
D^D^e; со) и D2 — D2(e; со).
Линия их пересечения пересекает плоскость е, со в точке,
координаты которой соответствуют корням системы (8).
Дальше производится последующее сближение до тех пор,
пока не будет выполнено заданное условие точности. Если
вычисления производить при изменении параметра р, то можно
проследить за тем, как меняется частота со и параметр за-
затухания е в зависимости от скорости потока при заданном и,
т. е. при заданном соотношении масс потока и стрежня.
На рис. 384 показано несколько таких кривых. Харак-
Характерно, что в рассматриваемой задаче не наблюдается смыкания
частот, с которым мы сталкивались ранее. Это связано с тем,
что скорость потока является не только возбуждающим, но
одновременно и демпфирующим фактором, проявляющимся
в наличии кориолисовых сил. Даже при самой малой ско-
скорости v имеется затухание, и корни характеристического
уравнения будут не мнимыми, а комплексными.
С возрастанием скорости потока первая частота со (при
малых и) возрастает, затем начинает уменьшаться и обра-
обращается в нуль, но величина е во всех случаях остается от-
отрицательной. Это означает, что нарастающих отклонений
по форме первого тона не возникает, а имеет место либо
колебательное, либо апериодическое затухание.
Первый переход е в положительную область происходит
при частотах, соответствующих второму тону. Соответствую-
Соответствующие кривые на графике (рис. 384) отмечены индексом (е2, щ).
Причудливо выглядит зависимость частоты колебаний со
и критической скорости потока р от параметра

316
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
fI40
(рис. 385). При к < 0,545 возбуждаются колебания второго
тона. При большем к возникают колебания по третьему
е,ш
Рис. 384.
тону, что проявляется в резком возрастании частоты. Затем
при большей относительной массе жидкости колебания про-
происходят по четвертому тону и частоты растут. В предельном

141)
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
317
случае, когда масса трубопровода мала по сравнению с массой
жидкости, частота и критическая скорость неограниченно
возрастают. Если масса стержня равна нулю, система устой-
устойчива при любой скорости потока.
¦ ЦДГГ
_.. —
— —'
?^
/
)
1—
J
,
_——
1 Х-
)
>
1
1
J
48
44
40
36
32
28
24
го
12
8
0,1 0,2 O.J 0,4 0,S Ц6 0.7 0,8 0,3 Г.Ох
Рис. 385.
141. В этом случае балка также может потерять устой-
устойчивость плоской формы изгиба, но произойдет это уже при
больших перемещениях у сильно искривленной балки, что
исключает применение обычной теории устойчивости.
Когда говорится о боковом выпучивании полосы с узким
прямоугольным сечением, то слово «узким» добавляется
не для того, чтобы показать, что в противном случае не будет
выпучивания, как может показаться на первый взгляд, а для
того, чтобы подчеркнуть, что к моменту потери устойчивости
балка в плоскости изгиба почти не искривляется.

318
РЕШГНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Наглядным примером того, что полоса, изгибаемая в пло-
плоскости минимальной жесткости, может потерять устойчивость
плоской формы изгиба, является так на-
называемое спутывание волоска у при-
приборов.
11111 ffi )i i 1111 Волоском называют всем хорошо из-
известную плоскую спиральную пружинку,
которая устанавливается на оси баланса
карманных и ручных часов (рис. 386).
Волосок устанавливается также на оси
стрелки у большинства измерительных при-
приборов — манометров, барометров, указа-
указателей скорости самолета, высотомеров,
вольтметров, амперметров и других при-
приборов.
Лента волоска, установленного в при-
приборе, изгибается в плоскости минимальной
жесткости. При некотором угле поворота
оси, который называют обычно углом
спутывания, волосок теряет устойчивость
плоской формы изгиба — спутывается. По-
Поэтому рабочий угол поворота устанавли-
устанавливается всегда ниже угла спутывания.
142ш Вероятность выпучивания стержня
в ту или иную сторону определяется его
начальной погибью, случайными неодно-
родностями в материале и отклоне-
отклонениями линии действия силы Р от оси
стержня.
Степень влияния случайных факторов
зависит от жесткости стержня. Наиболее
вероятным является, очевидно, изгиб в пло-
плоскости минимальной жесткости, т. е. в дан-
данном случае относительно оси z (рис. 387).
Остается проверить, не меняется ли жест-
жесткость на изпгб при перемене знака мо-
момента. В случае, если жесткость остается
неизменной, выпучивание стержня вправо
йа\
О
Рис. 387.
или влево будет равновероятным. Если жесткость окажется
различной, наиболее вероятным будет изгиб в сторону наи-
наименьшей жесткости.

IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
319
Положим задана диаграмма сжатия материала (рис. 388).
Напряжение о, возникающее в поперечных сечениях стержня,
превышает по условию предел текучести (точка А на диа-
диаграмме). При изгибе стержня слои, расположенные с вогну-
вогнутой стороны, догружаются и напряжения возрастают в зави-
зависимости от е по прямой /. С-выпуклой стороны происходит
разгрузка, и зависимость между о и е изображается прямой 2.
Тангенс угла наклона прямой / обозначим через D, а прямой
2 — через Е, где Е — модуль
упругости. В результате эпюра _
дополнительных изгибных на-
напряжений принимает вид лома-
ломаной (рис. 387). Положение ней-
нейтральной линии zx определяется
из условия, что
= 0, A)
поскольку нормальная сила
в сечении не меняется и по-
постоянно равна Р.
Если стержень выпучивается Рис. 388.
налево, ось г, смещается от
центральной оси z также налево. Если стержень выпучи-
выпучивается направо, нейтральная ось сдвигается направо.
Рассмотрим первый случай. Ось гх сдвинута налево.
С выпуклой стороны стержня
а с вогнутой
Согласно выражению A) имеем:
Е
прав
где первый янтеграл распространяется на область, располо-
расположенную слева от оси zlt а второй — справа от оси гх

320 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ |142
(рис. 387). Взяв статические моменты указанных участков
относительно оси zx, находим:
*i = Т=1 0 + 2rf - V6rf + 3flP).
где d = D\E.
При выпучивании стержня направо ось zx смещается на-
направо на величину
Теперь определим момент напряжений До" относительно
поперечной оси zx. Заметим, что ось может быть взята произ-
произвольно в связи с тем, что нормальная сила от напряжений До
при найденных Ьх и Ь2 равна нулю.
При выпучивании стержня налево
лев прав
Это выражение можно написать в виде
где
У, = | а Bа — Ь{?+ | [8а (а + Ь{? —
Исключая Ьх, получим:
Jx=
При выпучивании стержня направо получаем аналогично:
J2 = -~~U0~2
В интервале изменения d от нуля до единицы получаем:
Следовательно, вероятность отклонения стержня направо
больше, чем налево. При потере устойчивости стержень ве-
вероятнее всего изогнется так, чтобы открытая сторона про-
профиля располагалась на вогнутой стороне бруса.

143]
IV, УСТОЙЧИВОСТЬ
321
143. Потеря устойчивости возможна для пружин растя-
растяжения, имеющих навивку с натягом.
У пружин такого рода витки плотно поджаты друг
к другу. По мере увеличения растягивающей силы умень-
уменьшается контактное давле- .
ние между витками. Удли- у
непие пружины возникает
только при силе, большей
силы предварительного
поджатия Ро (рис. 389).
Потеря устойчивости
происходит с перекосом и
изгибом витков (рис. 390).
Получается так, что каж-
каждый виток «не дожи-
дожидается» того момента,
когда он сможет отор-
оторваться от соседнего, а со-
соскальзывает по поверх-
поверхности контакта, изгибаясь в своей плоскости. Работа силы Я
на возникающем осевом перемещении переходит в энергию
изгиба витков.
Рис. 389.
Рис. 390.
Расчетная схема для определения критических сил пока-
показана на рис. 391. Согласно формуле C) (см. решение за-
задачи 51, стр. 133)
Но Q =
. Исключая Q, получаем:
р р
' кр — "-"сдв-
21 В. И Феодосьев

322
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[144
Из формулы D) той же задачи получаем:
р _ Ed4
Так как в данном случае — = d, то
кр ~ 8?>3 "
144. Рассмотрим систему в отклонен-
отклоненном от вертикали положении.
Уравнения равновесия для узла (рис.
392, а) будут следующие:
P=N, sin а, 4- yVoSincto, )
) (I)
TV, cos a, =yV2 cosa2. J
Из треугольника ЛВС (рис. 392,6') имеем:
(/ — Д/,) cos a, -f (/ — Д/2) cos a2 =
= 2/cosa0,
(I — Д/j) sin a, = (/ — AZ2) sin a2.
Будем рассматривать малые отклонения от вертикали и
большие—по вертикали. Обозначим
Р
<х2 —(
где угол а характеризует перемещение узла вниз, а малый
\Р
л-^*=^«
Рис. 392.
угол р—перемещение по горизонтали. Аналогично
Обозначим через с жесткость стержней на сжатие
I я ' 2

