Руководство к практическим занятиям по курсу строительной механики. Динамика и устойчивость - Клейн Г.К., Рекач В.Г., Розенблат Г.И.

Author: Клейн Г.К. Рекач В.Г. Розенблат Г.И.
Tags: cтроительная механика графический и аналитический методы статики для исследования и расчета строительных конструкций механика строительные конструкции строительная механика учебное пособие руководство к занятиям
Year: 1972
Similar
Руководство к практическим занятиям по курсу строительной механики
Руководство к практическим занятиям по курсу строительной механики (статика стержневых систем)
Руководство к проведению занятий по специальному курсу строительной механики
Строительная механика
Text
                    коп.
4* J
Г-К-КЛЕЙН
В-Г-РЕКАМ
Г-И-РОЗЕНБЛАТ
РУКОВОДСТВО
К ПРАКТИЧЕСКИМ
ЗАНЯТИЯМ
ПО КУРСУ
СТРОИТЕЛЬНОЙ
МЕХАНИКИ
6С1
К48
УДК 624.04
К л е й и Г. К. и др.
К48 Руководство к практическим занятиям по курсу
строительной механики. Учеб, пособие для втузов. М.,
«Высш, школа», 1972
320 с. с илл.
*» Перед загл. авт.: Г. К- Клейн, В. Г. Р е к а ч,
>Г. И. Розенблат.
Учебное пособие по курсу строительной механики
для студентов строительных высших учебных заведений
по^пециальности «Промышленное и гражданское строи-
тельство» состоит из трех разделов: «Основы теории
устойчивости», «Основы динамики сооружений» и «Осно-
вы расчета пространственных систем».
- Руководство содержит большое число наиболее ха-
рактерных типовых задач с подробными решениями,
которым предшествует краткое, но в то же время доста-
точно полное изложение теории.
По сравнению с предыдущим изданием заметно до-
полнен раздел динамики сооружений.
3-2-5
76-72
6С1
1
ПРЕДИСЛОВИЕ
Руководство по специальному разделу кур-
са строительной механики предназначено для
студентов строительных вузов но специально-
сти «Промышленное и гражданское строитель-
ство». Все три раздела руководства отвеча-
ют действующей в настоящее время про-
грамме.
Прослушав лекции по соответствующему
разделу курса, студент может приступить к
решению задач, пользуясь руководством, в ко-
тором приведены многочисленные задачи с ре-
шениями; задачам предшествует краткое, по
довольно полное изложение теории.
Раздел I «Основы расчета стержневых си-
стем на устойчивость» написан капд. техн, на-
у к, доц. Г. И. Розен блат;
раздел II «Основы динамики стержневых
систем» — докт. техн, наук, проф. Г. К. К л е й-
и о м;
раздел III «Основы расчета пространствен-
ных тонкостенных конструкций» — докт. техн.
наук, проф. В. Г. Р е к а ч е м.
По сравнению с первым изданием раздел
«Основы динамики стержневых систем» до-
полнен изложением расчета статически не-
определимых систем по методу сил и особен-
но по методу перемещений. Внесены некото-
рые изменения и в порядок расположения ма-
1* 3
териала этого раздела. Переработаны и два
других раздела руководства.
При переработке книги для второго изда-
ния учтены ценные замечания, сделанные кол-
лективом кафедры строительной механики Ле-
нинградского инженерно-строительного ин-
ститута, руководимой проф. И. II. Горда-
РАЗДЕЛ I
ОСНОВЫ РАСЧЕТА СТЕРЖНЕВЫХ
СИСТЕМ НА УСТОЙЧИВОСТЬ
I
ГЛАВА I
ПОНЯТИЕ О ПОТЕРЕ УСТОЙЧИВОСТИ,
КРИТИЧЕСКОЙ НАГРУЗКЕ И МЕТОДАХ
РАСЧЕТА НА УСТОЙЧИВОСТЬ
§ 1.	Введение
Системы, применяемые в качестве строительных кон-
струкций, под действием нагрузки должны находиться
в состоянии устойчивого равновесия. Это означает, что
если какие-либо случайные причины выведут систему из
состояния равновесия, то после удаления этих причин
система должна вернуться в первоначальное положение.
Если вертикальный топкий столб, свободно опираю-
щийся на землю, находится в равновесии под действием
центрально приложенной силы Р (рис. 1, а) и при не-
большом отклонении вернуться в исходное положение
не может, то равновесное состояние является неустой-
чивым.
Если упругий тонкий стержень, жестко защемленный
в основании (рис 1,6), после отклонения, поколебав-
шись вокруг вертикального положения, вернется в пер-
воначальное положение, то его равновесие является
устойчивым.
При заданной схеме сооружения и заданной схеме
нагрузки устойчивость равновесного состояния зависит
от величины нагрузки. В каждом отдельном случае мож-
но найти ту нагрузку (или параметр, определяющий всю
данную систему нагрузок), при которой первоначальная
форма равновесия становится неустойчивой и возможно
5
Другое, качественно новое деформированное состояние,
тоже являющееся состоянием равновесия. Выход систе-
мы из первоначального состояния равновесия называет
ся потерей устойчивости, а нагрузка, при небольшом пре
вышепии которой возмож
чпвой формы равновесия
э осуществление новон устоп-
(так называемое раздвоение,
или бифуркация, форм рав-
новесия), называется кри-
тической нагрузкой.
Обеспечение устойчиво-
сти строительных конструк-
ций особенно важно пото-
му, что самый процесс по-
тери устойчивости происхо-
дит очень быстро и практи-
чески ведет к разрушению
сооружения. Ряд случаев
катастроф крупных инже-
нерных сооружении, проис-
шедших в результате потери устойчивости, описан в ра-
боте [4].
В зависимости от того, является действующая на-
грузка статической или динамической, можно рассмат-
ривать вопросы статической или динамической устойчи-
вости сооружений. В дальнейшем рассматривается влия-
ние только статических нагрузок.
На рис. 2, а, б, в, г сплошными линиями показана пер-
воначальная форма равновесия стойки, кольца, арки и
рамы при центральном сжатии, пунктиром—-новая,
изогнутая форма равновесия после потери устойчивости.
Это есть потеря устойчивости центрального сжатия.
На рис. 2, д изображена потеря устойчивости плоской
6
формы изгиба бал,
КОЙ полосы. Могут ™ С поперечным сечением в виде уз-
тери устойчивости быть Рассмотрены и другие виды по-
что ТмоПмеИнт поНтеье на рис 2 пРнмеры характерны тем,
1	„ потер устойчивости появляется новый вид
деф рм ции, качее отличный от первоначальных
каФар":Ц'рзЛ'-™»" (первоначально "сжатые стой-
’ Р ’ Р Оклучили деформации изгиба; первона-
I в
>ско-
„ ‘лась
в 1
ПЛ °РИ-
'»ско-
у. герю
__х^рак-
'1ным
1-вен-
-‘Чций,
Устойчивости 1-го рода
). Именно к этому случаю и относит-
итической силы, данное выше.
практике весьма часто встречается и
I на рис. 3, а, б, в в качестве примера
нтренно сжатая стойка, рама и арка,
с самого начала находятся под воз-
шых сил и изгибающих моментов. При
(потеря устой-
чально изогнута '
вертикальной пл,1
сти балка закрутц
и изогнулась
зоитальной
сти) Принято по?
устойчивости,
теризуемую внеза»,
появлением качес-
но новых деформ^
называть потерей ,
чивости по Эйлеру1
ся определение ко
В	1
инженерной
другой класс зада,
изображены внец^1
элементы которых'
действием продол»
ции невелико и п>ияние продольных сил на деформа-
почти пропорцио£"Ращення перемещении Дъ Д2 и т. д.
личением нагруз1?льиы приращениям нагрузок, С уве-
и в какой-то мом,1 влия11ие продольных сил возрастает
мацней и нагруз нт„ пропорциональность между дефор-
начинают расти в хои Резк0 нарушается - деформации
жет наступить та? Г411ОГО Раз быстрее, чем нагрузка. Мо-
не требуется для ои момент, когда увеличения нагрузки
даже при уменьщ. Роста Деформаций, они будут расти
ветвлений» состо 'нии нагрузки; при этом никаких «раз-
развивается все ц‘11ИЯ Равновесия не будет-явление
только в количес?емя в ОД11ОМ направлении и меняется
Рост деформап ве,111ОМ отношении.
ки может рассма-г ™ пРи отсутствии приращения нагруз-
(гак называемая Даться тоже как погеря устойчивости
занная с потерей пОтеРя„ У^ичивасти 2-го рода), свя-
гпузкя соответст. несущей способности сооружения. На-
*	’	'ующая началу деформации без прира-
7
шепия нагрузки, называется критической силой при по-
тере устойчивости 2-го рода *.
Следует огметнть, что н потеря устойчивости в эйле-
ровском смысле, н потеря несущей способности могут
произойти как при упругих деформациях, так и при ра-
боте сооружения за пределами упругости.
Большая часть задач, решаемых в данном курсе, от-
носится к задачам о потере устойчивости 1-го рода, при-
чем явление рассматривается только в упругой стадии.
§ 2.	Устойчивость 1-го рода;
постановка задачи;
методы расчета
При определении критической нагрузки 1-го рода по-
становка задачи такова: система (например, рис. 2, а, б,
в, г, д) при нагрузке, равной Ркр, потеряла устойчивость
и перешла в новое деформированное состояние; требует-
ся определить ту нагрузку (Р1;р), при которой это новое
состояние будет состоянием равновесия. Таким образом,
для расчета на устойчивость можно использовать все
методы, которые применяются для расчета равновесных
систем; эти методы делятся на статические и энергети-
ческие.
Сущность статического метода заключается в следу-
ющем: поскольку система находится в равновесии, в рав-
новесии находится и любой бесконечно малый элемент
этой системы; записав дифференциальные уравнения
равновесия бесконечно малого элемента в деформиро-
ванном состоянии под действием всех виу1ренних и внеш-
них сил и проинтегрировав эти уравнения, находим фор-
му потери устойчивости п критическую нагрузку.
Энергетические методы делятся в основном на две
разновидности:
А. Непосредственное применение принципа возмож-
ных перемещений: поскольку деформированное состоя-
ние есть состояние равновесия, критическая нагрузка
определяется путем приравнивания нулю суммарной ра-
боты внешних и внутренних сил на малых возможных
перемещениях из деформированного состояния.
Б. Использование энергетического критерия равно-
* Не следует смешивать это явление с явлением ползучести
материала, которое в данной работе не рассматривается.
6
веского состояния: полная потенциальная энергия систе-
мы, находящейся в равновесии, имеет экстремальное
значение, поэтому, записав выражение полной потенци-
альной энергии системы в деформированном состоянии,
критическую силу определяем из условия экстремума
этой функции.
Точный расчет на устойчивость более или мепее
сложной системы встречает большие математические
трудности, поэтому
во многих случаях
задачи решаются
приближенно.
Упрощение мо-
жет быть достиг-
нуто:
упрощением рас-
четной схемы соору-
жения;
применением при-
ближенных методов
расчета.
Назовем сте-
пенью свободы т
системы число неза-
висимых геометрических параметров, полностью опреде-
ляющих возможные перемещения всех ее точек. Реаль-
ная упругая система всегда будет иметь степень свободы
щ = оо; чтобы полностью определить деформацию, напри-
мер, балки конечной жесткости (рис. 4,а), надо за-
дать прогибы во всех точках; если же очень жесткая
балка опирается на весьма податливую в вертикальном
направлении опору (рис. 4,6), то при решении вопросов
устойчивости изгибом балки можно пренебречь, и тогда
перемещения всех точек определяются одним парамет-
ром— углом а или осадкой опоры Д; степень свободы
т = 1.
Для схем (рис. 4, в, г) имеем соответственно
т — 2 и т = 0.
Система будет иметь столько возможных форм поте-
ри устойчивости и соответствующих им критических сил,
сколько она имеет степеней свободы; естественно, что
с увеличением числа степеней свободы трудность опре-
деления минимальной критической нагрузки возрастает.
9
Рассмотрим детально указанные выше методы опре-
деления критической нагрузки и вопрос о точных и приб-
лиженных методах расчета на примере системы с двумя
степенями свободы.
§ 3.	Устойчивость системы
с двумя степенями свободы.
Точные и приближенные
методы расчета
Рассмотрим балку, состоящую из трех абсолютно
жестких звеньев, шарнирно соединенных между собой
(рис. 5,а). Опоры Л и В не допускают вертикальных
перемещений, опоры С и D упругоподатливые с одина-
Рис. 5
ковым коэффициентом жесткости г (г — реакция, возни-
кающая при единичном вертикальном смещении). Балка
находится под действием продольной силы Р. Требуется
определить ту нагрузку, при которой, кроме горизон-
тального положения равновесия, возможно какое-то от-
клоненное равновесное состояние, характеризуемое дву-
мя неизвестными параметрами (степень свободы т — 2),
например, вертикальными перемещениями точек С и
D—а1 и а*Т Опорные реакции нового равновесного со-
стояния показаны на чертеже.
Решаем задачу тремя способами:
Статический способ
Поскольку система имеет две степени свободы, до-
статочно составить для всей системы два уравнения рав-
* Все рассуждения ведутся в предположении малых переме-
щений.
10
новесия, в которые войдут два неизвестных параметра
G1 И <22=
2МлеВ==о -^-[2a,+a2)l — Р-а, = О,
2Л1прав = о J_fa	2а,} I — Р-а, = О,
X	\	*	£ у	X
откуда имеем систему двух однородных линейных урав-
нений относительно at и аг:
(2rl — 3P)at + rla2 = 0,
rlat +(2rl — 3P)a2 = 0.
Система (1) может иметь нулевое решение для неиз-
вестных Qi = flz=0, что соответствует горизонтальному
равновесному состоянию; ненулевое решение получим,
если приравняем нулю определитель, составленный из
коэффициентов при неизвестных
D = 2П-ЗР- П =()
rl 2rl — ЗР
Раскрывая определитель, получаем квадратное урав-
нение для определения критической силы
(2/7 —ЗР)2 —(г/)2 = О
и два значения Ркр: Р'{р — ~ ; Р[\р =rl, из которых рас-
3
четным будет минимальное значение Р?р = — .
1 з
Форма потери устойчивости определится, если полу-
ченные значения критических сил подставить в одно из
уравнений (1): при PFp=Pi имеем
(2г/ — rl) at + rl • a2 = О,
т. е. at = —a2 (рис. 5,6); при Ркр=Рп имеем (2rl—3rl)at +
+ rl’й2=-0, т. е. at=a2 (рис. 5,в).
Таким образом, статический способ расчета дает все
возможные для данной системы формы потери устойчи-
вости и соответствующие им критические силы.
При решении системы с бесконечным числом степе-
ней свободы, интегрируя дифференциальные уравнения
равновесия бесконечно малого элемента, получаем бес-
конечное множество возможных форм потери устойчи-
вости и соответствующих им критических сил; практи-
II
чески важно найти наименьшее значение критической
нагрузки.
Давая всю совокупность решений, статический спо-
соб является точным способом расчета на устойчивость.
Энергетические способы
А. Рассматривая деформированное равновесное со-
стояние, приравняем нулю сумму работ внешних и виут-
• репных сил на перемещениях из деформи-
рованного состояния обратно в первона-
чальное. При этом работа внешних сил
А =—РА-, работа внутренних сил №=
При повороте жесткого стержня смеще-
ние его конца А( (рис. 6) определяется так:
Рис. 6 А, = / — I cos а = I (1 — cos а) яг/ •	«s
_ ly'2
~ 2 ~ 2 *
Таким образом, полное горизонтальное перемещение
точки приложения силы Р, зависящее от поворотов всех
трех звеньев,
Л I (а1 , а\ («1-«г)г	a2-at-a2 + al
a==t^+v+—р—=—I—•
Записав уравнение
А + W = 0	(2)
н решив его относительно Р, получаем
Выражение (3) дает точные значения критических
сил, если известны формы потери устойчивости, т. е. за-
висимости между «| и аг; (в самом деле, при 01 = 02 по-
лучаем
Р кр = fl,
при ai — —а-г получаем Р1!р=—V
<5 /
12
Поскольку формы потери устойчивости неизвестны,
для получения решения надо составить условие миниму-
ма выражения (3); при двух параметрах и а2 следует
приравнять нулю частные производные по каждому из
параметров:
^=0;	^ = 0;
ЙЧ1	да2
дР_ _ г/ 2а1 ( fl, — Qi-02 Qj) — (2Л1 — а2) ( а} + <4)
dai 2 .	(°1-а1-«2 + йг)2
откуда Ci = ± о2.
дР
Второе выражение ------=0 дает тот же результат.
да2
Энергетический способ в качестве приближенного
весьма часто употребляется при расчетах на устойчи-
вость.
При этом задаются возможной формой потери устой-
чивости п определяют соответствующую ей критическую
силу. Прием, предложенный С. П. Тимошенко, для обще-
го случая системы с любым числом степенен свободы за-
ключается в следующем:
1)	на основании опытных дачных или рассмотрения
аналогичных задач задаемся формой потери устойчиво-
сти, причем уравнение кривой обязательно должно удов-
летворять условиям на границах и содержать один или
несколько произвольных параметров. Следовательно, по-
лагаем y=f(x, at, а.2, .... an);
2)	составляем выражения работ внешних и внутрен-
них сил А и W и, решив уравнение (2) относительно Р,
находим
Р = F (аь а2, .... о„);
о.	. дР	п дР	п х
3)	при помощи уравнении -= 0,...,--= 0 подби-
dat	дап
раем параметры оь о2, .., ап таким образом, чтобы сила
Р имела минимальное значение.
Заставляя систему деформироваться по заранее за-
данному закону, мы тем самым как бы накладываем на
нее дополнительные связи, и найденная таким образом
критическая сила будет выше действительной критиче-
ской силы.
Б. Вернемся к рассматриваемому случаю системы
13
с двумя степенями свободы и определим полную потен-
циальную энергию системы
О	I 2
V = А + W =	-^-+y (а? + а]),
которая является функцией двух параметров и tzz-
Условия экстремума этой функции запишутся так:
или
*L=0; ^=0,
dat	да2
откуда получаем
----— (2й1 — аг) + rat — 0;--— (— ai + 2а2) -ф гаг = 0,
или
Приравняв нулю определитель, составленный из ко-
эффициентов при неизвестных at и а2, получаем квадрат-
ное уравнение для определения критических сил; решая
это уравнение, находим
р,<Р== /£	ркР _ г[
* з "
Уравнения (4) можно получить также, применяя не-
посредственно принцип возможных перемещений и запи-
сывая возможную работу внешних и внутренних сил
на перемещениях, отвечающих бесконечно малому изме-
нению каждого из параметров.
Если форма потери устойчивости при вычислении по-
тенциальной энергии U задана с точностью до такого
количества параметров, какова степень свободы систе-
мы, то изложенный здесь способ дает точное решение
задачи. Если задать форму потери устойчивости с точ-
ностью до числа параметров меньшего, чем число степе-
ней свободы системы, то решение будет приближенным,
и минимальное полученное значение нагрузки будет не-
сколько выше действительной критической силы.
14
Одним из приближенных способов решения задач
устойчивости путем варьирования функции U является
способ Ритца. Для системы с произвольным числом сте-
пеней свободы оп заключается в следующем:
1.	Задаемся формой потери устойчивости в виде ряда
у = aift(x) + a2f2(x) + ... + anfn(x), где alt а2, .... ап —
неопределенные коэффициенты, a ft, f2, .... fn — функции,
каждая из которых должна удовлетворять граничным
условиям и представлять по возможности близко пред-
полагаемую форму кривой изгиба.
2.	Составляем выражение потенциальной энергии,
которая будет функцией параметров at, ап. U=
= F(at,.... ап).
oil	••	.	т i dU п дб'
3.	Из условии экстремума функции и-=0,-----=
да ।	да2
=0... получаем систему уравнений линейных и однород-
ных относительно at.. ап. Для того чтобы опа имела
решение, отличное от нуля, необходимо, чтобы определи-
тель этой системы обращался в нуль. Составляя опреде-
литель и приравнивая его нулю, получаем уравнение для
определения критической силы £)(Р)=0.
К решению сложных задач с успехом применяется
вариационный способ И. Г. Бубнова и Б. Г. Галеркина,
не требующий записи выражения потенциальной энер-
гии системы. Этот способ изложен в работе [2]. Приме-
няется также и ряд других вариационных приемов; с не-
которыми из них читатель может познакомиться по
книге [13].
В следующих главах рассматриваются некоторые
частные задачи устойчивости упругих систем.
ГЛАВА 2
УСТОЙЧИВОСТЬ ЦЕНТРАЛЬНО
СЖАТОГО ПРЯМОГО СТЕРЖНЯ
§ 4. Прямой стержень с упругой
заделкой на одном конце
и упругоподатливой опорой
на другом
Прямолинейный стержень АВ (рис. 7) имеет упру-
гую заделку в точке А и шарнирную, упругоподатлнвую
в горизонтальном направлении опору в точке В.
15
Гц — горизонтальная реакция, возникающая в точ-
ке В при горизонтальном смещении этой точки па еди-
ницу;
г22 — реактивный момент в_заделке А, возникающий
при повороте заделки на угол ср = 1.
Пусть стержень, потеряв ус-
тойчивость, изогнулся, как пока-
зано на рис. 7 пунктиром. При
этом иа опорах возникли реак-
ции, показанные на чертеже.
Найдем критическую нагрузку
точным статическим способом.
Дифференциальное уравне-
ние изгиба имеет вид .
Ely" = М = — Р(Ь + у) +
+ ги6(£-х),
пли
Ely" + Py = $rlltf>-x)-P}
— интеграл этого уравнения
у == A cos пх + В sin пх + б —
где
п =
Е1 *
Для определения А, В и б имеем три граничных ус-
ловия:
1)	при х=0 z/=0;
dy	ма
2)	при х—0 — = <р = — =
dx	r„	rtt
3)	при х — 1 у——6.
Подставляя граничные условия в выражение (5), по-
лучаем систему трех однородных алгебраических урав-
нений:
0;
\ Р га /
А + В tg nl = 0.
16
Так как пас интересует ненулевое решение для А, В и 6,
приравниваем нулю определитель, составленный из ко-
эффициентов при этих неизвестных
откуда после небольших преобразований, подставив Р —
— п2Е1, получаем уравнение	в;
устойчивости
-^--1
tg III = nl---—------------
r"‘	(r„l-n2E/)l
n2El	rn
(6)
Из формулы (6) при известных величинах Гц, Г22. EI,
I путем подбора определяется величина п и после этого
РкР=п2Е1. Частные случаи:
1)	(рис. 8,о): избавляясь от неопределенности, по
формуле (6) получаем
nPFf
tgn/ = O, nl = in(i = 1,2,3...),	=
2)	(рис. 8,6): по формуле (6) получаем
.	,	, / .	п2Е1\
откуда:
при гц = 0 (что соответствует свободному верхнему
концу) получим tgn/=oo или nl=l — (i=l, 2, 3, ...),
р»р _	.
m|n 4/я •
при гц = оо (что соответствует жесткому опорному
стержню) получим tg nl=nl; наименьший отличный от
нуля корень этого уравнения п/=4,493; Р£₽1п = 20,19 —;
3)	(рис. 8,в): по формуле (6) получаем tgnl= .
2—949
17
Пример 1. Определить критическую нагрузку для
системы; показанной на рис. 9, а. Расчетная схема будет
иметь вид стойки, упруго защемленной внизу (рис. 9, г)
и уравнение устойчивости tg«/=-^y-.
Величина г-а зависит от формы потери устойчивости
всей системы; при симметричной форме потери устойчи-
Рис. 9
вости (рис. 9,6) величина г2г определится из условия:
(“ Л1Л4 ,	1	. 1	,	El
Ч>=	T7r22-^— = 1, откуда r22 = —;
при кососимметричной форме потерн устойчивости
(рис. 9, в) ггг определится из условия <р= 1--—ds =
J El
1	1-4 r22	1 „	. г- г- Г 1<
== — • — • ~~ откуда Г22=1,5с/. Минимальная кри-
£ /	£	О
тическая сила будет иметь место при минимальном зна-
чении Г 22-
Таким образом, tg п/,=	. Решая
2п£7 2п 2п1± nli
путем подбора полученное уравнение, находим nl= 1,19
и критическая нагрузка, соответствующая симметричной
форме потери устойчивости
18
ркр = Ы92-Е/ = 1.19^ = 0,0394Е/(Е/ в ™2).
Пример 2. Требуется определить критическое зна-
чение вертикальной силы, действующей в точке В
(рис. 10, а) на стойку АВ, связанную жесткой фермой
с двухэтажной рамой CDEF. Стойку АВ можно рассмат-
ривать как защемленную внизу и упруго опертую вверху
(рис. 10,6). Коэффициент жесткости упругой опоры Гц
определится из расчета рамы CDEF. Так как реакция от
единичного смещения есть величина, обратная смещению
от единичной силы (ru = ~j, найдем величину 6ц, при-
ложив горизонтальную единичную силу к узлу D
(рис. 10,в). Эпюра М от этой силы показана на рис. 10,г:
Г M'ds
J £/t Eft '
откуда гп =
Eft
26 *
Используем полученное выше уравнение устойчиво-
сти для этого частного случая
.	,	, п2Е/ \	, Л п2Е7-26 \
tg nl = п1 1-----------= nl 1 — —--------------I.
Ь \ гп1 )	\ ЕЦ1 )
Помножив числитель и знаменатель второго члена
в скобках на /2, подставив в знаменатель /=8 м и учиты-
вая, что / = 2/1, получаем
tg/г/= «/[! —0,101 (п/)2].
2*
19
Это уравнение решается путем подбора: при л/=3,1
имеем
tg nl = —0,04162; л/[1 — 0,101 (л/)2] = + 0,093;
при nl = 3,2 tg til = + 0,05847;	л/[1 — 0,101 (л/)2] =
= —0,108.
Принимаем л/=3,14 (см. рис. И).
Критическая сила
Ряр = -^^- = 0,154£7(ш)
(величина EI должна быть
взята в лг-л2).
Возможность горизон-
тального смещения верхних
узлов рамы значительно
снизила критическую силу
стойки АВ. При отсутствии горизонтальных перемеще-
ний по формуле Эйлера мы бы получили
Р' =	= -3’!4-£'. = 0.315Е/.
кр (р/р (0,7-8)»
§ 5. Стержень с упругой
промежуточной опорой
Рассмотрим упругий стержень, шарнирно опертый
двумя концами, имеющий промежуточную упругую опо-
ру; коэффициент жесткости упругой опоры Гц — величи-
на заданная (рис. 12). Найдем критическую силу Ркр
для этого стержня энергетическим методом * (см.
§ 2), для этого сначала задаемся приближенно, в дан-
ном случае с точностью до двух произвольных па-
* Решение той же задачи методом перемещений см. в рабо-
те [14].
20
раметров, уравнением упругой линии в изогнутом рав-
новесном состоянии
. пх .	. 2лх
у = sin — + а2 sin -у-.
Это уравнение удовлетворяет граничным условиям:
1/(0) = 0;	/(0)=#0;	/(0) = 0;
£/(0 = 0;	£/'(0=£0;	£/"(0 = 0;
4т)*°-
Приравняем пулю сумму работ внешних и внутрен-
них сил на перемещениях, соответствующих приращению
одного, а затем другого параметра; в уравнения работ
войдет энергия изгиба балки (энергией сжатия и сдвига
пренебрегаем), работа, производимая реакцией упругой
опоры, и работа внешней силы Р:
= ^М^-ба^х + Гпу^ба,-
да, El J да,	да,
0
— P — 8a, = 0;
<3ai
,	(7)
t>a2 = ~ f M 8atdx + r,,yc
dat El J da2	dat
о
= o.
da, 2
Используем зависимость
.. ri п ci I	nx I 4Л*	• 2лх\
M — Ely = — EI[ — OjSin----------a» sin— ;
w	1 i p a if
дМ El л1 . nx
— =---------sin — ;
да, P I
Ус — Ух=1_~ай
2
дМ	El-4я*	.	2ях
----=--------------sin-----;
даг	P	I	’
^Ус _	j .	fy/c	_ Q
da,	’	dat
Величину Д определяем следующим образом: если
для бесконечно малого элемента (см. рис. 13, а) имеем
при его повороте на угол а вертикальное перемещение
верхней точки на d&=dx*~^- = —, то для изогну-
21
того стержня длиной / укорочение вертикальной проек-
ции (рис. 13,6)
i
Д = Т	(8)
о
В нашем случае
Подставив найденные выражения в уравнения (7) и
произведя интегрирование, получим:
л<£7	.	D л2 _
---at	гцО1 —Р — (Ji — 0;
2Z3	2Z
л4-8£/ п 2л2 п
I3 2 I 2
Так как нас интересует тот случай, когда а^О, агт^О.
находим соответственно из первого и второго уравнений:
р _я2Е1 2Ьги р _4п2Е1
^«р-—/2	•
Сила Рщр соответствует симметричной форме потери
устойчивости (см. рис. 12,6). Второй член формулы по-
казывает, что наличие промежуточной опоры увеличива-
ет критическую нагрузку; в частности, при /’н = оо (жест-
кая опора) получим Р1кр = оо, т. е. такая форма потери
устойчивости становится невозможной; при отсутствии
«	л о л2£/
средней опоры ги=и, г’1кр =-----.
Г2
22
Сила Ргкр соответствует искривлению по двум полу-
волнам (см. рис. 12,в).
Расчетной критической силой будет /’mm-
Найдем то значение Гц, при котором Рщр=Ргкр,
iPE/ , 2/-г..	4n2EZ	1,5л«Е/	146EZ
----------- =------, откуда лп =---------=-------.
/2 Я2 Р	Р	Р
Рис. 14
Таким образом, при Гц<------ упругая линия при поте-
Р
146EZ
ре устойчивости имеет одну полуволну, при ги>—-------
две полуволны.
ПримерЗ. Найти критическую силу и форму потери
устойчивости для двух систем, показанных на рис. 14, а
и б. Расчетная схема стойки АВ представлена на
рис. 14, в. Величину гп=— найдем из условия работы
0ц
на изгиб стойки CD
Гп =
ЗЕ/
Я
для случая а
ЗЕ/ _ ЗЕ/ _ 24Е/	146EZ
/3 — /£\з ~ р р ’
К 2 /
D n2EZ . 2/24EZ	Е/ I g . 48\	14.7EZ
Р Р PiP	Р\ зр) Р
— изгиб с одной полуволной, сопровождаемый изгибом
стойки CD\
23
для случая о
ЗЕ/ _ ЗЕ/ _ 192Е/ > 146Е/
/3 — / / \з — /з /з ’
О/
р _ 4л2Е/ _ 39,4Е/
кр р	/2
— изгиб по двум полуволнам, стойка CD неподвижна.
§ 6. Стержень в упругой среде.
Устойчивость сжатого пояса
открытого моста
Рассмотрим шарнирно опертый двумя концами стер-
жень, находящийся в сплошной упругой среде, характе-
Рис. 15
ризуемон коэффициентом жесткости 0(0—
реакция на погонную единицу длины стер-
жня при единичном смещении в направле-
нии, перпендикулярном его осн) (рис. 15).
Если такой стержень, нагруженный на кон-
це осевой силой Р, после потери устойчи-
вости находится в изогнутом равновесном
состоянии, то в число сил, обеспечивающих
равновесие, входят и реакции упругой сре-
ды, интенсивность которых равна 0у, где
у — величина прогиба.
Применим к этой задаче энергетичес-
кий метод, приравняв нулю сумму работ
внешних и внутренних сил на перемеще-
ниях из изогнутого состояния в прямоли-
нейное:
А + 117 = 0.
Работа внешней силы
i
A = -PA = -^(y')>dx.
О
(9)
(9а)
Пренебрегая потенциальной энергией сжатия и сдви-
га. получим работу внутренних сил, как сумму работ из-
гибающих моментов и реакций упругой среды:
-ir=vj
M*dx
2EI
— J 2
I
24
I	I
6	6
(96)
(следует хорошо уяснить, что при переходе из криволи-
нейного в прямолинейное состояние сила Р остается по-
стоянной, работа ее равна РЛ; внутренние же силы
уменьшаются до нуля, поэтому в выражение их работы
входит коэффициент -yj. Подставив выражения (9а) и
(96) в условие (9), получаем
i	i
El f (j,")2rfx+₽ fj/2-dv
Л<р = —------7----------------	(Ю)
) (У'Г-dx
b
среды
Как видно из формулы (10), наличие упругой
повышает критическую силу. Чтобы определить величи-
ну Рнр, надо задаться формой упругой линии t/=f(x).
о	. kn.x
Задаемся уравнением у = а sin —— , которое удовлетво-
ряет граничным условиям:
прих=0 у=0 у"=0;
при х=1 у=С у"=С.
При этом
о
у2-dx
о
2 ’
Подставляя полученные значения в формулу (10) и
произведя небольшие преобразования, получаем
Ркр= — (k* +	.	(11)
₽ Р \ k-n*EI )
Нас интересует минимальное значение Рьр, поэтому
встает вопрос, при каком числе полуволн kPKp будет ми-
нимальным. Очевидно, это зависит от конкретного зна-
чения коэффициента жесткости упругой среды р. Найдем
те граничные значения р, при которых становится равно-
возможной потеря устончиво^н^пб йь^М-фпр^мам (с од-
*	’ Х.	25

Р'4
4л«£/
пой и с дв5 мя полуволнами, с двумя и тремя полуволна-
ми и т. д.). Для этого составим равенства:
n pk=i _ рл=2.
' кр кр » р
. АллЕ1
откуда 0=———.
ит. д.
получается следующая таблица:
21 р*=2 — рк=з. 4 л—Р/4.. =9-4—
УкР гкр -	+ 4л4£/	+ 9лд£/ •
_	36л<£/
откуда 0 =
Отсюда
при
4л<£/ , ,
—~— « = 1;
I1
при
4л«£/
/4
Збл*Е1
Z*
Л = 2;
при
36л*£/
Р
144л«£/
/4
6=3
и т. д.
Определив число k, соответствующее заданному зна-
чению 0, находим по формуле (11).
Пример 4. Найти критическую нагрузку для сжа-
того пояса открытого моста (задача Ясинского).
Сжатый верхний пояс открытого моста (рис. 16) при
потере устойчивости из плоскости фермы работает как
стержень, нагруженный сосредоточенными горизонталь-
ными силами (£\Xcosa) в точках прикрепления раско-
сов и опертый на упругие опоры, которыми являются ра-
ботающие на изгиб стойки (рис. 16,в).
При большом числе панелей можно:
1) упругие опоры заменить сплошной упругой средой
с коэффициентом жесткости 0= —, где Гц — горизон- '
d
тальная сила, смещающая верхний конец стойки на еди-
ницу (рис. 16,6, г); d — длина панели;
2) сосредоточенные силы D,cosa заменить сплошной
нагрузкой, меняющейся z по треугольному закону
20

(рис. 16, <3). Максимальная интенсивность нагрузки qo
определится из условия
— = V,Dcosa; q0 = — VDcoscc.
4	j—1	Q I
1/2	'/2
Рис. 16
Применяя энергетический метод, получаем:
работа внешних сил
I	х	I
А = — J qx-dx J (у')2 -dx = — J po(f~-2t) X
0	0	0 L
работа внутренних сил
i	i
W = ^j(yT-dx + ±fi fe-dx.
о	0
Приравнивая нулю сумму работ внешних и внутреи-
27
1 их сил,
па опоре
находим критическую интенсивность нагрузки
Критическая продольная
сила посередине пролета
?окр/
4
Тимошенко дал решение этой задачи, задавшись фор-
мой упругой линии y=f(x) в виде бесконечного ряда
S. knx
ак sm—.
При этом критическая сила посередине пролета запи-
сывается в эйлеровской форме NKp = ^7» гДе коэффи-
циент свободной длины р зависит от жесткости EI, про-
лета / и коэффициента жесткости упругой среды р. Эта
зависимость приведена в табл. 1.
Таблица I
р/4 16£/	0	5	10	15	22,8	56.5
	0,696	0.524	0,443	0.396	0,363	0.324
рн 16£7	100	162,8	200	300	500	1000
I1	0.29	0,259	0,246	0.225	0,204	0,174
§ 7. Стержень переменного сечения
Для общего случая стержня переменного сечения
с переменными по длине продольными силами Nx
(рис. 17) дифференциальное уравнение изогнутой оси
при потере устойчивости имеет следующий вид:
(£/#')"+ (,V.v/)' = 0	(12)
(см. работу 17).
28
Если стержень нагружен осевыми силами только у
концов, то Д'.,; = Р=const, и уравнение (12) приобретает
вид
(EIxy"Y' + Ру" = 0	(13)
или
ЛГ + — М = 0.
Е1Х
Для некоторых частных законов изменения жестко-
сти вдоль стержня (например, при Е1—Аха, где А и
Рис. 17	Рис. 18
а — постоянные коэффициенты и т. д.) уравнение с пере-
менными коэффициентами (13) решено и, таким обра-
зом, получены точные значения критических нагрузок
Эти решения приводятся в работах [14], [19] и др. и свя-
заны с применением Бесселевых и других специальных
функций или с численным интегрированием дифферен-
циальных уравнений.
Рассмотрим простейший случай стержня, жесткость
которого меняется по длине уступами (рис. 18). Нагруз-
ка приложена вверху (Р) и на уровне уступа (рР). По-
кажем решение статическим и энергетическим способами.
Статический способ расчета
Записываем дифференциальные уравнения изгиба по
участкам;
Eli У\+РУ\ =
Е12у} + <У +₽)Р-^ = (б + ₽в1)Л
29
Интегралы этих уравнений:
yt = At sin nix + Л2 cos nix + б,
t/2 = Bt sin п2х 4- В2 cos п2х + (б + р6х),
л„=-|/А = 1/Е+-Р)р.
 у ei2 V Е/2
Для определения At, Л2, Bi, В 2, б, 61 имеем шесть ус-
ловий:
У у (0) = 0; У\ (0) = 0; у, (а/) =6,; у2 (al) = yt (al)-
у\ («О = у\ («0; Ух (0 = б; у\ (0 = 0-
Из граничных условий находим В(=0 и, исключив
6 и 61, получаем следующие три однородных уравнения
для определения At, А2 и В2:
Ai sin пщ1 + ^2cosn(a/ — В2(1 + 0)cosn2a/ = 0;
A cos ntal — A2sinnial + В2 — sin n2a/ = 0;
"i
Ai sin nil + /l2cos nJ = 0.
Приравняв нулю определитель из коэффициентов при
неизвестных, получаем характеристическое уравнение
для определения критического параметра нагрузки Рвр:
tg«i(l — a)/tg/i2a/ =	(1 +0).	(15)
Из уравнения (15) при а=0 имеем
tg ntl - оо;

что соответствует стойке с постоянной жесткостью Е1п
при а —1 имеем tgn2/ = oo, откуда N2lip =	, что соот-
ветствует стойке с постоянной жесткостью БЕ-
ЗО
Энергетический способ расчета
Приравняем нулю сумму работ внешних и внутрен-
них сил на перемещениях из изогнутого состояния в пря-
молинейное.
Работа внешних сил
I	al
— А = 2РД = />•—[(/)2dx +	-J- f (PTdx-
2	2 .J
О	о
Работа внутренних сил
al	I
W =	[£'2)(t/rdx + E/1 f(/)2dx]•
b	al
Из условия Л + И?=0 находим
я,	f tr*
₽«р = -Л---------------------•	<|6>
(у'У dx + J (y’)2dx
Для получения приближенного решения зададимся
формой потери устойчивости в виде полинома
У = а0 + Н---------------------Ь а1п<
из которого удержим только три первых члена; величины
г?о и с2 определим из граничных условий:
4/(0) =/(0) =0; 4/(0 ^0; 4/'(0^0; 4/" (0=0.
При этом ао=О; а2=-----— и уравнение упругой ли-
6Z2
иии принимает вид:
/ 2 х* \
у = й! х2 — — .
\ СР /
Задавая упругую линию с точностью до одного пара-
метра at, мы как бы превращаем заданную систему в си-
стему с одной степенью свободы.
Находим
У' =
(г2 ’
1 ——
I2
31
и, внося эти выражения в формулу (16), после интегри-
рования и подстановки пределов, получаем:
„	3£Л	15	1	а —1	— а8 + — 3	5 J	1 /	2	-]	L /174
—	/2	’	68	, Ш5 + ₽1		fa3— ^га^ + \	5	-М 21 )		
при а=0 формула (17) дает
Р =	. 8U05 = 2 470б£Л_
р Р 15-68	Р
EI
(точное решение Ркр=2,4674——; относительная
Р
ность составляет 0,13%).
Если задать уравнение y=f(x) с точностью до
параметров:
точ-
двух
4
16
7 ~ 1 3
348	404
z -4- ~
153	935
у — a lx3 — — + b (х3----—),
1 6Р /	15Р/
то формула (16) при а=0 дает
р _	42
кр Р ' 17
(см. работу [14]), где z= —
а
Наименьшее значение Р1!р определится из условия
— = 0, которое приводит к квадратному уравнению
22+1,0623z+0,1604=0 с корнями zt——0,1822, z->=
= —0,8802.
При Zi = —0,1822 получаем Р1<р=2,4674	, что прак-
тически совпадает с точным решением.
Пример Б. Найти критический параметр нагрузки
Екр для стойки, показанной на рис. 19.
Имеем
а —0,5; 0 = 4;	= nt =
32
При решении задачи статическим методом получаем
характеристическое уравнение
tg 0,5ritl • tg 0,79Д1/ = 0,633 • 5 = 3,16.
Подбором находим П;/=1,59; при этом
tg 0,795 =1,014;
tg(0,79-1,59) =tg 1,26 = 3,11;
1,014-3,11 « 3,16.
Таким образом, критический параметр
пагрузки
_	9Е,,	1.592Г/1	2.53Г/,
Р = п-. ЕЕ =----------— =---------.
кр 11	р	р
При решении задачи энергетическим
методом по формуле (17) получим
Рис. 19
—+ (о,5 —— -0.53+-|- •
ЗЕЦ . 15 I 3_____________ 5
"	S+,(t’.5,-T'0-5'+TF-c'6’1
2.61g/;
(расхождение с результатом статического расчета 3°/о).
Сниженная точность энергетического расчета по срав-
нению с приведенным выше расчетом для случая а=0
объясняется тем, что уравнения упругой линии для верх-
ней и нижней части ступенчатой стойки в действительно-
сти будут различны.
§ 8. Составные стержни
Рассматривая вопросы устойчивости стержней со
сплошным поперечным сечением, мы учитывали до сих
пор только деформации изгиба стержня, потерявшего
устойчивость, пренебрегая деформациями сжатия и де-
формациями сдвига. В стержнях, составленных из от-
дельных ветвей, соединенных между собой какими-то
связями (решеткой, планками, шпонками, гвоздями и
т. д.) (рис. 20,а, б, в), деформация связей при потере
3—949
33
устойчивости создает дополнительную дсформативность
всей конструкции, что может существенно снизить вели-
чину критической нагрузки.
Общая постановка задачи об устойчивости состав-
ного стержня дана в работах проф. А. Р. Ржаницыиа
(см. [18], [19] и др.), который делит связи между ветвями
на связи сдвига, пере-
дающие касательные
напряжения, и попе-
речные связи, переда-
ющие нормальные на-
пряжения, действую-
щие перпендикулярно
оси стержня (рис.
20, г).
Для частного слу-
чая шарнирно оперто-
го двумя концами стер-
жня, состоящего из
двух ветвей, далеко
отстоящих друг от
друга (жесткость каж-
дой ветви на изгиб ма-
ла по сравнению с
жесткостью всего по-
перечного сечения) с
жесткими поперечны-
ми связями и податли-
Рис. 20
выми связями сдвига
(например, изгибаемые, но сохраняющие свою длину
планки, рис. 20,6), минимальная критическая сила оп-
ределяется по следующей формуле:
Р —
* кр
л2£7	1
/2 ’ rfEl 1 ’
1 ------•-----
р
(18)
1де EI— жесткость всего сечения;
со— расстояние между осями ветвей;
g— коэффициент жесткости шва на сдвиг;
g__	/ кг \ .
бсд \ см2 / ’
Т —сдвигающее усилие, приходящееся на одну
связь;
34
tn—тело связей на единицу длины шва;
бед—деформация взаимного сдвига смежных во-
локон по обе стороны разделяющей плоско-
сти шва.
Величина —— в этом случае эквивалентна уделыго-
му углу сдвига сплошного стержня (k — коэффици-
ент, зависящий от формы поперечного сечения, см. [16])
и при такой замене формула (18) совпадает с прибли-
женной формулой Энгессера, данной нм в 1891 г. и учи-
тывающей влияние сдвигов в сплошном стержне:
Р =	,
кр э	л
1	+ rF 'рэ
иг
где Рэ —эйлеровская критическая сила при данных гра-
ничных условиях.
Формула (18) показывает, что при увеличении жест-
кости связей критическая сила возрастает и при £->оо
стремится к эйлеровской критической силе для сплошно-
го стержня: при g->-0, т. е. при отсутствии связей, полу-
чаем Pi.p=0, так как в этой формуле жесткость отдель-
ных ветвей па изгиб принята равной пулю.
Решим энергетическим методом задачу об устойчиво-
сти стержня, состоящего из двух поясов, соединенных
между собой реш ткой в виде раскосов и стс ек. Пус ь,
например, это буд т колонна, жестко защемлен чая внизу
и свободна” вверху (рис. 21).
До потери устойчивости
пояса стержня сжаты, решет-
ка не работает. При потере
устойчивости ось стержня из-
гибается, не меняя своей дли-
ны; поперечные сечения стер-
жня поворачиваются, при
этом один пояс укорачивается,
другой — удлиняется, суммар-
ная работа первоначальных
продольных сил в поясах рав-
на нулю. Работу производят
дополнительные усилия в поя-
сах, возникающие благодаря
изгибу, усилия в элементах
решетки, также возникающие
3*
Рис. 21
35
при потере устойчивости, и внешняя сила. Следует от-
метить, что элементы решетки в реальных конструкциях
прикрепляются к поясам какими-то более или менее по-
датливыми связями (заклепки, болты и т. д.). Деформа-
тивность этих связей также может влиять на величину
критической нагрузки. В данном случае этих деформа-
ций мы не учитываем.
Задаемся упругой линией в форме
лх \
у — а । 1 — cos — I,
\	21 J
которая удовлетворяет граничным условиям:
при х = 0 у — 0, у' = 0;
при х = 1 у 4= 0, y'=f=O, у =0.
Опускание верхней точки колонны
Д — — С (у')2-dx = С sin2 — ’dx —
2	J	8/2 J 21
о
_ а2аг 21 л _____а-ла
~ ер ' V ' Т “ ieF ’
Работа внешней силы на перемещениях из криволи-
нейного состояния в прямолинейное
Л = —Р-Д = —Р —.
161
Работу внутренних сил найдем как работу продоль-
ных сил, пренебрегая изгибом каждой панели пояса в
отдельности:
^2EF[ ^i2EF, а-I 2EFt ’
П	C	p
где первая сумма относится к поясам, вторая — к стой-
кам и третья — к раскосам *,
с—длина панели пояса;
h — длина стойки;
d— длина раскоса.
Усилие в каждой панели пояса определяется, как мо-
♦ Учитывая работу продольных сил и в стойках, и в раскосах,
мы тем самым учитываем деформатпвность н связей сдвига, и попе-
речных связей.
36
мент относительно соответствующей моментной точки,
деленный на расстояние между поясами h
М = Р (а — у) - Ра cos ;
M	n a	nx
N„ = — = P —cos — .
n h h	21
Решетка воспринимает перерезывающую силу. Уси-
лия в стойках и в раскосах равны:
, tlM , Рал лх
hTc = + Q = Ч--------= Ч------Sin —;
с ~	~ dx ~ 21	21 '
,,	, г, d	Рал d лх
Лп = + Q — = Ч------ — -sin —.
р “ft	21 h 21
Таким образом, суммарная работа внутренних сил
F=\>Zcos!!!£._L	ft .
Zj ft2 21 2EF,
п
. , л.г ft .
sin- — ---------h
4/-	2/ 2EFt
d3 . 2 лх
— sm2 —
ft- 21
1
EFt •
р
Приравняв нулю сумму работ внешних и внутренних сил.
получаем
л3Е
21
(19)
здесь х—координата моментной точки, соответствую-
щей определению усилия в поясе каждой панели.
Формула (19) показывает, что деформативность ре-
шетки уменьшает критическую силу. Если площади рас-
косов или стоек стремятся к нулю (т. е. отсутствуют либо
связи сдвига, либо поперечные связи), критическая сила
составного стержня с пренебрежимо малой жесткостью
отдельной ветви на изгиб стремится к нулю. Если уве-
37
личить жесткость решетки, критическая сила возрастает
и при F‘. —> оо и F‘ ->оо
с	р
л2£/г2
Р =----------
кр v
81с У ,
что при постоянном сечении поясов равно
р ______________________. п2Е1
кр" 4F ’
где f=-^-Fh2—момент инерции монолитного стержня,
состоящего из двух поясов с общей площадью 2F.
Если сечения поясов, стоек и раскосов не меняются
по длине стержня, то формулу (19) удобно преобразо-
вать следующим образом: вынося из-под знака суммы
постоянные площади и учитывая, что — Fnh2=l, полу-
чаем
р _ л2Е/
кр~ 41"
2с
I
пх	л2/	..
cos2 — 4- —----------S sin2
21 Z2	21FC
li
21F,
nx d3 . пх
21 +2//l'FpSs'n'’2Z
Под знаком каждой суммы в знаменателе стоит
столько членов, сколько панелей длиной с имеется в со-
ставном стержне; разделим все члены в знаменателе на
с, помножим на dx и заменим суммирование интегриро-
ванием.
При этом
i	i
Г* - ,> зтх • Г* л л к t
I sin- — dx = I cos2 — -dx =
J 21 J 21
о	о
z
2 ’
Введя обозначения
(pZ)2 ’
38

где р — коэффициент свободной длины, получаем фор-
мулу, действительную при любых (раничных условиях*:
р„ = ₽.—„ , , 1----------------j------Т. <а»
1 -4- — ----4- ------------
Е [ Fс tg a	Fp sin а cos2 а]
здесь а— угол между направлениями раскоса и стойки;
Рэ—критическая сила монолитного стержня;
Fc— площадь сечения стойки;
Fp—площадь сечения раскоса.
Ргс. 22
Пример 6. На рис. 22 по азаны псперечное сечечне
и I анель со связями сжатого пояса Ю ебекского места
(С JA), обрушившегося во время сборки 29 августа
1907 г. Авария произошла из-за потери устойчивости
в связи с тем, что не было учтено влияние деформатив-
иости решетки на величину критической силы.
Требуется определить критическую силу составного
стержня данных размеров и сравнить ее с критической
силой монолитного стержня того же момента инерции**.
Имеем:
площадь сечения одного уголка 204x162X24
Fi = (20,4 + 13,8)2,4 = 34,2 см-;
площадь сечения одного уголка 204x89x23,8
F2 = (20,4 + 6,52)2,38 = 64 см2;
* Формула (20), выведенная другим способом, приведена в кни-
ге [14] и др
** Данные взяты из книги [4].
33
площадь сечения одного уголка 89Х /6x9,5
F3 = (8,9 + 6,65)0,95 = 14,8 см2;
площадь сечения одного уголка 102x76x9,5
Ft = (10,2 + 6,65)0,95 = 16,0 см2;
площадь сечения всего пояса
Fn =( 8,74 + 8,92)2-138,4 + 4-34,2 + 8-64 —
—6 • 42,5 • 2,4 = 4926,8 см2-,
площадь стоек на длине одной панели
FCT = 2-14,8 = 29,6 см2;
площадь сечения раскосов на длине одной панели
Траск = 4 • 16,0 = 64 см2.
Угол наклона раскосов а~45°; sin a=cos а=0,707;
tg«= 1,0.
Критическая нагрузка по формуле (20)
D _________ Вэ	_ *
1
кр
р> 
Е [29.6-1
64-O.7O73 J
= р>--------!------
р>
1 +— 0,0779
Зведем в полученную фермулу величину критическо-
го напряжения
Тогда
При
лучим
оэ
кр
Р3
Fn
1
°КР
1 + -ДЛ7'п-0.0779
Е
£=2,1 • 106 кг<см2 ч о’р =опц=2400 кг/см2 по-
Р — Рэ
'кр — г
ркр = р>-
________1____________
2-4-103
-0.0779-4926.8
= рэ------1---= 0 697P3
1 +0.438
40
Таким образом, в данном случае (при а’р =
= 2400 кг/см2) деформативность решетки снизила крити-
ческую силу в 1,44 раза. В действительности гибкость
потерявшего устойчивость стержня Квебекского моста
была мала, и эйлеровские критические напряжения зна-
чительно превышали предел пропорциональности мате-
риала, что еще более усилило влияние дсформативности
решетки.
глава з
УСТОЙЧИВОСТЬ ПЛОСКИХ РАМ*
§ 9.	Постановка задачи
При рассмотрении вопросов устойчивости рам также,
как и других систем, необходимо различать два типа
задач:
потеря устойчивости 1-го рода (потеря устойчивости
в Эйлеровском смысле) и
потеря устойчивости 2-го рода (потеря несущей спо-
собности сжатоизогнутой рамы).
Постановка задачи и схема решения
при расчете па устойчивость 1-го рода
Для исследования устойчивости рамы принимаются
следующие допущения: 1. Рассматривается только узло-
вая нагрузка, не вызывающая поперечного изгиба стерж-
ней рамы.
2.	Стержни считаются нерастяжимыми и несжимае-
мыми.
3.	Изменением растояния между концами стержня,
которое получается благодаря его изгибу, пренебре-
гаем **.
4.	При работе учитываются нормальные силы, возни-
кающие до потери устойчивости. Влияние приращений
нормальных сил A/V, возникающих в момент потери ус-
тойчивости, не учитывается.
5.	При определении поперечных сил в изогнутых
* Наиболее полно вопросы устойчивости рам разработаны в
монографии [8].
** Это допущение неприменимо при определении работы внеш-
них сил, если задача решается энергетическим методом.
41
стержнях нс учитывается изменение угла наклона сече-
ния за счет изгиба стержня.
Рассмотрим раму, представленную на рис. 23. Пока
нагрузка меньше критической, единственной возможной
формой равновесия будет прямолинейная форма, пока-
занная на рис. 23 сплошной ли-
нией. Существует такое кри-
тическое значение нагрузки
(РКр — критический параметр
этой нагрузки), при котором,
кроме прямолинейного (явля-
ющегося при данной нагрузке
неустойчивым) положения
равновесия, возможно еще
другое, изогнутое равновесное
состояние (на рис. 23 показа-
но пунктирной линией). За-
дачей расчета является опре-
деление критической нагруз-
ки, по которой при заданном
коэффициенте запаса можно определить расчетную на
грузку.
Поскольку новое, изогнутое состояние есть состояние
равновесия, расчет может быть произведен любым из ме-
тодов, применяемых к расчету равновесных систем, в том
боре основной системы следует всегда стремиться к тому,
чтобы в основной системе не возникало изгибающих
моментов от заданной нагрузки; например, для рамы,
показанной па рис. 23, это условие удовлетворяется при
основных системах, показанных на рис. 24, а, б, и не
удовлетворяется для основной системы в*. При отсут-
* Более подробно о выборе основной системы при решении .ме-
тодом сил см. § 12.
42
ствин моментов от нагрузки в основной системе все сво-
бодные члены канонических уравнений равны нулю и
система уравнений приобретает вид:
для метода сил
fill'll + 612^2 +	4* 61n-Vn = О,
621-V1 4- 622-^2 4- ••• 4- дгпХп — О,
бп1-<1 + 6п2-^2 4~ ... + дппХп — 0;
для метода перемещений
+ г f2<2 + ... + г 1П2П = 0,
1*21 <! 4- 1*22^2 4" — 4- Г2ц2п ~ 0,
ГnlZl 4* Гп2^2 4" ... 4- Гпп^п — 0.
В этих уравнениях 6 и, и г,ь соответственно перемеще-
1<пя н реакции по направлению i от единичных лишних
неизвестных при наличии продольных сил в стержнях.
Таким образом, в ди, и rik входит параметр нагрузки Р.
В изогнутом равновесном состоянии х,=#0 и ?,=#0,
система же линейных однородных уравнений дает нену-
левое решение для неизвестных только при равенстве
нулю определителя, составленного из коэффициентов при
неизвестных. Составляем определитель и, приравняв его
пулю, получаем так называемое уравнение устойчиво-
сти, из которого н определяется критический параметр
нагрузки
	бн;	6)2»			Пь	rn; • •		
D =	’ci * Cl СО  сч । СО			= 0 или 0=	1*211	Г22*» ' "	Г2г	= 0
	б,д,	6„2;			G.11	ГгЪ  •	-г„п	
В расчетах на устойчивость для большинства типов
рам метод перемещений требует более простых и менее
трудоемких вычислений, чем метод сил. Это имеет место
особенно потому, что усложняются вычисления коэффи-
циентов канонических уравнений по деформированной
схеме с учетом продольных сил в стержнях (см. § 10,12).
Н. В. Корноуховым в работе [8] показано, что метод сил
может оказаться целесообразным при расчете устойчи-
вости рам с большим числом стержней, из которых толь-
ко немногие имеют продольные силы, отличные от нуля.
43
Более детальный разбор обоих методов и примеры
расчета см. ниже.
Постановка задачи и схема решения при расчете
на устойчивость 2-го рода.
Так называемый «деформационный расчет»
Рис. 25
Пусть дана рама (рнс. 25,а), в стержнях которой да-
же при малых нагрузках возникают и продольные силы,
и изгибающие моменты. График зависимости какого-ли-
бо перемещения (например, горизонтального перемеще-
ния верхнего узла Д)
от нагрузки Р в пред-
положении неограни-
ченной упругой рабо-
ты системы показан на
рис. 25, б сплошной
линией. Здесь не про-
исходит потери устой-
чивости в эйлеровском
смысле, не имеет ме-
ста раздвоение форм равновесия, имеется только одна
изогнутая форма равновесия, и прогибы растут с увели-
чением нагрузки. В этом случае критической или пре-
дельной нагрузкой будет нагрузка, соответствующая
исчерпанию несущей способности рамы.
Поскольку при росте деформаций и изгибающих мо-
ментов в элементах рамы возникнет текучесть, предел
несущей способности будет достигнут раньше, чем в
предположении упругой работы (см. пунктирную линию
на рис. 25,6), и определение действительной предельной
нагрузки всегда связано с расчетом рамы за пределом
упругости. Этот вопрос выходит за рамки настоящего
курса и здесь не рассматривается.
При расчетной нагрузке обычный расчет рамы на
прочность производится по недеформированной схеме;
при этом нагрузки, направленные вдоль оси стержней и
передающиеся непосредственно на опоры (силы Р и цР
на рис. 25, о) и вообще продольные силы в стержнях, не
влияют иа величины изгибающих моментов; в действи-
тельности, благодаря изгибу эти нагрузки вызывают до-
полнительные усилия и перемещения, которые при боль-
ших осевых силах и больших гибкостях стержней могут
достигать значительной величины. Расчет с учетом этих
дополнительных факторов, который ведется уже по де-
44
формированной схеме рамы, называется «деформацион-
ным расчетом».
Система канонических уравнений при деформацион-
ном расчете имеет тот же вид, что и при обычном расчете
на прочность, например, при решении методом переме-
щений
H1Z1 + Г12?2 + ••• + Г1ц?п + Rip = О,
+ Гп2%2 + ... + Гпп2п + Rnp = О,
но здесь г.л, Rip соответственно реакции в связи i от еди-
ничного смещения связи k и от нагрузки при наличии по-
стоянных продольных сил в стержнях.
Таким образом, для решения задач устойчивости I и
II рода необходимо уметь определять усилия и переме-
щения в сжатоизогнутых стержнях. Переходим сейчас
поэтому к рассмотрению дифференциального уравнения
изгиба сжатоизогиутого стержня.
§ 10.	Дифференциальное уравнение
изгиба сжатоизогнутого стержня
и его интеграл
Рис. 26
Пусть первоначально прямолинейный стержень АВ
под действием сосредоточенных сил Pt равномерной на-
грузки q, моментов и по-
перечных сил по ко щам
Qa, Mb, Qb и посто-
янной продольной силы
Л/ изогнулся и переме-
стился, как показано на
рис. 26.
Изгибающий момент
в произвольном сечении
будет равен
-ХР^х-а,)-^,
(21)
где под знаком суммы стоят только те силы, которые на-
ходятся левее сечения х.
Дифференциальное уравнение изгиба Е1у"=—Л1 по-
45
еле подстановки значения изгибающего момента по фор-
муле (21) примет вид:
*/"+ ТГ у=- z? [м»+ Qa х ~ Ny* ~
_5£__2Р (л — а)].	(22)
2	J
Г~ы
Введя обозначение п= \/ —, получаем общее реше-
F EI
ние дифференциального уравнения (22) в следующей
форме:
у = Сх cosnx + C2sinnx + ^ — 7^7 (41 +	*) +
+ ^Pi [«(* — а,) — sin п (х — а,)] —
----— Г1 — —	cos nx 1.	(23)
n*EI L 2------------------------------J	4
В выражении (23) первые два члена представляют
собой общий интеграл однородного уравнения у" +
+ ~У~и, а остальные члены — частный интеграл неод-
нородного уравнения (22), что легко проверить непос-
редственной подстановкой в уравнение. Cj и С2 — произ-
вольные постоянные, определяемые из граничных усло-
вий:
1 ¥1 л
1) при х = 0 у = УА, откуда С, =	;
dy	1 /	Од
2) при х = 0 — = <р откуда С2= — фл4- -£
ах Л	n 1 n2Ef
Подставив полученные значения произвольных посто-
янных в выражение (23), получаем после небольших пре-
образований окончательную формулу для прогиба и пу-
тем се последовательного дифференцирования — форму-
лы для углов поворота, моментов и поперечных сил в
произвольном сечении сжатоизогпутого стержня:
У~Уд +
sin пх
п
COS/IX — I ,
Ма+
п*Е1
sin nt —nx
n3EI
^а + У>
46
da	sinnx я. ,
Ф = -r = cos nx^A -
ax	ль/
. cos nx — 1	—
+ -^y—Сл + <р,
M = — El — nEl sin nx-cp, + cos nxM, 4-
A	A (24)
. sinnv . -г-.
4--------Q 4- M,
n л
. Q =	= n?EIcosnx-tp — n sin nxM. 4-
dx	л	л
4-	cos nxQA 4- Q.
В этих формулах у, <р, М, Q представляют собой влия-
ние пролетной нагрузки на соответствующую функцию и
для нагрузки, показанной па рис. 26, определяются по
следующим формулам:
У = ZPi [«- °<) - s’n п (х - а,-)] 4-
плЕ1
, п I п2х2	,\
4—2—--------h cos nx — 11,
n'El \ 2	)'
<p = —XPt [1 — cos n (x — a,)] -f-
q ,	.	(25)
4- — (nx — sin nx),
n3El
M =------- SP. sin « (x — a,) 4- -b (cos nx — 1),
n	n2
Q = — SP; cos n (x — ax)-q— sin nx.
n
Во всех случаях под знаком S стоят только те силы,
которые находятся левее сечения х.
Пример 7. Рассмотрим балку, защемленную двумя
концами, в которой при наличии постоянной продольной
силы N произошел поворот левой заделки на угол, рав-
ный единице (рис. 27).
Из четырех начальных параметров два известны:
Фа = 1; f/A = 0; остальные два определяются из условий
Ув = 0; фВ = 0.	(а)
47
Подставляя значение х=/ и условия (а) в первые два
из уравнений (24), получаем для определения МА и Qa
следующие два уравнения:
sin л/ . cos nl — 1	- sin л/—nl q _ q
b rfEl Л n3El
, SMI nl ... . COS nl — i Л
cos nl' FZF Ma+ *A = °-
л2£/
л
Рис. 27
Решая совместно полученные
уравнения и вводя обозначение
v =ел = I
(26)
получаем после небольших пре-
образований
tgu — v
2tg~—n
Q = -2-^
fa
v
2 tg v
tgv — v
v — sin v
v	2 sin V
2tg — —а
v
2«g — -f
^л= —
А I
V
4 tg v
6£/	. .
N
Е1 ’
IE! I \
= — -faG’);
v
Подставив значения МА и QA в третье из уравнений
(24), найдем изгибающий момент на правой опоре Мд:
„	2£/
Мв =-----р
V
2 sin и
v — sin v
v
2tgy-n
?EI
I
Ч'з (°)-
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 27.
Пример 8. Рассмотрим балку с заделкой на одном
конце и шарниром на другом, в которой при наличии по-
стоянной продольной силы произошло смещение пра-
вой опоры в направлении, перпендикулярном оси балки
на величину Д=1 (рис. 28),
48
Из четырех начальных параметров два известны:
//а = 0; фл = 0; остальные два определятся из условии:
У в = 1; Мв = 0.	(б)
Подставляя значение х=1 и условие (б) в первое и
третье из уравнений (24), получаем для определения
МА и Qa следующие два уравнения:
cosnl — I .. , sinni—nl
х«л = 1,
cos «ДМ, +^±.Q/==0.
Рис. 28
Вводя величину v = ln и решая совместно полученные
уравнения, находим:
л л	ЗЕ/ tf-tg v	3EI . .
М , =-------• -----2--- =--------<Т. (н);
А Р	3(tgn — v)	Z2	' Л
ЗЕ/ и2	ЗЕ/	. .
р ' 3((8и_а) р ’П1(0.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 28.
Пример 9, Рассмотрим балку, находящуюся под
действием сосредоточенной вертикальной силы в пролете
и постоянной продольной силы W (рис. 29).
Для этой балки i/a=<Pa = 0. Момент и поперечная си-
ла в заделке определяются из условий: #в=0; Л1в=0.
Подставляя эти условия в первое и третье из уравнений
(24), получаем:
п2Е/
cos nl — I >, . sin nl — nl . P , ,	. n
' A, +	„,a Qa + „зд- ("!> - л») - 0,
cos ril-M + sin — Q —— -sin nb = 0.
л n л n
Решая совместно эти уравнения, находим
. vb
MA = —3Pl^L -----l------ ’
A	t»2 sin v I
4—949
49
vh
sin —
q ЗрДЙ. --------L---.
A	V3 COS V I
В этих формулах, как и раньше, v=nl, а величины
<pi(u) и t)i(zj)—коэффициенты, зависящие от v и уже
встречавшиеся выше, в примере 8.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 29.
Изгибающий момент под грузом можно найти, подставив
значение х=а в третье из уравнений (24).
Рис. 30
Рис. 29
Пример 10. Пользуясь уравнениям!! (24), найти то
значение продольной силы N, при котором стержень АВ
будет находиться в равновесии в изогнутом состоянии
(рис. 30), т. е. найти Л/Кр. В точке А равны нулю прогиб,
момент и поперечная сила: yA = MA = Q г = 0.
Из 1-го уравнения (24) получаем при х=1	= О,
п л
так как <рл 0, то sin и/= 0, т. е.
,	.	£2л2Е/
nl = in, NkT) =------------
’	[2
§ 11. Расчет рам на устойчивость
методом перемещений
Как показано выше, расчет рам на устойчивость 1-го
рода методом перемещений сводится к составлению си-
стемы однородных канонических уравнении этого метода
и приравниванию нулю определителя, составленного из
коэффициентов при неизвестных. Для облегчения опре-
деления коэффициентов типа rih и Rip (последние будут
нужны при деформационном расчете) при наличии про-
50
долыюй силы в стержне однопролетные балки различных
типов рассчитаны заранее при помощи формул (24) на
различные виды воздействий (см. примеры 7, 8, 9 преды-
дущего параграфа).
Таким образом получена таблица реакций сжатонзо-
гнутых стержней от единичных перемещений и нагрузок
(табл. 2), которой и надлежит пользоваться при практи-
ческих расчетах.
Таблица 2
Реакции сжатоизогнутых стержней
от единичных перемещений и нагрузок
4*
51
Продолжение табл. 2
Значения функций, а также других вспомогательных
величин приведены в табл. 3—5.
Все детали расчета будут ясны из разобранных ниже
примеров.
Примеры расчета рам на устойчивость
методом перемещений
Пример 11. Требуется найти критическую нагрузку
Ркр для рамы, показанной на рис. 31, а. Основная систе-
ма метода перемещений и эпюра изгибающих моментов
52
от единичного поворота узла 1 показаны па рис. 31,6.
При построении эпюры продольная сила в ригеле (в со-
ответствии с принятым выше допущением) считалась
равной нулю, продольная сила в стойке равна силе Р.
Каноническое уравнение метода перемещений имеет вид:
rllz1=0. Так как мы ищем нагрузку, соответствующую
изогнутому равновесному состоянию рамы, то г, О,
Рис. 31
4Z?/ j / \ 1 3£7 2
счедователыю, r} t = —— Фг \v) л------ =0, откуда
f/i(<Р2(г^) +2) =0 и <р2(п) =— 2.
Из табл. 3 при <рг(^) =—2 находим по интерполяции
ссс v	n	5.6&Е/,
с=5,66. Критическая нагрузка Ркр=—-------------------=
=2Eli(m). Коэффициент свободной длины стойки может
быть найден при приравнивании полученного значения
критической силы критической силе по формуле Эйлера:
v- EI л2 EI	л
-----= -—— , откуда п = — .
р (ц/г-	-А f
В нашем случае р =
•^—=0,555, т. е. стойка работа-
ет в условиях, близких к полному защемлению верхнего
конца (как и следовало ожидать, ввиду большой жест-
кости ригеля).
Расчетная длина стойки /о=ц/=0,555-4=2,22 л явля-
ется исходной величиной для нахождения коэффициента
продольного изгиба <р в зависимости от расчетной гиб-
кости и материала стержня по таблицам из соответству-
ющих СНиП.
Пример 12. Требуется определить Pvp для рамы,
показанной на рис. 32, а. До потери устойчивости стерж-
53
ни рамы не испытывают изгиба. При достижении нагруз-
кой критического значения узлы рамы могут получить
как угловые, так и линейные смещения (возможная фор-
ма потери устойчивости показана на рис. 32, а пункти-
ром). При расчете рамы методом перемещений имеем
три неизвестных — два угла поворота и одно линейное
смещение. Сгруппировав повороты крайних узлов в сим-
метричную и кососимметричную группы (что возможно
Рис. 32
ввиду симметрии рамы и нагрузки), получаем эпюры от
единичных смещений, показанные на рис. 32,6, в, г, и си-
стему канонических уравнений следующего вида:
7) гц£1 = О,
2) Г22г2 + ^2з2з = О,
3) Г32^2 + /'зз2з = 0.
Так как в крайних стойках нет продольной силы, глав-
ный коэффициент Гц не может обратиться в нуль, следо-
вательно, ?1 = 0 и рама теряет устойчивость по кососим-
метричной форме; находим по единичным эпюрам коэф-
фициенты второго и третьего уравнений:
г22 = ЗЕ/-2 = 6Е/(тм) (если EI в тм-),
г33 =	-2 +	(0 =	[0,375 + 0,11Ч (о)]	,
г23 = rs2= -	-2 = - 0.75Е/ (/н).
54
Условие z2 #= 0, z3=/=0 удовлетворяется, если равен
нулю определитель, составленный из коэффициентов при
этих неизвестных;
D=
Г22’> Г23
Г32> Г33
— О, ИЛИ ^22Г33	Г23
Подставляя в полученное уравнение значения коэф-
фициентов и сокращая па (£/)2, находим: 6[0,375-Ь
+0,llhii(n)]— 0,75г=0, откуда t]i(v)=—2,53.
Рис. 33
По найденной величине rji(гэ) из табл. 3 по интерпо-
ляции опре, еляем и = 2,88, и критическая нагрузка
Лф= ~~~~ =0,92£7(/п).
Коэффициент свободной длины средней стойки
3,14
2,88
= 1,09.
Пример 13. Та же рама, что и в предыдущем при-
мере, загружена несимметрично (рис. 33,а). Требуется
определить критический параметр нагрузки Ркр. Из-за
отсутствия симметрии в нагрузке решаем задачу без
группировки неизвестных. Эпюры от единичных поворо-
тов узлов и от единичного горизонтального смещения
показаны на рис. 33, б, в, г. Во всех трех стойках будут
различные величины v, так как продольные силы и дли-
ны различны.
Для левой стопки 1^=4
Р
El ~V’
55
для средней стойки fa=3 |/	=0,75а,
/ 2Р
для правой стойки и3 = 41/	= 1,410.
На единичных эпюрах при коэффициентах
<Рз(а). поставлены в скобках те значения и, которым
эти коэффициенты соответствуют. Так как до потери ус-
тойчивости изгиба не было, канонические уравнения од-
нородны и система уравнений для данной рамы имеет
вид:
rnZt + Г12г2 + rl3z3 = 0;
r2iZi + Г22^2 + Ггз^з = 0;
ГЗ|?1 + Г32?2 +Гз5?5 = 0.
Значения коэффициентов:
ru =	фг(t>j) + 2EI = EI [<г2 (v) + 2];
г22 = «Рз («з) + 2£/ = El [<р2 (1,410 + 2];
4
12£7 г , х .	/ \1 । 3£7	, .
Гзз = [Пг (у1) + П-2 (»з)| + -77- П1 (^) =
тг	О
= EI [0,187 (112 (0 + т]а(1,410) + 0,111П1 (0,750];
о	6Г/	, ,
! 12 — Г21 — 0,	Г13 — Г31 —------	(l'i; —
4-
= — EI •0,375<р4 (0;
Г 23 = Г32 =— — <Г4 (У3) = — 0,375£/ф4 (1,410.
42
Составляем определитель из коэффициентов при не-
известных и приравниваем его
Г1Ь Г121
D= г . г .
'21, ' 22»
Г31» Г321
В развернутом виде, принимая во внимание, что г12=
= г21=0, получаем rnr22r33—r2l3 г22—Г23 Гц=0.
Подставив в это уравнение найденные значения ко-
эффициентов и произведя небольшие преобразования,
получим сложное трансцендентное уравнение (так пазы-
нулю
Г13
г.
56
ваемое уравнение устойчивости), которое надо решать
путем подбора:
12 [ц2 (0 + Ъ 0,410] + 7,1 Ч (0,750 =	+
<Гг (v) 4- 2
, 12«ь (1,41с)+<ря (1,41)1*
<р2(1,41с) 4-2
Раньше, чем задаваться каким-то значе-
нием V, целесообразно посмотреть, в каких
пределах оно может изменяться. Левая стой-
ка рамы находится в таких условиях, что ее
верхний конец может смещаться по горизон-
тали (ио смещению сопротивляется жест-
кость других стоек) и упруго поворачиваться
(повороту сопротивляется жесткость ригеля);
следовательно, критическая сила стоики ра-
мы будет выше, чем для стержня, показан-
ного на рис 34,о, и ниже, чем для стержня,
показанного на рис. 34,6.
Находим значение v для этих двух слу-
чаев:
для случая а
Рис. 34
D л2 £7 v- Е1	л с_
= -7- . откУДа v= у = 1.57;
для случая б
г> 4.т2 Е! v- EI	с	о
ркр — т—• =------------, откуд 1 v = 2л = 6,28.
/2	/2
Таким образом, в нашем случае
6,28 > v > 1,57.
Так как диапазон все еще достаточно широк, отме-
тим, что возможность горизонтальных смещений значи-
тельно уменьшает жесткость системы и поэтому целесо-
образно задаться значением, более близким к нижнему
пределу, чем к верхнему.
1.	Задаемся значением v = 2,0; 1,41 v = 2,82; 0,75у=1,5.
По табл. 3 находим: ([2 (а) =0,8590; (р2(1,41а) =0,7016;
<рз( 1,41 и) = 1,1744; <р4(а) = 0,9313; гц (0,75а) = 0,0893;
т)г(°) == 0,598; 1)2 (1,41 о) = 0,1955.
Обозначив левую часть уравнения устойчивости бук-
вой А, а правую — буквой В, получаем:
А = 12[0,598 4- 0,197] 4- 7,11-0,0893 = 10,167;
57
в _ 9-0,93132	, (2-0,7016+ 1,1745)а =
~ 0,8590 + 2	0,7016 + 2
= ,7'gL + 6'6— = 2,74 + 2,46 = 5,20;
2,859	2,702
А^В.
2.	Задаемся v = 2,50; 1,41о = 3,52; 0,75а = 1,88;
<р2(у)= 0,772; <р2( 1.41 п) = 0,495; <р3(1,41о) = 1,327; <р4(^) =
= 0,8909;	ili(0,75a) = - 0,4420;	т]2(а) = 0,3701;
112(1,410) = —0,2602;
А = 12(0,3707 —0,2602] +
4-7,11 (—0,4420) = — 1,84;
Рис. 35
В = 9-0,89093	(0,990+ 1,327)*	2 58 + 2 15 = 4,73
0,7720 + 2	0,495 + 2
А^В.
Построим график изменения величин А и В, считая
их меняющимися по прямолинейному закону в неболь-
шом диапазоне о (2,5>о>2,() (рис. 35).
Принимаем о=2,23.
Критический параметр нагрузки
Р ~	= .2_-232_£L = 0,311 El (т).
hp /2	42	'
Коэффициенты свободных длин стоек рамы
л Р1 = —	3,14 = 2,23	1,41;
л Й2 = 	 =	3,14	=	1,87;
	0,75-2,23	
л	3,14	
Из = — = v3	1,41-2,23	1,0-
Сравнивая результаты этого примера с примером 12,
видим, что наличие сил в крайних узлах значительно
58
уменьшило критическую нагрузку и ухудшило условия
работы средней стойки (р=1,87 вместо р.= 1,09 в приме-
ре 12).
§ 12. Расчет рам на устойчивость
методом сил.
Выбор основной системы
и лишних неизвестных
Выше (см. § 9) уже указывалось, что для получения
однородной системы канонических уравнений основная
система должна быть выбрана так, чтобы в ней не воз-
никало изгибающих моментов от заданной нагрузки.
Помимо этого, при расчете на устойчивость первостепен-
ное значение будет иметь упрощение вычисления коэф-
фициентов би, — перемещений по направлению отбро-
шенных связей. (Напоминаем, что при вычислении 6tk
учитывается влияние продольных сил, которые имели
место до потери устойчивости, на изгибные деформации
при потере устойчивости). Если, пользуясь формулой
Мора, ограничиться только членом, содержащим изгиба-
ющие моменты, то 6ik = 'Z^'^lkds, где эпюра М* ** будет
состоять из прямолинейных участков, а эпюра Л1^‘ будет
криволинейна на тех стержнях, где есть продольная си-
ла. Наиболее просто интеграл Мора вычисляется в тех
основных системах, в которых сжатые стержни представ-
ляют собой простые балки с шарнирно опертыми песме-
щающимися концами или балки, защемленные одним
концом.
Например, для расчета рамы, представленной на
рис. 38, выбрана основная система, показанная на рис.
39,а. Здесь сжатый стержень представляет собой шар-
нирно опертую двумя концами балку. Значительно слож-
нее оказалась бы основная система по рис. 39,6.
Для расчета рамы, показанной на рис. 40, а, выбрана
основная система, в которой сжатый стержень — балка,
защемленная одним концом (рис. 40,6). Основная систе-
ма по рис. 40,6 будет значительно более трудоемка.
* Эпюра от единичной силы, приложенной по направлению ис-
комого перемещения в системе, где заданные воздействия отбро-
шены.
** Эпюра от единичной силы k при наличии заданных осевых
сил.
59
Лишними неизвестными при расчете на устойчивость
по методу сил являются те малые усилия в отброшенных
связях, которые появляются при потере устойчивости.
В результате расчета эти силы остаются неопределен-
ными
Выведем окончательные формулы для требуемых в
случае простейших основных систем интегралов Мора.
Стержень, защемленный одним концом
Рассмотрим стержень, защемленный одним концом и
нагруженный на другом конце произвольной поперечной
силой QA=e, произвольным
Рис. 36
моментом МА = с и продоль-
ной силон W (рис. 36).Эпю-
ра изгибающих моментов
будет криволинейна, при-
чем момент в заделке
Мв — С -р el -Ь Nt/л —
= d + NyA,
где d — момент от попереч-
d — c
нои нагрузки; е= ——.
Выражение изгибающе-
го момента в произвольном
сечении х получим, восполь-
зовавшись формулами (24).
Составляя условие <px=i =
= 0, получаем:
to v I cos v — 1 Г2
——  •     • Q--------------- ----- . £•
v El	cos v v-EI
подставляя полученное значение в третье из уравне-
ний (24), после небольших преобразований находим
• 4-	vx . Г с (osino—1) + d 1 . vx
Mxk = c COS-----J- —---------Sin----------
I [ V COS V J /
В прямолинейной эпюре Mt момент в произвольном
сечении
илх „ । b —а
= а ------------х.
I
60
Таким образом,
I	i
J Мк dx = с J cos -у- (а 4- 6 х^ dx 4-
0	о
I
. c(o-sinu—l) + d f • vx I . b —a \,
4—i------------sin — / a 4----------------x dx.
v cos v J I \ I /
0
Произведя интегрирование и подставив пределы, по-
лучаем:
1
(MiMkdx = -^~ .е1(04.-^.е2(04-
•J	О	*5
о
+ (-£Г- + -^')’0з(0,	(27)*
\ о О /
где
Oi(0 = 4(——’)•
V2 \ V	/
п/\	3 Г tg v .	.	2	. .
е2(0 = — 4-ftgv----------Fl
у L и	cost;
о2 L cos j v J
(Величины 0 для различных значений v даны в
табл. 4.)
Таким образом, в этом частном случае стержня с
жесткой заделкой на одном конце интеграл берется как
сумма интегралов «одноименных» (имеющих вершины с
одной и той же стороны) треугольников /—Г и //—//'
с поправками 0.(ц) и 02(у) и «разноименных» треуголь-
ников I—II' и /'—// с поправкой 03(t'). Ординаты берут-
ся из эпюр от поперечной нагрузки; влияние продольной
силы заключено в коэффициентах 0.
* Тот же результат несколько другим способом получен в кни-
ге: Прокофьев И. П. и Смирнов А. Ф. «Теория сооружений».
Ч. Ill, 1948. Там же рассмотрен случай шарнирно опертого стержня.
61
Стержень шарнирно опертый
Для частного случая шарнирно опертого стержня, по-
казанного на рис. 37, подставив в уравнения (24) гра-
ничное условие Ув = ®, получим
и из третьего уравнения (24) после небольших преобра-
зований получим