1441 IV. УСТОЙЧИВОСТЬ 323
Далее подставляем а^ а2, Л/j, N2, Д/, и Д/2 в уравнения A)
и B) и линеаризуем их, пренебрегая малыми произведе-
произведениями рДЛЛ Удерживаются только первые степени этих
величин. В итоге взамен A) и B) получим:
P=2Nsina,
Л/р sin а — АЛ/ cos а = О,
и I cos а = / cos a0,
. Р cosa sina = 0.
с I с
Первое и третье из этих уравнений дают возможность опре-
определить угол а в зависимости от силы Р при симметричной
форме равновесия
р ^sinafl C0Sa°) (Ъ\
2с/ \ cos a /' *• '
Второе и четвертое уравнения являются однородными
относительно неизвестных величин р и АЛ/, характеризующих
боковое отклонение. Приравниваем нулю определитель этой
системы
— cosa
, N\ I =0,
/ cosa sin a
откуда
/ cos2a = 0.
Заменяя Л/ через Р, имеем:
р
Y~, sinacos2a — 0,
или согласно выражению C)
cos a0 — cos a — cos3 a.
На рис. 393 показан график зависимости между cosa
и cosa0. Понимать этот график нужно следующим образом.
Задан угол а0. Система не нагружена. При этом a = a0
(точка А на рис. 393). По мере нагружения угол а умень-
уменьшается, а cosa возрастает. Точка В характеризует переход
к несимметричной форме. Из выражения C) может быть
21*

324
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A44
определено и значение соответствующей силы Р. Когда
угол а достаточно уменьшился, симметричная форма равно-
равновесия снова становится устойчивой (точка С на графике).
cos
0,2
О
2Vj
/
As?p
/
3 '
\
0,2
п,4 0,0
Рис. 393.
/,Ocosa
Возникновение несимметричных форм возможно лишь при
cosaa<—^- или при ао>67°25'.
Поведение системы в закритическом состоянии может быть
исследовано, если отказаться от предположения малости угла р.
Впрочем, здесь удобнее решать задачу энергетическим методом.
Рис. 394.
Если ввести в рассмотрение перемещения Я, и / (рис. 394),
то из четырехугольников СВВ1В<) и ABBiB0 легко получить
следующие соотношения:
/ cos a0 -(-/ = (/ — A/,) cos а,,
/ sin а0 — Я, = (/ — Д/,) sin ар
/ cos а0 — / == (/ — Д/2) cos а2,
/ sin а0 — X = (/ — А/2) sin а2.

145) IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
Исключая а, и о^, получим:
А/, = / — УA sin а0 — XJ -f- (Z cos а0 4 Л2.
М2 = / — УA sin Oq — Я,J 4- И- cos Oq — ff.
Полная потенциальная энергия системы будег.
325
Первые производные от U по X и / в положении равновесия
равны нулю, а по знаку вторых производных определяется—
устойчива или неустойчива форма равновесия.
Предоставляем читателю возможность произвести этот ана-
анализ самостоятельно.
Рис. 395.
145а Примем, что поперечные сечения полосы не искри-
искривляются. Тогда осевые удлинения могут быть представлены
в виде линейной функции у (рис. 395):
где х — иаменение кривизны полосы в плоскости ху. Осевое
напряжение будет, очевидно, следующим:
где at — температурное удлинение.
22 В. И Феодосье»

326 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ (US
Так как нормальная сила в сечении и изгибающий мо-
момент Мг равны нулю, то
F
откуда
J axdF = 0, joxydF = 0,
==г J
-Ы2
+ */2 +6/2
12
-6/2
При возникновении крутки напряжения ох образуют момент
относительно оси х (рис. 395), равный
Mx =
нли
Кроме того, при закручивании в полосе возникает момент
касательных напряжений, равный, как известно,
Сумма этих моментов равна нулю, поэтому
F
Подставляя сюда ох, находим:
-Г
6Аг
-6/2
где \i — коэффициент Пуассона. Исключая е0> получим:
+ »/2
6/2
J
-6/2
Это и есть условие перехода к новой форме равновесия.

1461
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
327
Заметим, что при линейном законе распределения темпе-
температурных удлинений вдоль оси у, т. е. при
at = А + By,
левая часть выражения (П обращается в нуль при любых
значениях А и В. Следовательно, при линейном распреде-
распределении температуры новой формы равновесия не существует.
Положим, что температурные удлинения на левой поло-
половине полосы распределены по квадратичному закону
(рис. 396). Тогда выражение A) принимает вид
о
bhl
ИЛИ
-6/2
15 h*
Заметим, что чем относительно тоньше лист, тем при более низ-
низкой температуре происходит потеря устойчивости (коробление).
Рис. 396.
Рис. 397.
146. Представим себе, что шары ВВ повернулись на не-
некоторый малый угол ф относительно оси О А (рис. 397). При
этом инерционные силы шаров /то2/ уже не будут парал-
параллельны оси ОА и дадут пару с моментом
М =
22*

328
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НЯ ВОПРОСЫ
447
закручивающую стержень О А. Но так как а = фу, то и
М = 2/жо2а2ф.
С другой стороны, для закрученного стержня
где GJ. — жесткость стержня; таким образом,
@ =
2т1аг
Это и есть критическая угловая скорость для данной си-
системы. При скорости, большей указанной, стержни ОА за-
закручиваются.
147. Представим себе, что некоторое сечение, распо-
расположенное на расстоянии ? от оси, повернулось в результате
закручивания стержня на угол ф (рис. 398). Выделим из
стержня элемент d^dyfi, расположенный на расстоянии у от
оси стержня. При повороте
сечения иа угол ф элемен-
элементарная инерционная сила
dmtiP^ даст поперечную со-
составляющую dtnuPtp..
Элементарный закручи:
вающий момент этой силы
будет:
dM
Но
Рис. 398.
а = ф-?-.
где у — удельный вес материала стержня. Тогда крутящий
момент в сечении х определится как
+V2 I t
f f -|-
g о
Нормальная сила в том же сечении определится интегриро-
интегрированием выражения
=—<
б

мл iv. устойчивость 329
что дает:
»/2
J
-»/2
Из условий закручивания стержня имеем:
где С — жесткость на кручение. Последняя величина в дан-
данном случае зависит от силы N (см. задачу 29):
В предыдущем примере стержни ОА были круглыми и их
жесткость не зависела от растягивающей силы. Теперь полу-
получаем:
Дифференцируем обе части этого уравнения по х:
d I -, d(f \ у b3h 2
dx \ dx) #12 ^
Но из выражения для С следует
поэтому
Независимо от вида функции С решением этого уравнения
будет
где А и В — произвольные постоянные.

530
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Возьмем интеграл
Г dx__ Гdx
где обозначено
ir_I+
pi x ~ 2
Таким образом,
При х = 0 ф==0, откуда Л = 0. Далее, при
(|) и тогда 5 = 0.
= 1 имеем
)
Следовательно, при любой угловой скорости и стержень
остается прямым*). Если бы жесткость на кручение не зави-
зависела от нормальной силы,
для стержня можно было
бы указать критическую
угловую скорость.
148. Тонкий одно-
однородный диск, вращаю-
вращающийся около оси, перпен-
перпендикулярной к его пло-
плоскости, может потерять
устойчивость. Но для
дисков обычной толщины
критическая скорость икр
-Упругая линия диаметра лежит выше той, при
Рис 399 которой наступает разру-
разрушение. Если рассмотреть
очень тонкий металлический или, еще лучше, резиновый диск,
то на опыте может быть получена форма потери устойчи-
устойчивости, показанная на рис. 399.
*) При подготовке автором первого издания настоящего задач-
задачника Л. И. Балабух показал, что призматический стержень вообще
любой формы поперечного сечения не имеет критической угловой
скорости.

149!
IV. УСТОЙЧИВОСТЬ
331
Возникновению такой формы равновесия может быть дано
следующее объяснение. Положим, что диск идеально сбалан-
сбалансирован, и допустим, что какая-то внешняя причина вызвала
некоторую деформацию диска в его плоскости так, что балан-
балансировка диска будет при этом нарушена. Если центр тяжести
диска сместился, как показано на рис. 399, вправо, то возле
неподвижной оси слева возникнут сжимающие радиальные
напряжения. Поэтому при достаточно большой угловой ско-
скорости диска в этой зоне может произойти его выпучивание,
вследствие чего дисбаланс еще больше увеличится. Если диск
при этом не разрушится, то форма его после потери устой-
устойчивости и будет примерно такой, как показано на рис. 399.
149« Определим силу Р,
которую необходимо прило-
приложить к кольцу, чтобы откло-
отклонить его от оси на некоторую
малую величину w (рис. 400).
Очевидно,
где / — номер спицы, а Л/, —
нормальное усилие, возникаю- Рис. 400.
щее в ее сечениях.
Если обозначить через Ai удлинение /-Й спицы, то тогда
Но
поэтому получаем
Можно показать, что
2я