После взятия интегралов и подстановки пределов по-
Как видим, в этом частном случае «одноименные»
треугольники /—/' и //—//' интегрируются с коэффици-
ентом 64(у), «разноименные» треугольники — с коэффи-
62
циентом es(w). Коэффициенты 04 и 65 учитывают влияние
продольной силы па соответствующую эпюре Mt дефор-
мацию.
Примеры расчета рамы на устойчивость методом сил
Пример 14. Определить критический параметр на-
грузки для рамы, показанной на рис. 38. Ввиду симмет-
рии рамы и нагрузки в случае выбора симметричной ос-
новной системы получим следующие уравнения метода
сил:
filial + 612-^2 = 0;
+ 622X2 — 0;
633X3 = о
и, таким образом, следующие уравнения устойчивости:
1) для симметричной формы потери устойчивости
D-
611> ^12
62i; б22
= 0 или 6П 622 — б12	= 0;
2) для кососимметричной формы потери устойчивости
бзз=О. Основная система и эпюры от единичных лишних
неизвестных показаны на рис. 39.
Определяем коэффициенты 6ih, пользуясь форму-
лой 28.
«• <‘>+• f -2]2=
= 10,6704 (у) 4- 7,52;
63
Е'^ - Е У тг * - [Чг е‘•"» + V- • т]2 "
= 2,670, (и) + 2,67;
Е1Ъ33 = У f ds = £/622 = 2,670, (0 + 2,67;
£/612 = £ J ds = £/6а = ^- 0, (0 2 =
= 5,330, (0.
На рис. 39 не показаны эпюры М2 и М3, они имеют
тот же вид, что и эпюры Л12 и Л43, но все участки прямо-
Рис. 39
линейны, так как силы Р отсутствуют. Для симметрич-
ной формы уравнение устойчивости принимает вид:
[10,6704(у) 4- 7,52]-[2,6704 (с) + 2,67] —5,33г-0’у) =С
откуда находим 04(у) =—0,41 и по табл. 4 у = 4,03. Ч
Таким образом, критическая сила, соответствующая
симметричной форме потери устойчивости,
рсим =	= 4,032-р = j 02Е/
Р	42
Для кососимметричной формы имеем z,67 04(y) +
+ 2,67 = 0; 04 (v) =—1 и по табл. 4 у=3,72. j
Таким образом, критическая сила, соответствующая
кососимметричной форме потерн устойчивости,
Ркр = —722 Е/ = 0,862£/ < Ркрм. ш >
4-	10.
64	8
Опасной является кососимметричная форма потери
устойчивости, сопровождающаяся перекосом верхней ча-
сти рамы (пунктирная линия на рис. 38).
Пример 15. Определить Ркр для рамы, показанной
на рис. 40, а. Основная система и эпюры от лишних неиз-
вестных при наличии продольной силы Р в левой стойке
показаны на рис. 40, б, в, г*.
^'равнение устойчивости:
Оц; 612
б22
= 0, т.е. ^-^ = 0.
вычисляем коэффициенты бгл, пользуясь формулой
ри этом эпюры Л4] н Л12 на стойках будут пря.моли-
ня, как показано пунктиром на эпюрах А4- и Л12)
= V • т •4 +	(у) +	+
А О	О	J
Ч------— 2 0Я (v) = 32 [0,666 -ь Oj (с) -f- 02 (а) 4- 03 (а)[;
,6 + 6'4,6+ ^02(а) = 72[3 + 02(а)[;
л о
* След} т отметить, что здесь, как и при расчете методом пере-
дний, мы пренебрегаем теми приращениями продольных сил, ко-
рне получаются при потере устойчивости.
’—949
65
ем12 = _ ±±-. 6 -	e2 (v) -1^- e3 (v) =
= —24 [2 + 2eB(v) + e3(0I.
После подстановки полученных значений коэффици-
ентов уравнение устойчивости принимает вид:
4[о,ббб + e,(v) + е2(ц) + 0з(ц)] • 13 + е2(п)] —
- [2 + 202(у) +03(o)F = O.
Подбором находим то значение v, при котором это
уравнение удовлетворяется.
При v = 3,12 по табл. 4 находим: 0, (у) =—0,31; 02(п) =
=0,902; 03(п) =—0,612.
4[0,666 — 0,31 + 0,902 - 0,612] • [3 + 0,902] —
— [2 + 2-0,902 —0,612]2= 10,1 — 10,2 » 0.
Таким образом, критическая нагрузка
_^=_ЗЛ21Е/=	7
К₽ /2	62
а коэффициент свободной длины сжатой стойки
л	3,14	, Л1
ц = —• =-----= 1,01.
v	3,12
§ 13. Примеры деформационного
расчета рам.
Таблицы функций
Пример 16. Требуется проверить напряжение в ме-
сте заделки стойки П-образной рамы, показанной на
рис. 41, а с учетом влияния продольных сил на деформа-
цию рамы, и найти горизонтальное перемещение верхних
узлов.
Дано: сечение всех стержней — двутавр № 30а, 1Х —
= 8950 см4;
= 597 см3; F = 61,2 см2; i = 12,1 см.
Е1 = 2,1 • 107 • 8950 • IO-8 = 1880 тл2.
Обычный расчет рамы без учета влияния продольных
сил на деформацию дает эпюру изгибающих моментов
показанную на рис. 41,6, и эпюру продольных сил
N' (рис. 41,в).
(Л
/
По эпюре N' в качестве первого приближения опреде-
ляем величины v:
1)	для левой стопки v^r
= 1
49,1
1880
Рис. 41
2)	для правой стойки о"р = 8 \/ 50,9 = 1,31-
ст ___V 1880
/ 0 5
3)	для ригеля vpnr = 4 у ——0,065.
Полученные значения v показывают, что при больших
осевых силах, действующих на стойки (Р = 50/п), прира-
щением продольных сил от изгиба можно пренебречь.
Таким образом, для дальнейшего расчета принимаем:
о • / 50,0	. Q
для стоек v = 8 1/ —— = 1,3;
У 1880
для ригеля о=0.
Рассчитывая раму методом перемещений, получаем
(в силу кососимметричности деформации) два уравне-
ния с двумя неизвестными
riiZt + fi2Zz + Rip = 0;
+ Г22И2 +	— 0
Основная система и эпюры от единичных смещений
показаны на рис. 42. Построение этих эпюр и вычисление
ординат произведены в соответствии с табл. 2 и 3 при
принятых величинах V.
5’
67
Коэффициенты канонических уравнений:
ги —	Та (О + 4 /
=	0,9424 4- 1.5J Е/-2 = 3,94Е/;
rM = 24JL TJ2 (V) =	0,8307 = 0.0388Е/;
Г12 = г21 = -	<р4 (0-2 =-	.0,9715 = - 0.182Е/;
Rip = 0; R2p = — 1 т.
Таким образом, получаем следующие два уравнения:
3,942! —0,182гг = 0;
— 0,182г. + 0,0388г»----- = 0;
откуда
I,525	33
г,= —-—; г, =-------.
EI 2 EI
Окончательные эпюры изгибающих моментов, по-
перечных и продольных сил показаны на рис. 43. Как
видим, окончательная эпюра N мало отличается от при-
нятой для деформационного расчета, поэтому первое
приближение можно считать окончательным решением.
Изгибающий момент в заделке возрос по сравнению с
иедеформационным расчетом на
^-=^-•100 = 21,4%.
2,15
Ь8
Проверяем напряжение в месте заделки стойки:
^та<
/V, _М_
F + IV
51400
61,2
261 000
597
= 840 4- 438 = 1278 кг см-.
Горизонтальное перемещение верхних узлов без уче
та влияния продольных сил
Д =	(эпюры Л4 и М' на рис. 41),
С учетом влияния вертикальных сил Р горизонталь-
33
ное перемещение верхних узлов Д=2г = -^у- (прирост де-
формации на 27%).
Пример 17. Требуется построить эпюру изгибаю-
щих моментов в раме, показанной на рис. 44, с учетом
дополнительного изгиба от продольных сил.
Дано: сечение стойки — двутавр № 12, /Л=436
сечение ригеля—двутавр № 16, /ж=1130 см4. Жесткости:
£/, = 2,1 • 107  436 • 10-8 = 91,5 гл2;
£/, = 2,Ь 107- 1130 -10~8 = 237 туи2;	= 2,58.
Eli 91,5
1. Производим расчет без учета влияния продольных
сил. Единичная эпюра, эпюра от нагрузки и окончатель-;
ные эпюры М и N показаны па рис. 45
Ли — 3,08Е/ ь
Rip =—2,67 тм;
г =	2-67	_ 0.865 .
' *	3.08Г/! “ Eli ’
6?
и
2. Производим деформационный расчет, при этом про-
дольной силой в ригеле можно пренебречь и считать для
ригеля у = 0;
для стойки получаем
р = / ]/ —=8,0 1/= 3,04.
У ЕЦ V 91,5
Из табл. 3 интерполированием находим: <рг(^) =
= 0,645; <р3(^) = 1.213; единичная эпюра показана на
рис. 46, а; эпюра от нагрузки в основной системе оста-
лась без изменения, поскольку мы пренебрегли продоль-
ной силон в ригеле
Гц = (2,58 + 0,25 • 1,29) E/i = 2.902Е/,; Rlp = — 2,67;
2,67	0,92
Z. =-------- = ------ .
2,902£/|	Eh
Естественно, что при учете дополнительной деформа-
тивности от продольных сил угол поворота возрастает
.	0,*2 —0,865	сио/\
(в данном случае на --------- -10) =6,4%).
0,865
Окончательные эпюры М и N показаны на рис. 46, б
и в. Из-за увеличения податливости стойки момент на
левом конце ригеля уменьшился по сравнению с неде-
формационным расчетом, а на правом конце — увели-
чился.
Момент на нижнем конце стойки увеличился на
0,28-0,216 ., 00 = 29 6о/ _
0,216
Воспользовавшись уравнениями (24), найдем место-
положение и величину максимального изгибающего мо-
мента в стойке. Для этого сначала составим условие
—-— =0 Подставив в четвертое из уравнений (24) зна-
чения <Ра = 0, МА = 0,28, Qa=—0,071, получаем;—nsinnx-
•0,28—0,071 cosnx=0 (п = —Y или tgnx——0,071’8
\ I )	0,28-3,04
= —0,666, т. е. их=2,55 (табл. 5).
Сечение с максимальным изгибающим моментом в
2 55	2 55*8
стойке находится на расстоянии х=—’— = —------=6,7м
п 3,04
от нижней заделки.
70
71
Таблица 3
vz tg v
Значения функций метода перемещений для сжатонтш нутых
стер Hi ней
V (tg V — V)
Ч: (у) =-------------------—;
о .	( V	V \
etgo^tg
v (v — sin v)
<Гз	7	0 4sint»( tg —		V \	41 (Pl	\ 2	
’ll (p)	V»		'12 (P) = ’ll	fv V	v = l Л/	N
	3(tgo	— p)		I 2 )’		El
V	Viti)	Ч’г(Ц)	Vite)			ПД )
0,0	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	I.0009	1,0000
0,2	0,9973	0,9980	1,0009	0,9992	0.9840	0.9959
0.4	0,9895	0.9945	1.0026	0.9973	0,9362	0,9840
0.6	0,9856	0.9881	1,0061	0,9941	0.8557	0,9641
0.8	0,9566	0,9787	1,0111	0,9895	0,7432	0,9362
1,00	0,9313	0.9662	1,0172	0,9832	0,5980	0,8999
1,10	0,9164	0,9590	1,0209	0,9798	0.5131	0.8789
1,2	0.8998	0.9511	1.0251	0,9751	0.4198	0,8557
1.3	0.8814	0,9424	1,0298	0,9715	0,3181	0,8307
1.4	0.8613	0,9329	1,0348	0,9669	0.2080	0,8035
1.5	0.8393	0.9226	1,0403	0,9619	0,0893	0,7743
1.6	0,8153	0.9116	1,0463	0,9566	—0,0380	0,7432
1.7	0.7891	0,8998	1,0529	0,9509	—0.1742	0,7100
1.8	0,7609	0,8871	1.0600	0,9448	—0,3191	0,6747
1.9	0,7297	0,8735	1,0676	0,9382	—0.47:36	0,6374
2.0	0.6961	0,8590	1,0760	0.9313	—0,6372	0.5980
2.1	0,6597	0,8437	1.0850	0,9240	—0,8103	0,5565
2.2	0,6202	0,8273	1.0946	0,9164	—0,9931	0,5131
2.3	0.5772	0.8099	1.1050	0,9083	-1,1861	0,4675
2,4	0,5304	0,7915	1.1164	0,8998	—1.3895	0,4198
2.5	0.4793	0.7720	1.1286	0.8909	—1,6040	0,3701
2.6	0.4234	0,7513-	1,1417	0.8814	—1,8299	0,3181
2.7	0.3621	0,7294	1,1559	0,8716	—2,0679	0,2641
2,8	0,2944	0,7064	1,1712	0,8613	—2,3189	0,2080
2.9	0.2195	0,6819	1.1878	0.8506	—2.5838	0,1498
3.0	0.1361	0,6560	1,2057	0,8393	—2,8639	0.0893
3,1	0,0424	0.6287	1.2252	0,8275	—3,1609	0,0207
3,2	-0,0635	0,5997	1,2463	0.8153	—3,4768	—0.0380
3.3	-0,1847	0.5691	1.2691	0,8024	—3,8147	—0.1051
3,4	—0,3248	0,5366	1,2940	0.7891	—4,1781	-0,1742
72
Продо гисение тебл 3
1»		<М*)	Ф.(^)		ИД")	
3,5	--0.4894	0,5021	1,3212	0.7751	—4,5727	—0.2457
3.6	—0,6862	0.4656	1.3508	0.7609	—5,0062	—0.3191
3,7	—0,9270	0.4265	1.3834	0.7457	—5.4903	—0.3951
3,8	—1,2303	0,3850	1.4191	0,7297	—6,0436	—0.4736
3.9	—1.6268	0,3407	1.4584	0.7133	—6,6968	—0,5542
4,0	-2,1726	0,2933	1,5018	0.6961	—7,5058	—0.6372
4.1	—2.9806	0.2424	1,5501	0,6783	—8,5836	—0.7225
4.2	—4,3155	0.1877	1,6036	0,6597	—10.196	—0.8103
4.3	—6,9949	0,1288	1,6637	0,6404	—13,158	—0.9004
4,4	—15,330	0.0648	1,7310	0.6202	—27.781	—0.9931
4.5	227,80	—0,0048	1.8070	0.5991	+221,05	—1.0884
4.6	14,669	—0.0808	1,8933	0.5772	7,6160	— 1.1861
4,7	7,8185	—0,1646	1,9919	0,5543	0.4553	—1.2865
4,8	5.4020	—0.2572	2,1056	0.5304	—2.2777	—1.3895
4,9	4.1463	—0,3612	2.2377	0.5054	—3.8570	—1.4954
5,0	3.3615	—0.4772	2.3924	0,4793	—4,9718	— 1.6040
5,1	2,8130	—0,6100	2.5757	0,4520	—5,8570	— 1.7155
5.2	2.3986	—0,7630	2,7961	0,4234	—6.6147	—1,8299
5.3	2,0668	-0,9423	3.0648	0,3935	—7,2965	—1.9473
5,4	1.7884	—1,1563	3,3989	0,3621	—7.9316	—2,0679
5.5	1,5455	-1,4181	3.8234	0,3291	—8,5379	—2.1917
5,6	1,3265	—1,7481	4.3794	0.2944	—9,1268	—2.3189
5.7	1.1235	—2.1804	5,1346	0.2580	—9.7056	—2,4495
5,8	0.9302	—2,7777	6.2140	0.2195	—10,283	-2,5838
5,9	0,7421	—3.6678	7,8726	0.1790	—10,863	—2.7218
6,0	0,5551	—5.1589	10,727	0,1361	—11,445	—2.8639
6,1	0,3659	-8.2355	16,739	0,0906	—12.038	—3,0102
6,2	0,1700	—18.591	37,308	0,0424	—12,643	—3,1609
2л	0,0000	— оо	+ °°	0,0000	—13,033	—3.2898
Таблица 4
Значения функций метода сил
е.,05
е,(,)—М<££