332 РКШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [1*3
и тогда
Критическое число оборотов определится из условия
откуда имеем
"Р~~ V 2ml
150. При некотором давлении (в области заметных удли-
удлинений) сферическая форма равновесия становится неустойчи-
неустойчивой. Если по какой-то причине в стенкз появится местное
утонение, оно продолжает развиваться. Толщина стенки ста-
становится неравномерной и сфера несколько вытягивается
(рис. 401, а). Это явление аналогично процессу образования
Рис. 401.
шейки у растянутого образца. Его можно наблюдать при на-
надувании камеры волейбольного мяча. Аналогичное явление
наблюдается и при надувании велосипедной камеры (рис. 401, б).
151- Если какая-то внешняя причина вызовет местное
сужение образца, последний при небольшом растягивающем
усилии самостоятельно восстановит цилиндрическую форму
по устранении причины, вызвавшей это сужение. Таким обра-
som, до определенной величины растягивающего усилия ци-
цилиндрическая форма образца является устойчивой.
При достаточно большом растягивающем усилии малей-
малейшее местное сужение вызовет повышение напряжений в зоне

152| V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 333.
сужения такой величины, что по устранении причины, вы-
вызвавшей это сужение, стержень не сможет восстановить ци-
цилиндрическую форму. Сужение будет развиваться, и на образце
образуется шейка. Цилиндрическая форма равновесия оказы-
оказывается неустойчивой.
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
152. Наибольший предел прочности на растяжение имеют
некоторые типы специальных сталей, применяемых для изго-
изготовления цилиндров высокого давления; он достигает
°в. р = 2*5 кг/мм2.
Еще более высокие показатели дает тонкая холоднотяну-
холоднотянутая стальная и вольфрамовая проволока. Для первой предел
прочности на растяжение близок к 350 кг/мм2, для вто-
второй — 420 кг/мм2. Предел прочности на сжатие у углероди-
углеродистой стали достигает 450 кг)мм2, у вольфрама — 500 кг/мм2.
Специальный металл карболой (карбид вольфрама, цемен-
цементированный кобальтом), применяемый в технике высоких дав-
давлений, по опубликованным данным дает ов, с=650—670 кг/мм2.
На растяжение этот материал работает, однако, хуже, чем
сталь.
Очень высокий предел прочности имеют искусственно выра-
выращенные нитевидные кристаллы металлов и драгоценных кам-
камней, которым в технике ближайшего будущего отводится за-
заметное место. Следует, однако, предостеречь читателя от ото-
отождествления понятий «прочность образца» и «прочность
конструкций».
Прочность образца в условиях испытания, действительно,
определяется значением предела прочности. Что же касается
прочности детали, изготовленной из того же материала, то
она в рабочих условиях определяется не только пределом
прочности, но и другими показателями, среди которых наи-
наиболее важным является удлинение при разрыве и некоторые
другие характеристики, уже не столь однозначно определяе-
определяемые, как, например, чувствительность к местным напряже-
напряжениям, ударная вязкость и т. п. Поэтому деталь, изготовлен-
изготовленная из материала с более высоким пределом прочности, еплошь
и рядом в рабочих условиях оказывается менее прочной, чем

334 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1153
такая же, но изготовленная из другого материала с пони-
пониженным пределом прочности.
Предел прочности некоторых сталей методами термиче-
термической обработки в сочетании, например, с промежуточным
наклепом может быть поднят до 280—300 кг/мм2. Однако
сценка значимости достигнутого результата не может произ-
производиться только по одному этому показателю.
153. Дерево при растяжении вдоль волокон. Например,
для сухой ели предел прочности на сжатие oBg c « 5,50 кг/мм2,
а на растяжение oBi p «* 7,20 кг/мм2; для бука
ов. с« 6,70 кг/мм2, св. р « 8,20 кг/мм2.
Указанное свойство дерева является следствием его анизо-
анизотропии. В дереве жесткие слои чередуются с мягкими. При
продольном сжатии основную нагрузку воспринимают жест-
жесткие слои. При достаточно больших усилиях в этих слоях
начинается местное выпучивание, которое приводит к быстрому
разрушению образца. Таким же свойством обладает текстолит.
154. Широко известно, что модуль упругости стали со-
составляет 2 • 104 кг/мм2, но мало кто знает, у каких мате-
материалов модуль упругости выше этой величины. В порядке
возрастания модуля упругости можно для металлов привести
следующие данные:
кг/мм1
Кобальт и никель 21 10О
Родий 29809
Бериллий 29900
Вольфрам и молибден 35200
Карболой 70000
155. У некоторых типов резины модуль упругости до-
достигает 0,04—0,05 KzfMM1. Из металлов самый низкий модуль
упругости имеет свинец (?= 1830 кг/мм2) и кальций
(? = 2110 кг [мм2).
156* Ответ на этот вопрос зависит от того, сколь боль-
большие деформации имеются в виду. Обычно принято считать,
что резина не подчиняется закону Гука. При этом, однако,
умалчквается, что речь идет о больших деформациях порядка
100% и более.
При деформациях, не превышающих 10—20%, все типы
резины, как правило, с вполне достаточной для практических

1591 V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 335
целей точностью можно считать подчиняющимися закону Гука.
Никакой другой материал не дает в пределах пропорцио-
пропорциональности столь больших деформаций.
157. Мы привыкли считать, что при простом растяже-
растяжении отношение поперечного сужения к продольному удли-
удлинению, называемое коэффициентом Пуассона, должно быть
меньше 0.5. Это условие, однако, справедливо только для
изотропного материала, и нет никаких оснований считать, что
оно должно соблюдаться и для анизотропных материалов,
каковым, в частности, является дерево.
Таким образом, если нет оснований сомневаться в точ-
точности замеров и в правильности постановки экспериментов,
полученное для дерева отношение 0,6 может быть принято
без оговорок.
158» Потому, что удлинение каната при растяжении
происходит не только за счет удлинения нитей, но и за счет
их частичного изгиба и закручивания. Приведенный модуль
упругости каната при растяжении не остается постоянным,
т. е. диаграмма растяжения каната даже при упругих дефор-
деформациях нитей не будет линейной. На первой стадии растя-
растяжения нити уплотняются, и зазоры между ними постепенно
уменьшаются. При дальнейшем растяжении заметную роль
приобретают местные деформации, возникающие в зонах
взаимного контакта нитей.
159. Волокна, составляющие нить, короче самой нити.
Поэтому прочность нити зависит не только от прочности
самих волокон, но и от их взаимного сцепления. Послед-
Последнее же определяется силами трения, действующими между
волокнами. У крученой нити каждое волокно захлестывается
и поджимается соседними и силы сцепления волокон оказы-
оказываются много ббльшими, чем у некрученой нити.
Величины сил сцепления сильно зависят от длины воло-
волокон. Поэтому, например, длинноволокнистый хлопок ценится
выше коротковолокнистого.
Любопытно, что нити, крученые из искусственного во-
волокна, оказываются менее прочными на разрыв, чем некру-
некрученые. Искусственное волокно имеет большую длину, равную
длине нити. Поэтому волокна не нуждаются во взаимной
связи, и наличие крутки создает в этом случае только допол-
дополнительные напряжения, приводящие к более быстрому раз-
разрыву.

336
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
1160
Тем не менее нити из искусственного волокна все же
закручивают. Это необходимо для того, чтобы в обращении
нити не размочаливались и не рвались по отдельным волокнам.
180. Студент спутал понятия прочности и жесткости.
Когда говорят о высококачественном материале, то имеют
в виду его прочностные показатели. Легированная сталь имеет
более высокие показатели прочности, но ее модуль упру-
упругости Е примерно тот же. что и у всех прочих марок стали,
т. е. около 2 • 104 кг/мм2. Поэтому замена простой стали
легированной в данном случае ничего не дает.
161> Для того чтобы ответить на этот вопрос, необхо-
необходимо рассмотреть строение осинового листа.
На рис. 402 для сравнения рядом с осиновым изображен
березовый лист. У осинового листа длина черенка примерно
вдвое больше. Поперечное сечение черенков в обоих случаях
имеет овальную форму с примерным отношением осей 2 : 3.
Но у осинового листа
ббльшаяось сечения пер-
перпендикулярна к плоско-
плоскости листа, в то время
как у березы она парал-
параллельна той же плоскости.
При легком дунове-
дуновении ветра черенок оси-
осинового листа довольно
быстро теряет устойчи-
устойчивость плоской формы
изгиба и, закручиваясь, поворачивает лист. При этом изме-
изменяются аэродинамические нагрузки на лист, и черенок снова
распрямляется, после чего процесс начинается сначала — воз-
возникают изгибно-крутильные колебания.
Черенок березового листа имеет ббльшую жесткость на
изгиб и кручение, колебания листа возникают при значи-
значительно большей силе ветра.
Предложенная задача, таким образом, является смешанной
задачей сопротивления материалов и аэродинамики. Большое
практическое приложение имеют такие вопросы при иссле-
исследовании изгибно-крутильных колебаний крыльев самолета.
162. В том-то и дело, что для демонстрации упругих
свойств хлебного мякиша вовсе не обязательно лепить опи-
описанную выше шестирогую фигуру.
Рис. 402.

183]
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
337
Можно скатать шарик, кубик, призму и т. д. Результат будет
тот же самый. В сказанном читатель легко может убедиться сам.
Сущность описанного опыта заключается в следующем.
Каждое тело, как известно, в большей или меньшей мере
обладает способностью менять свои размеры во времени при
постоянных напряжениях. У хлебного мякиша это свойство
проявляется очень ярко. Деформируя его пальцами, мы при-
прикладываем нагрузки, имеющие продолжительность действия,
достаточную для того, чтобы в материале произошло, как
говорят, упруго-пластическое течение. При ударе нагрузка
действует в течение весьма короткого промежутка времени,
и деформации остаются в основном упругими.
Любопытно, что каждый из авторов, описывающих этот
опыт и отмечающих упругое поведение хлебного мякиша,
излагает вопрос так, как будто суть явления кроется не
в кратковременности действия нагрузки, а в форме фигуры.
Такого рода описание (возможно, и не первое) дается,
например, в старом учебнике по физике Цингера и повто-
повторяется без достаточного анализа в более поздних княгах.
Автор одного из курсов по сопротивлению материалов утвер-
утверждает даже, что «пока мякиш не высох, можно, положив
его на стол, бить кулаком, ладонью и пр.». На самом же
деле при ударе ладонью время действия нагрузки за счет
упругости ладони получается достаточно большим, и мякиш
неминуемо сминается.
163а По условию перемещения в балке пропорциональны
действующим нагрузкам. Следовательно, к рассматриваемой
системе применим принцип Взаимности.
\р
Рис. 403.
\Ш.
'////////////7.
Перемещение в лг-м сечении может быть определено уста-
установкой индикатора под точкой А и нагружением балки в сече-
сечении jc-м (рис. 403). Передвигая груз, замеряем Ьл в точке А

338 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ A64
для различных значений х. Полученная зависимость Ьх — / (х)
и представляет собой уравнение упругой линии балки.
Если груз Р велик настолько, что его перестановка пред-
представляет трудности, можно его уменьшить, а затем согласно
заданному условию пропорциональным увеличением замерен-
замеренных прогибов получить упругую линию для заданного значе-
значения силы Р.
164. Рассмотрим два состояния какого-либо упругого
тела (не обязательно цилиндра), лежащего на жесткой пло-
плоскости.
Первое состояние: тело находится под действием соб-
собственного веса. Второе состояние: тело находится под дей-
действием некоторого давления р, равномерно распределенного
по поверхности. По принципу взаимности работа первой си-
системы сил на перемещениях, вызванных второй системой,
равна работе второй системы сил на перемещениях первой
системы.
Для первого из указанных состояний упругого тела ра-
работа сил веса на перемещениях, вызванных давлением, равна
j
v
где у — удельный вес, у dV — вес элементарного объема,
wp — вертикальное перемещение некоторой точки упругого
тела, находящегося под всесторонним давлением р. Это пере-
перемещение отсчитывается, естественно, относительно жесткой
плоскости. Но при всестороннем давлении во всех точках
тела упругие удлинения будут постоянны и равны
Следовательно, вертикальное перемещение wp пропорцио-
пропорционально расстоянию от жесткой плоскости. Тогда
J
где w_ — перемещение центра тяжести упругого тела.
Если центр тяжести упругого тела находится от осно-
основания на расстоянии Н, то

166] V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 339
Таким образом,
С другой стороны, по принципу взаимности эта величина
равна работе давления р на изменении искомого объема Д1Л
вызванном силами собственного веса, т. е.
откуда получаем:
Если тело повернуть так, что центр тяжести будет нахо-
находиться на другой высоте, соответственно изменится и AV.
Полученное решение справедливо, естественно, для любого
тела независимо от его формы. Для заданного цилиндра,
очевидно, при переходе от положения / к положению //
(рис. 145) объем увеличится на
E '
16S> Задача решается точно так же, как и предыдущая,
где ДУ/> — искомое изменение объема, вызванное силами Р,
а Д(Л5)р—изменение расстояния между точками А а В,
вызванное давлением р. Очевидно,
где АВ — расстояние между точками приложения сил. Сле-
Следовательно, искомое изменение объема будет:
166ш Объяснение ошибочно. Согласно приведенным рас-
рассуждениям трубка, независимо от формы поперечного сече-
сечения, под действием внутреннего давления всегда должна
уменьшать свою кривизну — распрямляться. Опыт, однако,

310
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Г16в
показывает, что трубка с круглым сечением вовсе не реаги-
реагирует на внутреннее давление, а трубка, имеюшая сечение
с обратным расположением большой н малой осей, под дей-
действием внутреннего давления не уменьшает, а увеличивает
свою кривизну.
Автор приведенного выше объяснения не учел того, что,
кроме сил Р1 и Р2, действующих на поверхностях Sl и 52,
имеется еще сила, действующая на донышко трубки. Эта сила
дает момент, в точности равный разности моментов сил Pt
и Р2, так что изгибающий момент в любом сечении трубки
равен нулю. При этом нет никакой нужды вычислять вели-
величины этих сил для проверки сказанного. Поверхность трубки
Рве, 404.
справа от произвольно взятого сечения АА (рис. 404) является
замкнутой поверхностью, и давление даст в этом сечении
только нормальную силу, равную произведению давления на
площадь сечения «в свету».
При любой форме трубки силы давления не дадут вовсе
изгибающего момента. Необходимым условием работы трубки
является деформация контура поперечного сечения. Какую бы
некруглую форму сечение трубки ни имело, под действием
внутреннего избыточного давления контур этого сечения стре-
стремится принять форму окружности. При этом малая ось сече*
ния несколько увеличится, а большая уменьшится, и весь кон-
контур примет примерно такую форму, какая показана штриховой

.67)
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
341
линией на рис. 404. При этом каждое продольное волокно
трубки получит некоторое перемещение по направлению,
параллельному малой оси сечения. На рис. 404 это переме-
перемещение для волокна тп обозначено через w.
Когда волокно тп переместится на величину w, оно
перейдет на дугу большего радиуса и в нем появятся растя-
растягивающие напряжения. В волокнах, лежащих ниже нейтраль-
нейтральной оси, появятся сжимающие напряжения. Трубка при этом
будет распрямляться.
В свете сказанного становится ясным, почему трубка
круглого сечения не реагирует на внутреннее давление. В этом
случае контур сечения только растягивается, и величина w
будет ничтожно малой. Поэтому и изменение кривизны трубки
круглого сечения весьма мало и при обычной постановке
эксперимента не обнаруживается.
Если большая ось сечения расположена в плоскости сим-
симметрии трубки, то величина w будет другого знака и кри-
кривизна трубки'при внутреннем давлении будет не уменьшаться,
а увеличиваться.
167> В общем случае для фанеры —г~Ф-ц—• так как
/2 **1р
жесткость фанеры на изгиб зависит не только от толщины
и ориентировки слоев, но и от их расстояния от средней
плоскости.
В качестве простейшего примера рассмотрим трехслойную
фанеру (рис. 405). Обозначим: толщину наружных слоев
Сечение первого
образца
Сечение Второго
образца
Рис. 405.
через Ли, толщину среднего слоя—hc. Модули упругости
дерева поперек и вдоль волокон соответственно Е' и Е".
Теперь вычислим ?1р и Е2р. Для первого образца при
растяжении силой Р имеем:
е (E'bhc + 2E"bh№) == P.

342 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ [16?
р
Но так как гЕ1р = -гг, то модуль первой полоски
_E'hc + 2E"hH
ciP— l • U)
Перестановкой E' и Е" находим модуль второй полоски
Теперь найдем приведенные модули упругости при изгибе
Еы и Е2н. Для первого образца при изгибе его моментом М
имеем:
V2 Ас/2+Ан
О А^
2
где z — текущее расстояние от нейтральной оси,
Поэтому
' = ?'-; о" ==?"-.
Лс/2 йс/2.
?' [ Е" Г
Р J P J
О Ас
или после интегрирования
Но, как известно,
откуда
Перестановкой Е' и Е" находим
D)

170] V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 343
Из полученных выражений A), B), C) и D) видно, что
в общем случае
~Р ^ ~р *
Например, если принять пс=^-^-, а па — — , то
Р Р F' Л- IF"
lp . 1и и г *-*
2р Ь2и 1Ь -\-Ь
168> В предложенной задаче все выкладки проделаны
правильно, и ошибки как таковой нет. Полученный результат
является следствием того, что в основу решения было поло-
положено предположение об отсутствии поперечных сил и изги-
изгибающих моментов в сечениях оболочки.
Если учесть эти силовые факторы, то вычисленные пере-
перемещения будут иметь ограниченную величину. Можно полу-
получить правильное решение и по безмоментной теории, если
только учесть изменение внутренних сил за счет изменения
формы оболочки в процессе нагружения.
Резюмируя, можно сказать, что при определении напря-
напряжений пренебрежение изгибной жесткостью не вносит суще-
существенных погрешностей в решение задачи. При оценке же
перемещений такое пренебрежение не всегда допустимо.
169» В поставленном вопросе не указано, каким образом
прикладывалась к пружине нагрузка Р. Постепенно или вне-
внезапно? Если нагрузка прикладывалась постепенно, малыми
порциями, так что в любой момент нагружения система на-
находилась в равновесии, то тогда неверно выражение A).
Потерянная грузом энергия положения будет не
рг рг
—, а тг— ¦
с 1с
и баланс энергий сходится.
Если же нагрузка приложена внезапно, то при осадке
груз будет обладать еще и кинетической энергией, равной
разности энергий A) и B). В дальнейшем груз будет совер-
совершать колебательное движение около положения равновесия
до тех пор, пока его кинетическая энергия не будет рассеяна.
170. На поставленный вопрос в лучшем случае прихо-
приходится обычно слышать следующий ответ.