2
4- v tg и—-------
cos и
®»(0 = “
о’
1 tg V
.сое V V
1 \
tgv /’
6/1	1
«*<»)=—{—----—
v \sinv	v
73
Продолжение табл. 4
V	0.(0	0.(0	0,(0	в.(0	0,(0
0.00	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000	1,0000
0,10					
0.20	1,0163	1,0065	1,0178	1,0027	1,0042
0.30 0,40	1,0683	1,0252	1,0768	1,0107	1,0188
0,50					
0,60	1,1686	1,0622	1,1901	1,0249	1,0437
0,70 0,80	1,3456	1,1256	1,3900	1,0455	1,0800
0,90					
1,00	1,6722	1,2395	1,7605	1.0737.	1,1304
1,10	1,9491	1,3344	2,0750	1,0912	1,1617
1,20	2,3822	1,4806	2,5677	1,1114	1,1979
1.30	3,1435	1,7342	3.4347	1,1345	1,2396
1,40	4,8082	2,2832	5,3332	1,1610	1,2878
1.50	11,2013	4,3740	12,6292	1,1915	1.3534
Л	ОО	ОО	ОО	1,2159	1,3880
2					
1,60	-26,2445	-7,8214	—30,1204	1,2266	1,4078
1.70	-5,7378	—1,1299	—6,7141	1,2673	1,4830
1.80	-3.1308	-0,8271	-3,7410	1,3147	1,5710
1,90	-2,1133	+0,0701	-2,5805	1,3704	1,6750
2,00	-1,5694	0,2575	-1,9658	1,4365	1,7993
2,10	-1,2342	0.3788	-1,5872	1,5158	1,9494
2,20	-1,0069	0.4659	-1,3323	1,6124	2,1336
2,30	—0.8431	0,5336	-1,1504	1,7325	2,3641
2,40	-0,7196	0,5897	-1,0151	1,8854	2,6596
2,50	-0,6234	0,6385	-0.9114	2,0864	3,0502
2.60	-0,5465	0,6828	—0.8304	2,3618	3,5890
2,70	-0,4836	0.7246	—0.7663	2,7619	4,3766
2,80	-0,4313	0,7654	-0,7151	3,3963	5,6315
2,90	-0,3870	0,8063	-0.6742	4,5550	7,9343
3.00	-0.3492	0,8483	-0.6417	7,3486	13,5057
3.10	-0,3165	0,8926	-0,6165	23,5659	45,9234
Л	-0,3040	0,9119	-0,6079	ОО	ОО
3,20	-0,2876	0,9401	-0.5976	—15.7398	-32,7063
3,30	-0.2621	0,9920	-0.5846	-5.4154	—12,0770
3,40	-0,2394	1.0499	-0,5772	-3,0787	-7.4248
3,50	-0,2187	1,1152	-0,5751	-2,043.3	-5,3769
3.60	—0,1997	1,1907	-0,5797	-1,4572	—4,2292
3.70	-0,1821	1,2795	-0,5908	-1,0787	-3,4990
3,80	-0.1654	1,3861	—0,6099	-0,8128	-2,9961
3,90	—0,1493	1,5174	-0,6392	—0.6147	-2,6314
74
Продолжение табл. 4
V	ej»)	0,(^1		e<(«)	0>(ч)
4,00	-0,1332	1,6838	-0,6823	-0,4603	—2,3570
4,10	-0,1165	1,9030	-0,7449	—0,3355	-2,1454
4.20	—0,0981	2.2057	—0,8378	-0.2317	-1,9792
4,30	-0,0760	2,6529	—0,9821	-0,1430	—1,8475
4.40	-0,0459	3.3836	—1,2265	-0,0652	-1,7429
4,50	+0,0045	4,7980	-1,7110	+0,0044	— 1 6603
4,60	0,1314	8,7218	—3,0745	0,0682	—1,5962
4.70	2,1964	75,9101	-26.5889	0 1279	—1,5483
3/2л	ОС	ОО	ОО	0,1351	—1,5434
4,80	-0,4390	-10,2705	+3,5933	0,1851	-1,5152
4.90	-0,2593	-4,5743	1,6085	0,2412	-1,4963
5, CO	-0,2011	-2,8355	1,0083	0,2975	-1,4914
5,10	-0,1707	-1,9912	0,7211	0,3555	-1,5014
5,20	-0,1512	—1.4908	0,5541	0,4169	-1,5280
5,30	-0,1370	-1,1585	0,4458	0,4838	-1,5738
5,40	-0,1261	-0,9209	0,3706	0,5592	-1,6436
5,50	-0,1171	—0,7417	0,3158	0.6470	-1,7446
5,60	—0,1096	-0,6010	0,2745	0.7538	-1,8886
5,70	-0,1030	-0,4868	0,2426	0,8901	-2,0961
5,80	-0,0972	-0.3917	0,2176	1,0750	—2.4050
5,90	-0,0921	—0,3105	0,1976	1,3476	-2,8924
6,00	-0,0874	-0,2398	0,1817	1,8015	-3.7455
6,10	-0,0831	-0,1769	0,1689	2,7289	—5.5609
6,20	-0,0791	-0,1200	0,1588	5,8812	— 11,8033
2л	—0,0760	-0,0760	0.1520	ОО	об
Таблица 5
V	V	.л
Значения функций ;- , —;— , v tg V, cos v, siny, Igo
tg у	sinu
V	V	и	v tg V	cos V	Sin 0	tg V
	tg и	sin V				
0,0	1,0000	1,0000	0,0000	1,00000	0,00000	0,00000
0.10	0,9967	1,0017	0,0100	0,99500	0,09983	0,10033
0,20	0,9866	1,0067	0,0405	0,98007	0.19867	0,20271
0,30	0,9698	1,0152	0,0928	0,95534	0.29552	0,30934
0,40	0,9461	1,0272	0,1691	0,92106	0,38942	0.42279
0,50	0,9152	1,0429	0,2731	0,87758	0,47943	0,54630
0,60	0,8770	1,0626	0,4105	0,82534	0,56464	0,68414
0,70	0,8311	1,0866	0,5896	0,76484	0,64422	0,84229
0,80	0,7770	1,1152	0,8237	0,69671	0,71736	I,02964
0,90	0,7142	1,1489	1,1341	0,62161	0,78333	1,26016
75
Продолжение табл б
и	V tg"	V sin и	е tg V	cos V	sin V	tg«
1,00	0,6421	1,1885	1,5574	0,54030	0,84147	1,55741
1.10	0.5599	1,2343	2,1612	0,45360	0,89121	1,96476
1.20	0,4665	1,2875	3.0866	0,36236	0,93204	2,57215
1,30	0,3609	1,3493	4.6827	0,26750	0,96356	3,60210
1,40	0,2415	1,4207	8,1170	0,16997	0,98545	5,79788
1.50	0,1064	1 5038	21,1521	0,07074	0,99749	14,10142
1,60	—0.0467	1,6007	-54,7721	—0,02920	0,99957	-37,23253
1,70	-0.2209	1,7143	-13,0842	-0,12884	0,99166	—7,69660
1.80	—0.4199	1,8483	-7,7153	0.22720	0,97385	—4,28626
1.90	—0.6491	2,0078	—5,5615	—0,32329	0,94630	—2,92710
2.0	—0,9153	2,1995	-4,3701	-0,41615	0,90930	-2,18594
2.10	-1,2282	2,4328	-3,5907	—0,50485	0,86321	—1,70985
2,20	—1,6014	2,7211	-3,0224	—0,58850	0.80850	-1,37382
2.30	-2,0550	3.0843	—2,5742	-0,66628	0,74571	-1,11921
2,40	-2,6201	3.5531	-2,1984	—0,73739	0,67546	—0,91601
2.50	-3,3466	4,1773	-1,8675	-0,80114	0,59847	-0.74702
2.60	—4.3218	5,0436	-1.5642	-0,85689	0,51550	—0,60160
2,70	-5,7115	6,3176	—1,2764	-0,90407	0,42738	—0,47273
2.80	-7,8756	8.3585	-0.9955	—0,94222	0,33499	-0,35553
2,90	-11,7690	12,1212	-0,7146	-0,97096	0,23925	-0,24641
3.00	-21,0452	21,2585	—0,4276	-0,98999	0,14112	—0,14255
3.10	-74,4888	74.5533	-0,1321	-0,99914	0,04158	-0,04162
3,20	54,7289	-54,8227	0,1871	-0,99829	—0,05837	0,05847
3,30	20,6573	-20,9192	0.5272	—0,98748	—0,15775	0,15975
3,40	12.8632	-13,3052	0,8987	-0,96680	-0,25554	0,26432
3,50	9,3435	-9,9778	1.3111	-0,93646	-0,35078	0,37459
3.60	7,2953	—8,1352	1,7765	-0 89676	—0,44252	0.49347
3.70	5,9226	-6,9832	2,3115	-0,84810	-0.52984	0,62473
3.80	4,9123	—6,2106	2,9395	—0,79097	-0,61186	0.77356
3.90	4,1164	-5,6705	3,6949	—0 72593	—0 68777	0,94742
4,00	3,4548	-5,2854	4,6313	-0,65364	-0.75680	1,15782
4.10	2,8802	-5,0105	5,8365	-0,57482	—0,81828	1,42353
4,20	2,3625	-4,8188	,7,4667	-0,49026	-9,87158	1,77778
4,30	1,8811	-4,6934	9,8291	-0,40080	—0,91617	2,28585
4,40	1,4210	-4,6238	13,6238	-0.30733	-0,95160	3.09632
4,50	0.9704	-4,6034	20,8680	—0,21080	-0,97753	4,63733
4,60	0,5192	-4,6292	40,7568	-0,11215	-0,99369	8,86017
4,70	0,0582	-4,7004	379,350	-0,01239	-0,99992	80-.71276
4.. 80	-0,4216	-4,8185	—54,6474	0,08750	—0.99616	-11,3849
4,90	-0,9302	-4,9875	-25,8107	0,18651	-0,98245	-5.2674'9
5,00	-1,4791	—5,2142	-16,9026	0,28366	-0,95892	—3,38052
5,10	-2,0821	-5,5087	—12,4919	0,37798	-0,92581	—2,44939
5,20	-2,7577	-5,8860	-9.8053	0,46852	-0,88345	—1,88564
5,30	—3,5303	-6,3681	-7,9567	0,55437	—0,83227	-1,50127
76
Продолжение т С 1.
V	tl tg У	У sin v	V tgw	cos V	sln>	
5,40	-4,4352	-6,9879	-6,5747	0,63469	-0,77276	—1,21754
5,50	-5,5244	—7.7954	-5,4757	0,70867	—0,70554	—0,99558
5.60	—6,8801	-8,8710	-4,5581	0,77557	-0,63127	—0.81J94
5.70	-8.6399	-10,3506	-3,7605	0,83471	—0,55069	-0,65973
5.«0	—11,0546	-12,4839	-3,0431	0,88552	—0,46460	—0,52467
5,90	-14,6362	-15,7805	-2,3783	0,92748	—0,37388	—0,40311
6.0	-20,6178	—21,4731	-1,7461	0,96017	—0,27942	-0,29101
6.10	-32,9263	—33,4867	-1,1301	0,98327	—0,18216	—0,18526
6,20	-74,3604	-74,6184	-0,5170	0,99654	-0,08309	—0,08336
Величину максимального момента в стойке найдем,
подставив /гх== 2,55 в третье из уравнений (24),
Мпми = cos(2,55)-0,28 — sin(2,55)-
= -0,83-0,28— °-567,?:°’071. = _ о,338 гпм.
3,04
ГЛАВА 4
УСТОЙЧИВОСТЬ АРОК
§ 14. Устойчивость круговой арки
постоянного сечения с улругозащемленными пятами '
и радиальной нагрузкой
Рассмотрим арку кругового очертания, находящуюся
под действием гидростатической нагрузки (рис 47). Ес-
ли пренебречь незначительными изгибающими момента-
ми, возникающими при обжатии оси, то при нагрузке,
равной критической, может произойти потеря устойчн*
вости 1-го рода, потеря устойчивости центрального сжа-
тия. При этом форма потери устойчивости может ока-
заться симметричной (рис. 47, а) или кососимметрично!
(рис. 47,6). Опыты и теоретические расчеты показыва-
ет
ют, что для арки без промежуточного шарнира кососим-
метричной форме изгиба соответствует меньшая крити-
ческая нагрузка, а следовательно, эта форма и является
наиболее опасной. Поэтому определение критической на-
грузки производим именно для этой кососимметричной
формы потери устойчивости.
Пусть круговая арка радиуса с центральным углом
2а и с постоянной
а)	I /	жесткостью EI уп-
----руго защемлена на
опорах, причем же-
сткость упругого за-
щемления характе-
ризуется коэффици-
Рис. 48
ентом Гц —реактив-
ным моментом, воз-
никающим в упру-
гой заделке от еди-
ничного поворота.
Пусть при критичес-
кой радиальной на-
грузке <?кр ось арки
приняла новую изо-
гнутую равновесную
форму, показанную
на рис. 48 пункти-
ром.
Решая задачу
статическим спосо-
бом, необходимо за-
писать дифференци-
альное уравнение
изгиба и проинте-
грировать его. Диф-
ференциальное ура-
внение изгиба бруса
кругового очертания
имеет вид:
(29)
* Это уравнение было выведено Бусс и не с ком в работе 1.
Boussinesq, Comptes rendus, т. 97, стр. 843, 1883.
См. также работы [12] и [21].
78
где — прогиб в произвольном сечении;
0—угловая координата, отсчитываемая от оси
симметрии;
М— изгибающий момент.
Изгибающий момент в сечении в деформированном
состоянии складывается из влияния продольной силы
N = qR и момента т, являющегося следствием упругого
защемления (см. рис. 48,в). Влияние моментов заделки
изображено на эпюре (рис. 48,6), на которой видно, что
хги <р2	Л sin 0	sin 0
/п= -11*. = —— гп <р--------гп ф.
/	Esina	sin a
Таким образом,
М = qRw------------------Гц <р.
sin a
(30)
Подставив полученное значение М в дифференциаль-
ное уравнение изгиба и перенеся все члены, содержащие
значение прогиба w, в левую часть уравнения, получаем
Гн <р£2
sin aEl
sin 0.
Вводим обозначения
sinaE/
(31)
Дифференциальное уравнение приобретает вид:
(Pt!) <2	-Л
—-—h п2w = с sin 0,
d02
и его общий интеграл может быть получен в следующей
форме
io = A cos nd + В sin n0 Н—-— sin 0.	(32)
п2 — 1
Выражение (32) дает форму потери устойчивости с
точностью до трех неизвестных параметров А, В и С
(С содержит угол поворота заделки ф), для определения
которых надо составить граничные условия.
Записываем три граничных условия (см. рис. 48,о).
1)	при 0 — 0 а>=0, откуда получаем 4 = 0;
79
2)	при 0 = а и; = 0, откуда получаем
В sin па --—- sin а = 0;
л2 — 1
3)	пои 0 = а-^-=<р mil, используя (31),
ds
dw ___sin и El С
~~RdO rnR» ‘
Дифференцируя выражение (32), имеем
— = nB cos nQ H—-— cos 0
dl)	n2 —1
к, следовательно,
п В cos na -—— cos a — s'na^ c.
r„R
Таким образом, для определения трех параметров
прогиба имеем три однородных алгебраических уравне-
ния:
1)	/1=0;
2)	sinnaB-)- -ДД2-С = 0;
п* - 1
3)	n.C0SnaB+[^L-^^L\C = Q.
- 1 Гц R )
Одно из возможных решений этой системы уравне-
ний— нулевое решение (Л =В = С=0) — дает для всех
точек йу=0, т. е. соответствует тому случаю, когда при
нагрузке, равной критической, потери устойчивости не
произошло. Из этого решения нельзя найти величину кри-
тической нагрузки.
Ненулевое решение для А, В, С получится в том слу-
чае, если определитель, составленный из коэффициен-
тов при неизвестных, обращается в пуль. Приравнивая
пулю определитель, получим так называемое уравнение
устойчивости, из которого и определяется значение кри-
тической нагрузки.
В нашем случае, так как Д=0, имеем
и cos на; -£212L_ sjna/?/
н2 - 1 гц Я
80
откуда после небольших преобразований получаем урав-
нение устойчивости в следующем виде:
,g	РЗ)
с'е“-----
Определив значение /?, надо критическую нагрузку
найти из формулы (31)
(34)
Пример 18. Пусть требуется определить критиче-
скую интенсивность на-
грузки для круговой арки
с пролетом 1 = 20 м и
стрелой подъема f=4 м,
жестко связанной с Г-об-
разными рамами (см.
рис. 49, а).
Определяем радиус
арки R и центральный
угол 2а (рис. 49,6)
х2 + у2 = /?2;
102 + (/?-4)2 = /?2,
Рис. 49
откуда
10,0
R = 14,5 .и; sin а =
= 0,69;
14,5
и = 43°30' = 0,241л = 0,758;
ctg43°30' = 1,055.
Подставляя полученные значения R, a, ctga в урав-
нение 33, получаем
tg 0,758/г =---------2.
. («’--!)/:/
1. 0о5------------
14,5гп
Для определения Гц рассчитываем Г-образную раму
методом перемещений (рис. 50). Каноническое уравне-
6—949
81
пие будет иметь вид: 2E/iZi—/^“О, откуда угол пово-
рота узла
= 1 и Гц = 2Е71 = Е/.
2Ь71
После подстановки ги и небольшого преобразования
из формулы (33) получаем:
tg0,758n=---------------.	(а)
&	1,125 — 0,069л3
Уравнение (а) решаем путем подбора: задаваясь раз-
личными значениями п, находим то значение п, при кото-
ром уравнение удовлетворяется, На
Й _________и графике (рис. 51) показаны кривые
11 tg0,758/i и правой части уравнения
/	(а), которую мы обозначили буквой
4^	А. Абсцисса точки пересечения этих
I	кривых и есть корень нашего урав-
%%%	нения.
Для примера покажем вычисле-
Рис-	ние, соответствующее одному значе-
нию п = 6,5. При этом
tg 0,758/1 = tg 4,92 = tg282° = — 4,7;
А =--------—------------------------------- 3,64.
1,125 —0,069л3	1,125-0,069-42,2
При п = 6,58 получаем критическую нагрузку
= (<’- 1) -2- - (6,58=— 1)	- 42,3 SL-.
Пример 19. Требуется определить критическую на-
грузку для двухшарнирной арки радиуса R с централь-
ным углом 2а, показанной на рис. 52.
Уравнение устойчивости для данной задачи получа-
ется как частный случай из уравнения (33) при коэффи-
циенте жесткости упругого защемления гц=0. При этом
получаем
tg/la = 0, т. е. па = in (1 = 1, 2, 3,...).
Минимальная критическая нагрузка соответствует
i=l, при этом п= ~ и из формулы (34) получаем
__ /„2 El /л3	. \ Е1
-1)_.	(6)
К2
Например, для центрального угла 2а = 60° имеем
Для приведенной арки с центральным углом 60° от-
ношение стрелы подъема к пролету составляет
I 3,0
при этом, как видно из расчета [см. формулу (б)], пер-
вый член, стоящий в скобках, уже в 36 раз больше
а4
единицы.
6*	83
При увеличении пологости арки величина возра-
стает, и единицей по сравнению с этой величиной можно
пренебречь. Таким образом, для пологих двухшаргнр-
ных арок получаем критическую нагрузку
____л3 Е/
а3 ’ R-‘
и критическую продольную силу
кр чкр а3
л2 F.I
S2
1де s — половина длины дуги арки.
Рис. 52
Пример 20. Требуется
определить критическую на-
грузку для арки с защем-
ленными пятами радиуса R
с центральным углом 2а
(рис. 53). Уравнение устой-
чивости для данной задачи
получается как частный слу-
чай из уравнения 33 при ко-
эффициенте жесткости уп-
ругого защемления гц = оо.
При этом получаем
tg па =	, или п = ctg a «tg па.	(в)
Характеристическое уравнение (в) решается в каж-
дом частном случае путем подбора. Возьмем, как и в пре-
дыдущем примере, арку с центральным углом 2а = 60°.
Тогда ctga = ctg30°= 1,73 и уравнение (в) приобрета-
ет вид:
п — 1,73 tg па.	(г)
Обозначив правую часть полученного уравнения бук-
вой А и давая п различные значения, получаем:
при п = 7 А = l,73tg2!0°= 1,73-0,578 = 1,0;
при п = 8 А = 1,73 tg 240° = 1,73 -1,73 = 3,0;
при п = 9 А =	1,73 = оо;
при п ~ 8,625 А = 1,73 tg 258°45' = 8,7.
84
Па рис. 54 представзен график решения уравнения
(г). Приняв /г---8,625, получаем критическую нагрузку,
равную	ч
,„_(8,625>-1)-2--73.3^..
этого примера с предыдущим,
Сравнивая результаты
Рис. 53
видим, 410 при 2а = 60° бесшарпирпая арка оказалась
в 2,09 раза устойчивее двухшарнириой (см. рис. 55).
А. Н. Дииником показано, что для трехшарннрпой
круговой арки наиболее опасной формой потери устой-
чивости является симметричная форма, характеризую-
щаяся опусканием среднего шарнира (См. рис. 56, а и б).
При этом критическая нагрузка также определяется по
г/
формуле «?кр = (/г2 — 1)	, где п находится из следую-
щего уравнения:
tg и — и _ 4 (tg а — а) / _ ла
и3 	а3 \	2 /' '
8.>:
Таким образом, во всех случаях для круговой арки
с гидростатической нагрузкой имеем: критическая интен-
сивность нагрузки
_ KEI
Я К Р ~~	’
критическая сжимающая сила
(35)
Л\Р =
KEI
R2 ’
где /( — коэффициент устойчивости.
В табл. 6 даны коэффи-
Рис. 56
циенты устойчивости, вы-
численные А. Н. Динником
для ряда значений а.
Приведенная таблица
показывает, как уменьшает-
ся критическая нагрузка
при уменьшении жесткости
системы.
Таблица 6
2a	Басшариирная арка	Двухшарнирная арка	Трехшарнирная арка
30°	294,0	143,0	108,0
60’	73,3	35,0	27,6
90°	32,4	15,0	12,0
120’	18,1	8,0	6,75
150°	11.5	4,76	4,32
180°	8,0	3,0	3.0
между величиной критиче-
Интересна зависимость между величиной критиче-
ской нагрузки и отношением стрелы подъема арки к ее
пролету. Если использовать соотношения / = 2/?sina и
-y- = tg-y, то легко получить формулу вида qKp=^L ,
где коэффициент Ki зависит только от -у-. График коэф-
фициента Ki представлен на рис. 57, из которого видно,’
что арка является наиболее устойчивой при отношении
стрелы подъема к пролету ~ «0,3.
86
б) Параболическая арка
Рис. 57
§ 15.	Устойчивость круглых колец
и труб под действием равномерной
радиальной нагрузки
Если круглое кольцо находится под воздействием ра-
диальной равномерно распределенной нагрузки, то оно
(при <?<<7кр) испытывает только напряжения сжатия и
продольная сила равна N = qR. При достижении нагруз-
кой критического значения может произойти потеря
устойчивости и кольцо примет слегка изогнутую форму,
которая при = будет формой равновесия. Рассмот-
рим изогнутую равновесную форму с двумя осями сим-
метрии, показанную на рис. 58. Дифференциальное урав-
нение изгиба бруса кругового очертания, как показано
выше, имеет вид
w ,	М п,
------ц w =-------/?’.
(№	EI
В силу симметрии задачи первоначальная ось кольца
может рассматриваться как веревочная кривая от рав-
номерной радиальной нагрузки и изгибающий момент
87
в точке Л' будет равен Мц-qRwo, а изгибающий момент
в произвольной точке kM = qRw *.
Подставляя это выражение в
дифференциальное уравнение изги-
ба, получаем после небольшого пре-
образования
У, . qR3
получим общее решение этого од-
нородного дифференциального
Рис. 58
уравнения в следующем виде
Рис. 59
w = A cos п 0 + В sin п 0.
Граничные условия: 1) при 0=0	= 0,
~ S'n "1” ”^‘cos /г^е=о = п& ~
откуда В = 0;
2) при 0 = — *1 = 0;
•	2 d0
Л •	, г»	МЛ	л • МЛ л
—nA sin-----Ь пВ cos — =— nA sin — = 0.
2	2	2
п^0, Л#=0, так как w не обращается тождественно
fl.n _
в нуль, следовательно, sin--=0, что даег минимальное
значение
,lmin = 2.
Более строгое-деказачельство см. в [22].
Таким образом, минимальная критическая нагрузка,
соответствующая данной форме потери устойчивости,
определится из условия
]/1 + ?кр ~ = 2, или q,P = ^~.	(36)
Результаты, полученные для круглого кольца, могут
быть применены также при расчете на устойчивость
длинных труб круглого поперечного сечения. При этом
для определения qKp на погонную единицу длины трубы
надо в формулу (36) подставить вместо Е величину
р
------- (где ц — коэффициент Пуассона) и вместо / ве-
^3
личину — (где/г — толщина стенки).
Таким образом, для труб получаем
?кр -----------•	(37)
^кр (1—И2)	4/?3
Пример 21. Дана стальная труба диаметром 0 =
= 2 м, толщина стенок /г = 3 см. Модуль упругости £ =
= 2,1 • 10е кг! см2, коэффициент Пуассона ц = 0,3 (рис. 59).
Требуется определить, на какую глубину можно опу-
стить эту трубу под воду, чтобы коэффициент запаса на
устойчивость равнялся двум (ввиду малого диаметра
трубы по сравнению с глубиной, неравномерностью дав-
ления можно пренебречь). Определяем критическую на-
грузку по формуле (37)
„ _ Е . h3 -	2,1.10.33	_ 15 55	2
1 _ р 4/?з (I —0.32) 4.1003
что дает критическое напряжение
окр=4*-==52°кг см2 <
Г	0*1
<7ир= 15,55 кг!см'1= 155,5 т!м2, т. е. труба потеряет устой-
чивость при погружении ее на глубину 155,5 м. Для по-
Л
лучения коэффициента запаса, равного двум, ее надо
погрузить на глубину 77,7 м.
§ 16. Устойчивость параболической
арки постоянного сечения
с равномерно распределенной
вертикальной нагрузкой
шшшшмшц
Рис. 60
Для параболической арки, несущей вертикальную
равномерно распределенную нагрузку, так же, как и для
круговой арки с радиальной на-
грузкой, потеря устойчивости ха-
рактеризуется появлением изги-
ба причем наиболее опасной
формой потери устойчивости для
двухшарнирной и бесшарнирной
арки будет кососимметричная
форма (рис. 60).
уравнение устойчивости плоского
Используя общее
кривого стержня см. [11]
Л. /	4- А 4- ^Р3	4.	м = 0
de® \ pdO / М Е1 !	\ Е! ]
А. Н. Дипник для параболической арки (р — —-—)
v	\	cos3 0 J
и вертикальной равномерно распределенной нагрузки
(q =	Q j получил дифференциальное уравнение рав-
новесия в деформированном состоянии:
(4+1)(cosS94km4(Msec40)=°- <38>
\ аи- ] \ ап / ао
где
q— вертикальная нагрузка на единицу длины про-
лета;
а—радиус кривизны параболы в вершине.
Уравнение (38) интегрировалось численным методом
для различных соотношений -у- и одновременно удов-
летворялись граничные условия, соответствующие дан-
ному типу арки (двухшарнирная, бесшарнирная и т. д.)
90
и данной форме потери устойчивости. Таким образом,
окончательное решение для критической интенсивности
нагрузки приведено к форме
п - K‘El
?кр —	,	(39)
где К — коэффициенты устойчивости, даны в табл. 7 и
на рис. 57, б.
Как видно из таблицы, симметричная форма потерн
устойчивости является опасной для трехшарнирной арки
до -L «0,3.
Таблица 7
1 1	Бссшаринр- ная арка	Двухшар- нирная арка	Трехшариирная арка	
			симметричная форма	кососимметрич- ная форма
0,1	60,7	28,5	22,5	28,5
0,2	101,0	45,4	39,6	45,4
0,3	115,0	46,5	47,3	46,5
0.4	111,0	43,9	49,2	43,9
0,5	97,4	38,4	—	38,4
0.6	83,8	30,5	38,0	30,5
0,8	59,1	20,0	28,8	20,0
1.0	43,7	14,7	22,1	14,1
Рис. 6!
При определении критической нагрузки для данной
арки из таблицы должен быть взят меньший коэффици-
ент устойчивости.
Пример 22*. Найти критическую нагрузку <7нРдля
двухшарнирной и трехшарнирной параболических арок
* Пример взят из киигн А. Н. Д и н н и к а «Устойчивость арок».
ГТИ, 1946.
91
постоянного сечения при размерах, показанных па
рис. 61. Площадь сечения арки £ = 325 см'1. Момент инер-
ции / =*170000 см'*\ £ = 2,1 • Ю6 кг!см2. Отношение стре-
лы подъема к пролету -у- =0,1.
В табл. 7 находим: для двухшарнирнон арки К = 28.5;
для трехшарнирной арки /(=22,5. Критическая интен-
сивность нагрузки по формуле (39):
1) для двухшарнирнон арки
_ 28,5-2,1•10я-170000
9кр “	5000'1
= 81,2 к,г пог-см = 8,12 т пог-я;
2) для трехшарнирпой арки
22,5-2,1 • 10"-170000 с. о	с .о
окп =-------:-----------= 64,2 кг пог-см = 6,42 т пог-м
Критическая величина распора п, следовательно, кри-
тическая сжимающая сила в замке и соответствующие
критические напряжения равны:
1) для двухшарнирнон арки
ir rj ______ ?кр 1“	8,12-503 г л—
^р = ^кр = — = —— = 507т.
О = Лк± = -221222. = 1560 кг’см2;
р F 325
2) для трехшарнирпой арки
г,	6,42-502
//кр — Л^кр —	„ ,	— 401 П1.
о-а
401 000
°кр —	~
32о
= 1235 кг см2.
II в том, и в другом случае критические напряжения
ниже предела текучести, что говорит о том, что потеря
хстойчивости происходит в условиях упругой работы ма-
териала и наши вычисления являются законными.
§ 17. Устойчивость весьма
пологих арок
В предыдущих параграфах данной тлавы рассматри-^
вались арки с нерастяжимой осью. Условие перастяжп:
мости оси и приводило к’тому, что в двухшарнирнон и
бесшариирной арке наиболее опасной формой потери
91#
устойчивости оказывалась кососимметричная форма.
"В весьма пологих арках при малой стреле подъема нель-
зя пренебрегать изменениями длины оси арки при ее об-
жатии.	ч»
В этом случае арка потеряет несущую способность,
деформируясь по симметричной кривой с одной полувол-
ной (рис. 62), причем
при одних геометриче- У4
ских характеристиках	1-х t j > t > t t t t < ft ♦"«
кривизна будет оста-	Г'1 1 1 ' ' '
ваться того же знака, -д	к
что и в недеформиро- ...................... vfozt *
ванном состоянии (см.
пунктирную кривую),	Рис 62
при других геометри-
ческих характеристи-
ках в критическом, состоянии произойдет так называемое
прощелкивание, арка выпучится в другую сторону (то-
чечная кривая на рис. 62) и из сжатой станет растя-
нутой.
Решение задачи о потере устойчивости весьма поло-
гих арок с учетом изменения длины осевой линии было
дано С. П. Тимошенко [22], который рассмотрел *арку
с шарнирно опертыми концами, очерченную по синусои-
де, имеющей уравнение
f . лх
Уо = I Sill — .
С. П. Тимошенко выведена формула для величины
критической нагрузки, при которой арка будет выпучи-
ваться вниз
и =
/ 4(1 — т)3
У 27т3
(40)
где
4/
tn ------;
Ff3 ’
и — отношение прогиба посередине пролета шарнирно
опертой балки при заданной нагрузке к стреле подъема
арки; например, при равномерно распределенной нагруз-
ке интенсивностью q
5	al*	1
и --------- ——	•	— ,
384	El	f '
93
при сосредоточенном грузе посередине пролета
PF _ _
48£7 ’ f
Формула (40) действительна при т<\.
При т^\ имеется только одна форма равновесия,
которая будет устойчивой. Критическое значение распо-
ра, соответствующее моменту выпучивания арки вниз,
определяется по формуле
и д2 &
т + 2
где ц= —!— является одним из корней выражения
Зот
(1—w)2=(l—щ-р)(1—и)2.
На рис. 63 показано изменение и и р в зависимости
от т. При расчете по приведенным здесь формулам ко-
эффициент р должен быть меньше 4, так как при р = 4
происходит выпучивание арки с точкой перегиба посере-
дине (эйлеровская критическая сила //цп= —
\	,tp (Z/2)»
пущение, что арка остается симметричной относительно
середины, больше не выполняется.
и до-
94
Найдем то значение т, при котором ц = 4:	2 = 4
Зт ’
откуда /п=0,182. Таким образом, если /п<0,182, следует
определять критическую нагрузку по формулам, приве-,
денным в § 14 и 16 и соответствующим кососимметрич-
ной форме потери устойчивости.
Пример 23. Рассмотрим арку, рассчитанную в при-
мере 22 (рис. 61). Для этой арки имеем
=0,00837 < 0,182,
3255002
т. е. наиболее опасной формой потери устойчивости
должна явиться кососимметричная форма.
Для проверки подсчитаем критическую нагрузку по
формуле (40)
ы = -А-. к  ±= I +	=
384 EI f	V 27m2
4 (1 -0,00837)2 = 46 4.
27 0,00837®	’ ’
_ 384£77-46,4 = 384-2,1 -10«> 170 000-500.46,4 =
q"p ~	51»	~	5-50004
= 1015 кг'см = 101,5 т1пог’М > 8,12 т/пог-ле.
Таким образом, действительно расчетной критической
нагрузкой является нагрузка
?кр = 8,12 т/пог-м,
найденная из условия кососимметричной формы потери
устойчивости. Здесь следует оговориться, что в сравни-
ваемых результатах взяты различные очертания оси:
в одном — параболическая, в другом—синусоидальная
арка, но это не должно дать значительной разницы
в критической нагрузке.
Пример 24. Рассмотрим арку тою же пролета и
того же поперечного сечения, что и в предыдущем при-
мере, но со стрелой подъема f=l,0 м (рис. 64). При этом
т =1 4-170 000 _ q 2| Из Табл. 8 по интерполяции па-
325-1002
ходим и = 2,32; ц = 3,56.
95
Критическая нагрузка
384Е/-/-2,32 _ 384-2,1.10’. 170000.100-2,32
^кр “	Р-5	“	5-50004	“
= 10,2 кг;пог-см.
Критическая величина распора
„ л’Е/ 0 cc 3,142.2,1-10".170000
= В —Д— = 3,56--------- ---------------
/2	" ’’ *	50002
= 501000 кг = 501 т.
Kpi тпческие напряжения
НКп 501009	о
акр = ——2- = 	• = 1540 кг см- , что меньше
F	32 о
предела пропорциональности.
А. Р. Ржаиицыным в работе [19] рассмотрена весьма
пологая круговая арка постоянного сечения, нагружен-
ная постоянной радиальной нагрузкой (рис. 65). Путем
интегрирования дифференциального уравнения изгиба
такой арки с учетом обжатия оси получено сложное
трансцендентное уравнение, из которого способом под-
бора можно найти величину критической нагрузки. Кро-
ме того, в работе предлагается приближенное решение,
основанное на том, что форма изгиба оси арки прини-
мается за синусоиду (w = sin
определяется при помощи метода Бубнова — Галсркина.
Не приводя вывода, приведем только окончательные
формулы, необходимые для определения критической
Iрузки.
Для двухшарппрной арки критическая нагрузка
ределяется по формуле
4/2 EF[
?кр —
ла прогиба
иа-
оп-
6 + 2
л4 /?3	“
1 -б\з/2-|
4/2 ef *
л1 R3 4 ’
(41)
3
где
g _ л»!8 /?2 _ 240,4	.
“	4/4	“ (2а)2 J.2 '
<?* = 6 + 2
96
i— радиус инерции сечения арки;
X— гибкость арки j;
а—половина центрального угла.
Для бесшарнирнои арки критическая нагрузка опре-
деляется по формуле
окр = l'FF 36J-30 +
Чкр	64л2/?3 L ~
— 38 \ __ /3 EF **
3	’ \	3	/_]	64л2/?3	’
где
б _ 64л4 jg /?2 _ 6234 ,
1 ~	/4	“ (2а)2 X2 !
<?** = 36^ — 30 ± 1/ 19~dl- • (2Й| ~	;
г 3	\	3	/
а— половина центрального угла;
X— гибкость арки.
Зависимость между нагрузкой и прогибом двухшар-
пирной арки посередине пролета при фиксированных зна-
чениях 6 показана на
рис. 66 (качественно эта
картина полностью сов-
падает с результатами
исследования Тимошен-
ко). Критическая нагруз-
ка соответствует Экстре-
мальным точкам па кри-
вых q(w), причем верх-
няя точка (точка В па
кривой при 6 = 0,5) соот-
ветствует критическому
состоянию, достигаемому
при монотонном возра-
стании нагрузки (в фор-
муле 41 для определения
величины этой нагрузки
следует взять знак
плюс). После перехода
через критическое состоя-
0,2 Щ OfiOfi tf 1,21,01$ 1J3 2,0
Рис. 66
7-949
97
вне деформация будет расти без увеличения нагрузки
(прямая B—D). Нижняя точка (точка С на кривой б =
= 0,5) соответствует критическому состоянию, достигае-
мому при монотонном уменьшении нагрузки (прямая
С—А характеризует прощелкивание арки в обратном
направлении). Обе экстремальные точки сливаются в од-
ну для двухшарнирной арки при 6=1, а для бесшарнир-
ной арки при 6j = 19.
Таким образом, при 6>1 в двухшарнирной арке и
при 6[> 19 в бесшар-
нирной арке не будет
происходить потери ус-
тойчивости, арка будет
плавно деформиро-
ваться под нагрузкой.
Для удобства вычисле-
ний в табл. 9 и на
рис. 67 даем коэффи-
циенты формул (41),
(42), q* и q** для ря-
да значений б и б[.
Пример 25. Опре-
делить критическую
нагрузку qKp для кру-
говой двухшарнирнон
арки, показанной на
Рис. 67
Рис. 68
рис. 68. Поперечное сечение арки двутавровое: верти-
кальная стенка 500X 12мм, четыре уголка 90X90X12мм
и четыре горизонтальных листа 380X12 мм (см. рис. 61):
F = 325 см2- / = 170 000 сл*4;
98
170 000	„„„
-------— 22,8 см.
325
Гибкость
Z= -
5000 = 2J9
22,8
Радиус арки /? находим из уравнения
(—) + (R— /)2 = R-, откуда R = 313 м.
Половина центрального угла
a tg а = —= 0,08,
s 313
я 240,4	240,4
о = >. =-------------------=
(2а)2 Xs	(2-0,08)2-2193
Из табл. 9 находим <7* —0,473 и по формуле (41) —
критическую нагрузку, соответствующую монотонному
возрастанию нагрузки
4/2EF *	4.50002-2,1 • 10М25 Л ,~0
OKD =------о* = ----------1-------- -0,473 =
v p л4/?’ 4	3.144-313003
= 10,8 кг!пог.см = 1,08/п/пог. м.
Как видим, результат мало дтличается от результата
предыдущего примера. Этого следовало ожидать, так как
арка весьма пологая, радиальная нагрузка при этом
близка к вертикальной и круговое очертание — к сину-
соидальному.
§ 18. Устойчивость арки с затяжкой
Задача об устойчивости арки с затяжкой отличается
от задачи об устойчивости рассмотренных выше арок
тем, что еще до потери утойчивости имеет место явление
изгиба, арка является сжатоизогнутой. В работе [15] рас-
смотрена параболическая арка постоянного сечения, на-
груженная вертикальной равномерно распределенной на-
грузкой q, имеющая гибкую (рис. 69, а) или жесткую
(рис. 69, б) затяжку.
7*
99
Дифференциальное уравнение изгиба такой арки
имеет вид:
+ П(со520,-77г) + /,г [(П-1) + зес20|зес20-^ +
\ du2 / \	al) j	au
4-/7? [(»]— 1) + 4 sec20] tg0-sec3 0«.Mi = 0,	(43)*
где
Mj— дополнительный момент, возникающий при по-
тере устойчивости;
а— радиус кривизны арки в вершине;
Н— распор двухшарпирной и параболической арки;
Н3— распор такой же арки с затяжкой.
Потеря устойчивости арки с затяжкой так же, как
и арки с неподвижными пятами, сопровождается изги-
бом по двум полуволнам, что дает для арки с гибкой
затяжкой следующие граничные условия:
в ключе М (0) = 0;
в пяте М (и) = 0.
d-.W
d0«
(а)
Численное интегрирование уравнения (43) с учетом
граничных условий дало следующие результаты:
100
где А'—коэффициент устойчивости, для отношения —=
= 0,2, приведен в табл. 8
Вывод, казалось бы, парадоксален: если при данной
жесткости арки Е1 мы будем уменьшать жесткость за-
тяжки E3F3 (при этом г) - тг будет уменьшаться), т. е.
н
будем уменьшать жесткость системы — критическая на-
грузка будет возрастать. Это объясняется тем, что
с уменьшением распора уменьшается и осевая сжимаю-
щая сила в арке; может быть найдено то относительное
значение жесткости затяжки, при котором потеря устой-
чивости в эйлеровском смысле станет вообще невозмож-
ной; при этом с увеличением нагрузки арка будет плав-
но деформироваться до потери несущей способности.
В запас прочности часто считают критическую на-
грузку для арки с шарнирно прикрепленной затяжкой,
равной критической нагрузке для двухшарнирной арки.
Для арки с жесткой работающей на изгиб затяжкой
граничные условия в замке остаются те же, что и при
гибкой затяжке [М(О)=0; Af"(O)=0], а условие в пяте,
выражающее неразрывность деформаций арки и затяж-
ки, принимает вид:
+«
( tg <р sec3 фЛМф =--- • —-р— tg cc.V/ (а),
J	0ч /зат
о
где	А1(сс)—момент в пяте;
а—половина центрального угла.
Критическая нагрузка, как и раньше, определяется
,	KEl f h
по формуле ?кр = ——, где А для — = 0,2 и п = 1 име-
I	1
гот следующие значения:
Таблица 9
Zap 'зт	Бесшариир- нал арка 0	Арка с затяжкой			Двухшар- нирная арка м
		0,28	1,60	4,45	
К	101	82	61,5	53	45,4
101
ГЛАВА 6
УСТОЙЧИВОСТЬ ТОНКОСТЕННЫХ СТЕРЖНЕЙ
§ 19. Основы теории.
Дифференциальное уравнение
устойчивости 2-го рода
Как установлено В. 3. Власовым [1], поперечные сече-
ния тонкостенных стержней после деформации, как пра-
вило, не остаются плоскими. Эти стержни работают как
пространственные тонкостенные системы, испытывающие
продольные деформации не только вследствие сжатия
Рис. 70
или изгиба, но и вследствие закручивания. При этом точ-
ки поперечного сечения располагаются на криволиней-
ной поверхности; сечение, как говорят, испытывает де-
плаиацию. Явление закручивания и связанные с ним
дополнительные напряжения играют большую роль
в вопросах устойчивости тонкостенных стержней.
Здесь будут рассмотрены только стержни открытого
профиля (рис. 70, а и б) с недеформируемым контуром
поперечного сечения (недеформируемость контура долж-
на быть обеспечена поперечными диафрагмами или реб-
102
рами жесткости). Сечения с замкнутым профилем
(рис. 70, в, г) при отсутствии деформации контура мо-
гут, как известно, рассчитываться по обычной теории
сплошного бруса с применением гипотезы плоских се-
чений.	,
На рис. 71,о изображен тонкостенный стержень с не-
деформируемым профилем, находящийся в равновесии
под действием произвольных продольных и поперечных
нагрузок.
На рис. 71,6 показано поперечное сечение стержня и
его перемещение в плоскости хОу после деформации.
Здесь О—центр тяжести сечения;	I
А— центр из1 иба.
В, т]> Q—соответственно перемещения центра изгиба
по направлению осей х и у п угол поворо-
та всего сечения в плоскости хОу (угол за-
кручивания); все эти величины являются
, функциями координаты г сечения вдоль
образующей стержня. Кроме того, точки
сечения перемещаются в направлении оси
г; эти перемещения являются функциями
координаты s(Mq—Mi) по дуге контура.
В рассматриваемом случае потеря устойчивости не
связана с появлением
новых форм равнове-
сия, так как и до поте-
ри устойчивости стер-
жень и изгибается, и
закручивается, и де-
плапирует; следова-
тельно, речь идет о по-
тере устойчивости 2-го
рода.
Поведение тонко-
стенных стержней в
задачах прочности опи-
сывается системой трех
дифферен ц и а л ь н ы х
уравнений, составленных
для педеформированного со-
стояния:
Ely^~qx, )
Е1Ш • eIV —	= rn,j
(44)
103
где первые два уравнения — эю уравнения изгиба
стержня, как балки, в направлении осей хи у, а третье —
уравнение стесненного кручения тонкостенного стержня;
Чх и qtJ — интенсивности погонных поперечных нагрузок;
т — интенсивность внешнего крутящего момента, опре-
деляемого относительно центра изгиба.
Если рассмотреть равновесие бесконечно малой по-
лоски длиной dz (рис. 72) тонкостенного стержня в де-
формированном состоянии, то уравнения (44) приобре-
тают следующий вид ([1] и [10]):
£/,B,v-[W + MV44'VW = 0;
EIX nIV - [Л' df - at H')]' + (Л17 о/' = 0;
°'V - G!d 0" - [(<2/V + 2Ру Мх - 20х Л1у-|-
+ Рш В)0']' + [ qx ( ех - ах] + qv (еи - aj] 0-
- ау №)' + ах (М]')' + Mxl" + Му if' = 0.
(45)
здесь	N— продольная сила;
Мх, Му, В—соответственно изгибающие моменты от-
носительно осей х и у и бимомент;
ах, ау—координаты центра изгиба;
еу—координаты точки приложения заданной
погонной нагрузки в плоскости попереч-
ного сечения;
г, Рх, Ру, Р<о — геометрические характеристики, опреде-
ляемые по следующим формам:
r^al + al+'dd-h.
1 *	2/ хч • у q I у* 1 со ! »
их = [ z/p2dF; Uy = [ xfdF-,
F	F
= f ^p2dF — полярно осевые
и секториалыю-полярнып моменты инерции;
/ж, h—осевые моменты инерции;
/м = \(ii2dF — секториальный момент инерции;
F
104
ld—момент инерции чистого кручения, опре-
деляемый для поперечных сечения, со-
стоящих из отдельных прямоугольников
или криволинейных полос со сторонами
bt и б; по формуле
(««1,3— для двутавров; а v 1,12 — для швеллеров;
а~ 1,0 — для уголков и т. д.).
Уравнения (45) являются наиболее общими равне-
ниями устойчивости тонкостенного стержня.
§ 20. Потеря устойчивости 1-го рода.
Внецентренное и центральное сжатие
Если поперечная нагрузка и реакции тонкостенного
стерж'ня проходят через линию центров изгиба, то до по-
тери устойчивости стержень не испытывает кручения,
депланация отсутствует, она проявляется только в ре-
зультате потери устойчивости. Таким образом, потеря
устойчивости будет характеризоваться появлением каче-
ственно нового деформированного состояния, новой фор-
мы равновесия и уравнения (45) при бимоменте В = 0
будут описывать явление потери устойчивости I-го рода*.
Для такою внецентренпо сжатого стержня (рис. 72)
имеем:	,
В = 0;
М------Р\
Мх = - Реу\
Му = Рех
(при определении знака Мх и Му поступаем так: при
взгляде от положительного направления оси к центру
момент по часовой стрелке считается положительным).
Уравнения устойчивости (45) при внецентренном
сжатии принимают вид:
* В таком виде эти уравнения н были выведены проф. В. 3. Вла-
совым. Вывод уравнений (45) см. работу [10].
105
E!y g,v + Pl" + (Mx + Pav) 0" = 0;
Elrfv + Pr\" + (M„ - Pax) 0" = 0;
(Mx + Pay) I" + (Mv - Pax) n" + Ely, 0l v +
+ (r2P + 2PX My - 2[^ Mx - G/rf) 0" = 0.
(47)
Рассмотрим детально случай центрального сжатия,
когда сила приложена в центре тяжести сечения, но
центр тяжести не совпадает с центром изгиба; в этом
случае
ех = с’у = 0; Мх = Му = 0; ах =#= 0; ау ф 0
и уравнения устойчивости принимают вид:
£/vT)'V +Рт]'-Ра1.0' = 0;
Рау - Рах т)" + £/ш е'v + (г2 Р - Gld) б" = 0.
(48)
Дифференциальными уравнениями (48) и условиями
закрепления С1ержня по концам определяются все фор-
мы потери устойчивости невесомого стержня при его
центральном сжатии. В каждое из уравнений (48) вхо-
дят одновременно поступательные перемещения |, г] и
углы закручивания 0; это показывает, что, если центр
изгиба не совпадает с центром тяжести (ах=#0, ау=#0),
то эйлеровская изгнбная форма потери устойчивости при
центральном сжатии становится невозможной. В част-
ном случае, когда центр изгиба совпадает с центром тя-
жести (например, в сечении с двумя осями симметрии)
ах=аи=0 и уравнения (48) распадаются на три отдель-
ных уравнения
EIyllv + Pl" = 0;
£/.vn'v + Р^" = 0;
£/u6’v + (r2P-G/Jo' = O.
Решения первых двух уравнений дают две эйлеров-
ские критические силы, соответствующие изгибу относи-
тельно осей х п у, решение третьего уравнения дает кри-
тическую силу Ры, соответствующую чисто крутильной
форме потери устойчивости.
Уравнения (48) характеризуют наличие одповремеп-
10G
но изгиба и кручения при потере устойчивости, или, как
говорят, изгибно-крутильную форму потери устойчи-
вости.
Рассмотрим случай, когда концы стержня закрепле-
ны от перемещений в плоскости поперечного сечения и
свободны от нормальных напряжений, вызываемых из-
гибом и кручением, т. е.
при z = 0 и при 2 = I
| = п = 0 = О, Г = п" = 0" = 0.
Этим граничным условиям и дифференциальным
уравнениям  (48) будет удовлетворять решение в виде
£ = Л sin —— ;	q = В sin “j—;	0 = Csin — , (49)
где А, В, С— некоторые постоянные коэффициенты;
i — любое целое положительное число (t =
= 1,2, 3...).
Подставляя значения (49) в уравнение (48) и вводя
обозначение
* = -у,	(50)
получаем после сокращения на общий множитель
A2 sin Аг следующую систему линейных однородных ал-
гебраических уравнений:
(£/!/А2-Р)Д-Ро(/С = 0;
(£/vA2-P)B + Pfl,C = 0;	(51)
-РауА + РахВ+ [El^ + GI.-r2 Р]С = 0.
Ненулевое решение для неизвестных А, В и С полу-
чим, если приравняем нулю определитель, составленный
из коэффициентов при этих неизвестных. Условие D = 0
н есть уравнение устойчивости, нз которого определяется
критическое значение нагрузки. Это уравнение может
быть записано так:
Р —Р-
у •
0;
~аур\
0;
РХ~Р\
ахР',
— ауР
акР
(р«-ру2
107
где
(а)
Pv = £/J? I
Py = EI^2 I
p = Lla^ + Gld
<>	r2
—эйлеровские критические силы;
— критическая сила для чисто кру-
тильной формы потери устойчи-
вости.
Раскрывая определитель, получаем
(р, - п -₽) ('’»- р}'2 - “I р‘ (р. -р) -
=0,	(И)
пли, располагая по степеням Р
+ й2 + Я2) Р3 + [(Рд + pv + PJ Г- Рх -
- <	Р1 ~ Г* (Рх Ру + Ру Р. + Р. Р'} Р +
+ Р,РуР^ = 0-	(53>
Уравнение (53), кубическое относительно силы Р,
имеет три корня Pi, Рз, Рз, соответствующие трем степе-
ням свободы поперечного сечения с недеформируемым
контуром в своей плоскости. Каждый из этих корней Рь
Р2, Рз будет зависеть от числа полуволн п (/1=1, 2, 3, ...,
оо), т. е. будет иметь бесконечное множество значений
в соответствии с бесконечным числом степеней свободы
упругой оси стержня.
Пусть Р[<Р2<Рз, а из эйлеровских критических сил
минимальной 6} дет Рх
Р<Р<Р .
X у И •
Представим уравнение (53) в виде f(P)=O и иссле-
дуем характер функции f (Р), произвольно изображенной
на рис. 73. Из уравнения (53) видно, что при малых зна-
чениях Р знак У(Р) должен совпадать со знаком свобод-
ного члена, т. е. при P<Pi f(P)>0. Из уравнения (52)
находим,что
1) при Р = РХ f(P)=—a2xPx (Ру—Р.т)<0, т. е. значе-
ние Р — Рх располагается где-то между Pi и Р2;
2) при РУ=Р f(P) =-(Px-Pv)al P2y>0-,
3)приР=Р<0 f (Р) = — (Рх—Рш) ДуРщ — (Ру—Рш) X
ХахРш>0, т. е. значения Р=-Ру и Р = РИ располагаются
между корнями Р2 и Рз.
108
При больших значениях Р знак f (Р) будет совпадать
со знаком старшего члена
-г2 + а^ + ^ = - /у^'х <0, т. е, /(Р)<0.
I у I х	р	1	' 4 '
Основной, практически очень важный вывод, который
следует из этих рассуждений, заключается в следующем:
для несимметричного тонкостенного стержня, в котором
центр изгиба не совпадает с центром тяжести, критичес-
кая сила, соответствующая изгибно-крутнльноп форме
потери устойчивости, всегда меньше минимальной энле-
ровской Крит ической силы.
В частном случае, если центр изгиба совпадает с цент-
ром тяжести сечения, имеем ах = ау = 0, и уравнение (52)
принимает вид
откуда получаем три решения:
1) Рх-Р = 0, ’Р{ = Рх,
2) /\-Р = 0, Р2 = РУ,
3)Р(1)-Р = 0, Р3 = Рц),
т. е. в этом случае имеем или чисто изгибпую, или чисто
крутильную форму потери устойчивости, что уже было
показано выше непосредственно на дифференциальных
уравнениях.
При внецентренном сжатии чисто изгибные и чисто
крутильные формы потери устойчивости имеют место, ес-
ли сила приложена в центре изгиба. В этом случае ех —
10Э
=ах‘, ev — ay и уравнения (47) тоже распадаются на три
самостоятельных уравнения
+ Р1 =0;
El^]'v +Рц =0;
£/m0'v + [Р (<2 + 2РЛ + 2Р^У) ~Gfd] 9’ = 0-
Первые два уравнения определяют изгибные формы
потери устойчивости и дают эйлеровские критические си-
лы Рх=£/Д2 и Рг/ = £'/уХ2; третье уравнение определяет
крутильную форму потери устойчивости, при которой по-
перечныесечепия стержня поворачиваются вокруг цент-
ра изгиба; при этом величина критической силы [10] оп-
ределится по формуле:
Р г2
П	®
КР ~ г* + 2$хах + Циау 
Расчетной будет минимальная из трех критических
сил.
Пример 26. Найти критическую силу Ркр для шар-
нирно опертого двумя концами стержня длиной / = 5 м,
находящегося под действием постоянной продольной,
центрально приложенной силы Р. Поперечное сечение
стержня—неравнобокий уголок, показанный на рис. 74,а.
Для каждой полоски, составляющей уголок, прово-
дим срединную линию (рис. 74) и все дальнейшие расче-
ты ведем для этой линии. Площадь поперечного сечения
£ = 30-1+20-1=50 см2.
Координаты центра тяжести
30-15
Уо = ~= so =9«t,
SAr 20-10
х0 : -р- = 50 — 4 см.
Моменты инерции относительно случайных централь-
ных осей
/ = 20-92 +	+ 30-62 = 4950 см1,
/^ = 30-42 + -^- + 20-62 = 1867 ся«,
/ =-20-9-6 -30.4-6 = -1800 слР.
Л1У)
по
Угол наклона главной оси
tg 2сс0 =---=	2,1800	= 1,165,
Л - Лл 4950 - 1867
*1 i/i
откуда
а0 = 24°40'; tgao = O,46; sin ао = 0,418; cos а0 = 0,91.
Главные моменты инерции
U = -4;-' ± 4-/«,-/)2 + 4/L =
min	2	2 '	«1> х'у'

= 4950 + 1867 ± _£ |Z(4950 _ 1867^2 + £. 18002 .
/шах = /г = 3408 + 2365 = 5773 сд4;
/пип = /и = 3408 — 2365 = 1043 сж4.
Момент инерции при свободном кручении
/d=4S&63=4(30,13 + 20,13) = 16’7 СЛ|4-
О	О
Центр изгиба лежит на пересечении полок (точка А
на рис. 74,6).
Поэтому секториальный момент инерции /и = 0.
Координаты центра изгиба относительно центра тя-
жести
ах = 7,4 см; ау — 6,5 см;
г2 = й2 + fl2 + -х + ,у = 7,42 + 6,52 +
* У	р
5773+ 1043 = 23
50
Эйлеровские критические силы и критическая сила
свободного кручения
Р = Е1	= 2,1-10»-5773-	= 478000 кг = 478 т;
5002	’
Ру = EIy X2 = 2,1 • 10е  1043 4^7 = 86300 кг = 86«3 п!>
Р - E,^2 + G,d GId
<i)	f 2
0,84-10’.16,7 Pnnnn	n
=---------------= 60200 кг = 60,2 tn.
233,4	’
ill
Подставляя все полученные значения в уравнение
(53), имеем следующее кубическое уравнение для опре-
деления критической силы: —/,3 + 885,4 Р2—128 000 Р +
+ 4 200 000 = 0. Минимальный из трех корней этого урав-
нения и является расчетной критической силой, соответ-
ствующей изгибно-крутильной форме потери, устойчиво-
сти. Решая уравнение, получаем Pmin=/\p=47,6 Т, что
меньше минимальной из трех ранее найденных критичес-
59.4	47,6	, лл сг\п	°	и
ких сил па —---------«100 =£20% и меньше эилеровскои
59,4
изгибиой критической силы на
86.3-47.6.100 = 45
86,3
Следует отметить, что неравнобокие уголки'Прокатно-
го сортамента имеют значительно большую относитель-
ную жесткость на кручение, чем в данном примере, из
трех сил Рх, Ру, Ра минимальной для них является эйле-
ровская критическая сила Ру и окончательная критичес-
кая сила, соответствующая изгибно-крутилыгон форме
потери устойчивости, мало отличается от Pv.
После определения критической силы, как всегда, не-
обходимо проверить, находятся ли критические напря-
жения в пределах упругости материала. В нашем при-
мере:
окр =	= —6--- = 950 кг'см2 < апп,
кр f	so	пп,
что подтверждает законность произведенного расчета.
Пример 27, Найти величину критической нагрузки
центрально нагруженного продольной силой, шарнирно
опертого двумя концами стержня длиной 2 = 9,0 м\ по-
перечное сечение стержня — сварное, из стальных листов
300X12 и 200X12 мм (рис. 75,о). Площадь сечения F —
= 2'30-1,2 + 20-1,2 = 96 см2. Положение центра тяжести
S„71	30'1.2'15-2 11пе
*»“->=—96—1|'25“-
Главные моменты инерции и момент инерции свобод-
ного кручения
!х = ^^- + 2-30-1,2-102 = 8000 С,и4;
112
/, = 20.1,2-11,252+2-^^ + 2-30.1,2.3,75- = 9450 см\
,	(20 + 30-2) • 1,23
Id = '—1—i  46 с.и1*.
Определяем положение центра изгиба на оси х, кото-
рая является осью симметрии (рис. 76,6).
* Коэффициент а здесь принят равным единице.
8—949
113
ах = a.v + х0 = 13,5 + 11,25 = 24,75 см\
ау == 0.
Вычисляем векториальный момент инерции при помо-
щи эпюры векториальных площадей, показанной на
рис. 76,в
2 . 1352-30-2 .
Т + -Т5- +
1052-30	2 _ 2 135-30
+	2	‘ 3	2
165’
3
= 700000 СЛ»в;
г2 = а2 + а2 +	= 24,752 + 8000 + 9459 =
= 612+ 182 = 794 см2.
Эйлеровские изгибиые критические силы и критичев'
кая сила при свободном кручении:
Р=ЕКХ2 = 2,1 • 10б- 8000•— = 204000 кГ=204 Г;
х ‘	’	9002
P—EL Г-=2,1 • 10е • 9450	= 241 000 кГ = 241 Г;
у у ’	9002
3,142
I2_i_rz 2,1-106-700000 —— + 0,84.10«-46
р — Е l+G1d _ J_________________ООО2______________
о — Г2 ~	794
= 71 200 /сГ = 71,2 Т.
Ввиду того, что сечение имеет одну ось симметрии и
ау = 0, система уравнений (51) распадается на две си-
стемы:
(Ру—Р)А=0, откуда при А + 0 Р1 = Р1/=241 Г;
(Рх — Р)В — а(РС = 0,
а.РВ+^Р^-Ру^С^О,
откуда
Р г — Р; a v Р
{Р-РУ
Раскрывая определитель, получаем для определения
критических сил, соответствующих изгибно-крутильной
форме потери устойчивости, следующее квадратное урав-
нение
Р-{Р^Р.}~Р + РхР.-^ = ^
r	г ~ах
114
Подставляя в это уравнение найденные выше значе-
ния Рх, Р<л, г2, ах, получаем
pi _ 1200Р + 63200 = 0,
откуда Р = 600± /360 000—63 200 = 600±545;
Рmin = 5о 7"; Рinnx = 1145 Т.
Таким образом, расчетной критической силой являет-
ся Лп1д = 55 т, критические напряжения
Ркр	55 000	г-7 , г v>
окп= р =--------= 574 кПсм1 < оП11.
кр F 96	1
§ 21.	Потеря устойчивости —
плоской формы изгиба балки
Одним из частных случаев потери устойчивости 1-го
рода является потеря устойчивости плоской формы из-
гиба; при этом в первоначальном состоянии ось стержня
от действия продольных или поперечных нагрузок изги-
бается в одной какой-то плоскости, а при нагрузке, рав-
ной критической, становится возможной новая форма
равновесия, с изгибом в двух плоскостях и закручивани-
ем (см. рис. 76,а,б).
1.	Рассмотрим сначала случаи потери устойчивости
при наличии только поперечных нагрузок (см. рис. 76,а);
пусть сечение стержня имеет две оси симметрии (напри-
мер, двутавр). Для этого случая из общих уравнений
(45), приняв М = ах = ау=сх = еу=:0А.;:=0у=Рй =Л4у = 0, по-
лучаем два совместных дифференциальных уравнения,
описывающие дополнительные деформации при выходе
из первоначальной плоскости изгиба
£/д,у + (W = о,
£/(1, 0,v — G/d 0" + Ж" = 0.
При произвольной нагрузке уравнения (54) имеют
переменные коэффициенты, так как М = /(г). Наиболее
простое решение получаем при чистом изгибе, когда М =
= const (рис. 77,а). »
При Л4 = const уравнения (54) приобретают вид
£/ ^ + Ж" = 0,	1
0lv-G/;0" +Ж"= 0.J
8*
113
Граничные условия могут быть различными; рассмат-
ривая, как и в § 20 данной главы, шарнирное закрепле-
ние обоих концов стержня, имеем граничные условия:
при 2=0 и при 2 = /, I-0 = 0, £" = 0" = 0 решение системы
уравнений (55) в виде
? Л sin —; 0 С sin —.
S	J ’	I
Подставляя это решение в уравнения (55), после со-
кращения на
i2 л2 . <лг
получаем два однородных линейных уравнения для опре-
деления постоянных А и С
Е1УМА—МС = 0;
-ЛМ-Н£/<Л+ G/rf)C = 0, гдеХ = -р
Приравнивая нулю определитель, составленный из
коэффициентов при неизвестных А и С, получаем урав-
нение для определения критического значения момен-
та М
Ely№, -М
/И; EI^ + GI
’	(ij*i
EIyK(ElaM + GId)-M2 = Q,
откуда критическое значение момента М
Л4кр = ± X /£/y(£/J? + G/d )=± г	(56)
Для балки на двух опорах, загруженной равномерно
распределенной нагрузкой (рис. 77,6), изгибающий мо-
мент в произвольном сечении равен
2
и уравнения (54) принимают вид:
£Z^'V + у^[г(/-г)9|’ = 0,
£/ш 0lv-G/ue4-^z(Z-z)s' = O.
(57)
116
В результате интегрирования уравнении (57), кото-
рое можно выполнить либо одним из вариационных ме-
тодов, либо в бесконечных рядах, находим, что критиче-
ская интенсивность нагрузки имеет следующее значение:
_ К Уыу G/d
*КР 73
(58)
Величина /(, являющаяся функцией параметра т2=
•— CLd. 1- , приведена в табл. 10.
Таблица 10
	0,4	4	8	16	24	32	48	64		 80	96	160	240	320	400
К	143	53,3	42,6	36,3	33,8	32,6	31,5	30,5	30,1	29	29	28,8	28,6	28,6
Влияние различного вида поперечных нагрузок рас-
смотрено в работе [10].
2.	Рассмотрим случай потери устойчивости плоской
формы изгиба стержня с сечением, имеющим две оси
симметрии, при действии постоянной продольной силы,
внецентренно приложенной по одной из осей симметрии
(рис. 76,б).
Для этого случая из уравнений устойчивости при вне-
центренном сжатии (47), поюжив аж = Оу = ^А: = Рх =
= $у = Му — 0 и Мх = —Реу, получаем следующие уравне-
ния, описывающие дополнительные деформации при вы-
ходе из первоначальной плоскости изгиба
£/yaIV -h Ps," — Pey0” = О,
- Pey Г + £/M0IV + (г2 P - G/d) 0’ = 0.
(59)
Для шарнирно опертого концами стержня с гранич-
ными условиями |=£" = 0 = 0" = О при 2 = 0 и 2—1 имеем
£=.4sinXz; 0 = CsinX2 и, подставляя это решение в
уравнения (59), после сокращения на X2 sin Ха получим
(Е1у№—Р)А + РеуС=Ъ, РеуА + (Е1ш tf+GId—r2P)C=0.
Используя введенные выше [см. (а)] обозначения и
117
приравнивая нулю определитель, составленный из коэф-
фициентов при неизвестных, получаем
D =
Ру-Р-.
Ре-,
= 0.
Таким образом, для определения критической силы,
соответствующей потере устойчивости плоской формы из-
гиба, имеем следующее квадратное уравнение:
P2-(PV + P.)
г2	г2,
-— Р + Р	Р„ —— = О (60)
.2	2	1 У w 2 2	' 7
г ~еу
(аналогичное уравнение было выше получено при рас-
смотрении центрального сжатия сечения с одной осью
симметрии).
Решая уравнение (60) относительно Р, найдем
Пример 28. Однопролетная шарнирно опертая бал-
Рис. 78
ка с двумя короткими кон-
солями изгибается в плос-
кости yOz (рис. 78). Пролет
балки /=10,0 л<; поперечное
сечение — двутавр № 60а.
Пренебрегая влиянием кон-
Рис. 79
солей, найти критическое значение момента М = Ра, со-
ответствующее потере устойчивости плоской формы из-
гиба балки. Модули упругости
118
Е = 2,1 - 10° кГ/см2,
G = ОДЕ.
Геометрические характеристики поперечного сечения
/д. — 83860 см. | п0 сортаменту ГОСТ 8239—56
/„= 1700 щи4 J
Id = as^- = l±?(55,6-l,33+ 2-17.6.2.23) = 215с,it4.
_ fe/i fe _ 2 Wi #4g	62fc3/i2
4	4	3	4	2~	24
= 2+-lJ,63-57|82 = 1670000c,„n_
4	r
По формуле (56), приняв t = l и вынося модуль упру-
гости Е из-под знака радикала, имеем
Мкр= — -Е|/ lu(l — + 0,4/J =
кр । I/ V I О) р 1	* л J
= ?-l42,l-10e 1/ 1700(1670000-?^-+0,4-215
1000	V \	10002
= 2750000 кг  см — 27,5 nut.
Критическое краевое напряжение
Мкр __ 2750000-30
,<Р ~	~	83860
983 кГ см”.
Пример 29. Найти критическую интенсивность па-
грузки и критический изгибающий момент, соответству-
ющие потере устойчивости плоской формы изгиба, для
шарнирно опертой балки /=10,0 м, нагруженной равно-
мерно распределенной нагрузкой по всей длине. Попереч-
ное сечение — двутавр № 60а.
Геометрические характеристики берем из предыдуще-
го примера. Определяем параметр
, GIdr- 0,4-215-ЮОО2	_
/и2 = —Д— =---------------= 51,6.
16700000
Из табл. 12 по интерполяции находим
К = 31,3.
119
Критическая интенсивность нагрузки (по формуле 58)
СК VlyWd 2,1-10с-31,3 1^1700-0,4-215
^«Р 	р —	10003
= 25,2 кГ пог-см.
qvv — 2,52 Трюг-м.
Критический максимальный изгибающий момент
/Ишах = 5.УР Р_ = -2’52'-!^- = 31,5 Тм.
кр	8	8
Критические краевые напряжения
о -	= 3150000^0 = j j25 кГ
р Wx 83860
Пример ЗС, Найти критическую силу для внецент-
репио сжатой стальной полосы с размерами, показанны-
ми на рис. 79.
£ = 2,1 • 10е кГ!см2\ G = 0,84 • 10е кГ/сл2.
Геометрические характеристики:
9Л. оз
/ =	= 13,33 см4-
"	12
,	20-23	го о .
Л = --------= 53,3 см4-
d	3
L = 0;
Гг e	= 1333+13,33 = 33 6сл(2
F	40	’
Критические силы чистого изгиба и чистого кручения
при выходе из плоскости yOz
Р„ = Е1„ — = 2,1 • 10"-13,33-	= 27700 кГ = 27,7 Т.
у » Р '	’ юоз	’
Р =	= °-84-106-53-3 = 1330000 кГ = 1330 Т.
" г2	33,6
120
Изгибпо-крутильные критические силы при потере ус-
тойчивости плоской формы изгиба (формула 61);
Минимальная критическая сила
Рнр = 2657 (1 — 0,9897) = 2657 • 0,0103 = 27,36 < Ру.
Критические краевые напряжения
<-) _ Р , Реи _ 27360
«нюх — —	—-----—- И
кр г Wx 4J
27360-5-10	1ПО„ 17л r ,
----------— 684 -4- 1023 = 1707 кГ см? < о„„
1333	' ПЛ
§ 22. Потеря устойчивости
при растяжении
При внецентренпом действии продольной силы потеря
устойчивости может возникнуть не только при сжимаю-
щей, но и при растягивающей продольной силе. Неустой-
чивые формы равновесия возникают здесь потому, что
при внецентренпом приложении растягивающей силы
часть сечения оказывается сжатой.
Математически возможность потери устойчивости при
растяжении подтверждается уравнениями (45), которые
могут быть решены для N=+P при эксцентриситетах,
лежащих за пределами некоторой области, которая на-
зывается областью устойчивости при растяжении. В са-
мом деле, если, например, растягивающая сила прило-
жена в ядре сечения, во всех точках возникнут только
121
растягивающие напряжения и первоначальная форма
равновесия будет устойчивой при всех значениях на-
грузки.
Анализ уравнений, проведенный В. 3. Власовым, по-
казывает, что область устойчивости при растяжении не-
зависимо’ от формы поперечного сечения стержня пред-
ставляет собой круг, так называемый круг устойчивости,
радиус которого и координаты центра в самом общем
случае определяются по формулам:
R2 =	-|- и* । ZszLLl •
<	4/J F
у	х
(62)
(Ux, Uv, рЛ, см. формулы 46)
122
Если поперечное сечение стержня имеет одну ось сим-
метрии, то Ux — Uv=0, центр круга устойчивости совпа-
дает с центром тяжести и радиус его равен полярному
радиусу инерции
F
При одном и том же эксцентриситете растягивающая
критическая сила всегда оказывается больше сжимаю-
щей. Эта разница убывает с увеличением эксцентриси-
тета.
На рис. 80 даны графики критических сжимающих и
растягивающих сил, построенные для таврового стержня
с размерами: dig=10 см; d2=5 см; 6t = 62=0,5 см; 1 =
= 167 см и силой, действующей на оси ох (еу = 0). На
графике значение каждой силы отложено в точке, соот-
ветствующей ее эксцентриситету (график взят из кни-
ги [1]).
РАЗДЕЛ II
ОСНОВЫ ДИНАМИКИ
СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
ГЛАВА 6
СИСТЕМЫ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ
§ 23.	Основные понятия
Динамика сооружений, являющаяся одним из разде-
лов строительной механики, занимается разработкой
принципов и методов расчета сооружений на действие
динамических нагрузок, т. е. таких нагрузок, величина,
направление или положение которых изменяются во вре-
мени. При действии на сооружение динамических нагру-
зок возникают и играют существенную роль силы инер-
ции масс этих нагрузок и самого сооружения.
Динамические нагрузки разделяются на следующие
основные виды:
а)	вибрационная нагрузка, создаваемая ста-
ционарными машинами и механизмами с движущимися
частями, например, электромоторами, турбогенератора-
ми, станками и др. Нагрузки этого вида почти не зависят
от свойств конструкций, на которые они действуют, по
являются основным источником колебаний этих конст-
рукций;
6)	ударная нагрузка, создаваемая падающими
грузами и падающими частями силовых установок (мо-
лотов, копров и др.). Эти нагрузки характеризуются не-
большой продолжительностью их действия и зависят от
упругих и инерционных свойств конструкций, восприни-
мающих удар;
в)	подвижная нагрузка, положение которой в
пролетах сооружения изменяется во времени, например,
124
нагрузка от подвижного состава железных дорог, от ав-
томобилей, от кранов п др.
Динамические нагрузки мо<ут быть и комбинирован-
ными, например ударно-вибрационная нагрузка ог коп-
ров периодического действия.
К числу динамических нагрузок относятся ветровая,
от взрывной волны и сейсмическая нагрузки, проявляю-
щиеся в виде одного или ряда, иногда периодических,
толчков
Все динамические нагрузки вызывают колебания кон-
струкций* па которые они действуют.
Здесь будет в основном рассмотрено действие вибра-
ционной нагрузки в виде периодически действующих сил,
изменяющихся во времени по гармоническому закону,
т. е. по закону синусоиды или косинусоиды.
Динамический расчет производится как с целью про-
верки сооружения на'прочность, так и с целью опреде-
ления величии динамических перемещений, скоростей и
ускорений, которые при воздействии на людей и на не-
которые виды оборудования, например на измеритель-
ные приборы, не должны превосходить допустимых пре-
делов.
Для решения задач динамики сооружений применя-
ются два основных способа:
А. Статический способ, основанный на приме-
нении уравнений динамического равновесия, которые от-
личаются от уравнений статического равновесия допол-
нительным учетом, согласно принципу Даламбера, сил
инерции в виде произведения масс или их моментов
инерции па ускорения, т. е. на вторые производные линей-
ных или угловых перемещений по времени.
Б. Энергетический способ, основанный на
применении закона сохранения энергии М В Ломоносо-
ва, согласно которому сумма потенциальной и кинетиче-
ской энергии упругой системы является величиной посто-
янной во времени.
Трудоемкость динамического расчета той или иной
упругой системы зависит прежде всего от степени сво-
боды этой системы, т. е. от количества независимых гео-
метрических параметров, определяющих положение всех
масс при любых возможных упругих перемещениях си-
стемы.
Следует иметь в виду, что в понятие степень свободы
в динамике сооружений вкладывается другой смысл, чем
125
в статике сооружений. Подсчет степеней свободы при ки-
нематическом анализе в статике сооружений производит-
ся без учета собственных деформаций дисков и стержней,
которые считаются абсолютно жесткими. В динамике же
сооружений при определении степени свободы системы
рассматриваются именно ее упругие или упруго-пласти-
ческие деформации.
а)	6)
Рис. 81
Так, например, показанная на рис. 81, а, невесомая
балка с одной точечной массой т имеет одну степень
свободы, так как положение этой массы определяется
одним параметром у. Невесомая балка с тремя точечны-
ми массами, показанная на рис. 81,6, несмотря на бес-
конечное число возможных форм упругой линии, имеет
только три степени свободы, так как положение трех
масс mlt т2, tn3 определяется тремя прогибами ylt у2 и
Уз соответствующих точек балки.
Рама, показанная на рис. 81,в, с тремя сосредоточен-
ными массами имеет четыре степени свободы, так как
положение каждой из масс ш| п т2 характеризуется
только ее горизонтальным перемещением, а положение
массы tn3 характеризуется уже двумя ее перемещения-
ми— горизонтальным и вертикальным.
Если же учесть продольные деформации стержней,
то раму, показанную на рис. 81, в, следует считать систе-
мой с шестью степенями свободы, так как массы нц и т2
в этом случае могут иметь не только горизонтальные, но
и вертикальные перемещения. Однако в большинстве
случаев колебания масс, связанные с продольными де-
формациями стержней, можно не учитывать.
Абсолютно жесткая балка (рис. 81,г), могущая со-
вершать перемещения, вращаясь вокруг неподвижной
точки О, является системой с одной степенью свободы,
12Ь
независимо от числа масс и упругих опор, так как поло-
жение всех масс определяется одним параметром — уг-
лом поворота а балки относительно центра О.
Если массы рассматриваются не как точечные, го
приходится учитывать инерцию их вращения, и тогда во
всех рассмотренных примерах число степеней свободы
оказывается большим, так как положение масс в этом
случае определяется уже не только прогибами, но и уг-
лами поворотов.
Так, например, плоская система, показанная на
рис. 81, в, будет в этом случае иметь семь степеней сво-
боды.
Если учитывать собственную распределенную массу
упругой системы, то степень свободы такой системы ока-
жется уже равной бесконечности. Строго говоря, по-
скольку все сооружения имеют распределенную массу,
они всегда являютсй системами со степенью свободы,
равной бесконечности, однако во многих случаях удается
свести расчет таких систем к расчету систем с конечным
числом или даже с одной степенью свободы.
§ 24.	Свободные колебания
Если упругая система в результате взаимодействия с
каким-либо другим физическим телом оказывается выве-
денной из состояния равновесия, то после прекращения
указанного взаимодействия система будет совершать
свободные колебания.
Свободные колебания системы с одной степенью сво-
боды рассмотрим на примере балки, жестко заделанной
одним концом с точечной массой на свободном конце
(рис. 82). Из основного уравнения динамики (второй за-
кон Ньютона) масса выражается как частное от деления
силы веса груза Q на величину ускорения силы тяжести
£=981 см)сек2, т. е.
<2 п
т — — , или Q — mg.
g
(63)
Таким образом, в технической системе единиц раз-
мерность массы выражается в кГсек21см.
Под действием груза Q точка его приложения пере-
местится вниз на величину уСТ. На рис. 82 упругая линия
балки от статической силы Q изображена сплошной кри-
вой линией.
127
Силу веса можно исключить из рассмотрения, так как
она уравновешивается начальной силой реакции системы.
При свободных колебаниях балки в любой момент
времени па массу tn, отклонившуюся от положения ста-
тического равновесия на величину у, будет действовать
восстанавливающая сила R, сила сопротивле-
ния F и сила инерции X.
Рассмотрим каждую из этих сил, считая положитель-
ными силы, перемещения, скорости и ускорения, направ-
ленные вниз.
Восстанавливающая сила R—это сила упругой реак-
_____________________	ции системы, возникающая
3	д--===г__4^,-4	при отклонении массы m от
П	положения статического
’’‘'о—равновесия. Эта сила, стре-
у________I_______Тх мящаяся верйуть массу в
положение статического рав-
новесия, направлена в сто-
рис 82	рону, противоположную пе-
ремещению и, в соответст-
вии с принятым правилом
знаков должна считаться отрицательной. Восстанавли-
вающая сила пропорциональна величине отклонения у
точки, в которой сосредоточена масса, т. е.
R = — гу.	(64)
Коэффициент пропорциональности г представляет со-
бой реакцию балки в рассматриваемой точке при пере-
мещении этой точки, равном единице. Эта величина, за-
висящая от упругих и геометрических характеристик си-
стемы, может быть найдена из общего выражения для
перемещения, вызванного силой г и приравненного еди-
нице, т. е.
у = 6г = 1 иди г = — ,
где 6 — перемещение рассматриваемой точки, вызванное
единичной силой.
Так, например, для рассматриваемой балки, жест-
кость которой равна Е1, при действии силы Q=1 имеем:
л QI3	I3	3EI
о = -тг- =-- и г —---.
ЗЕ1	3EI	Р
Сила сопротивления F возникает из-за сопротивления
внешней среды, т. е. воздуха или воды, а также от вяз-
128
кости или неполной упругости материала самого соору-
жения и от трения в опорных устройствах. При всех этих
неупругих сопротивлениях происходит поглощение энер-
гии.
Для упрощения математической стороны задачи
обычно принимают, что сила сопротивления F пропорци-
ональна скорости колебаний v~y', что она приложена к
массе и направлена в сторону, противоположную ее дви-
жению. Последнее обстоятельство учитывается знаком
«минус»
F=.— k ^- = -ky'.
• dt у
(65)
Здесь k—коэффициент пропорциональности, физичес-
кий смысл которого мы установим ниже;
t— время.
Сила инерции X в соответствии с принципом Далам-
бера равна произведению массы т на ее ускорение, т. е.
на вторую производную пути или перемещения у по вре-
мени t. Эта сила направлена в сторону, противополож-
ную ускорению, и считается отрицательной
X — — т— = — ту".	(66)
Уравнение динамического равновесия всех сил, дейст-
вующих на массу,
= X + F + R=--0.
Сила Q в это уравнение не входит, так как ее дейст-
вие уже учтено тем, что перемещения отсчитываются не
от уровня нуля, а от уровня статического равновесия.
Подставляя вместо сил R, F и X их выражения (64) —
(66), деля уравнение на т и меняя знаки, получим такое
обыкновенное однородное линейное дифференциальное
уравнение второго порядка
У"+ — У'+ — У = 0.	(67)
т т
Решение этого дифференциального уравнения будет
таким
м
у = аое ‘2п sin (го/ + ср0).	(68)
9-949	129
Здесь е—основание натуральных логарифмов (е =
= 2,72);
а — круговая частота свободных колебаний, т. е.
число циклов колебаний в течение 2л сек
а0—начальная амплитуда свободных колебании:
(70)
<10— начальная фаза свободных колебаний, харак-
теризующая отклонение массы в начале дви-
жения;
Фо = arctg-------—-------= arcsin —;	(71)
k	аи
pn + Уо
т
Уд— начальное перемещение
Уо = ао sin фо,
t’o—начальная скорость колебаний.
Период, т. е. продолжительность полного цикла коле-
баний в секундах,составляет
Т = — .	(72)
График свободных затухающих колебаний показан
на рис. 83.
Найдем натуральный логарифм отношения двух по-
следовательных однозначных амплитуд свободных коле-
баний, который обозначим через б
____» k
Xi ап । е 2,п i ъГ (,n+i~,n)
6 = In —— = In----------------= In e2"	=
°n+l	|-1
2m
= lne2"1 = — = nT.	(73)
2m
Эта величина, характеризующая скорость затухания
колебаний, называется логарифмическим д е к р е-
130
k
ментом затухания, а величина п=-----коэф-
2т
ф и ц ие нтом затухания.
В системе с затуханием зависимость между силой Р
и перемещением у не-
линейна, поэтолЛ' при
каждом цикле колеба-
нии на диаграмме Р—
у получается замкну-
тая кривая, называе-
мая петлей исте-
ре з и са (рис. 84).
хМожно принять, что
при гармонических ко-
лебаниях петля гисте-
резиса имеет форму
Рис. 83
эллипса с центром в
начале координат. Отношение работы неупругих сопро-
тивлений AIV/ за цикл к работе W упругих сил за чет-
верть цикла, т. е. на пути от ненагруженного до крайнего
деформированного состояния системы, называется ко-
эффициентом поглощения.
На графике рис. 84 работа AIV7 выражается Вло-
щадыо эллипса, а работа №— площадью заштрихован-
ного треугольника.
Коэффициент поглощения
м-т t-T
_ f — = 2 f — — 2 In = 26. (74)
IP ,) й7 ,1 У ап+А
t	t
В расчет обычно вводятся значения коэффициента пе-
упругого сопротивления материалов в конструкции у,
равные коэффициентам поглощения, деленным на 2л. и
представляющие собой отношения амплитуд неупругой
и упругой деформации, т. е.
Ун _ 'Р _ 6 _ kT _ k
Уу 2л я 2лот ты
(75)
Значения этого коэффициента для разных материа-
лов и для разных величин амплитуд инерционных сил
машин приведены в табл. 11.
Из формулы (75) можно выразить первоначально
принятый коэффициент пропорциональности k через дру-
9*
131
г не характеристики затухания
k —	= znyco = 2rnn -- у I rm. (76)
T T
Таблица 11
Амплитуда инерционной силы в кГ	Железобетон	Кирпичная кладка	Дерево	Сталь прокат: ая
<100	0,05	0,04	0,03	0.01
>100	0,1	0,08	0,05	0,025
Таким образом, коэффициент k не является физичес-
кой постоянной материала, а зависит еще от массы и
жесткости конструкции.
Более общей является зависимость, предложенная
Е. С. Сорокиным,
Л =/шоу (ео)»	(77)
где ео— амплитуда деформации.
Иногда силу сопротивления принимают постоянной
или пропорциональной величине перемещения массы.
Если не учитывать затухания колебаний, т. е. принять
/г = 0, то из формул (68) — (71) получается:
у = a sin (со? -г фо),	(78)
со= 1/=	= >/(79)
V «	» Усг
Фо = arctg —J = arc sin — .
t'o	a
(SO)
(81)
132
При этом f/CT = 6Q — статическое перемещение систе-
мы от груза Q = mg.
Дифференцированием выражения (78) можно полу-
чить такие формулы^ля скорости н ускорения гармони-
ческого колебательного движения
v — у' = am cos (со/ 4- <рс);	(82)
ш = у" = — am2 sin (at + <fo).	(83)
График уравнения (78) представлен па рис. 85.
Величина а, характеризующая размах колебания, на-
зывается амплитудой колебаний. Величина фо,
характеризующая отклонение точечной массы в началь-
ное мгновение, называется начальной фазой ко-
ле б а н и й.
Уравнение (78) приводит к одинаковым значениям у
при
/ = t = /j + —	= л
ы	ы
поэтому период, т. е. продолжительность полного цикла
колебаний, выражается формулой (72):
Т —
ы
На графике рис. 85 эта величина, имеющая размер-
ность времени, показана как отрезок времени между
двумя соседними однозначными амплитудами
Частота колебаний, т е. число полных циклов
колебаний в 1 сек, выражается в герцах и составляет
При этом Т должно быть выражено в сек.
Из формул (79) видно, что частота уменьшается с
увеличением статического прогиба упругой системы, т. е.
с уменьшением ее жесткости. Частота убывает также с
увеличением массы.
Технической частотой п называют число коле-
бании в минуту. Техническая частота выражается следу-
ющими формулами:
п = 602. = — =—=—	.-ЗС0 - .	(85)
Т п	уст у
Как показывает формула (69), затухание приводит к
уменьшению частоты свободных колебаний. Однако вто-
133
рой член под корнем этого выражения, как правило, во
много раз меньше первого, поэтому практически можно
считать, что затухание не оказывает влияния на частоту
свободных колебаний.
Пример 31. Требуется определить круговую и тех-
ническую частоту, а также пе-
риод собственных колебании
сосредоточенного груза Q =
= 1200 кГ, приложенного па
свободном конце балки, жест-
ко заделанной другим концом
(рис. 82). Балка пролетом 1=
=1 м, из прокатного двутавра
20в с моментом инерции попе-
речного сечения относительно
горизонтальной оси / = 2500
см*. Собственный вес балки не
учитывается.
Рис. 86	Приняв модуль упругости
£ = 2,1 • 106 кГ1см\ найдем
статический прогиб свободного конца балки от заданного
груза
Q13
ЗЕ1
1200-1003
3-2,1 -10‘>- 2500
= 0,0762 см.
Круговая частота свободных колебаний находится по
формуле (79) при £=981 см!сек2.
со = ъ/= 1 /= 113 сек~\
Г Уст V 0,0762
Период колебаний по формуле (72)
~ 2л 6,28 n псгС
Т — — = -J— = 0,0555 сек.
о 113
Техническая частота по формуле (85) составляет
Если бы требовалось найти только этот результат, то
его проще было получить непосредственно по другой
формуле
..	300	300 1ЛОА 1
/1 = —---= —-	— 1080 мин~\
V Уст /о.0762
134
Пример 32. Требуется определять круговую часто-
ту собственных колебаний сосредоточенного груза Q =
=tng=3 Т, приложенного на расстоянии а = 1,5 м от ле-
вой опоры балки (рис. 86). Пролет балки 1—6 м. Собст-
венный вес балки (двутавр 30а) не учитывается. Момент
инерции поперечного сечения балки /=8950 ли4.
Статический прогиб балки под грузом Q от действия
этого же груза находится путем перемножения эпюр по
способу А. Н. Верещагина
= 1 Р$1 1 . 1 , 3QI "31 I
lJ т ” El V 16 4-2 ' 8 + 16 8 8 /
3Q/3	3-3000-6003	„
= ------ =--------------= 0,404 см.
256EI	256-2,1. Юо-8950
Круговая частота по формуле (79)
981
-—— = 49,2 сек-1.
0,404
Пример 33. Требуется определить круговую часто-
ту свободных колебаний массы т = — .сосредоточенной
g
посредине пролета ригеля рамы, показанной на рис. 87,а,
если Q = 1000 кГ, 1 — 2 м, h = 3 м, EJ—10w кГсм2 и — = 2.
/1
Собственную массу стержней рамы не учитывать
Пользуясь данными из книги проф. Д. В Бычкова
«Формулы и графики для расчета рам» (Госстройнздат,
135
М., 1957, стр. 70), получаем в готовом виде эпюру изги-
бающих моментов в раме от действия груза (рис. 87,6).
Вычисляем момент в узле В по готовой формуле
,,	3(2/	1	3-1-2	1
Л1 = ~— • ----------- = ---- --------- ==
В 8	з lh 8 	. 3-2-3
2+ 2 1,1	+ 2-2
— 0,115 Тм = 11500 кГсм.
Статический прогиб под силой Q определяем путем
перемножения эпюр. При этом эпюра М от единичной
Рис. 89
силы, приложенной по направлению искомого перемеще-
ния, построена для статически определимой основной
системы (рис. 87,в).
Произведя перемножение эпюр по способу А. Н. Ве-
рещагина, найдем
1 FQZ	I	1	/	г, мп	I	I 1
у т = —	- — ----------2------=- . — - — =
Е1 । 4	2	2	6	2	4	2)
! _ ' QF _ 'Чд I1 \ _ 1 / Ю00-2003 _ 11 БОС-200-\ _
Е1 ^48	16 / ~ 1010 V 48	16 J
= 0,0139 см.
Круговая частота свободных колебания
981 с сс
----- =266 сек
0.0139
Пример 34. Требуется определить техническую ча-
стоту собственных вертикальных колебаний фундамента
(рис. 88), передающего равномерное давление на грунт,
равнодействующая которого Q = 200 Т. Площадь подош-
вы фундамента составляет F=10 я2, а коэффициент уп-
ругого сжатия гранта k = 2,5 кГ!см3.
136
Давление на грунт основания составляет
= Q_ = 200 = 20 г/л2 = 2 кГ см2
' F 10
При таком давлении упругая статическая осадка фун-
дамента, которая войдет в расчетную формулу для ча-
стоты вместо статического прогиба, будет равна
у т = — - — = 0,8 см.
а k 2.5
Техническая частота свободных колебаний
„	300	300	-I
п = —— = —— = 335 мин .
VУст Р 0,8
Пример 35. Требуется найти круговую частоту сво-
бодных колебаний массы пг, входящей в состав системы,
показанной на рис. 89. Жесткость стержней и пружины
соответственно равны £7= оо иг.
Статическое перемещение массы равно статическому
укорочению пружины и составляет
Уст =
Круговая частота свободных колебаний
§ 25. Вынужденные колебания
при действии вибрационной нагрузки
Вынужденными называются колебания системы,
на массу которой, кроме восстанавливающей силы, силы
сопротивления и силы инерции, действует еще возмуща-
ющая сила, изменяющаяся по времени.
Наибольшее практическое значение для расчета про-
мышленных сооружений имеет вибрационная гармониче-
ская нагрузка, т. е. нагрузка, изменяющаяся во време-
ни по закону синуса или косинуса, например сосредото-
ченная сила
/>(/)= Р sin 6f,	(86)
где Р — амплитуда возмущающей силы;
О— круговая частота возмущающей силы.
13?
По гармоническим законам изменяются вертикальная
(Ру) н горизонтальная (Рх) составляющие центробеж-
ной силы, возникающей при наличии неуравновешенной
массы tn равномерно вращающейся части машины
(рис. 90).
Рис. 90
Рис 91
Если к системе с одной степенью свободы, например,
к балке, рассмотренной в предыдущем разделе и пока-
занной на рис. 82, приложена гармоническая возмущаю-
щая сила (рис. 91) P(t), то в дополнение к силам R и X
в уравнение динамического равновесия войдет и сила
P(t) и тогда вместо однородного дифференциального
уравнения (67) мы получим неоднородное, т. е. уравне-
ние с правой частью
У" + — У + ы2 У = ~ sin 0/.	(87)
т	т
Полное решение этого уравнения состоит из общего
решения соответствующего однородного уравнения (67)
и частного решения уравнения (87)
у = а0 е im sin (ь^+ЧРо) + 14/ т sin (6^ — е).	(88)
Первый член этого уравнения выражает свободные
колебания, а второй — вынужденные.
Как было показано выше, свободные колебания быст-
ро затухают благодаря силам сопротивления и тогда ус-
танавливаются вынужденные колебания с частотой 0.
Во второй член формулы (88) входят следующие ве-
личины: е — сдвиг фазы вынужденных колебаний по от-
ношению к колебаниям возмущающей силы, характери-
зующий величину опережения
— 0
e=arct8^-	(89>
138
ц — динамический коэффициент гармонической нагруз-
ки, показывающий, во сколько раз ее динамическое дей-
ствие превышает статическое действие ее амплитуды
Амплитуды вынужденных колебаний и динамические
коэффициенты благодаря затуханию уменьшаются и при
резонансе в бесконечность уже не обращаются. Тем не
менее они могут достигнуть опасных значений.
При совпадении частот (9=<о) из формулы (90) полу-
чается
н = =	•	(91>
о у
Наибольшего значения динамический коэффициент
достигает при
I—Y — 1 _ 21
\ ы /	2 ’
1
Нмакс	___ •
yl 4—у2
(92)
Однако разница между результатами по формулам
(91) и (92) очень мала. График динамического коэффи-
циента при наличии затухания показан на рис. 92.
Таким образом, при
резонансе амплитуда вы-
нужденных колебаний об-
ратно пропорциональна
логарифмическому дек-
ременту затухания. Сдвиг
же фазы колебаний по
отношению к возмущаю-
щей силе составляет при
п и
этом е=----т. е. 'А пе-
риода.
При очень большом
значении коэффициента
поглощения ф>4л, нап-
ример при колебаниях в
Рис. 92
вязкой жидкости, частота ю по формуле (69) может по-
лучиться мнимой. Это означает, что колебаний не будет
происходить и что упругая система, выведенная из пер-
воначального состояния равновесия, медленно вернется
в это состояние.
При k=0, т. е. без учета затухания, формула (90) по-
лучает следующий вид
Н = —!—.	(93)
\ и /
Однако эта формула оказывается недостаточно точ-
ной в области, близкой к резонансу, в которой особенно
велико влияние затухания. При равенстве частот 0 = о>
формула приводит к значениям ц=± оо, которые в дей-
ствительности не могут быть достигнуты.
Особенностью вынужденных колебаний при резонан-
се является то, что перемещения сдвинуты по фазе на
л
— = — относительно возмущающей силы, т. е. пере-
мещения достигают наибольшей величины в те моменты,
когда эта сила обращается в нуль.
При 6><л> величина ц по формуле (93) становится от-
рицательной. Это означает, что колебания возмущающей
силы п самой массы происходят в противоположные сто-
роны.
Пример 36. Определить динамический коэффици-
ент, амплитуду вынужденных колебаний и наибольшие
нормальные напряжения в балке, рассмотренной в при-
мере 32,если сосредоточенный груз Q = 3 Т является дви-
гателем, совершающим 400 об/мин и дающим вертикаль-
ную составляющую центробежной силы P(t) =Р sin 0/.
При этом Р=0,8 Т. Найти также величину динамическо-
го коэффициента при резонансе.
Круговая частота свободных колебаний была найдена
в примере 32 и равна со = 49,2 сек~*. Круговая частота
вынужденных колебаний, равная частоте возмущающей
силы
0 = 400 —= 41,8 шс-1.
60
Так как балка стальная, а амплитуда вертикальной
составляющей центробежной силы превышает 100 кГ, то
140
по табл. 11 принимаем коэффициент неупругого сопро-
тивления матернала*у=0,025.
Динамический коэффициент по формуле (90)
1
1
1
______________ = 3,56.
]А).2732 4-0.0212
Динамический коэффициент по формуле (93)
Таким образом, учет затухания при отсутствии резо-
нанса почти не изменил величину динамического коэф-
фициента. При резонансе же, т. е. при 6 = ю, с учетом за-
тухания по формуле (91) получим
Таким образом, хотя с учетом затухания динамичес-
кий коэффициент при резонансе и не получается беско-
нечно большим, он все же оказывается весьма высоким.
Это обстоятельство заставляет избегать в конструкциях
явления резонанса.
Статический прогиб от силы Р = 0,8Т найдем, исполь-
зуя результат, найденный в примере 32 для силы Q = 3 Т
у г = 0,404 — = 0,404 — = 0,107 см.
Q ’	3,0	’
Амплитуда вынужденных колебаний будет равна ди-
намическому прогибу
У;;пи = ЦУст = 3,56-0,107 = 0,381 см.
Полный прогиб балки под силой будет равен стати-
ческому прогибу от силы Q плюс динамический прогиб
от силы Р
Унолн = 0,404 + 0,381 = 0,785 см.
141
Максимальный прогиб, находящийся около середины
пролета, может быть несколько больше.
Наибольший изгибающий момент с учетом динамиче-
ского действия силы Р
Ммакс = (Q+ftP) Y = (3+3,56-0,8)b±h-5 =
= 6,56 Тм = 656000 кГсм.
Наибольшие нормальные напряжения в опасном по-
перечном сечении балки
Омаке =	= —— = 1 100 КГ СМ*.
макс w	5g7
В случае же, когда двигатель стоит неподвижно:
.. Qab	3-1,5-4.5 о	•
Л4макс = -^7- =------- = 3,37 ты-,
I 6
Омаке =^^= 565 *Гсм\
Таким образом, наличие динамической нагрузки, да-
же при отсутствии резонанса, может привести к сильному
увеличению напряжений в сооружении по сравнению со
статическими.
§ 26. Действие других возмущающих
нагрузок
Внезапно приложенная возмущающая сила постоянной
величины
Если к упругой системе, находящейся в состоянии по-
коя, в момент времени t9 прикладывается возмущающая
сила P(t)*=P, то уравнение динамического равновесия
без учета затухания для t>to будет таким
/ + (о21/= —.	(94)
т
Полное решение этого уравнения, включающее сво-
бодные и вынужденные колебания системы при /о=О,
имеет следующий вид
У = a sin (и/ + <р0) +— (1 —cos ©О (95)
ты2
р
Так как —- =Ус1, то динамический коэффициент
142
силы Р при вынужденных колебаниях будет
И = 1 — cos tat.
(96)
Наибольшее значение этого коэффициента при ш1=п,
Зл, ... достигает акс — 2.
На рис. 93 показан график колебательного движения
точки приложения силы Р.
Внезапно приложенная и внезапно прекратившая свое
действие сила постоянной величины
Принимается, что сила Р прикладывается внезапно
в момент времени и сохраняет постоянное значение в
течение периода Тр.
Для периода ta<t<t0+Tp действительно предыдущее
решение, а в период
i>to+Tp, т. е. после
прекращения действия
силы Р система будет
совершать свободные
колебания в соответст-
вии с первым членом
выражения (95). При
этом начальные усло-
вия этого движения
(при 1 = ^+Тр), совпа-
Рис. 93
дающие с условиями движения в конце предыдущего пе-
риода, позволяют определить амплитуду колебаний и
динамический коэффициент силы Р
г с (дГп ।	• Л7*п
и = + 2 sin —- = + 2 sm —
2	~ Т
(97)
Величина этого коэффициента зависит от соотноше-
ния между периодом Тр действия нагрузки и периодом
Т свободных колебаний системы. В табл. 12 приведены
значения ц в зависимости от величины ТР!Т.
Таблица 12
Значения динамического коэффициента |1
Т„,Т	0	0,01	0,02	0,05	0,1	0,167	0.2	0.3	0,4	0,5 и более
и	0	0,52	0,126	0,313	0,618	1,00	1,175	1,617	1,902	2,0
143
Кратковременный импульс силы
Если импульс сосредоточенной силы P(t) имеет ве-
личину S и действует в течение малого промежутка вре-
мени (периода) Т°, то среднее значение силы за этот пе-
риод будет
р=4-	(98)
Приняв вместо силы P(t) ее среднее значение Р, мо-
жно воспользоваться формулой (97) для динамического
коэффициента. Обе части этого выражения умножим на
Р и, кроме того, правую часть умножим и одновременно
разделим на -у-. Тогда в левой части мы получим ста-
тическую силу, эквивалентную данно,му импульсу по сво-
ему действию
____О	__о
. ЫТР	. (*ТР
SIIi-	sin--
Р9К = цР = ± Р^Гр-----= ± (OS------(99)
иТр	^Тр
2	2
Так как для любого угла а отношение <1 и это
а
отношение при стремлении а к нулю стремится к едини-
це, то наиболее опасным из всех ударных импульсов,
имеющих заданную величину S, является мгновенный
импульс, для которого
Рэк = ±<oS.	(100)
§ 27. Ударная нагрузка
системе, не-
свободного
Рис. 94
При ударе движущегося тела по упругой
пример в случае
падения груза Q — tng на ко-
нец балки, показанной на рис.
94, происходит передача кине-
тической энергии движения
груза бачке, сопровождающа-
яся деформацией последней и
возникновением равных между
144
собой сил взаимодействия груза и балки. Каждая из этих
сил называется силой удара. Сила удара имеет
вполне определенную продотжителыюсть или период
действия Т °, обычно измеряющийся сотыми или тысяч-
ными долями секунды и в течение этого периода изменя-
ется по величине. Примерный график силы удара пока-
зан на рис. 95 (сплошная линия).
Сила удара характеризуется ее наибольшей величи-
ной Р, периодом Т°р и импульсом, равным площади диа-
граммы удара
г»
S=jPF(OdZ.	(101)
о
В то же время импульс силы удара равен количеству
движения ударяющей массы tn
S = mv,	(102)
где v — скорость движущейся массы т.
Если сила в течение периода Тр остается постоянной
и равной Р, то импульс такой силы будет выражаться
простым произведением
S = PTp.	(103)
Сила удара, период ее действия и закон изменения
во времени зависят не только от величины массы тела и
скорости его движения, но также и от упругих свойств
самого сооружения и его поверхности в месте удара.
В настоящее время мы можем получить график силы
удара только экспериментальным путем, например с по-
мощью осциллографа. График силы удара можно при-
ближенно заменить равновеликим прямоугольником, па-
пример исходя из равенства наибольших ординат, как
это показано на рис. 95 пунктиром, или исходя из равен-
ства периодов Тр = Т°р.
Зная величину импульса S ударной нагрузки, период
ее действия Т° и круговую частоту ю собственных коле-
баний системы, можно воспользоваться формулой (99)
для нахождения статической силы, эквивалентной силе
неупругого удара.
Не зная периода действия ударной нагрузки, будем
считать ее импульс мгновенным. Тогда эквивалентная
статическая сила выразится формулой (100), а динамн-
10—949
145
ческий коэффициент ударяющего груза Q = tng окажет-
ся равным
.. _ Рэк _ k'S
р '	— —-
Q Q
g Q
V Уст g
Q
——. (104)
KgtfcT
Эта формула справедлива при движении массы т в
любом направлении. Формула показывает, что эффект
ударной нагрузки зависит не только от величины ее им-
пульса, но также и от частоты собственных колебаний
самой системы. Чем жестче сооружение, тем больше бу-
дет динамический коэффициент удара при одном и том
же импульсе.
Если принять скорость v равной скорости свободного
падения груза Q с высоты Л + цг/ст, т. е. v= ]/Г‘2§(/г +
+ р(/ст), то после подстановки этого выражения в форму-
лу (104) из решения квадратного уравнения получим
р = 1 + 1/ 1 + — .	(105)
г Уст
В случае, если величина h много больше, чем величи-
на Уст» можно пренебречь единицами, стоящими под кор-
2Л
нем и перед корнем по сравнению с величинами — и
_______	Уст
"1/ — . Тогда получается приближенная формула
F Уст
146
При наличии иа сооружении в месте удара сосредото-
ченной массы т статический прогиб от весов обеих масс
будет уже равным
т + тг I. . т* \
J/1CT — J/ст	Уст I 1 Ч- )•
т	\ т /
Подставляя в формулу (106) вместо уКт величину
1/1СТ, получим
Таким же путем могут быть уточнены формулы (104)
и (105).
Равномерно распределенная масса приводится к со-
средоточенной в месте удара путем умножения ее на не-
который коэффициент р, зависящий от условий опирания
концов стержня.
В табл. 13 приведены коэффициенты приведения рав-
номерно распределенной массы к точке удара, обозна-
ченной буквой С.
Таблица 13
Коэффициенты приведения масс
Схема стержня
0,493
0,23
0,375
0,460
10*
147
Пример 37. На железобетонную балку пролетом
/=6 м падает посредине пролета груз Q = 200 кГ с высо-
ты h = 20 см (рис. 96). Определить силу удара, если мо-
дуль упругости бетона £=340 000 кГ]см2, момент инер-
ции поперечного сечения балки / = 360 000 см\ собствен-
ный вес балки 2,0 Т.
Статический прогиб балки от груза весом Q
®3=	200-6ГО.	=
у'т 48 £7	48-340000-360000
Собственный вес балки, приведенный к точке удара,
принимается равным половине действительного собствен-
ного веса, т. е.
Qi = 0,5-2,0 = 1,07'.
По формуле (107) определяется динамический коэф-
фициент удара. При этом отношение масс заменяется
отношением соответствующих весов
14 =
= 31.
Сила удара оказывается равной
Р = (,ibQ = 31.200 = 6200 кГ.
Если бы мы пренебрегли собственной массой бачки,
то динамический коэффициент и сила удара получились
бы по расчету значительно большими:
14 =
=73,5;
0.0074
Р = pyQ = 73,5-200 = 14700 кГ.
Таким образом, сила
удара груза, даже при
падении его с небольшой
высоты, оказывается зна-
чительно больше, чем вес
этого груза. При этом
сила удара увеличивает-
ся с увеличением жест-
кости сооружения.
Пример 38. Опре-
делить силу удара льдн-
148
ны весом Q = 1000 кГ о железобетонную сваю-оболочку,
погруженную в дно реки на глубине Н=6 м (рис. 97).
Скорость течения г»=1,5 м/сек. Внутренний диаметр обо-
лочки D0=l,5 м при толщине стенки 6=14 см. Модуль
упругости железобетона £=340000 кГ/см?-. Защемление
свай в грунт принимается на уровне дна.
Момент инерции кольцевого сечения при радиусе
срединной поверхности г = 0,82 м.
/ = лг3д = 3,14-0,823-0,14 = 0,24 лР = 2,4- 107 см'\ ’
Собственный вес оболочки, приведенный к точке уда-
ра, принимается равным одной четверти полного веса ее
наземной части, т. е.
Qi = 0,25-2лг6//уб = 0.25-2-3,14 Х>
X 0,82-0,14-6,0-2,5 = 2,7 Т.
Статический прогиб верха сваи от силы Q, равной ве-
су льдины н приложенной горизонтально,
QH3	1000-6003	n ппо„
—---=------------------= 0,0088 см.
ЗЕ/	3-3,4-108-2,4-107
Динамический коэффициент удара по формуле (107)
—--------= 26,7.
У.т
1Д =
981-0.0088
Сила удара
Р = ri[/Q = 26,7-1,0 = 26,7 т = 26,7- 1,0 = 26,7 Т.
ГЛАВА 7
СИСТЕМЫ СО МНОГИМИ СТЕПЕНЯМИ
СВОБОДЫ
§ 28. Свободные колебания
Число возможных форм свободных колебаний упру-
гой системы равно числу степеней ее свободы. Каждой
форме колебаний соответствует своя частота. Совокуп-
ность частот данной системы составляет ее спектр ча-
стот.
119
Для практических целей часто бывает достаточно
найти наименьшую частоту, представляющую наиболь-
шую опасность в смысле возможности возникновения
резонанса с вибрационной нагрузкой. Дело в том, что,
во-первых, резонанс на низшей частоте приводит к наи-
большему динамическому эффекту. Во-вторых, если да-
же частота возмущающей силы значительно превышает
низшую частоту собственных колебаний системы, то ре-
Рис. 9f
зонанс иа этой частоте все же будет возникать при разго-
не машины во время ее пуска. Поэюму низшую частоту
иногда называют частотой основного тона колебаний.
Следующий по порядку тон колебаний называется пер-
вым обертоном.
В качестве примера систем с несколькими степенями
свободы рассмотрим простую балку с тремя точечными
массами /пь т2 и т3 (рис. 98). Такая балка имеет три
степени свободы, поэтому~бна~характеризуется тремя ча-
стотами свободных колебаний — а>ь соя и <03.
Для определения этих частот можно составить следу-
ющие выражения перемещений точек приложения сосре-
доточенных масс под действием сил инерции этих масс:
У\ = — 6пт1У1 — 612т2&2 — 61зтгУм
У? = — 621т1У1 — 622т2У2 — б23тзУз’
Уз = —	— ЬА2т2У2 — ^ззтзУ-
(Ю8)
Перемещения 6ц, 612—бяь 6|з = 6з1» 622» б2з=6зг> бзз вы-
числяются как обычно способом О. Мора или А. Н. Ве-
рещагина от единичных сил, приложенных в местах дей-
ствия сил инерции, т. е. в сечениях, где находятся точеч-
ные массы.
Система дифференциальных уравнении (108) имеет
следующее частное решение:
У1 = «1 sin (о/ + <р0),
й = a2sin(bj/ + <р0),
Уз = а3 sin (at + <р0).
(Ю9)
150
f
Здесь or,o2 иа3— амплитуды колебаний соответствующих
масс;
Фо — начальная фаза колебаний.
Вторые производные этих перемещений по времени,
т. е. ускорения, выражаются так:
у" = — sin (со/ + <р0),
у" = — ю2п2 s>n М + Фо),
У = — sin (ь/ + ф0).
(ИО)
Подставив в систему уравнений (108) выражение
(109) и (ПО) и сократив на со251п(о/+фо), получим:
^плг, — j «1 + в12рг2<72 +	= 0,
+ (622т2------т! а2 + 62. ,т3а3 = 0,	(111)
\	<о2 /
+ 632т2<?2 + МзУДэ--------тЬз = 0.
Тривиальное решение этой системы уравнении а( =
= п2 = Яз=0 соответствует равенству нулю амплитуд ко-
лебаний, т. е. случаю, когда система находится в покое.
Существование отличных от нуля амплитуд alt а2 и
а3 возможно только в том случае, если определитель, со-
ставленный из коэффициентов при амплитудах, равен
нулю, т. е.
eu"h— —	6i2m2 бытз
G)“
^21^1	^22m2 Г
CO3
631m!	632m2 633m3------L
(H2)
Если этот определитель раскрыть по известному пра-
вилу Саррюса, то получится одно уравнение третьей сте-
пени относительно
1
со2
которое при решении даст три
положительных значения частот со. Каждому значению
о соответствует одна определенная система уравнений,
решив которую, можно найти соотношения между ам-
плитудами колебаний.
В общем виде определитеть частот, называемый ве-
151
косым уравнением, для системы с п степенями сво-
боды записывается так:
----—
<02
^22^3 Г' " *	®2л^Л
= 0. (113)
6nimi
6,У"2	-у
со-
Уравнение частот, полученное в результате раскры-
тия определителя второго пли, в крайнем случае, треть-
его порядка (п=2 или п=3), может быть решено строго
непосредственно. В случае, когда и > 3, это уже может
оказаться затруднительным или даже невозможным.
Если направления
перемещений tji, у2,
уп выбраны так, что
побочные перемещения
обращаются в нуль,
то система дифферен-
циальных уравнений
(108) и соответствую-
щее ей уравнение час-
тот распадаются на от-
дельные уравнения,со-
держащие только глав-
ные перемещения. В
этом случае перемеще-
ния yi, у2, .., уп назы-
ваются главными координатами, а соответствующие фор-
мы колебаний — главными формами колебаний. Глав-
ные формы колебаний обособлены друг от друга и каж-
дая из них происходит со своей определенной частотой,
которая выражается простой формулой.
1
и, — —==
(114)
Эта формула по своей структуре аналогична формуле
(79) для системы с одной степенью свободы.
Однако выбрать главные координаты для системы с
числом степеней свободы больше двух-трех в общем слу-
чае весьма затруднительно.
152
Для системы с двумя степенями свободы это всегда
оказывается возможным.
Для симметричных систем с симметрично располо-
женными массами возможны прямо симметричные и об-
ратно симметричные
формы колебании,
при которых силы
инерции будут пря-
мо симметричны и
обратно симметрич-
ны. В этом случае
перемещения вычис-
ляются как группо-
вые от парных пря-
мо симметричных
или обратно симмет-
ричных единичных
сил. Побочные же
перемещения, свя-
зывающие прямо
симметричные и об-
ратно симметричные
силы инерции, обра-
щаются в нуль.
Это также при-
водит к распаду ура-
внения частот на два
Рис. 100
независимых уравнения, из кото-
рых одно позволит найти частоты прямо симметричных
колебании, а другое — обратно симметричных.
При этом, так как групповые перемещения находятся
от парных единичных сил, то соответствующая масса
должна входить в вековые уравнения с коэффициентом
1/2.
Пример 39. Определить частоты собственных коле-
баний невесомой консольной балки с двумя равными со-
средоточенными массами (рис. 99)
т =-2- = — = 0,051 Т-^- , если £/=2000 т-м2-,
g 9.81	.и
I = 4,0 м.
Вычисляем перемещения от единичных сил путем пе-
ремножения noci роенных от них эпюр изгибающих мо-
ментов
I5J
л — _L ( bl 2'1 I t l 21 \ _ 13 .
11 ~ El \2-2-2-3-2 ' 2-2-3-2 /	8E1
. _Л	l'11	-______?—
°12 — °2i —	4.2.4£/	Э2Е/ ’
I-1.2-1 = У
22	4-2-2-3-4	48£/
Составляем определитель из этих коэффициентов
----7 I 6iaf«2
0)	=0
62i^; f>Mm----------
<о2
или
Рт	1	Рт	
8 Е1		32EI	= 0.
Рт	Рт	1	
32 EI	’ 48£/	(О2	
Раскрывая определитель, получаем уравнение частот,
квадратное относительно величины —
/ Рт______1_\ / Рт____1_\ _ / Pm \3 _ Q
\ 8 El	o&J\4SEI	ар) \ 32 £7 J
или
/ 1 \2 7Рт 1	.	5 /6т2 __q
Vm2/ ~ 48 £/ со2 + 3072 РГ- ~
Применяя формулу решения квадратного уравнения,
находим:
1 _ 7Рт _Г/ 7/3 т \2_________>5 / 7Рт \2 _
со3 “ 96£/ “ V \ 96£/ )	49 \ 96£/ / ~
= 2^(1 + 0,835);
96£/ ' - ’
1	13 т о 7Л -1 /^~ЁГ
----—--------Wi = 2,74 I/ --------=
ш2 7.48£7 ’	1	’ V Рт
о 7л 1	2000 со с	—1
= 2>74 1/ 777--------- 68,5 сек ;
V 4s-0,051
154
1 _ l3m
ш2 ~ 83.2E1 ;
= 9,12 1/ — °-00 =228 сек~\
У 4«.0,051
Пример 40. Определить частоты свободных колеба-
ний балки с тремя равными сосредоточенными массами
т, расположенными так, как показано на рис. 160, а.
Жесткость балки равна Е1.
Так как система и расположенные на ней массы сим-
метричны, то задача может быть решена с учетом и ис-
пользованием симметрии. Построив эпюры изгибающих
моментов от единичных сил инерции (рис. 100, б, в, г),
находим перемещения путем перемножения эпюр:
/_/_	1	1	2г'2 I	f .	f	.	f \	1	_ f3 .
. 4 ’	4	* 2	’ 3-4 +	4 ’	2	*	4 )	El ~	24EI ’
1W3
3&4EI ’
_L. _L 1 2-12 1	__
4 ’ 2 ’ 2 ’ 3-4 EI 48£J ’
I	I	1	2-1	. 1 P
_ . — . — . -------4---- =--------.
8	4	2	3-8 EI	\92EI
Перемещения бц и бгз обращаются в нуль.
Определитель для симметричных колебаний составля-
ем с учетом того, что перемещения от групповой силы
состоящей из двух сил, получились удвоенными, по-
этому соответствующая масса вводится с коэффициен-
том '/2
6,3/71
68в»г-------?-
СО2
155
НЛП
/ I3 т 1 \ „
\ 24£/ 2	о2/’
IIP т
—--------;
384 2
11  Р m
384 £7
’ Pin 1\
. 48£7 со2 '
Раскрывая определитель, получаем уравнение частот,
квадратное относительно —:
/ Рт______1_\2___1_ / 11Рт\2 = 0
\ 48EI ш2 /	2 \ 384Е1 / ~ ’
/ 1 \а	Pm 1 . 7 7 Рт \2_ 0
\ со2)	24Е1 со2 2 \384£/ /	‘ •
Решая это уравнение, находим
1 = Рт . Г / 8Рт'2 / Рт 2 7
о2 ~ 48£7 ~ V \384E7 J \384£7 j 2
=	(8 + 7,78);
348£/ ' - ’
1 _ 15.78Р т   Р т
ш2 ~ 384£/ ~ 24,35£7 ’
/24.35/7
1 _ 0.22Рт
0,2 ~ 384£/
Рт
1745EI ’
1745/?/
Рт
Уравнение частот для обратно симметричных коле-
баний
« т
®22 —
22 2
= 0;
156
Пример 41. Определить частоты свободных коле-
баний неразрезной балки с двумя сосредоточенными мас-
сами (рис. 101, а).
Так как система и расположенные на ней массы сим-
метричны, то используем связанные с этим упрощения.
Построив эпюры Л1| и Л42 (рис. 101, б и в) от единич-
ных групповых сил, найдем перемещения путем перемно-
жения эпюр по способу А. Н. Верещагина
х Р я 14Р
24Е1	7Ь&Ы
Рис. 101
Уравнение частот для обратно симметричных коле-
баний
от сюда
Уравнение частот для прямо симметричных колеба-
ний
157
отсюда
<о2 =	= 1/^ = 10,45 1/^3.
у t>2im V 7l3 m	у I3 m
Каждой из частот co, и о2 соответствует своя форма
изгиба при колебаниях. Первой частоте соответствует
изогнутая ось в виде двух полуволн с точкой перегиба
над средней опорой (рис. 101,г). Второй частоте соот-
ветствует изогнутая ось, симметричная относительно
средней опоры (рис. 101,5). В обоих случаях форма из-
гиба не зависит от времени, а отношение между ордина-
тами эпюры прогибов колеблющейся балки остается по-
стоянным. Подобные упругие линии образуют так назы-
ваемые стоячие волны.
Пример 42. Определить частоты свободных коле-
з
банки рамы, показанной на рис. 102, если h = — I = 4 м
и-^=2.
/1
Система имеет две степени свободы и может совер-
шать симметричные и обратно симметричные колебания.
Для построения эпюр Mt и М2 пользуемся готовыми
формулами из книги Д. В. Б ы ч к о в а «Формулы и
графики для расчета рам», Госстройиздат, 1957, стр. 101
и 102.
Для эпюры Mi: мг = з 		!	 М	„ r2h 1 + 6Т7 МА = (1-0,473) А Для эпюры М2: Л'с~	• 4 2+ТУ 158	— = 0,473 — = 0,946 м 2	2’ = 0,527-2= 1,054 м. /	2.4 — = 0,2 — = 0,133 м- 4	3-4
*
МА = 0,5Мс = 0,5-0.133 = 0,067 л<:
д 1-2.67 _0 1з3 = 0 5зз
Е 4
Ординаты получаются в м, так как эпюры построены
от безразмерных единичных сил X! и Х2.
Умножив эпюры Mi и М2 на соответствующие эпюры
Л1' и М^ (рис. 102), построенные для простейшей основ-
ной системы, получим перемещения:
6и= —(2-4-1,054 — 0,946-4) =
6£7i	Eli
R 0,033-1.33-4 . 0.133-1.33-0.67
O„„ =-----------------------------
22 Ell	2Е1,
0.67-1,33-0,445 _ 0,136
2-2Eli ~ Eli
Рис. 102
Побочное перемещение 612=621=0, поэтому получаем
два независимых уравнения частот:
159
1>пт----— =0 н S2,m----= 0.
®2
Отсюда можно найти частоты обратно симметричных
и симметричных колебаний
Пример 43. Определить частоты собственных коле-
бании рамы с тремя равными сосредоточенными масса-
ми, показанной на рис. 103, а если Л=0,6 и /2//j = 1,5.
Рама имеет четыре степени свободы.
Расчет ее производим с использованием симметрии.
Построив эпюры изгибающих моментов от единичных
сил, показанные на рис. 103, в, г, д, е, находим переме-
щения:
6„ == 0,0118 — •	б33 = 0,0447 — ;
612 = 681 =- 0,00352	;	б31 = 643 = 0,0695 - - ;
C/t	t/1
/3	-	/3
б„, = 0,00738 — ;	644 = 0,056 —- .
*	Г1 ’	41	*	Fl
Определитель системы уравнений для симметричных
колебаний напишется так:
612 т
6gg tfi
Раскрывая определитель, получим такое уравнение ча-
стот
Подставив вычисленные значения перемещений и ре-
шив уравнение, получим частоты симметричных колеба-
ний:
160
(О,
= 10,57 Л/
V ml3
Для обратно симметричных колебаний имеем такой
определитель
, е т	1 \	е
^33—------------ ;	634«1
z	со" I
643-~-’	^41 т~
0,31 , 0,31
Отсюда уравнение частот
Из решения этого уравнения находятся частоты об-
ратно симметричных колебаний:
Следует иметь в виду, что в отличие от балок часто-
ты различных форм колебаний рам могут быть близки-
ми друг к другу. Такое совпадение частот может приве-
сти к сдвоенному резонансу, представляющему повышен-
ную опасность для сооружения.
В тех случаях, когда раскрытие определителя приво-
дит к уравнению частот третьей степени или выше, для
нахождения корней такого уравнения может быть при-
менен графический способ. Для этого на горизонтальной
оси прямоугольной системы координат откладываются
1
различные произвольно взягые значения— ,а по верти-
кальной оси — соответствующие значения суммы всех
членов уравнения частот. Абсциссы нулевых точек гра-
фика дадут искомые значения — .
Для определения частот свободных колебаний систем
со многими степенями свободы может быть также приме-
нен и другой метод (перемещений), сущность которого
состоит в том, что силы инерции выражаются как функ-
ции перемещений. Так, например, для системы с тремя
степенями свободы, показанной на рис. 98, силы инерции
масс mi, т2 и т3 выражаются так:

—т2 У2 = f/l Г21 + У2 Г22 + У Л Г23 ;
т3 У Л У\ Гз! "Ь У2 Г32 4“ Ул Г33 •
Реакции Гц, Г22, Гзз, г12~Г21, ''13 = Гз1, Г23=Гз2 вычисля-
ются как обычно от единичных перемещений, приложен-
ных в сечениях, в которых находятся точечные массы.
Для перемещений и их вторых производных остаются
в силе выражения (109) и (ПО), которые подставляют-
ся в последние уравнения, в результате чего получается
счедующая система однородных уравнений
162
(ги — mihr) а, + r i2«2 + г 13O3 = 0;
Г21О1 + (r22—m2(D2)a2 т г>за3 = 0;
Гз1«1 + Г32Й2 + (Гзз-ГТг3С02)йз = 0.
Составляя из коэффициентов этого уравнения опреде-
литель и раскрывая его, можно найти частоты собствен-
ных колебаний системы.
По этому же принципу можно найти частоты собст-
венных колебаний системы с любым числом степеней
свободы п. При этом определитель записывается в такой
форме:
	(гц — ту со2)	Г12	• • ' Гуп	
d		(г2, —m2w2) •	•	•	• Го,	= 0
	G.i	G.2	 • • (Gm—	
(И5)
Уравнение частот при использовании этого метода
имеет для дайной системы тот же порядок, как п при
применении метода, рассмотренного выше.
Так как стержень, к которому приложена сосредото-
ченная масса, далеко не во всех случаях может быть
сведен к одному из случаев, нредставченпых в таблице
реакций, применяемой для расчета рам на действие ста-
тической нагрузки, то реакции приходится определять че-
рез перемещения. Поэтому данный метод оказывается
более трудоемким, чем предыдущий.
Пример 44. Определить по методу перемещений
частоты свободных колебании перазрезной балки, рас-
смотренной в примере 41.
Исходя из найденных ранее перемещений от единич-
ных сил, можно найти реакции, вызванные единичными
перемещениями:
, _ 1	24Е1	1	384£/
6ц Р ’	22	<%2 7Р
Уравнения частот для обратно симметричных и сим-
метричных колебаний:
СП,-
гц—у «? = 0;
22-V^ = 0-
н*
163
Отсюда можно определить соответствующие частоты.
Полученные результаты, естественно, совпадают с те-
ми, которые были получены в примере 41.
§ 29. Приближенная оценка частоты
основного тона колебаний
Как было показано выше, расчет системы с произ-
вольным числом степеней свободы на действие вибраци-
онной нагрузки требует нахождения частот свободных
колебаний этой системы, что связано с составлением и
решением уравнения
частот. При числе сте-
пеней свободы системы
больше двух-трех про-
цесс раскрытия опре-
делителя (113) третье-
го, четвертого и более
высоких порядков ус-
ложняется. Решение
же полученного в ре-
зультате этого уравне-
ния третьей, четвертой
степени и выше в боль-
шинстве случаев не мо-
жет быть получено в
радикалах. Такие уравнения могут быть решены подбо-
ром корней или графически. Во многих случаях опреде-
ление всех частот свободных колебаний системы оказы-
вается излишним и достаточно отыскать только первую,
т. е. низшую, частоту. Это может быть, например, в том
случае, когда частота возмущающей нагрузки ниже пер-
вой собственной частоты колебаний конструкции н, сле-
довательно, резонанс с более высокими частотами уже
исключен. Для отыскания первой частоты могут быть
применены различные приближенные методы, не требу-
ющие решения векового уравнения и приводящие к бо-
лее или менее простым вычислительным действиям. Мы
рассмотрим некоторые из приближенных методов.
164
Исходя из свойств определителя уравнения частот,
проф. С. А. Бернштейн установил пределы, между кото-
рыми заключена частота основного тона колебаний. Эти
пределы называются двусторонними оценками частоты
сомин и могут быть записаны в следующем виде:
где
B1 = S61.,.mI.;	(117)
=	(118)
Здесь 6h-и 6ift—главные и соответственно побочные пе-
ремещения системы от действия единич-
ных сил в точках приложения сосредо-
точенных масс т, и niu-
Суммирование распространяется на все массы и со-
ответствующие нм перемещения системы. Для верхнего
предела частоты основного тона А Ф. Смирновым пред-
ложена более простая формула