344
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ-НА ВОПРОСЫ
[170
Угол поворота витка в осевой плоскости определяется
закручиванием участка пружины на длине дуги АВ, если
сечение В принять за условно неподвижное, т. е.
PRl
АВ
* 0Jp — GJp VAB-
Такой ответ, однако, ошибочен. Витки пружины в осевой
плоскости не поворачиваются вовсе (ф=:0).
Но позвольте, — скажет пытливый читатель, — с этим
нельзя согласиться. Если мы рассмотрим весьма малый уча-
участок витка длиной ds (рис. 406), то ведь в осевой плоскости
Рис. 406.
одно сечение относительно другого поворачивается. Поэтому,
если одно сечение мы примем за неподвижное, то второе
в осевой плоскости уже обязательно повернется. Значит,
утверждение о том, что угол ф во всех сечениях равен нулю,
является неверным!
Однако не следует забывать, что рассматриваемый эле-
элемент витка получает еще дополнительный поворот в пло-
плоскости уггг на угол Ф (угол изменения наклона витков).
Поэтому если сечение B) повернулось в осевой плоскости
за счет закручивания на угол
GJp

171]
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
345
то одновременно оно повернулось в обратную сторону
в этой же плоскости на угол Ф-о- (см. рис. 406).
Угол поворота сечения B) в осевой плоскости, очевидно,
будет
но известно, что
GJP
а так как МК = УК, то, оче-
очевидно, di|>—0.
171. Рассмотрим пружину как
пространственный брус. В каждом
сечении витка растянутой пру-
пружины возникает крутящий момент
MK = PRcosa и изгибающий мо- рис- 407-
мент Мазт —PR sina (рис. 407).
Определим предварительно увеличение высоты пру-
пружины АН:
-J
¦ ds
ш
МКМ lK ds
где Л11изг и М1к — изгибающий и крутящий моменты от
единичных сил, приложенных взамен сил Р, равные соответ-
соответственно
M /? MlK = R cos a;
следовательно,
A)
где / — длина витков пружины.
Найдем тот угол, на который повернется в горизонталь-
горизонтальной плоскости верхний конец пружины относительно нижнего.
Прикладываем к концам пружины единичные моменты
23 В. И. Феодосьев

РЕШЕНИЕ ЗЯДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
(рис. 408, а). Тогда имета:
^1изг.= — cos a; AJlK==sina;
MKMIKds
Е/
GJn
Дф = PRII— —1 sin a cos а.
B)
Рассмотрим развертку пружины (рис. 408, б). Очевидно,
Так как I остается постоянным, то
2/?ф2 ДЯ + /?22q> • Дф + 2# ДЯ = 0,
где значок Д означает приращение соответствующего
а)
Рис. 408.
параметра, Из этого выражения получаем:
Подставляем сюда Дф и ДЯ:
I i
PHRl /sin5a . cosaa\
Ф2 \ EJ "Г GJp )•
C)
Из треугольника рис. 408, б следует, что
1
cos о
Кроме того, очевидно,
<f>= 2лп,
2л Дя,

172|
У. РАЗНЫЕ ВОПРОСИ Я* ЗАДАЧИ
3»7
где я — число витков. Из выражений A), B) и C) «склю-
чим /, Н и if.
cos a
'sin2 a , cos2
EJ
GJ
о 1
2PR* sin а
Если пружина навита из круглой проволоки диаметра d, то
и тогда получаем:
32
cos5 a
Gd*
32PR*n
Gad*
32РД»
(l+(i)cosa '
t |isina
sin a 1+ 2ц cos8 a
Знаки, стоящие при правой части полученных выражений,
указывают на то, что при растяже-
растяжении пружины длина ее увеличи-
увеличивается (ЛЯ > 0), число витков уве-
увеличивается (Дя > 0), а радиус умень-
уменьшается (AR < 0). Бели угол а мал,
то находим:
32Р/?
a.
Ч-~ Gad*
172. Для этого фасонной пру-
пружине следует дать предварительное рие, 409.
поджатие, например при помощи
второй пружины (рис. 409). При нагружении такой системы
число рабочих витков будет возрастать.
23*

848
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[173
173« Система в указанном положении не находится
в равновесии. Если мы попробуем определить величину реак-
\Р
ции нижней опоры, не учитывая деформации системы, то
получим не имеющий практического смысла результат:
Действительно, приравнивая нулю сумму моментов всех
сил относительно верхнего шарнира (рис. 410), получим:
откуда и находим приведенное выше значение реакции R.
Для определения реакции необходимо, следовательно,
учитывать горизонтальное перемещение нижнего катка. Будем
считать, что равновесие
RVa Trr— mmT- f/
ffa
|/
Рис. 412.
системы наступает при
угловом смещении ниж-
нижней опоры ф (рис. 411).
Из условий равнове-
равновесия, очевидно, Р = /?ф.
Отрезок АВ в резуль-
результате деформации рамы
увеличился на
а A cos ф) г* s •
С другой стороны, эта же величина может быть опреде-
определена путем перемножения эпюр заданных сил на эпюры еди-
единичных сил (рис. 412). Таким образом, получаем:
Rat 5
EJ 3

1751
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
349
Поскольку перемещения рамы невелики, величиной ¦—¦
в скобках по сравнению с единицей можно пренебречь. Далее,
р
подставляя вместо ф в правую часть уравнения -j?, получаем:
R
-г-
3/>2?/
174. Для системы, подобной показанной на рис. 157,
новые формы равновесия появляются при больших пере-
перемещениях.
В частности, если напря-
напряжения в балке не превы-
превышают предела пропорцио-
пропорциональности, то при Я>3,2 —г
балка имеет, сверх основной
начальной формы, еще две
B и 3) (рис. 413). Форма 2
устойчива, а 3 — неустой-
неустойку
чива. При Р> 7,1 -jr возможно существование неустойчи-
неустойчивых форм равновесия 4 и 5 (рис. 413) и т. д.
При постепенном нарастании силы Р форма /, есте-
естественно, не может перейти в форму 2 или какую-либо дру-
другую. Однако если брус предварительно закинуть влево,
а затем нагрузить силой, большей 3,2-^-, то брус примет
форму равновесия 2.
Рис. 413.
у^р
/
р
Рнс. 414.
175а Возьмем две произвольным образом ориентирован-
ориентированные системы координат. Одну — XYZ с началом в точке А
и вторую — xyz с началом в точке В (рис. 414).

350 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ A73
Составляющие силы Р по осям XYZ обозначим через Рх,
Ру) Pz, причем
Рх = Pi, Ру — Рт, Pz = Рп,
где /, т, я — направляющие косинусы силы Р в системе
координат XYZ.
Перемещения точки В по осям хуг обозначим через х,
у, г. Эти перемещения будут связаны с компонентами силы
линейными соотношениями:
A)
где $хх, сху, ... — некоторые постоянные коэффициенты,
имеющие характер жесткости. Например, сху, — это сила,
которую следует приложить в точке Л в направлении х, чтобы
в точке В в направлении у получить перемещение, равное
единице.
Возводя в квадрат обе стороны каждого из равенств A)
и складывая их, получим:
схг + Сухсп + СгхСгг) XZ +
+ 2 («хусxi -+" ^ууСуг
Таким образом, мы видим, что вектор перемещения в точке В
будет описывать поверхность второго порядка с центром
в той же точке. Это может быть однополостиый или дву-
полостный гиперболоид или эллипсоид. По физической сущ-
сущности задачи поверхность не должна иметь бесконечно уда-
удаленных точек; следовательно, это будет эллипсоид или те
поверхности, в которые эллипсоид может вырождаться.
Понятно, что сказанное не служит еще полным доказа-
доказательством, а является лишь простой догадкой. Строгое дока-
доказательство, которого мы здесь не приводим из-за громоздкости
выкладок, заключается в следующем. Поворотом систем коор-
координат XYZ и хуг преобразовываются уравнения A) так,
чтобы обратились, в нуль шесть коэффициентов сху, evx, cxz.