(119)
Пример 45. Определить низшую частоту свобод-
ных колебаний балки, показанной па рис. 104, а, если
т2 — 2/Н1
и
т3 = nii = tn.
Жесткость балки равна £/.
По единичным эпюрам, показанным на рис. 104, б,
в и г, найдены перемещения
д — Л — 8/3 . а _ 7/3 я 8/3
11	22	486Е/ '	12	486Е/ ’	1:1 “	486Г7 ’
6 = _6 _ 24/3
2i 486Е/ '	33	486Е/ •
Находим значения параметров, входящих в форму-
лу (116)
165
n X ,	с , с	813т	. 8/32ш	24/3т
~1“ ^22^2 *4~ ^зз^з —	*4	„ "4”
11	1 I	22 2 I 33	3	4gc£/	4g6£/	486£/
48/3т
— 486£/ '
В2 = 6f1 ^2 + S|2 m2 + 6|з ml + 2 ( 622 тх т2 +
' 8l32m 3
,486£/ / +
\2
-] 2тт
= 1620 Y.
' 486£7 )
Искомая частота лежит в пределах
Приняв среднее, получим (оН1Ш=3,50 1/ _5L
' ml3'
Более простая формула (119) дает для верхнего пре-
дела такой результат
. /Bi_ _	/~ 48Р/п	/486£/ V _ „ „ / ~ЁГ
wHHII Й2 486£/ 1620 \ mi3 j ' V ml3 '
При этом среднее значение уже составит (оДШи =
§ 30. Энергетический способ
Как было указано в п. 1, по закону сохранения энер-
гии сумма потенциальной (U) и кинетической (V) энер-
гии колеблющейся системы (без учета потерь, связан-
ных с затуханием) является величиной постоянной, т. е.
U + V = const.	(120)
166
В каждом цикле колебаний происходит переход энер-
гии одного вида в другой. В момент наибольшего откло-
нения массы от положения статического равновесия по-
тенциальная энергия достигает наибольшего значения,
а скорость и вместе с ней кинетическая энергия убыва-
ют до нуля (рис. 105).
В момент перехода массы через положение статиче-
ского равновесия потенциальная энергия деформации
Ч - Umax V = 0
Рис. 105
U-0, V=Vm0K
Рис. 106
(точнее приращение потенциальной энергии по сравне-
нию с той, которая соответствует положению статичес-
кого равновесия) равна нулю, а кинетическая энергия
достигает наибольшего значения Емакс (рис. 106).
Так как минимальные значения потенциальной и ки-
нетической энергий равны пулю, то из условия (120)
можно сделать вывод, что
Uмакс ~ Умане-	(121)
Это уравнение при подстановке в него выражений
энергий дает возможность определить частоты колеба-
ний. Если форма колебаний, т. е. вид упругой линии
был бы нам заранее известен, то уравнение (121) при-
вело бы к строгому решению задачи. Для приближен-
ного решения задачи можно задать динамическую уп-
ругую линию, т. е. кривую стоячей волны любым урав-
нением y = f(x), удовлетворяющим граничным условиям,
например уравнением изогнутой оси стержня при дейст-
вии на него статической нагрузки, соответствующей
приложенным массам. Потенциальную энергию дефор-
мации изгиба стержня с сосредоточенными массами мо-
жно выразить через работу внешних сил Qi = m.ig на
перемещениях ус
°22’
о	о
где п — число масс.
167
Для определения иапбочьшей величины кинетичес-
кой энергии нужно найти наибольшее значение скоро-
сти. Для этого примем, что в соответствии с выраже-
нием (82) скорость любой массы в произвольный мо-
мент выражается так:
t'i = j/iocos(io/ + q-(l).
Наибольшая скорость, соответствующая cos(w/ +
+<Jo) = 1,
VjiaKC — УШ>-	(123)
Искомая кинетическая энергия будет равна
V = — V3tn и1 = — ту*.	(124)
макс 2  ! ’ 1макс % 4^	’
О	О
Приравняв друг другу величины (/макс и Удекс. по-
лучим следующую формулу для определения низшей
частоты колебаний
Для балки с распределенной массой т суммирова-
ние заменяется интегрированием по длине балки. В этом
случае
При постоянстве массы т по длине бачки она выно-
сится за знаки интегралов и на нес производится сокра-
щение выражения (126). В этом случае интеграл, стоя-
щий в числителе подкоренного выражения, будет равен
площади эпюры прогибов, а интеграл, стоящий в знаме-
нателе,— площади эпюры квадратов ординат прогиба.
Пример 46. Решить предыдущую задачу, пользу-
ясь энергетическим методом.
Исходя из заданных величин масс, находим соответ-
ствующие силы (рис. 107)
168
Qi = Qe = Q = "ig; Q2 = 2Q = 2 mg.
При этом сила Q3 считается направземной вверх,
так как это приводит к большим значениям прогибов,
кривая которых показана на рис. 107 пунктиром. Про-
Рис. 107
перемещении от
гибы вычисляются с использованием
единичных сил, приведенных в примере 45.
У1= -^-(8+ 2-7+ 8)
486Е1	486£/
z/2= -^-(7 + 2-8+ 10) = ^.;
486£/	48б£/
у, = -У— (8 + 2-10 + 24) =	.
V' 486Е1	486£/
Частота основного тона колебаний находится по фор-
муле (125)
«мн;. —
30 + 2-33 4-52
302 + 2-332 + 522
^- = 3,54
QP	V тР
Пример 47. Найти частоту основного тона свобод-
ных колебаний балки, свободно лежащей на двух опо-
рах с равномерно распределенной нагрузкой q — mg.
Приближенное решение задачи производится энер-
гетическим методом. При этом принимается, что основ-
ная форма колебаний совпадает с упругой линией от
статической нагрузки q.
Эта линия выражается уравнением прогибов, отне-
сенным к началу координат на левой опоре:
с/4 Г х g / х V / * VJ
24£/ [ I ~ \Т/ +\T/j
Вычисляем интегралы, входящие в формулу (126)
при т = const
{yd.	{уЧХ=*(°1^
J J 120EI	.)	630'24£/ )
0	О
1(>9
^МИИ --
gqEGSO
1207:7-31
9.87 , / Elg
Р V q
Этот результат почти не отличается от строгого ре-
шения, приведенного ниже
®М1Ш
Q
§ 31. Определение вынужденных
колебаний при действии вибрационной
нагрузки методом сил
При действии на упругую систему со многими степе-
нями свободы вибрационной
Рис. 108
гармонической нагрузки
изгибающие моменты, по-
перечные и продольные
силы также будут изме-
няться во времени, а их
наибольшие значения
(амплитуды) будут зави-
сеть от частот возмеща-
ющих сил. Если все воз-
мущающие силы, дейст-
вующие на систему, имеют одну и ту же частоту 0 и из-
меняются в одной фазе, то силы инерции, а следователь-
но, и изгибающие моменты, поперечные и продольные
силы достигают наи-
больших значений в
одно и то же время.
Для системы со
многими степенями
свободы возможны не-
сколько случаев резо-
нанса, которые насту-
пают при совпадении
частоты с теми или
Рис. 109
иными частотами сво-
бодных колебаний си-
стемы.
В задачу динамического расчета входит определение
амплитуд внутренних усилий и напряжений, а также
проверка системы на резонанс. При этой проверке в
большинстве случаев достаточно определить частоту ос-
новного тона свободных колебаний.
170
Для этого может быть применен метод сил или ме-
тод перемещений.
Рассмотрим упругую систему, показанную на рис.
108, с точечными массами, на которую действуют виб-
рационные силы Ph(t) = 7\sin6/.
Перемещение любой массы т, в произвольный мо-
мент времени t выражается так
t)i — fiilXt + 6(2X2 + ... + 6iiXj + ... -|-6jnXn + Агр, (127)
где Х1(Х2...Xt-,...,X„—силы инерции соответствующих
масс;
бц, б|8,...,6н,...,б/п—перемещения по направлению силы
инерцин Х,-, вызванные единичными
силами Xj, Хг,..., Xt-,.„, Хп, прило-
женными в точках нахождения со-
ответствующих масс; для вычисле-
ния этих перемещений применяется
обычный способ строительной меха-
ники;
Д,р—перемещение точки i от амплитуд-
ных значений вибрационных на-
грузок. При определении этих пере-
мещений эпюра от нагрузок (эпю-
ра Мр) интегрируется (перемно-
жается) с соответствующими еди-
ничными эпюрами.
При гармонических вынужденных колебаниях с ча-
стотой 0 перемещение массы щ, и ее ускорение выра-
жается так:
у. = at sin 0/;	= — а. 02 sin 0/ = — у. 02.	(128)
Сила инерции массы /и, может быть представлена в
таком виде: Х,=—Шгу\=т.гу^2. Отсюда
<129»
Подставив это выражение в исходное каноническое
уравнение, получим
6пХ, + 6иХ! + - + «;,Х,+... + 6,„Х„ + Д,„ = 0,
здесь
б?. =6..---—.	(130)
и 11
171
Таким же путем составляется любое уравнение. В ре-
зультате получается система уравнений, позволяющая
определить наибольшие (амплитудные) значения сил
инерции:
б;1х1 + б.2Х2 + ---+быхп + д1Р = 0;
621Х,+ SaX2 + ”-+б2.хл +Д2Р = °; ,.оП
6nlX. + Sn2X2 + ---+^Xn + \₽ = 0-
Сама система уравнений по форме аналогична си-
стеме канонических уравнений метода сил. Однако не-
известными в ней являются не реакции отброшенных
связен в статически неопределимой системе, а амплиту-
ды сил инерции масс, которые могут возникать как в
статически определимой, так и в статически неопреде-
лимой системе.
После нахождения наибольших значений сил инер-
ции А'ь Х2,..., Хп из решения системы уравнений эпюра
у динамических изгибающих моментов строится путем
сложения единичных эпюр, предварительно умножен-
ных на найденные значения соответствующих инерцион-
ных сил, с эпюрой Мр, т. е. в соответствии с выражени-
ем (132)
Л1 =	+ М2Х2 + ... + МпХп т Мр. (132)
Использование симметрии системы при ее динамиче-
ском расчете оказывается возможным только прн сим-
метричном расположении масс. При несимметричной
вибрационной нагрузке разложение сил инерции па сим-
метричные и обратно симметричные группы, как это по-
казано на рис. 109, приводит к распаду системы кано-
нических уравнений на две независимые системы.
В этом случае вычисление главных перемещений по
направлению парных неизвестных нужно делать по фор-
муле
При симметричной вибрационной нагрузке все об-
ратно симметричные силы инерции равны нулю, а при
обратно симметричной вибрационной нагрузке симмет-
ричные силы инерции равны нулю. Симметричная виб-
рационная нагрузка может привести к резонансу толь-
172
частоты с собственными частота
ко при совпадении ее
ми симметричных коле-
баний системы и, наобо-
рот, обратно симметрич-
ная нагрузка может дать
резонанс только с часто-
тами обратно симметрич-
ных свободных колеба-
ний.
Пример 48. Пост-
роить эпюру динамичес-
ких изгибающих момен-
тов для невесомой балки
пролетом 1 — 4 м, рассмот-
ренной в примере 39 при
действии вибрационной
нагрузки P(t) = PsinBZ
(рис. НО,а), если Р =
==0,2 Г; 0 = 57,5 сек~1.
Эпюры от единичных
сил для данной балки бы-
ли построены в примере
39. По этим эпюрам найдены перемещения
Л	_ 8 с х	Р	2
11	8£/ Е! ’ 12	21	32 El ~ El'
Р _ 4
48 EI — ЗГ.1 ’
Эпюра от статической нагрузки, равной амплитуде
вибрационной силы, показана на рис. 110,6. Путем пе-
ремножения этой эпюры с эпюрами М\ и Л1г находим:
.	о,1 1-1-21 , 0,1 1-1-21	1,6
Ai,,=-------------1---------- = —;
р 2-2-3-2-Е!	2-3-2-LI	£7
 1-1-0.И _  0 I Р _0,4
2р 4-2-2-Е1	16ZT7 ЕГ
Частоты свободных колебаний балки уже найдены в
примере 38 и равны:
о», = 68,5 сек~1-. coz = 228 сек-'.
Для определения главных перемещений нужно пред-
варительно вычислить величину
173
EI	2000	_ , । R
mt)2 ~ 0,051-57,б2
Тогда
«;.-»и-яг-Б-<8-"л—ir-
^«*-^=£а.зз-п.8)=_
Составляем канонические уравнения:
б;,х, + а,2х, + д„ = 0;
62,х, + ЧЛ + Ч = о.
После подстановки полученных значений для пере-
мещений и умножения уравнений на Е! получим:
—3,8X1 —2X2+ 1,6 = 0;
—2X1— 10,47X2 — 0,4 = 0.
Решив эти уравнения, получим:
Xi = 0,491 Г; Х2 = — 0,132 Т.
Умножив эпюры Mi и ЛГ> (см. пример 39) на соот-
ветствующие значения инерционных сил и сложив полу-
ченные эпюры с эпюрой Л4Р, получим окончательную
эпюру динамических моментов (рис. 110,8).
Кроме того, балка подвергается действию изгибаю-
щих моментов от статических грузов Q=mg.
Пример 49 * Построить эпюру динамических из-
гибающих моментов в симметричной раме, показанной
на рис. 111, при действии на нее симметричной динами-
ческой нагрузки P(0=6sin0f и <?(/) =3sin 0/. Частота
возмущающих сил 0=0,6 юь Массы сосредоточены по-
0
средине каждого стержня и равны т—~.
g
Так как вибрационная нагрузка симметрична, то
формы вынужденных колебаний также будут симмет-
ричными. Групповые симметричные неизвестные силы
инерции показаны на рис. 111,6.
Эпюры моментов от единичных сил Хь Х2 и Х3, дей-
ствующих по направлению сил инерции, показаны па
* Заимствован из книги И. П. ПрокофьеваиЛ. Ф Смир-
нова. «Теория сооружений». Ч. 111, Трансжелдориздат, 1948.
174
176
рис. 111 в, г, д. Для их построения можно было приме-
нить любой метод расчета рам, например метод пере-
мещений или способ уравновешивания узлов.
Перемещения би, 612, 613, 622. 623 и 633 можио опреде
лить путем перемножения этих эпюр. Однако проще пе-
ремножать эпюры Л41, Мг и М3 не между собой, а с
эпюрами MJ, Alj и М'3, построенными для основных си-
стем и показанными на рис. 111, е, ж, з.
Перемещения получаются равными:
£/6ц = 1,88; £/612 = — 1,13; £/613 = — 0,75;
£/622 = 5,63; £/&з =1,13; £/6зз = 3,00.
Для определения частот собственных колебаний со
ставляется уравнение частот:
621 т',
б31 tn-.
Подставив вычисленные перемещения в уравнение
частот, раскрыв определитель и решив полученное в ре-
зультате этого кубическое уравнение, найдем частоты
свободных колебаний
(Ох = 0,531 1/ — : (О2=0,816 Л/ — ;
V т	V т
=0,937 I /— .
1 т
Построив для заданной системы эпюру Мр от нагру-
зок Р=6 Г и <7 = 3 Т/м (рис. 111, и) п перемножив эту эпю-
ру с вспомогательными эпюрами Alj, М.' и Л1' (рис.
111, в, ж, з), получим перемещения от амплитуд дина-
мических нагрузок:
£/Д1Р = 12.37; £/д2р = 20,25; £/Д3р = — 2,25.
При заданной частоте возмущающих сил 8=0,6Х
Х«>1 = 0,319 У— главные перемещения с учетом зави-
176
симости инерционных сил от частоты 0 будут равны-
=6п-	1	1	(1,88-	—ч=-	7,94
	/пб2	EI		0,319-/	Е1 '
$22 ~ $22	1	1	(5,63 -		14,01
	т0=	£/		0,319=V	Е1
633	^33	1	= 1	(з,оо-	2 \ _ _	16,64
	т02	EI		0.3192/	EI
Канонические уравнения, умноженные на £7, будут
такими
— 7,94X1— 1,13Х2 — 0,75Х3 4- 12,37 = 0;
— 1,13X1— 14,01Х2 4- 1,13Х3 4- 20,25 = 0;
— 0,75X1 4-' 1,1ЗХ2 — 16,64 Х3 — 2,25 = 0.
Решив эти уравнения, найдем наибольшие значения
сил инерции масс:
X, = 1,390 Г; Х2 = 1,327 Т; Х3 = —0,108 Т.
Для построения эпюры динамических моментов (рис.
111, к) изгибающие моменты в характерных сечениях
стержней рамы вычисляются по формуле
М = 1.39Л41 4- 1,327Л42 —0,108Л1з 4- МР.
На рис. 111, к пунктиром показана эпюра М для 0 =
=0, т. е. эпюра от амплитуд динамических нагрузок.
§ 32. Метод перемещен.”'!
Для заданной системы, показанной па рис. 112, ос-
новная система получается путем введения связей по
направлению неизвестных перемещений zb z2,..., z„..., zn
соответствующих масс ni\, ггц,.., mn.
При этом уравнение, выражающее равенство нулю
динамической реакции введенной связи по направлению
любого перемещения zj с учетом силы инерции — т,г\,
выражается так
— т! г\ + Г1\ 21 + ri2 Z2 + • • • + ru 2/4-------hrin 2п + Я/р — о.
12-949
177
Учитывая, что при гармонических колебаниях zz =
= —Zj02, получим такую систему уравнений:
Hl 21 + Г12 22 Н---Ь Г1л гл + Rip = °'
/'21Z1 + 4z2 + -” + r2n Zn +/?2р = 0;
Гп\ Z1 + ГП2 г2 -I-Ь Гпп гп + Rnp = 0>
ГДС
r-ii = ril-tnl^.	(135)
Строго говоря, неизвестные z(, z^,..., zn и свободные
члены Rlp, Rip,..., Rnp являются величинами переменпы-
Рис. 112
ми, изменяющимися одновременно и по одному и тому
же закону, характеризуемому множителем sin[0(/) +
тфо] к их амплитудным значениям. Так как этот мно-
житель присутствует во всех членах системы уравнений
(134), то на него может быть произведено сокращение.
Тогда неизвестные и свободные члены уравнений долж-
ны рассматриваться в качестве соответствующих ам-
плитудных значений.
Реакции г,|, гц,..., ш, ..., г,п определяются от единич-
ных перемещений основной системы, приложенных в тех
сечениях, где находятся точечные массы, т. е. так же,
как и при определении частот свободных колебаний.
Реакции от амплитудных значений вибрационных
нагрузок R\P, Rip, .... Rnp определяются в основной си-
стеме.
После нахождения неизвестных амплитуд перемеще-
на
ний zb z2, .... гп эпюра динамических изгибающих мо-
ментов строится в соответствии с выражением
_ _ М + M2z2 + ... + Mnzn + Мр, (136)
где Л4Ь Мг, ...,Мп- эпюры изгибающих моментов в основ-
ной системе от соответствующих еди-
ничных перемещений;
М,-эпюра моментов в основной системе
от амплитудных значений нагрузок.
Система уравнений (134) по своей структуре анало-
гична системе канонических уравнений метода переме-
Рис. 113
щепий, применяемого для расчета статически неопреде-
лимых систем, но неизвестные zb Z2, ..., zn уже являют-
ся не искомыми перемещениями узлов рамы, а ампли-
тудами перемещений сосредоточенных масс.
Так же как и метод сил, метод перемещений может
быть применен не только для систем, подверженных из-
гибу, но и для систем, испытывающих действие про-
дольных сил.
Пример 50. Для системы с двумя степенями сво-
боды, показанной на рис. 113 и являющейся расчетной
12*
179
схемой виброгасителя, требуется определить соотноше-
ние между жесткостями ct и с2 пружин и основания,
при котором масса т\ двигателя будет находиться в со-
стоянии покоя за счет гашения ее колебаний массой
фундамента т2.
Применяя метод перемещений и переходя к основной
системе, показанной на рис. 113,6, мы сумеем найти
амплитуды колебаний z, и z2 масс и т2 сразу же из
решения системы канонических уравнений:
Г11 21 “Ь Г12 22 + ^1р = 0«
Г21 г1 "Ь Г22 г2 "I- ^2р ~ 0-
Считая перемещения и реакции, направленные вниз
положительными, найдем из рассмотрения основной си-
стемы при действии единичных перемещений (рис. 113, в
и г) коэффициенты при неизвестных. При этом главные
реакции вычисляются по формуле (135)
'll = 'и 02 = С1 -тх02; Г12 = Г21 == сг.
Г22 ~ Г22 ~ ,П2 02 = С1 + С2 ~ ,П2 02’
Свободные члены системы уравнений находятся из
рассмотрения рис. 113,6.
= — Р', Rzp — 0.
Подставив коэффициенты при неизвестных и свобод-
ные члены в систему уравнений п решая ее, найдем ам-
плитуды колебаний масс
21 = (с + са ~ А2) Р
(Cl + C2-",202)(Cl-mif)2)“Cl’
(Cl + C2 ~ "'2 °2) (C1 ~ "ll А2)-‘Ч
Наибольший эффект виброгасителя будет достигнут
в том случае, когда амплитуда колебаний двигателя,
т. е. массы пи, будет равна нулю, поэтому приравняем
нулю числитель первой из формул (137). Это позволит
найти требуемую жесткость пружин, при которой двига-
тель будет находиться в состоянии покоя
Ci = m2B2 —с2.	(138)
При этом фундамент будет колебаться с амплитудой
180
= <139>
С1
Отметим, что величина <?! по формуле (138) не зави-
сит от массы двигателя rnt и что при совпадении часто-
ты 0 с одной из собственных частот колебаний масс т}
и т2 виброгаситель может сыграть даже отрицательную
роль и привести к увеличению амплитуд колебаний мас-
сы mt.
\) § 33. Матричная форма расчета
Определитель (112), который служит для нахожде-
ния частот собственных колебаний системы со многими
степенями свободы, может быть записан в матричной
форме так:
||С —ZoEII, ~ '	(140)
где
х0 = ——;
mZj w2
Е—единичная диагональная матрица;
С—матричное произведение четырех матриц;
(Hl)
здесь —матрица влияния изгибающих моментов в
заданной системе от сил Р, = 1. приложен-
ных раздельно в сечениях, совпадающих
с массами
Для простой балки
= ~ ^(и-i) ~ f{ 1(п~ 1) >	(142)
п — число участков, на которые разбивается стер-
жень;
d — длина участка;
Ал-D- матрица, симметричная относительно обеих
диагоналей;
L*n—матрица влияния моментов в фиктивной балке;
В] — модулированная якобиева матрица упругих
грузов;
Л1*— диагональная матрица масс.
181
На основании теоремы Перрона характеристические
числа вычисляются по формуле
<143)
где у,— характеристические числа матрицы 7(n-i), для
которых имеются готовые значения, вычислен-
ные для матриц разного порядка и приведен-
ные в табл. 14.
Таблица 14
Характеристические числа матрицы
X,	Порядок матрицы (л — 1)						
		2	3	4	( 5	6	7
1	1.000	3.000	6.828	13.090	22.393	35,21	52,67
2	—	1,000	2,000	3,618	6.000	—	—
3	—	—	1.172	1,910	3,000	—	—
4	—	—	—	1,382	2,000	—	—
5	—	—	—	—	1,607	—	—
Пример 51. Представить в матричной форме ре-
шение примера 40.
Находим все исходные матрицы, входящие в произ-
ведение (141).
Разобьем балку на четыре участка (п=4) длиной
Матрицу влияния изгибающих моментов Lm найдем
по формуле (142).
В нашем случае L'=L = —
J т tn jg
I, =
GEI 24 El
Л1*
о 0
1 0
0 1
182
Модулированная якобиева матрица упругих грузов
се Р 0	4 10
II Я то jF
0 р а	0 14
Подставив в (141), получим выражение для С в та-
ком виде
С =
где
k2 =
—V
16/ 
Как известно, произведение матриц С представляет
собой функцию матрицы /3, которая может быть запи-
сана так
C = ^[(a+2p)/5-₽(3+l)Zs],
где а и р — элементы модулированной матрицы В\.
В нашем случае а=4 н р=1.
Характеристические числа матрицы /(4_1) = /3 нахо-
дятся по табл. 14
у, = 6,828;
У2 = 2,000;
уз = 1,172.
Характеристические числа матрицы С находятся по
формуле (143)
101 = Л2(6-6,8282 — 4-6,828) = — -252,414;
16
?,02 =/г2(6-22 —4-2) = -^ -16;
Х03 = й2(6- 1,1722 — 4-1,172) =—о -3,553.
162
Частоты собственных колебаний, как и в примере 38,
оказываются равными:
. Г 1 Л 24 ZT/-162	. nQ , Г Е1
ы.— 1/ -------- = I/ ------------- =4,98 1/ —— ;
К mkjXoi F mil---252,414	V ml3
183
, / J	_ [21EI-161' io с 1 / Е1
(0„= 1/ ---- = 3	-----— = 19,0 I/ —— ;
V mW0I	» mlE-lb	" mi
t . /~~i _|/ 24^Ы6 ~ = 421/1Г
I /пХ.Ло,	V mlP-3,553	V тР
ГЛАВА 8
СИСТЕМЫ С БЕСКОНЕЧНО БОЛЬШИМ
ЧИСЛОМ СТЕПЕНЕЙ СВОБОДЫ
§ 34. Свободные колебания балок
с равномерно распределенном массой
В качестве примера системы с бесконечно большим
числом степеней свободы рассмотрим балку с равномер-
„	.	— Q
но распределенном массой интенсивностью т=— и с
/1-^9


Рис. 114
постоянной жесткостью
Е1 (рис.114, а).
Спектр частот такой
системы состоит из беско-
нечного множества ча-
стот, для определения ко-
торых будем исходить из
дифференциального урав-
нения упругой линии бал-
ки, пзвестого из курса
сопротивления материа-
лов
д-у _ _М_
дх2 Е1 ’
(144'.
где Д)— изгибающий момент в произвольном сечении
балки, который на основании теоремы
Д И. Журавского может быть выражен через
интенсивность инерционной нагрузки р
д2М
ОХ2
(145)
1R4
Обозначения частных производных приходится при-
менять потому, что перемещение у является функцией
двух переменных — координаты х и времени I.
Пз выражения (144) и (145) следует
Р =	(146)
дх*
Вместе с тем интенсивность инерционной нагрузки
балки может быть выражена через погонную массу т
д-и
и через ускорение при колебаниях ——
dt2
Р =	<147)
at*
Приравнивая выражения (14G) и (147) для нагруз-
ки, получим	дифференциальное	уравнение	свободных
колебаний балки
_|_ Д-	&1L	= о.	(148)
dt2 т	дк*
Это уравнение	линейное,	четвертого	порядка,	в ча-
стных производных.
Ограничимся отысканием только таких решений это-
го дифференциального уравнения, которые определяют
стоячие волны, т. е. форму изгиба, не зависящую от вре-
мени.
При такой форме котебапий решение дифференци-
ального уравнения (148) может быть представлено вви-
де произведения двух функций, каждая из которых за-
висит от одного переменного
у — Х(х)Т(1).
Для нахождения функций А'(л') и Т(I) служат обык-
новенные дифференциальные уравнения:
+ ы2Т (/) = О,
dt'2
- 2	(149)
Х(х) = 0.
dx* ei v '
Эти дифференциальные уравнения имеют стедующие
решения:
T(t) = a sin (го/ + ф0)	(150)
А (х) = Ct sin kx + С2 cos kx + C3 sh kx +
+ ch kx,	(151)
lb5
где
(152)
Значение k должно быть определено из условий на
концах балки, которые зависят от способа закрепления
этих концов- Всего для определения Ci, С2, С3 и С\ име-
ем 4 условия —по два на каждом конце.
Так как рассматриваемая балка имеет шарнирные
опоры, то прогибы и изгибающие моменты на опорах
должны быть равны нулю, поэтому:
при х - О X (х) = 0;	= 0,
при X = I X (X) = 0; d	= 0.
Из выражения (151) при этих условиях определяем:
С2 = Сз = Ci = 0 и sin kl = 0.
Ио если sin/eZ=O, то kl=nn, где п—произвольное
целое число. Следовательно,
Х(х) = Ci sin kx,	(153)
/г-у-.	(154)
Приравнивая (152) и (154), получим выражение ча-
стот
со
лгл2
/2
п = 1,2,...
(155)
л
Таким образом, спектр частот действительно содер-
жит их бесконечное множество. При этом частоты отно-
сятся друг к другу как квадраты целых чисел натураль-
ного ряда. Каждой частоте соответствует своя форма
колебаний, т. е. своя форма стоячей волны.
На рис. 114,6 показаны формы стоячих волн, соот-
ветствующие трем низшим частотам.
Частота основного тона свободных колебании выра-
жается такой формулой
=1Z’ <15б>
/2 Гт Р Y Q
186
где q=tng — интенсивность равномерной нагрузки па
балку
Для балки же с одной сосредоточенной силой Q по-
средине пролета частота свободных колебаний выража-
ется такой формулой
дЛ g _ ч Г48 E/g
V Уст V Q13 *
Приравнивая выражения
(156) и (157), найдем сосредо-
точенную силу Q0KB, эквива-
лентную равномерно распреде-
ленной нагрузке по частоте
свободных колебаний балки
<2эк„ = ~ql = 0,493 ql	0,5 ql.	(158)
Таким образом, для нахождения частоты основного
тона колебаний балки с равномерно распределенной на-
грузкой можно заменить эту нагрузку половиной ее рав-
нодействующей, приложенной посредине пролета.
Пример 52. Определить частоты свободных коле-
баний балки, жестко заделанной одним концом с рав-
номерно распределенной нагрузкой (рис. 115).
В этом случае для определения Ch С2, С3, и С4, вхо-
дящих в выражение (151), имеем следующие условия
па концах балки:
при х = 0 X (х) — 0- —	= 0,
’ dx
, d2X (х) Л d3X (х)	_
при х = I -----— — 0; ------— = 0.
dx2	dx3
Из выражения (151) при этих условиях получается:
С2 + С4 = 0;
С, + С3 == 0.
Это дает возможность найти из выражения (151)
cos kl ch ft/ = — 1.
Корни этого уравнения будут:
,	1.875	,	4,694	7.855
. *з = —— ,-.
187
Этим корням соответствуют частоты:
Приравнивая выражение частоты основного тона ча-
стоте колебаний балки с одной эквивалентной точечной
массой т = —- на свободном конце, получим, исполь-
зовав результат примера 31, сле-
| дующее уравнение
3,515 , /£7g	1.73	/ Elgl
/2 Г <7	Z3 Г Сэка
Рис. 116	отсюда
<2ЭК0 = 0,244 ?/^4~?/.
4
Пример 53. Определить частоту основного тона
колебаний балки с обоими жестко заделанными конца-
ми при равномерном распределении нагрузки. В этом
случае условия на концах балки будут такими
(рис. 116):
пр" л = 0|х(л) = 0;Щ2 = 0.
при X = I J	dx
Это дает:
Ci + С3 = 0, Сг -Ь Сь = 0
и
Отсюда
cos kl ch kl = 1.
,	4.73	22.4
/?, =---------И CD, = ------
l	Г-
Elg
Q
Частота колебаний балки, жестко заделанной обои-
ми концами при действии эквивалентного сосредоточен-
ного груза <2экв посредине пролета, составляет
, Г192 Elg
со = I / ------ .
I <2экп<3
Приравнивая это выражение предыдущему, найдем
величину эквивалентного сосредоточенного груза
Q,«в = 0,385?/ » 0,4?/.
188
Рама представляет собой систему с распределенны-
ми и сосредоточенными массами, и строгий, или так на-
зываемый «точный», метод расчета как системы с бес-
конечно большим числом степеней свободы оказывается
чрезвычайно сложным и громоздким Поэтому на прак-
тике почти исключите тьно применяются различные при-
ближенные методы. Среди них основным является метод
приведения рамы к системе с конечным числом степе-
ней свободы.
Приведение рамы к системе с конечным числом сте-
пенен свободы производится путем замены массы, рас-
пределенной по длине стержней, массами сосредоточен-
ными. Эта замена делается путем приведения масс.
Часто половину массы каждого элемента рамы счи-
тают сосредоточенной посредине его длины, а по одной
четверти этой массы переносят в узлы, к которым при-
мыкает данный элемент.
Примеры расчета рам с одной и тремя сосредоточен-
ными массами как систем с двумя и четырьмя степе-
нями свободы уже были приведены ранее (примеры 42
и 50).
§ 35. Колебания балок
при подвижной нагрузке
Рассмотрим случай движения сосредоточенного гру-
за постоянной величины Р по балке с погонной массой
т (рис. 117,а). Массу груза будем считать очень малой
по сравнению с массой
груза настолько боль-
шой, чго задачу уже
нельзя свести к стати-
ческой.
Если принять, что в
начальный момент вре-
мени /о = О грхз входит
иа балку, то в мгнове-
ние t он будет нахо-
диться па расстоянии
a — vt от левой опоры.
Уравнение колеба-
ний может быть полу-
чено из уравнения
(148) путем добавления
в правой части Р(х, t)
балки, а скорость v движения
Рис. 117
189
£/	+	=	(159)
дх*	< t
Несмотря на то, что величина силы Р остается по-
стоянной при движении, ее составляющие по главным
формам колебаний непрерывно изменяют свою величи-
ну, поэтому принимается Р(х, t).
Для нахождения этих составляющих разложим силу
в тригонометрический ряд по синусам
Р(х,/) = У Л„(/) sin
/
Л = 1
(160)
Для вычисления коэффициентов ряда Лп(/) необхо-
димо представить силу Р, распределенной равномерно
по малому участку длины 2е (от а — е до п + е). Тогда
коэффициенты ряда-будут выражаться интегралами
I	о-Н
«	2	, ... плх , PC. плх ,
Ап = — \ Р (х, I) sin —— dx = — j sin -у- dx =
0	a'-j
2Р пла . пле
—-----sin----sin-----
ЕПЛ I	I
(161)
Уменьшая е до предела, равного нулю, и имея в ви-
ду, что a = vt, получим:
.	2Р	mwt
Ап =----sin-----.
" I I
Тогда
г,, ,,	2Р . nnvt . ПЛХ
P(x,t) = —	sin — sin — .	(162)
n=I
Подставим n-ный член этого ряда в уравнение (159)
вместо силы Р;
= sin sin 'EEL.	(i63)
дх* дГ- I I I	У ’
Решение этого дифференциального уравнения, соот-
ветствующего н-ой главной форме колебаний, можно
представить в следующем виде
(164)
190
Тогда;
д*Уп _ т п™ . плх .
дх* " Р I
д2Уп = д"Тп sjn плх_
дГ- Of- I
Подставив эти выражения в уравнение (159) и со-
. плх
кратив на sin —у, получим:
^E/T„ + m^ = -^sin^.	(165)
Решение этого дифференциального уравнения можно
привести к виду
Тп = Вп sin (со„7 + М +	,	(166)
ml а„ —
п <п
где
(167)
(168)
Постоянные Вп и Хп можно найти из граничных ус-
ловий: при t = 0 уп=0 это дает BnsinZ.n=0 и так как
Вп =/= О, то Хп=0; при t=0: ^-= 0.
Отсюда
2Рф« 1
/л/ып Ы„—
Следовательно,

УЯ =
sin <вя I sin -f-
2Р
sin ф„ t sin —-—-
(169)
Первый член этой суммы выражает свободные коле-
бания балки с частотой соп, а второй — вынужденные с
частотой фп-
191
Совпадение частот юп=фп приводит
который возможен при такой критической
же ди я
пл
V~~T
к резонансу,
скорости дви-
(170)
скорость на-
El	I
=—=------«««
т	л
Оказывается, что даже при п=1 эта
столько велика, что резонанс практически невозможен.
Наибольшее значение прогиба под грузом Р, стоящим
в середине пролета, оказывается равным
У = Z/CT.U,
(171)
где
у т — статический прогиб под грузом;
р — динамический коэффициент подвижной нагрузки,
выражающийся такой формулой'
I