176|
V.-РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
'351
сгх, суг и сгу. Для этого надлежащим образом подбираются
три угла поворота одной и три угла поворота второй системы
координат. Тогда
Р1 = сххх, Рт = сууу, Рп = czzz,
откуда, исключая /, т, п, получим уравнение эллипсоида:
Р у ¦+" IP \2
= 1.
17в> При повороте сечения кольца в осевой плоскости
на угол <р в точке А с координатами р, а (рис. 415)
\
возникает окружное удлинение с = —. Но по данным фигуры
Д = p[sin(a-j-<p) — sin a], a = R-\-psinq>.
Так как р много меньше R, то a s» R. Поэтому имеем
e^=-^-[sin(a-|-cp)—sin a],
I — sina].
о — ?¦-?-[sin
A)
Напряжения о дают в сечении кольца изгибающий момент
относительно горизонтального диаметра, равный
M= I oydF,
f
где dF к у соответственно равны:
р, у = р cos (a -f

352 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ \\П
Тогда получаем
м
к
о о
или
Г 2Я
= "о" Р3 [sin (а + Ф) — sin а] cos (а-{-ф) dp da B)
.. Ег*
М = -j^- я sin ф.
С другой стороны, из условий равновесия половины кольца
(рис. 307) вытекает, что M = mR. Следовательно,
—-
При О-^ф^С-к' момент т возрастает, достигая при ф = -2
максимального значения
Для дальнейшего увеличения угла ф требуется меньший
момент. При <р —л, т. е. когда кольцо «вывернуто наиз-
наизнанку», т = 0. Кольцо при этом находится в состоянии не-
неустойчивого равновесия и при малейшем отклонении возвра-
возвращается в начальное положение.
При ф > л момент т < 0. Это означает, что для удержа-
удержания кольца в заданном положении в этом случае необходимо
приложить момент обратного знака.
Полученное выше значение /итах можно рассматривать как
критическое значение момента, при котором происходит, как
говорят, «опрокидывание» кольца.
177. Выражение A), полученное для напряжений а в пре-
предыдущей задаче,
о = Е -—¦ [sin (a -|- ф) — sin a]
к
изменится введением дополнительного слагаемого
Еу д, р sin a
отражающего предварительное напряжение изгиба. Теперь
имеем:

1781
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
353
Взамен выражения B) получим
г 2л
М = -^- р3 sin (a -f- ф) cos (а -j- Ф) flfp d<p = 0.
о о
Это означает, что кольцо, имеющее указанные предваритель-
предварительные напряжения, будет вывертываться в осевой плоскости без
приложения внешних сил. Такое кольцо является как бы упру-
упругим механизмом. Читатель может без особого труда проверить
сказанное на опыте.
Имеются предложения использовать описанный эффект для
замера величины так называемого внутреннего трения, возни-
возникающего в материале при деформациях.
178> Поставленная задача может быть решена в рамках
статического подхода.
Hi рассматривая динамического эффекта, связанного с не-
неравномерным вращением троса, определим закон изменения
J/
Рис. 416.
уравновешивающего момента на выходе при неизменном мо-
моменте на входе. Обозначим через 1/р кривизну троса и, пре-
пренебрегая силами трения, составим уравнение равновесия для
элемента троса длиной ds (рис. 416). Реакции, действующие
на элемент со стороны оплетки, нормальны к поверхности

354
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
троса и момента относительно оси х не дают. Поэтому, при-
приравнивая нулю сумму моментов относительно оси л\ получим:
dMx My,
ds p v '
Следовательно, при отсутствии сил трения момент Мх меняется
вдоль оси постольку, поскольку существует момент Му, т. е.
изгибающий момент в плоскости,
перпендикулярной плоскости кри-
кривизны троса.
Рассмотрим в сечении троса
точку А с полярными координа-
координатами гиф (рис. 417). Нормаль-
Нормальное напряжение в этой точке можно
представить в виде двух слагае-
мых. Первое представляет собой
то напряжение, которое возникает
в тросе при искривлении его по
форме оплетки, т. е.
Рис. 417.
о' = Er sinibf 1,
\ Р Ро /
где 1/р0 — та кривизна троса, которую он имел до помеще-
помещения в оплетку.
Второе слагаемое представляет собой то напряжение, ко-
которое возникает в точке А после поворота троса в оплетке
на угол ф.
Сначала находим смещение точки А вдоль оси у (рис. 417):
—г sini|).
Относительное удлинение по оси х будет:
— [sin((b-f-<p) — sinib],
Р
а напряжение
о" = Е - [sin (ф -f ф) — sin ф].
Суммарное напряжение

ХЩ V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДКЧИ
Теперь найдем изгибающий момент Му;
или
Л 2я
О О
откуда
v = — sin ср.
у Р»
Р»
Уравнение A) примет вид
dMx _ EJ
ds ~ рр„
Интегрируем это выражение по s, полагая, что все сечения
повернулись на один и тот же угол <р:
Если на одном конце троса (при s = 0) приложен момент М,,
то уравновешивающий момент Ж2 при s = ? будет следующим:
Ж, = .
Таким образом, мы видим, что уравновешивающий момент на
конце троса получает дополнительное слагаемое, меняющееся
пропорционально синусу угла поворота троса. Если же мо-
моменты Afj и Ж2 сделать равными, то при повороте троса
условия равновесия не будут соблюдаться и вращение на вы-
выходе не будет равномерным.
Момент Ж2 не будет зависеть от угла ф, если
i
РРе~ '
о
Достаточным условием нормальной работы троса спидометра
является условие 1 /рц = 0. т. е. достаточно, чтобы трос до
постановки в оплетку был бы прямым.

856
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Р79
179» Частота колебаний струны в основном тоне опре-
определяется, как известно, формулой
Ы
где Т — сила натяжения струны, m — ее масса, а / — длина.
(.
о
у
/
У
/
/
2 .
О 1 2 3
Рис. 418.
5 Ткг
В первом случае закрепления по мере увеличения силы
натяжения изменяется масса колеблющейся струны при неиз-
неизменной длине /0, причем эта масса будет, очевидно, равна
- 'о
т
где щ — масса ненатянутой струны, имеющей длину /0. Таким
образом, получаем:

180]
V, РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
¦357
Во втором случае находим:
В обоих случаях -г— задается как функция силы натяже-
ния (рис. 163), поэтому зависимость \1 и v2 от Г легко опре-
определяется. На рис. 418 показана искомая зависимость.
Таким образом, мы видим, что при первом способе натя-
натягивания частота колебаний нити с натяжением возрастает.
Во втором случае при возрастающем усилии частота может
уменьшиться. На опыте это явление хорошо наблюдается.
Нужно только учесть, что не всякая резина обладает диа-
диаграммой растяжения того типа, что рассмотренная.
180. Положим, что вывернутый наизнанку цилиндр имеет
прежнюю форму, т. е. форму цилиндра радиуса R, и опре-
определим напряжения, которые возникнут в нем при этом условии.
Рис. 419.
Относительное удлинение в окружном направлении для
слоев, расположенных на расстоянии z от серединной поверх-
поверхности (рис. 309), будет определяться изменением кривизны
цилиндра с -о- на —~^. Если длина этого волокна до дефор-
деформации (рис. 419) была

358 РГШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
то для вывернутого цилиндра она будет
|И0
Относительное удлинение 8 окружном направлении
, 2
Z
Относительное удлинение в осевом направлении tx равно
нулю. Следовательно, получаем
Таким образом, мы приходим к выводу, что для того
чтобы вывернутый цилиндр сохранял цилиндрическую форму.
21
Рис. 420.
необходимо на его торцах приложить напряжения ох, пока-
показанные на рис. 420.
Счзвидно, действительная форма вывернутого цилиндра
будет такой же, какую получил бы цилиндр, если бы он был
нагружен на торцах обратной системой сил (рис. 421). Мо-
Момент М, к которому сводятся напряжения ох на единице
дуги контура, будет
+Л/2
J

V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
359.
Выделим из цилиндра двумя осевыми сечениями полоску,
ширина которой равна единице (рис. 422). Эту полоску можно
рассматривать как балку на упругом основании, так как ра-
радиальная составляющая сил Т, действующих на эту полоску
/f
' М
Рис. 421.
Рис. 422.
со стороны соседних частей оболочки, пропорциональна про-
прогибу полоски w.
Усилие Т, приходящееся на' единицу длины, будет
а ее радиальная составляющая —
Т
4
w
Знак минус для д принят вследствие того, что эта нагрузка
направлена в стврону, противоположную врогибу. Но
EJ ww д Eh
где
EJ
Eh3
»2
и2ч
жесткость полоски при стеснен-
стесненном изгибе. Тогда имеем:
Решая это уравнение, получим
¦да = е~к*(А sin kx + В cos kx) -f- e+*x(С sin kx + D cos kx).
Так как цилиндр достаточно длинен, ограничимся рассмо-
рассмотрением перемещений в зоне одного контура. Отбрасывая
возрастающую часть решения, т. е. полагая С = D = 0, по-
получим
¦да = e~kx(A sin kx -\-B cos kx).

360
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Постоянные А и В определятся из условий:
при х = 0
при х =
или
откуда
— ь2р е (cos kx
Но так как ^^
^ —
Rh
I* =-5- «nux = -3f
вывернутого цилиндра в
утрированном виде показана
на рис. 423.
181а Из условий равно-
равновесия имеем
КЗ A-
-• При
Графически (рис. 424)
решаем это уравнение отно-
относительно и. Корни уравне-
0,8
0,6
0.V
0,2
1
1
\
-
Рис. 423.
0I2345G7U
Рис. 424.
ния определяются координатами точек пересечения прямых
/ясо2(/-)-и) с кривой P~f(u). Проводя несколько лучей,
строим зависимость от»2/ от и (рис. 424).

182]
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
361
При mco2/= 1,0 шарик скачком меняет свое положение,
переходя из точки, характеризуемой величиной смещения
«=1,8, к точке « = 7. Обратный перескок происходит при
т«2/=0,8.
Прямой перескок может произойти, понятно, и при
т&Ч < 1,0 (но большем, чем 0,8), если только шарику будет
сообщено достаточно большое возмущение.
182» Высота расположения точки О деформированной
системы над горизонтальной плоскостью будет И — w. Тогда
угол наклона стержней к гори-
горизонту будет
H—w
t
а =
I
Если обозначить через N Н
сжимающее усилие в стержнях,
то из условий равновесия, оче-
очевидно, получим
Рис. 425.
-=
С другой стороны, сила N определяется величиной уко-
укорочения каждого стержня
N_EF Ы
/
Из чисто геометрических соображений (рис. 425) выра-
выражаем А/ через w:
At , , COSCtQ
cos о
За малостью углов а0 и а имеем
„2
1 —
Подставляя а0 и а, получим
Тогда сила N будет
EF
24 В. И. Феодосьев

362 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Сила Р будет иметь следующее выражение: .
1182:
Полученную зависимость можно переписать в безразмер-
безразмерной форме
3EFH* ~ Н\ И)\ 2 Н]
и представить в виде кривой (рис. 426). Эта кривая имеет
две экстремальные точки А и В. На первом участке ОА про-
происходит одновременное возрастание нагрузки и прогиба. Когда
Рис. 426.
сила Р достигает значения, соответствующего первому экстре-
экстремуму, происходит скачкообразное изменение прогиба (АС, как
это показано стрелками). При дальнейшем росте нагрузки
перемещение w продолжает увеличиваться. Если теперь си-
систему разгрузить, то стержни останутся в свободном состоя-
состоянии при -тт = 2, т. е. узловая точка стержней окажется на
величину Н ниже неподвижной горизонтальной плоскости.
Прикладывая нагрузку обратного знака, можно вызвать обрат-
обратное прощелкивание системы BD и вернуть ее в начальное
положение.

V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
Участок АВ кривой соответствует неустойчивым формам
равновесия. Таким образом, при значениях силы Р, лежащей
между двумя экстремумами (рис. 426)
1
EFH*
p
/3 P
система имеет три формы равновесия: две устойчивые и
третью — промежуточную— неустойчивую.
В частности, при Р = 0 эта неустойчивая форма соответ-
соответствует расположению стержней в горизонтальной плоскости
(mi \
— = П. При малейшем отклонении от этого положения
стержневая система займет
либо верхнее, либо нижнее
положение.
183» Будем считать, что
прямоугольное поперечное
сечение не деформируется и
поворачивается в результате
силового воздействия на
угол ф вокруг некоторой
точки О, находящейся на
расстоянии с от оси сим- рис. 427.
метрии (рис. 427).
Рассмотрим в сечении пружины точку А с координатами х
и у. После поворота сечения эта точка примет положение А'
и приблизится к оси симметрии на
Д = [х cos (а — ф) — у sin (а — <р)] — [jc cos а — у sin а].
За малостью углов а и <р можно записать:
cosa»l— -ja2, sin a ^ a;
sin(a —
и тогда получаем
24*

364
РГШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[183
Окружное относительное удлинение, соответствующее пере-
перемещению Л, будет:
ДА
' с—
с—jccosa + y
Напряжение at равно ot = Ett.
Рис. 428.
с—х
Теперь определим нормальную силу в осевом сечении
пружины
с-а +Л/2
= J J atdxdy;
C-b -ft/2
подставляя полученное выше выражение at, имеем
с-а +Л/2
\Щ1
?А<р (а — -|Ua — Ь + с In i).
с-4 -ft/2
Но, рассматривая условия равновесия половины кольца
(рис. 428), убеждаемся, что N —0. Из этого условия на-
находим

1831 V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 365
Найдем теперь момент М:
с-а +А/2
М = f f o([jcsin(a— ф)-|-усо5(а — q>)]dxdy,
c-b -A/2
c-a
j J
c-» -A/2
= ЯА[ф(a - I) (a-Ф) (-^--
С другой стороны, из условий равновесия полукольца
(рис. 428) вытекает, что
Таким образом, получаем
-g In4].
Исключая отсюда с и подставляя вместо а и ф соответственно
н w
и -т , где w — осадка пружины, находим:
Ь — а о — а
Т21п7 •
Непосредственной числовой проверкой можно установить,
что при 1 < — < 4 справедливо соотношение
\ L|DA
1±? \ L
2 b — a , b 12
In—

366 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
Поэтому
1183
Полученная зависимость между силой Р и осадкой пру«
жииы w является нелинейной и & зависимости от отношения -г-
я
может носить различный характер.
'н~л if' i-> H
На рис. 429 показаны кривые зависимости
Яп 6 (Ь — лJ
о= " —
nEh< In -
а
w H
от -j- при различных -г-, т. е.
Проследим, как меняется вид характеристики пружины
=/f-^-j в зависимости от-г-. Кривая, соответствующая

МЯ) V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 367
-V-—0, представляет собой характеристику плоской диско-
дисковой пружины. Возрастание высоты И вызывает прежде всего
повышение начальной жесткости пружины, а затем наруше-
нарушение монотонности хода кривой. При значении —- = уг2
(это легко получить из анализа полученного выражения) на
характеристике пружины появляется участок с отрицательной
производной, расположенный между двумя экстремальными
точками. Этот участок можно назвать участком отрицатель-
отрицательной жесткости, поскольку возрастание прогиба в данном
случае происходит при уменьшении нагрузки. Такой режим
работы пружины является неустойчивым, а усилия, соответ-
соответствующие экстремальным точкам, будут критическими для
данной пружины. После достижения усилием первого экст-
экстремума пружина, минуя неустойчивый участок, скачком из-
изменит свой прогиб. Дальнейшая работа будет происходить
на правой устойчивой возрастающей части характеристи-
характеристики. Разгрузка пружины вызовет обратное скачкообразное
изменение прогиба, соответствующее второму критическо-
критическому усилию.
Дальнейшее повышение высоты пружины Н дает, как
видно из рис. 429, еще большее искривление характери-
характеристики, и при значениях —г- > 2 ^2 последняя начинает
пересекать ось абсцисс. Пружина при силе Р = О имеет, сле-
следовательно, три формы равновесия, из которых две — ус-
устойчивы, а третья — промежуточная—неустойчива. Такая
пружина после выщелкиваиия и разгрузки в начальное поло-
положение не возвращается и сохраняет упругий остаточный прогиб,
соответствующий точке пересечения кривой с осью абсцисс.
Сравните решения этой задачи и задачи 182.
184. Рассмотрим условие равновесия трубки в отклонен-
отклоненном состоянии (рис. 430). Если обозначить через Н рассто-
расстояние от верхнего края поршенька до шарнира в начале иа-
гружения, то тогда, очевидно,
(^у^ = щ, A)
откуда получаем
P 1 Г 1 -Ц 1 / 1 <« J.
//('j 2 cos <р [ У схН2 т ^ к

3 8
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
[184
Обозначим:
Тогда имеем
4с
He;
1
B)
^ 2cosq> l* - ' *
При различных Х зависимость р от ф носит различный
характер. На рис. 431 показана эта зависимость для значе-
значений % = 0,5, 1,0 и 1,2 при 0 < ф < я.
Полученные кривые соответствуют
формам равновесия системы в откло-
отклоненном от вертикали положении.
Кроме того, существует форма равно-
равновесия для вертикально расположен-
расположенного стержня (уравнение A) удовле-
удовлетворяется всегда при ф = 0). На
рис. 431 подобные формы равновесия
отображаются точками, лежащими на
оси ординат. При Я, = 0,5 и вообще
для всех значений 0 < X < 1 кривые
р = р((р) пересекают ось ординат
в двух точках, низшая из которых
соответствует первому критическому значению параметра р.
Для А. = 0,5 ркр = 0,147. Вообще же говоря,
или
±?
Теперь возникает вопрос об устойчивости указанных
форм равновесия. Критерием устойчивого положения равно-
равновесия является минимум полной потенциальной энергии
Первые два слагаемых этого выражения представляют собой
энергию деформации, а последнее — изменение потенциала
чнешней силы Р. Так как Л== —, то получаем:

184|
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
359
Условие —т— = 0 является условием равновесия (условием
экстремума энергии) и приводит нас, как и следовало ожи-
р
0,853
0.5
0JV7
.7 Пг
'0,5
Рис. 431,
дать, к уравнению A), полученному ранее. Условие мини*
мума энергии запишется как

370 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ «А ВОПРОСЫ Щ*
ИЛИ .
D2
с — РНcos ф-)——-cos 2f > 0.
Согласно обозначениям B) имеем
¦?• — я cos ф -f- р2 cos 2ф > 0.
Исследуя полученные кривые, мы замечаем, что для не-
некоторых участков этих кривых условие устойчивости вы-
выполняется, я для некоторых — нет. На рис. 431 участки,
соответствующие неустойчивому равновесию, проведены
штриховыми линиями. Для оси ординат условие устойчи-
устойчивости запишется в виде
откуда получаем:
Для к = 0,5, например, вертикальное положение трубки
будет неустойчивым при
0,853 >р>0,147.
На рис. 431 стрелкой показан рост угла f в функции
силы Р в случае X = 0,5. Вначале угол ф остается равным
нулю. При р—Ъ,Ы7 трубка отклоняется от вертикали, и
далее по мере возрастания силы Р угол ф асимптотически
приближается к значению ф = л. При этом при Ф>-5- пор-
поршенек будет силой Р из трубки вытягиваться. В реальной
системе перемещение поршенька, а вместе с ним и возра-
возрастание силы Р ограничены длиной трубки.
Построенные кривые показывают, что угол ф может также
асимптотически приближаться к значению-»., например для
случая X = 0,5 при р > 0,853. Это оедачает. что при до-
достаточно большой силе осадка пружины, находящейся в трубке,
возрастает настолько силыю, а вместе с ним настолько

¦mi v. разные вопросы и задами ЗП
быстро убывает плечо силы Р% что последняя не в состоя-
состоянии перекинуть трубку ниже горизонтали. В пределе при
я Я cose
Ф = -я- осадка пружины ———, как нетрудно установить,
равна Н. Эти формы равновесия, однако, являются неустой-
неустойчивыми.
При Я>1, т. е. при достаточно большой жесткости
спиральной пружины, или при достаточно малой высоте или
жесткости второй пружины С{, вертикальное положение
трубки при любых значениях силы Р остается всегда устой-
устойчивый, хотя и существуют формы равновесия трубки в от-
отклоненном положении. Для того чтобы трубка приняла эту
форму равновесия, необходимо дать ей при- помощи внеш-
внешней силы большое боковое отклонение.
На рис. 431 изображены также ветви кривых р — р{щ)
для отрицательных значений р. Эти кривые показывают, что
при -тг^Ф<л трубка может находиться в равновесии при
силе другого знака. Этот вид равновесия легко себе пред-
представить, если учесть, что теоретически поршенек может
смещаться в трубке на величины, ббльшие Н. При Л > Я
сила Р, имея другой знак, будет удерживать трубку в ука-
указанном положении равновесия.
Таким образом, мы рассмотрели формы равновесия при
0-^ф<л. Этим, однако, не исчерпывается все многообра-
вие возможных форм. Анализ этого вопроса можно было бы
продолжить, расширив область изменения угла ф за пре-
пределы л вправо и за пределы нуля — влево.
Рассмотренный пример является примером простейшей
нелинейности, где без большого труда удается получить
полное решение и наглядно показать его многозначность.
В общем же случае решение нелинейных задач представ-
представляет собой одну из наиболее сложных и актуальных проб-
проблем современной математики и механики.
185« Задача является типичной задачей о больших пере-
перемещениях упругого бруса.
Обратимся к решению задачи 129. Упругая балка, пока-
показанная на рис. 337 (стр. 248), может быть уподоблена по-
половине дуги лука.
При s = l выражение E) (стр. 249) принимает вид

372
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧГ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
A83
При s = l кривизна бруса равна нулю 1-^ = 0]. По-
Поэтому из D) (стр. 249) следует
!?) B')
При s = 0 ? — 6. Из этого условия и из выражения C)
(стр. 248) получаем
sin 2"= k sin ф0. C')
Рассмотрим вначале первую стадию изгиба бруса — под-
подвязку тетивы (рис. 432). В этом случае, как видно из
рис. 337, 6 = 0. Поэтому из C') вытекает, что фо = О. Для
этого же случая имеем:
f, Выражения E) и G) (стр. 249)
дают:
Рис. 432.
o__2le{—\ — — —
I р \ 2 / ' I p
Задаемся несколькими значениями k и, пользуясь табли-
таблицами эллиптических интегралов, находим из последних урав-
уравнений р, у и -г-. Результаты сводим в следующую таблицу:
arcsln k
Р
а
т
h
1
0
1,571
1
0
5"
1,574
0,990
0,111
10"
1,583
0,967
0,219
15°
1,598
0,931
0,324
Интерполируя полученные данные, находим для заданного
— = 0,3 следующие величины:
i- = l,59, -r-= 0,945.

185|
V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ II ЗАДАЧИ
373
Мы получаем, таким образом, усилие Р1 в натянутой
тетиве и длину тетивы а, которая при дальнейших дефор-
деформациях системы остается неизменной.
Рассмотрим теперь второй этап изгиба бруса. Здесь ве-
величина ф0 нулю не равняется и остается неизвестной. Оп-
Определение этой величины будем производить следующим об-
образом. Задаемся величинами k и Фс- Из выражения C') на-
находим б по условию:
... .6
Asm<J.= sin -к-.
Затем из A') определяем
Выражения F) (стр. 249) дают:
t
L
U
T
a*
1
I
1'
у
~T~ — J cos f"' Рис. 433.
а из выражений G) (стр. 250) находим:
т /
-j- = -j COS б j-S\nb.
Наконец, определяем длину а тетивы (рис. 433):
xt
откуда
cos б
Это отношение должно равняться 0,945. При постоянном k
задаемся несколькими значениями ф и повторяем подсчеты,
пока не добьемся того, чтобы у равнялось 0,945. Такой

374
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Й ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ
подбор производим для нескольких значений k. Результаты
сводим в таблицу: ,
arcsln k
X
т
У
1
Р
15"
6е
0,943
0,294
1,493
20°
15°
0,932
0,325
1,358
25*
20°
0,906
0,366
1,299
30»
21°
0,883
0.425
1,317
35»
23°
0,850
0,472
1,326
Затем вычисляем перемещение w (рис. 433):
w a
и усилие (рис
Q = 2Psinb,
Для тех же
получаем:
w
1
0.045
0.192
0,337
0,459
0,585
ь , Уь *
6 + 1—т
. 433):
-^=2p2SinD.
значений k и ф0
QI*
EJ
0.24
0.651
0.967
1.22
1,54
1,0Ш
На рис. 434 показан гра-
Q/2 w
фик зависимости ~- от —.
Площадь, ограниченная этой
р с .,. кривой на интервале 0 j-,
дает выражение упругой энер-
энергии, передаваемой стреле при спуске. На рис. 434 показана
и интегральная кривая для энергии U. Эта кривая получена
простым планиметрированием первого графика.

185| V. РАЗНЫЕ ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ 375
Теперь перейдем к числовому подсчету. При заданном
ой
•2-= 0,6 снимаем с кривой
U = 0,53 Щ- = 0,53 10^я6024 = 695 кг . см.
Эту энергию приравниваем кинетической энергии стрелы
Ж
1 =5800 см[сек = 58 м\сек.
На самом деле скорость v будет несколько меньше, так
как часть энергии уйдет на сообщение кинетической энер-
энергии тетиве и дуге лука. Сила Q, которую необходимо при-
приложить к луку, чтобы задать стреле вычисленную скорость,
также определится из графика рис. 434:

ИСПОЛЬЗОВАННАЯ ЛИТЕРАТУРА
1. А н д р е е в а Л. Е., Упругие элементы приборов, Машгиз, 1962.
2. БидермаиВ. Л. иБояршиновС. В., Расчет храпового
механизма пружинного типа, Труды кафедры сопротивления
материалов МВТУ, изд. МВТУ, 1947.
3. Болотин В. В., Неконсервативныз задачи теории упругой
устойчивости, Физматгиз, 1961.
4. Динник А. Н., Продольный изгибу ГОНТИ, 1939.
5. Коробов А. П., Расчет колес с большим числом спиц,
Известия Новочеркасского индустриального ин-та, Строительная
часть, т. 4 A8), 1935— 193S.
6. Л я в А., Математическая теория упругости, ОНТИ, 1935.
7. Мухин О. Н., Динамический критерий устойчивости трубо-
трубопровода с протекающей жидкостью. Изв. АН СССР, Механика,
№ 3, 1965.
8. П а н о в к о Я. Г., Губанова И. И., Устойчивость и коле-
колебания упругих систем, изд-во «Наука», Главная редакция фи-
физико-математической литературы, 1966.
9. Попов Е. П., Нелинейные задачи статики тонких стержней,
Гостехиздат, 1948.
10. Ржа н ицын А. Р., Расчет сооружений с учетом пластиче-
пластических свойств материалов, Стройаознмориздат, 1949.
11. Ржаницын А. Р., Вопросы механики систем, деформирую-
деформирующихся во времени, Гостехиздат, 1949.
12. Ф и л о не нко-Б оро д и ч М. М., Курс сопротивления мате-
материалов, т. 1, Физматгнз, Москва, 1961.
13. Филоиенко-Бородич М. М., Курс сопротивления мате-
материалов, ч. II, Гостехиздат, 1956.
14. Циглер Г, Сб. «Проблемы механики» под ред. Драйдена X.
и Т. Кармана, вып. 2, ИЛ, 1959.
15. Я с и и с к н й Ф. С, Избранные работы по устойчивости сжа-
сжатых стержней, Физматгиз, .1962.