выражающийся такой
1
V	л
1—-------
со	I
(172)
Пример 54. Определить
динамический коэффици-
ент подвижной нагрузки, движущейся по балке проле-
том (=10 м со скоростью v=80 км/ч —22,2 м/сек, если
частота собственных колебаний балки составляет со =
= 40 сек~1.
По формуле (172) находим
р = ------!------=------‘---= 1 21.
22-2-3-!4	1—0.174
~ 40-10
Если масса груза велика по сравнению с массой со-
оружения, то данное решение оказывается уже недоста-
точно точным.
Критическая скорость, соответствующая резонансу
по формуле (170), составляет при н = 1
v = — а = —40 = 127 м сек — 455 км 'ч.
л 3,14
Если, наоборот, массу балки можно считать очень
малой по сравнению с массой т движущегося груза, то
его динамическое воздействие на балку оказывается пе-
ременным. Своего максимального значения динамичес-
кий коэффициент достигает при нахождении груза все-
192
редине пролета балки. Для этого сечения динамический
коэффициент выражается такой формулой
е- 1т
3£7
4v >
р = 1 +
(173)
§ 36. Вынужденные колебания балок
с равномерно распределенной массой
при действии вибрационной нагрузки
Если на балку с равномерно распределенной массой
т действует возмущающая сила P(t) = Psin 6/, то вме-
сто однородного дифференциального уравнения (148)
мы будем иметь неоднородное
El ±JL + m^JL = Д Sin О'.	(174)
д>.‘ dt*	'	'
Решение этого урав-
нения без правой части,
выражающее свободные
колебания, было рассмот-
рено в § 31. Вынужден-
ные колебания балки при
действии вибрационной
нагрузки определяются
PW
,7 = ^7
z/г
Рис. 113
частным решением урав-
нения (174).
Если балка свободно лежит на двух опорах, а сила
Р(/) действует посредине пролета (рис. 118), то част-
ным решением уравнения (174) дтя левой половины
пролета является:
(175)
где
,	х	х
СП и	—	+ cos и	—
А =-----------------£_____________L
Л'	р.
(17G)
13—949
ИЗ
X . X
sh и — + sin « ~
2
(177)
Для этих гиперболо-круговых функций имеются таб-
лицы значений.
Соответствующие изгибающие моменты, выражают-
ся такой формулой
I ЦТ “!}
2" (^и/2 —
(178)
п	х и
Для середины пролета и —=
При совпадении частот 0 и о>, из которых последняя
выражается формулой (155), наступает резонанс.
П р и м е р 55. Определить наибольший изгибающий
момент в стальной балке на двух опорах с учетом ее
собственной распределенной массы, если посредине про-
лета 1 = 2 м действует сосредоточенная вибрационная
сила Р(/) =Psin О/, круговая частота которой 6 =
— 425 сек~1, а амплитуда Р = 500 кГ. Равномерная на-
грузка па балку <7=100 кГ/м=\ кПсм, а момент инер-
ции балки /=8950 ел4.
Распределенная масса балки
т = -S- = —— = 0,00102 ~Г сек2
g 981	сл<2
По формуле (176) находится параметр
и = 200
.V 0,00102-4252
V 2,Ы0’-8950
По формулам (177) с помощью таблиц круговых и
гиперболических функций находятся значения функций,
194
соответствующие полученному значению аргумента w =
=2.
Л.,о = 1,042; В1,о = 1,008; С10 = 0,501; DlS) = 0,167.
Изгибающий момент посредине пролета находится
по формуле (178) при х= —
а»-2ГО (1.022-1.008 — 0.61)1-0.167, = мсюо кГ
2-2	(1.1И27 —0.S0H)
Так как статический изгибающий момент состав-
ляет
В/	500-200	ПГАЛП Г"
М.т—------=----------— 25000 кГ см,
4	4
то динамический коэффициент вибрационной нагрузки
оказывается равным
М 29000	, 1С
ц —----=--------- - 1,1b.
7ИСТ 25000
Если же при приближенном расчете рассматривать
балку как систему с одной степенью свободы с эквива-
лентной точечной массой т — 0,493 ml, приложенной по-
средине пролета, то частота собственных колебаний и
динамический коэффициент по формулам (157) и (93)
оказываются равными:
/48Е/в	, /” 48-2.1 Ю«-8000-981 1плЛ
<2ЭКВ/3 J 0.493-200-2003
Разница составляет всего 2,5%.
ГЛАВА»
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ
НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
§ 37. Определение перемещений
и реакций от динамической
нагрузки
Основные теоремы строительной механики о работе
упругих сил, о перемещениях и реакциях имеют обоб-
щение в динамике сооружений, сделанное Н. И. Безу-
ховы м.
13*
195
Теорема о взаимности работ состоит в том, что ра
бота сил состояния i па перемещениях состояния k рав-
на работе сил состояния k
Pi-c. 119
такой формулой
fiiii =
Аналогично выражается
мических реакций
rih 
а перемещениях состояния
Пг-	(179)
При этом динамиче-
ские силы и перемещения
считаются изменяющими-
ся по гармоническому за-
кон} с оцшаковой часто-
той бив одной и топ же
фазе.
Взаимность переме-
щений относится к ампли-
тудам перемещений от
единичных сил в состоя-
ниях i и k и выражается
6Л1-.	(180)
взаимность амплитуд днна-
-rhi	(181)
и взаимность амплитуд динамических перемещений и
реакций
6л. = — ria.	(182)
Приравнивая возможную работу статической внеш-
ней единичной силы состояния i па перемещениях со-
стояния k, вызванных динамической нагрузкой P^sinO/,
соответствующей потенциальной энергии системы
(рис. 119), получаем следующую формулу для амплиту-
ды динамического перемещения
Д« =
где — выражение изгибающих моментов от силы
Л=1;
Mk—выражение изгибающих моментов от дина-
мической нагрузки с учетом сил инерции.
Основная трудность применения формулы (183) со-
стоит именно в определении изгибающих моментов от
динамической нагрузки с учетом сил инерции.
ул J Л1, Alfe ds
196
§ 38. Расчет рам по методу сид
Па рис. 120 показана заданная статически неопреде-
лимая система, па которую действуют вибрационные
гармонические нагрузки, имеющие одинаковую частоту
О и находящиеся в одной фазе. Как уже было указано
выше, при установившихся колебаниях все внутренние
силы и перемещения системы будут изменяться по то-
му же закону. Переходя к основной системе, показан-
ной па рис. 120,6, заменим отброшенные связи неизве-
стными динамическими реакциями, которые также бу-
дут изменяться по тому гармоническому закону,
которому следует нагрузка.
Условия равенства пулю полных динамических пе-
ремещений по направлению отброшенных связей мож-
но записать в виде канонических уравнений метода сил,
которые после сокращения на sinOZ примут такой же
вид, как и в случае статической нагрузки
-Xi + 612 X., 4- Л1р = 0, 1	(184)
^2i	+ ^22 Х2 4- Аг.» — 0. J
Здесь61Ь612,б22— амплитудные значения перемещений
по направлению неизвестных от дина-
мических сил Xi = lsin6/ и %2 =
= 1 sin 0/;
Л,р и Д2р—амплитудные перемещения по направ-
лению неизвестных сил от динамичес-
кой нагрузки.
Коэффициенты при неизвестных и свободные члены
канонических уравнений определяются по формуле
1Э7
(183). При этом возникают трудности, связанные с оп-
ределением изгибающих моментов от динамической на-
грузки с учетом инерционных сил.
Поэтому метод сил оказывается мало эффективным
для динамического расчета рам. Для перазрезных же
балок вычисление коэффициентов не представляет за-
труднении.
Для определения частот свободных колебаний рам
свободные члены канонических уравнений (184) прини-
маются равными и}лю, а вместо частоты 6 возмущаю-
щей нагрузки перемещения бп, б|2 и 622 определяются ог
динамических неизвестных Xt=sino>/ и X2=sinco/, где
ю — неизвестная частота свободных колебаний рамы.
Для нахождения частот свободных колебаний рамы
составляется определитель из коэффициентов системы
уравнений. Этот определитель приравнивается нулю,
раскрывается и дает уравнение частот Это последнее
уравнение оказывается трансцендентным и сложным.
Единственным способом его решения оказывается под-
бор.
§ 39. Расчет рам по методу
перемещений
Перейдем от заданной системы, показанной на рис.
121, с, к основной путем наложения связей с одновре-
менным приложением динамических неизвестных пере-
мещений Zi(t) =zlsinef,
г2(/) = z2sinOZ, z3(t) =z3sin0/.
Условие отсутствия полных динамических реакции
введенных связей выражается системой канонических
уравнений метода перемещений:
ги zi + п2 ?2 + г1з гз 4* Rip	= 0,	
Г21 г1 + Г22 Z2 + Г23 г3 + Rip	= 0,	(18F)
r9i?i + r32z2 + r33z3 + R3p	= 0.	
Неизвестными в этой системе уравнений являются
амплитуды вибрационных перемещений zt, г2, г3.
Коэффициентами при неизвестных служат амплитуд-
ные значения реакций введенных связей от единичных
вибрационных перемещении, а свободными членами —
амплитудные реакции связен от вибрационной нагруз-
ки. П те и другие величины отличаются от соответству-
198
Амплитуды динамических реакций
05
СУ
з
19)
Продолжение rafii. 'о
Значения функций, входящих
и 2sh и sin и
1	3 ch и sin и—sh и cos и '
и ch и sin и — sh и cos и
®	4	1 — ch и cos и
и sh и — sin и
ф3 (и) = — » --------------;
2	1 — ch и cos и
и3 ch и si п и 4- sh и cos и
(и) -----------------------------;
3	ch и sin и — sh и cos и
и3 sh и sin и
Фо («) = — • -------:-------I
6	1 — ch и cos и
и3 ch и — cos и
Фо (“) = — • I--------------:
6	1 — ch и cos и
и	Ф, («)	Ф« (и)	Ф. («)	Ф. <«)	Фг. (")	Ф. («)	
0	1.0000	1.0000	1.0000	1.0000	1,0000	1,0000	
0.1	1,0000	1,0000	1.0000	0,9999	0,9999	1.0000	
0,2	0,9999	1,0000	1.0000	0.9999	0,9999	1.0000	
0,3	0,9999	0,9999	1,0001	0,9998	0.9998	1,0001	
0.4	0.9998	0,9999	1,0001	0,9993	0,9997	1,0002	
0.5	0,9996	0.9999	1.0002	0.9982	0.9995	1,0003	
0.6	0,9992	0.9997	1,0005	0,9964	0,9989	1,0007	
0.7	0,9985	0.9994	1,0009	0,9931	0,9979	1,0012	
0.8	0.9974	0,9990	1.0015	0.9883	0,9964	1,0021	
0.9	0,9958	0,9984	1,0023	0.9812	0,9943	1,0034	
1.0	0,9936	0.9976	1.0036	0.9313	0.9913	1,0052	
1.1	0,9906	0,9965	1,0052	0,9580	0,9872	1,0076	
1.2	0.9867	0,9950	1.0074	0.9403	0.9818	1,0108	
1.3	0.9817	0,9932	1,0103	0,9176	0,9750	1,0148	
1.4	0,9752	0,9908	1,0138	0.8888	0,9663	1.0200	
1.5	0,9672	0.9878	1,0182	0.8529	0.9555	1,0265	
1.6	0,9573	0,9842	1,0237	0,8086	0,9422	1,0343	
1.7	0.9453	0.9798	1.0304	0,7546	0,9262	1,0439	
1.8	0.9306	0,9745	1.С384	0.6892	0.9069	1,0555	
1.9	0.9130	0,9682	1,0479	0,6107	0,8840	1,0693	
2.0	0,8919	0,9608	1,0592	0.5170	0 8о69	1,0857	
2.1	0,8667	0.9521	1.0725	0,4055	0,8252	1.1051	
2.2	0.8368	0.9419	1,0885	0,2733	0,7881	1.1278	
2.3	0,8012	0,9300	1,1064	0.1168	0,7451	1,1544	
202
в формулы метода перемещений
a2 sh и 4- sin и
4; («) = —• ——г------------:----------;
3 chusinu — shucosti
и3 2 ch и cos и
фв (н) = — . ------------------------;
3 ch и sin и — sh и cos и
и3 ch и -к cos и
ф8 («) = — • —--------;;
3 ch и sin и — sh и cos it
и3	ch и sin и 4- sh и cos и
Ч'ю О') = ТГ •	.	"
12	1 — ch и cos и
и3 sh и 4- sin и
’Г11 (“) = Т5" i й ’•
12 1 —ch и cos и
и3 1 4- ch и cos и
ф12 (и) = — . ------------------------
3 ch и sin и — sh и cos и
Таблица 16
	ф, (")	Il’s (и)	Ф. (и)	Ф|. (")	Фи («)	Фи 1")
	1.0000	1.0000	1,0000	1,0000	1.0000	1,0000
	1.0000	0,9999	1.0001	0,9999	1,0000	0,9999
	1.0001	0.9997	1.0002	0,9999	1.0000	0.9999
	1,0002	0.9987	1 0007	0,9997	1 0001	0,9994
	1.0004	0,9958	1,0014	0,9992	1.0004	0,9980
	1,0008	0,9899	1,0029	0,9981	1,0007	0.9951
	1.0017	0.9790	1,0060	0.9960	1,0014	0,9898
	1.0031	0.9611	1,0111	0,9926	1.0026	0.9811
	1.0054	0.9336	1,0190	0,9873	1,0044	0,9678
	1.0086	0.8936	1,0306	0,9797	1.0070	0,9484
	1.0132	0.8377	1,0467	0,9690	1 0107	0.9213
	1.0193	0,7621	1,0685	0,9546	1,0157	0,8846
	1.0274	0,6626	1,0973	0,9357	1,0223	0,8363
	1.0379	0,5345	1,1346	0,9113	1,0308	0.7741
	1,0512	0,3724	1.1820	0,8806	1.0416	0,6955
	1.0679	0,1705	1,2414	0,8425	1.0549	0.5976
	1.0886	—0.0777	1.3150	0.7958	1.0714	0.4772
	1.1139	—0.3794	1,4054	0,7393	1.0914	0.3309
	1,1447	—0,7430	1,5155	0,6716	1,1155	0,1547
	1.1819	—0.1775	1,6489	0,5913	1.1444	-0,0559
	1.2267	— 1.6936	1,8098	0.4967	1.1787	—0,3059
	1.2806	—2,3035	2,0034	0.3861	1,2192	—0.6012
	1.3450	—3.0212	2,2362	0,2574	1,2668	—0.9487
	1,4222	—3,8638	2,5160	0,1087	1.3227	— 1,3563
203
и	Чт («)	Чт («)	Ч, (")	Ч. («1	Чт («)	Ч’, («)	
2.4	0,7589	0,9162	1,1277	—0.0684	0.6953	1,1853	
2,5	0,7085	0.9002	1.1525	—0,2879	0,6379	1,2215	
2.6	0.6484	0.8819	1 1813	—0.5488	0,5718	1,2635	
2.7	0,5761	0.8606	1,2146	-0.8604	0,4958	1.3122	
2.8	0,4886	0.8362	1,2534	-1.2350	0,4086	1,3691	
2,9	0.3817	0,8080	1,2984	-1.6895	0.3084	1,4352	
3.0	0.2494	0.7754	1,3509	—2.2482	0,1934	1.5124	
3.1	0,0826	0,7377	1,4121	—2,9464	0.0609	1.6028	
3.2	—0,1325	0,6940	1,4840	—3.8388	—0.0920	1.7091	
3.3	—0,4185	0.6430	1,5687	—5,0147	—0,2691	1.8349	
3.4	-0.8150	0,5832	1.6693	—6,6306	—0.4753	1,9844	
3,5	—1.3990	0.5126	1.7896	—8.9890	—0.7172	2,1640	
3.6	—2.3415	0,4284	1.9349	— 12,762	—1,0032	2,3816	
3.7	-4.1148	0,3269	2,1127	—19,808	— 1.3453	2,6487	
3,8	— 8,6838	0.2027	2,3335	—37.845	—1.7603	2,9817	
3.9	-47.556	0,0478	2,6131	— 190,69	—2,2730	3,4048	
4.0	19.468	-0.1501	2.9758	72.589	—2.9217	3,9557	
4.1	9.1701	—0,4110	3.4615	32,016	—3.7687	4.6961	
4.2	6.3934	-0,7700	4.1402	20.984	—4,9232	5.7342	
4.3	5,0927	—1.2950	5,1472	15,743	—6.5952	7,2795	
4.4	4,3307	—2.1357	6,7817	12,607	—9,2489	9.7956	
4.5	3.8236	—3,7021	9.8635	10.460	—14.155	14,552	
4.6	3.4560	—7,6655	17.734	8.8476	—26,492	26.725	
4.7	3,1721	-37,947	78,238	7.5480	—120,37	120.43	
4,8	2,9412	18,304	—34,332	6.4399	53,839	—53,975	
4.9	2.7452	8,3439	— 14,483	5.4496	22.905	—23.252	
5,0	2,5722	5,7486	-9,3710	4.5288	14,786	-15,362	
ющих величин, используемых в статических расчетах,
тем, что при их определении учитываются силы инерции
сосредоточенных или равномерно распределенных масс,
стержней рамы. Это делается с помощью поправочных
функций к формулам для статических реакций.
Если массы стержней приняты равномерно распред!
лепными по их длине, то амплитуды динамических реак-
ций выражаются формулами, приведенными в табл. 15.
Влияние сил инерции распределенных масс учитывается
с помощью поправочных функции ф(н) к формулам для
статических реакций. Числовые значения этих функций
зависят от аргумента и, выражаемого формулой (176)
«=/|7* = -УЕЕ
V Е! \ Ei '
201
Продолжение таСл. /<5
Ч1 (Ч)	4V («)	Ч\ (")	4т с (")	Чт, (и)	Ч(и)
1.5148	—4.8513	2.5830	—0.0626	1 3879	—1,8337
1,6263	—6.0086	3.2601	—0,2592	1.4641	—2.3928
1,7610	—7.3665	3,7543	—0,4840	1,5530	—3.0482
1.9248	-8,9647	4,3582	—0.7405	1.6565	—3,8189
2.1257	— 10,855	5,1(28	— 1,0327	1,7775	—4.7296
2.3747	—13,108	6,0312	— 1.3651	1,9187	—5.8136
2.6880	— 15,823	7,2056	—1.7432	2,0842	—7.1176
3.0891	— 19,142	8,7185	—2.1736	2,2789	-8.7095
3.6150	—23.284	10,714	—2,6641	2.5087	—10.693
4,3262	—28,605	13,430	—3,2245	2,7817	—13,236
5.3294	-35.725	17,285	—3,8671	3.1083	-16.631
6.8316	—45 833	23,091	—4.6079	3,5020	—22.442
9,2938	—61,587	32,657	—5.4678	3,9819	—28.918
13,991	—90 280	50 994	-6,4756	4 5742	—42,510
26.227	—162,26	98,945	—7,6716	5,3165	-76.545
131,08	—764,08	510,82	—9,1145	6,2652	-360,80
—50.020	269,20	—201.00	-10,894	7.5072	127.06
—22.351	108.35	—92,452	— 13,157	9,1857	51.053
—15.002	63,467	—63.776	—16,158	11,552	29.793
—11.654	41,210	—50,990	—20.388	15,092	19,210
—9.7781	27.086	—43,734	—26,925	20,883	12,461
—8.6096	16 701	—39,428	—38.725	31,873	7,4703
-7,8395	8,2554	—36.721	-67,821	60,093	3.3879
—7,3194	—0,8683	-35,036	—286.43	277.75	0,2033
—6,9700	—5,9531	—34.067	117,88	127,58	-3.5364
—6.7457	—12,451	—33,642	45,470	—56.284	-6,7568
—6,6193	— 19,024	—33.661	26,034	—38.052	-9,9639
где	I—длина стержня;
т— погонная масса стержня;
EI — жесткость стержня;
i—погонпая жесткость стержня;
(-)—частота вынужденных колебаний, равная
частоте возмущающих сил.
В табл. 16 приведены значения функций ф(«).
При рассмотрении собственных колебаний в формулу
(176) вместо величины 0 входит частота собственных ко-
лебаний mb канонических уравнениях (185) свободные
члены принимаются равными пулю.
205
Для получения уравнения частот составляется, при-
равнивается пулю и раскрывается определитель, со-
ставленный из коэффициентов при неизвестных канони-
ческих уравнениях.
Так как стержни рамы могут иметь разные значе-
ния и, то их все следует привести к одному из элемен-
тов.
Окончательная эпюра динамических изгибающих
моментов строится, как и в случае статических нагру-
зок, т. е. по формуле (136).
Для симметричных систем с симметрично располо-
женными массами принимаются групповые неизвестные
перемещения, а определение симметричных и обратно
симметричных форм колебаний производится независи-
мо друг от друга.
Пример 56. Определить собственные частоты коле-
баний рамы, рассмотренной в примере 49, считая массы
стержней равномерно распределенными по их длине
(рис. 122, а).
Основная система рамы, соответствующая методу
перемещений, показана на рис. 122,6. При этом неизве-
стные динамические угловые перемещения узлов разло-
жены на симметричную и обратно симметричную груп-
пы Zi (/) и z2(Z).
Эпюры амплитуд динамических изгибающих момен-
тов от единичных перемещений 2\ и г2 показаны на рис.
122, в п г.
Так как рама симметричная, то симметричные и об-
ратно симметричные формы ее колебаний обособляют-
20G
207

ся, неизвестные разделяются, а уравнения распадаются
на два независимых:
rnZi = 0 и г2>^2 = О.
Так как определяются собственные частоты колеба-
ний, то свободные члены уравнений RiP и /?2₽ равны
нулю.
Неизвестные z1 и zj не равны нулю, поэтому для оп-
ределения искомых частот имеем два уравнения:
Гц = 0 и Г22 = 0.
Величина гц определяется по эпюре Л1| с помощью
формул табл. 15 н приравнивается нулю
гц = 2[3«ф1(м) + 4п|-2(н) + 4»ф2(н) — 2гф3(п)] = О
Отсюда, после приведения подобных членов и сокра-
щений на 21 получим
Зф4 (и) 4- 8»| 2 (и) — 2»| з (и) = 0.
Это трансцендентное уравнение решается подбором
с помощью табл. 16, в результате чего находятся сле-
дующие значения аргумента.
«I = 3,34; и2 = 4,25;	= 4,73.
Из формулы (176), заменив 0 на ы, можно выразить
частоту колебаний
Подставляя /—6 м и три значения и, получим собст-
венные частоты симметричных колебаний
<’>2 =

~ =0,501 1/ £/
т	Г
~ = 0,6221.
т	|
т
тг
tn
Если распределенные массы т считать эквивалентны-
ми сосредоточенными т =	посредине стержней, то ча-
стоты будут такими:
/Е/
— ; <>)2 =
г т
; (о3 —
208
Эти результаты отличаются от полученных в примере
50 соответственно па 3,5 6,2 и 15%.
Частоты обратно симметричных колебаний опреде-
ляются из уравнения
Г22 = 2[3н]1(н) + 4/фг(//) + 4/iJ-.2(h) + 2t4’3 («)] = 0
1ПИ
3«|i(ii) +	(//) 4- 2||'з(н) = 0
Подбором находим:
н' = 3,60; и' = 4,53.
Этому соответствуют такие частоты обратно спммет-
При расчете на вынужденные колебания величина
аргумента н находится по формуле (176), так как часто-
та оказывается заданной, например
0 = 0,6от, =0,6-0,55 ]Л= 0,33] Л~ .
| т	\f in
Тогда
Н = /	= 6 I4 0Ж = 3,45.
Соответствующие значения поправочных функции
находятся по табл. 16:
41 (w) — — 1,0775; т|’2 (н) = 0,5498, ф3(н) = 1,7260.
Для определения неизвестных при действии только
симметричной возмущающей нагрузки служит неодно-
родное уравнение
Г И?! + R[p = 0.
После подстановки значений rtl и Rip и решения
уравнения находится г( и строится эпюра динамических
изгибающих моментов.
Л1 =	+ Л1 р.
Пример 57. Требуется найти основную частоту
собственных колебаний п построить эпюру дпнамичес-
14—949
299
ких изгибающих моментов в раме, показанной на рис.
123, а, от действия возмущающей силы P(t) = Psin 0/,
если ее частота 0 составляет 0,8 от собственной частоты
основного тона колебаний рамы. Основная система ме-
тода перемещений показана па рис. 123,6, а эпюры ЛК
Рис. 123
и Мг — па рис. 123, в, г. Система канонических уравне-
ний в общем виде записывается так:
+ Г\2^2 -р Rip = 0,
^21^1 + Г22^2 4- /?2р = 0.
Если для стойки аргументом функций ф является ве-
личина и, то для ригеля это будет величина и -^=
= 0,707». Кроме того, необходимо учесть продольную
силу инерции распределенной массы т самого ригеля
m/02 = ml£l = -L и\
т I3 Р
210
С помощью табл. 15 выражаются реакции
Гц=4л|>2(и)4-12п|>1 (0,707 и); г12 = г21 = — -у- ф*(«);
rM = ^^ю(“)+-у ♦«(«)—	R^ — p.
Для определения собственной частоты колебаний
свободные члены уравнений принимаются равными пу-
лю, а из коэффициентов при неизвестных составляется
определитель:
О = Гн
^12
^22
= 0.
Раскрывая этот определитель, получаем уравнение
частот
f Г ___~ О
ЧГ22 '12	’
После подстановки выражений реакций и решения
уравнения частот подбором находим «1 = 1,68 и вычис-
ляем частоту основного тона собственных колебаний
2 95	/ £/
По условию 0 = 0,8 (О|=	1/ следовательно,
« = 1^2^25=1,5.
Находим значения функций ф2(и); Ф1 (0,707 «); ф5(«);
фю(м); ф|2(«) и величину «4. Подставив их в канониче-
ские уравнения, после их решения находим: zt =
Pl	Pl2
=0,0759 —; г2 = 0,210 —. Окончательная эпюра дина-
i	i
мических изгибающих моментов, показанная на рис.
123, е, строится по формуле (136)
Л1 = Ali-?i + M-tZz.
Для сравнения па рис. 125, д показана эпюра момен-
тов от статической нагрузки, равной амплитудному зна-
чению силы P(t). Наибольший динамический коэффи-
циент оказывается равным
Ртах
1,138 = 9 76
0,412
14*
211
§ 40. Применение готовых формул
Для многоэтажных и многопролетных рам Э. Е. Си-
таловым получены простые формулы для низших частот
их собственных горизонтальных колебании, являющих-
ся наиболее опасными (рис. 124),
«1 = -4г,	(186)
V^ct
горизонтальное пере-
мещение верхних уз-
лов рамы от горизон-
тальных сил, соответ-
ствующих точечным
массам в.узлах рамы,
заменяющих ее рас-
пределенною по стер-
жням массу;
коэффициент, завися-
щий от числа этажей.
Значения этого коэф-
фициента приведены
в табл. 17.
	Значения коэффициента Ki				Таблица 17
Число этажей [ амы п	4	5	6	7	₽ в более
к, Для па	34,5 хождени	35.1 я перем	35.8 сщеппй	36.4 !Лт СЛуХ	49.2 |/ 2-1-1- V 2л кнт формула
= У	(187)
24 м ffe
Л=1	Л==1
п
где Qk~ S ё, — поперечная сила в стойках /г-го
этажа, равная сумме всех выше-
лежащих сил gr,
[2 / 1	1 \
£* = —I —Н------—линейный перекос ft го этажа вы-
* 12\sft nJ	*
сотой / от единичной силы;
212
ss и rk— соответственно СУММЫ погонных
жесткостей стоек и ригелей /?-го
этажа.
Для нижнего и верхнего этажей перекосы составля-
Для определения двух следующих частот служит
формула
Ч., = -	.	(183)
fc=l
где тк— этажные точечные массы;
ск—соответствующие линейные перекосы этажей.
Значения коэффициентов /(2 » Кз приведены в
табл. 18.
Таблица 18
Значения /\\ и Кз
Число этажей ра.мч п	4	5	6	7	8 и бол ?е
Кг	4	4,35	4.55	4.65	4,72
Л'з	6,15	7.10	7,60	7,80	7,85
железобетопнон рамы, пока-
Пример 58. Найти первую частоту собственных го-
ризонтальных колебаний
занной на рис. 125. Этаж-
ные нагрузки, приведен-
ные к перекрытиям, со-
ставляют: gi = 43,3 Г; "2=
= 44,1 Г; £з = 43,0 Т, g^
= 38,1 Т. Действительная
погонная жесткость стоек
первого этажа / = 5,04Х
X Ю8 кГсм. Относитель-
ные погонные жесткое!и
стержней рамы показаны
в кружках па ее схеме.
Для определения про-
гиба верха рамы находим
суммы погонных жестко-
213
стен стоек и ригелей по этажам, а также соответствую-
щие поперечные силы:
S1 = 3 • 1 = 3; s2 = 3 • 0,8 = 2,4; s3 = 3 • 0,6 = 1,8;
s4 = 3-0,4 = 1,2;
rt = 2-2 = 4; r2 = 2- 1,6 = 3,2; r3 = 2- 1,2 = 2,4;
r4 = 2-0,8 = 1,6;
Q. = 38,1 T; Q3 = 38,1 + 43,0 = 81,1 Г;
<?2 = 81,1 + 44,1 = 125,2 T; Q1 = 125,2 + 43,3 = 168,5 T.
Р,57;
+ — = 0,97;
2.4
+ —— = 0,99.
4-1,6
Перекосы этажей, уменьшенные в
Г1 4502	1
----=------------= 	раз;
12f-12-5,08-10®--30000
	s,	3 Г1 4- —	4 - 12	3
		12
1	1- 1 - 1 4- 1	= 0,73;
«2	1 л2 2,4 ' 3.2	
— + — = ——
s3 r3 1.8
—+ —= ——
4r4	1.2
Горизонтальное перемещение верха рамы, соответ-
ствующее этажным нагрузкам, которые для этого при-
нимаются приложенными горизонтально:
л—1
I
+ Ql С2 + Q3 С3 + Ql С1-----	---Ь 4"
2 к г, гг
+ — + —= —— 1168,5-0,57 + 125,2 - 0,73 -f-
+ 81,1-0,97 4-38,1-0,99 — —	4-+
2 \ 4	3.2
-^-Y] 1000 = —— -271,5-1000 =9,04 см.
2.4 )\	30000
Для четыре.хэтажноп рамы коэффициент Ki по
табл. 17 равен 34,5.
По формуле (186) первая круговая частота состав-
ляет
Ki 34,5	... —I
<*>i = —zzT- = —------= 11,4 сек
V Усг	V 9.04
214
Вторая частота оказывается равной <о2 = 29,4 сек—1.
Для приближенного определения частот колебаний
ферм применяется способ перехода к эквивалентной
балке. При этом прогиб посредине пролета фермы от
узловой нагрузки, соответствующей массам, приложен-
ным в узлах фермы, находится по формуле Мора —
Максвелла для шарнирно стержневых систем:
г _ V AfpiV.S
'* —J EF
где	Np—усилие в любом стержне от заданной на-
грузки;
Nt — усилие в том же стержне от единичной си-
лы, приложенной в середине пролета;
S и EF — длина и жесткость того же стержня.
Суммирование распространяется на все стержни
фермы.
Для балки на двух опорах при действии равномерной
нагрузки q соответствующий прогиб выражается из-
вестной формулой
г . . W*
6	384 ЕГ
Из условия равенства прогибов фермы и балки, об-
ладающих одним и тем же модулем упругости Е, мож-
но определить эквивалентную жесткость последней
р / _ 5<?/4
384	’
Подставляя в формулу (156) для основного топа ко-
лебаний балки последнее выражение, получим следую-
щую формулу для фермы
л2 , /Г. 1g	35.2
Пример 59. Определить частоту основного тона ко-
лебаний балочной фермы, если от действия заданной
равномерной нагрузки расчетный прогиб составляет
f-„=l,5 см.
Искомая частота свободных колебаний фермы по
формуле (189) будет
о. =	= 28,8 сек~' .
/1.5
215
Г Л Л В Л 10
МЕРЫ БОРЬБЫ С ВИБРАЦИОННЫМИ ЯВЛЕНИЯМИ
§ 41.	Характеристики
физиологического и других
воздействий вибраций
Колебания могут оказать вредное влияние па орга-
низм человека и помешать работе оборудования произ-
водственных зданий. Колебания конструкций в зависи-
мости от частоты и амплитуды могут оказать различное
физиологическое воздействие па людей. На основании
имеющегося опытного .материала сделан вывод, что кри-
терием чувствительности люден к колебаниям с низки-
ми частотами (от 1 до 10 гц, т.е. кол/сек)-может слу-
жить ускорение колебаний, а к колебаниям с высокими
частотами (выше 10 кол!сек)—скорость колебаний.
Характеристики воздействия на людей гармоничес-
ких колебании с амплитудами до 1 мм приведены в
табл. 19.
Таблица 19
Характеристики физиологического воздействия гармонических
колебаний
Характеристики воздействия колебаний на людей	Для частот от I до 10 гц	Для '‘астот от 10 до 100 гц
	предельное ускорение в мм {сек1	л редельяое ускорение в мм(сгк*
Не ощутимы ....	10	0.16
Слабо ощутимы		40	0,24
Хорошо ощутимы		125	2
Сильно ощутимы (мешают) . . Вредны при длительном воздсй-	400	6,4
СТБЯ11		1000	16
Безусловно вредны		более 1000	более 16
динамических
перемеше-
Допустимую амплитуду а0
лип определяют по формулам:
но
1*0	,
2ли0
К'о
4л2«2
(190)
(191)

216
где20 и к’о—допускаемые пределы скорости (в мм/сек)
и ускорения (в мм/сек2), принимаемые по
табл. 19;
пп—частота колебаний, гц.
В качестве допускаемых должны приниматься колеба-
ния с характеристикой безвредного воздействия их па
людей.
Для различных машин и оборудования, монтируе-
мых па фундаментах и перекрытиях, нормами установ-
лены допустимые значения амплитуд и скоростей коле-
баний.
§ 42.	Способы уменьшения
резонансных явлений
В тех случаях, когда в результате динамического
расчета конструкции требования прочности, жесткости
пли характеристики воздействия па людей и оборудова-
ние не удовлетворяются, следует принимать меры борь-
бы с колебаниями. Эти меры довольно разнообразны н
эффективны при условии правильного выбора их в каж-
дом конкретном случае. Мы перечислим основные из
них.
Целесообразная расстановка машин
Путем той или иной расстановки машин, служащих
источником колебаний, можно уменьшить или даже из-
бежать резонансных явлений Так, например, придви-
нув такую машину ближе к опоре несущей балки, мож-
но увеличить частоту собственных колебаний последней.
Машины, создающие горизонтальные силы инерции,
следует располагать так, чтобы эти силы действовали в
том направлении, для которого жесткость здания боть-
ше или частота собственных колебаний сильнее отли-
чается от числа оборотов машины.
Изменение жесткости конструкции
Увеличение жесткости конструкции путем увеличе-
ния размеров ее поперечных сечений, путем уменьше-
ния пролетов пли с применением других мероприятий
приводит к повышению частот собственных колебаний
и может быть использовано для удаления низшей из
этих частот вверх от частоты возмущающих нагрузок.
217
Уменьшение жесткости конструкций может быть це-
лесообразным лишь в редких случаях, так как приводит
к снижению прочности и создает возможность резонан-
са с более высокими тонами колебаний измененной кон-
струкции.
Изменение режима работы машины
Понижение или повышение числа оборотов может
привести к такому же эффекту, как и повышение или
соответственно понижение жесткости конструкции, т. е.
к уменьшению динамического коэффициента.
Колебания, создаваемые машинами с вращающими-
ся массами с возвратно-поступательным ходом, можно
значительно уменьшить путем уравновешивания инер-
ционных сил. Уравновешивание машины может быть до-
стигнуто за счет уравновешивания ее движущихся масс,
а также путем встречного сдваивания или страивания,
при котором две или три одинаковые машины ставятся
на одном валу и работают с относительным сдвигом фаз
на 180° или 120°. Для этой же цели к машине может
быть добавлен специальный антивибратор.
Применение виброгасителя
Динамический виброгаситель представляет собой до-
полнительную систему, которая устанавливается па кон-
струкции, совершающей вынужденные колебания с
целью нейтрализовать своими реакциями возмущаю-
щую нагрузку. Для этого частота собственных колеба-
нии внброгасителя должна быть равна частоте возму-
щающей нагрузки.
Виброизоляция
Виброизоляция оказывается одним из наиболее про-
стых средств для уменьшения вредного действия коле-
баний. Различают активную виброизоляцию, назначе-
нием которой является уменьшение динамических сил,
передаваемых машиной па несущую конструкцию, и
пассивную виброизоляцию, которая имеет целью изоли-
ровать те или иные места работы или приборы от коле-
баний несущих конструкций.
218
§ 43.	Расчет виброизоляции
Расчет активной виброизоляции ведется, исходя из
рассмотрения расчетной схемы, показанной па рис. 126.
При этом массу т на амортизаторах можно рассмат-
ривать в качестве системы с одной степенью свободы,
могущей совершать только верти-
кальные колебания, и для которой
динамический коэффициент выра-
жается формулой (90).
Эффективность виброизоляции
оценивается коэффициентом пере-
дачи силы, который выражается та-
кой формулой
4б2 52
+ со8 (4 л2 4- 6-)
С2 40-62
со2 + ы- (4л + б2)
Рис. 126
где б—логарифмический декремент затухания амор-
тизаторов.
Величина D=—	6 называется коэффициентом
V 4 л2 -р б2
демпфирования и в большинстве случаев меньше 0,05.
Тогда можно пользоваться приближенной формулой
(193)
Для эффективности виброизоляции отношение ча-
стоты возмущающей силы 0 к частоте свободных коле-
баний со подрессоренной массы должно быть не мень-
ше 4. В этом случае величина г) будет не выше 1/15 и
эффективность виброизоляции достигнет 93,5%-
При малых значениях 0 t]~ 1 и виброизоляция ока-
зывается бесполезной.
0
При — <1,41 т)> 1 и тогда виброизоляции оказыва-
ем
ет даже вредное действие.
При — «1 наступает резонанс, который может
со
быть опасен для пружинных амортизаторов.
*.
219
Для гашения колебаний со средними частотами (G—
25 герц) наиболее подходят стальные пружинные изо-
ляторы, которые допускают большую статическую осад-
ку и дают возможность понизить частоту собственных
колебаний изолируемой массы.
РАЗДЕЛ III
ОСНОВЫ РАСЧЕТА ПРОСТРАНСТВЕННЫХ
ТОНКОСТЕННЫХ КОНСТРУКЦИЙ
глава и
ЭЛЕМЕНТЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЙ
ГЕОМЕТРИИ ПОВЕРХНОСТИ
§ 44. Аналитическое выражение
поверхности
Поверхность есть геометрическое место точек, ради-
ус-вектор которых г, направленный из фиксированного
центра 0, является функцией двух независимых пара-
метров а и р. В векторной форме уравнение поверхно-
сти имеет вид:
<г=г(«, р)
или
г = .v(a, P)i+у(а, P)j + z(a, р)к. (194)
Поверхность можно определить в параметрической
форме с помощью трех уравнений вида:
х = ft(a, Р), у = f2(a, Р), г = f3(a, р),	(195)
где х, у, г— декартовы координаты точки поверхно-
сти— известные функции (/,) параметров
а и р.
Если из уравнения (195) исключить а и р, то полу-
чается уравнение поверхности в неявной
F(x, у, z) = 0	(196)
или явной форме
г = {(х,у).	(197)
Любое соотношение между параметрами вида
<f(a, р) представляет кривую линию на поверхности.
221
Кривые на поверхности, вдоль которых один из па-
раметров остается постоянным, называются координат-
ными линиями. Поверхность полностью определяется
двумя семействами координатных линий — криволиней-
ными координатами поверхности.
Положение любой точки на поверхности определяет-
ся значениями криволинейных координат
а = const и р = const
в этой точке.
§ 45. Линейный элемент поверхности
Рассмотрим две соседние точки поверхности С и D
(рис. 127), определяемые радиус-векторами г и r+dr и
Рис. 127
соответственно ‘ криволи-
нейными координатами
а, р и a+da, p+rfp.
В пределе длина эле-
мента дуги, соединяющей
точки С и D, стремится к
дифференциалу ds и рав-
на модулю |rfr| вектора
а квадрат дифференциала
дуги
ds2 = | г/г|2 = dr-dr = Eda2 + 2Kdadp + Gdpz, (199)
где согласно (194)
£ =	df	dr	_	/	дх у	|	f	ду	у	/	дг	у
да	да	\	да ]	\	да	/	\	да	)	’
р _ дг дт   дх дх ду ду , дг дг
да’ ар ~ да ’ ар + ~да ~д^ ~да~др ’
G =	дГ	дГ	=	/	V	4-	Г	4- (	дг	V
ар	’ ар	\	ар )	+	ар	/	+ Up	/	‘
Выражение (199) называется первой квадратичной
222
фирмой поверхности, а величины Е, F и G ее коэффи-
циентами.
Из (200) следу ет, что и =	*= | Е, г., = - г- =
<?а	" df}
= /G
E = -£L.-^- = /£.]/Gcos у, (201)*
да «Эр	Л
где у — угол между векторами KE и г 6 (рис. 128).
Согласно (199), вдоль координатной линии а=С,
da=0 длина элемента CDt
ds2=}'Gdfi,	(202)
вдоль координатной линии р = С, dp = O длина элемента
СС,
dSj =]/ Е da.
(203)
Если координатные линии образуют на поверхности ор-
тогональную сетку	т0 (199) примет вид:
ds2 ds] + ds] = A2 da2 + В2 dp2, (204)
где
а = \'ё, b = Vg.	(205)
§ 46. Кривизна линии на поверхности
Если через точку С[г(х, у, z)] провести на поверхно-
сти различные кривые, то касательные к ним в точке С,
как правило, располагаются в одной плоскости — каса-
тельной плоскости к поверхности в точке С.
Прямая, проходящая через точку С псрпендпкуляр-
* Согласно формуле скалярного произведения векторов А н
ЛВ = [А] -[В] cos х.
223
но к касательной плоскости, называется нормалью к
поверхности в точке С (рис. 128).
Нормальным сечением поверхности в точке С назы-
вается сечение некоторой плоскостью, содержащей нор-
маль к поверхности в этой точке. Такое сечение пред-
ставляет собой плоскую кривую, главная нормаль*' к
которой совпадает по
направлению с нор-
малью к поверхности
в данной точке С.
Касательная плос-
кость проходит через
векторы:
дг	дг
П = —— и г, —----,
да •	“ др
касательные кайр
линиям в точке С.
Вектор нормали N'
параллелен вектору,
образованному вектор-
ным произведением**
векторов п и г2, а его
орт
dr dr
— Г| х г-   da
|r(Xr2| Н
где знаменатель является модулем векторного произ-
ведения
Используя (201), получим
* Нормаль, перпендикулярная к касатетыюй в точке С и лежт-
щая в соприкасающейся плоскости
’* Векторное произведение векторов А и В имеет вид: АУС,В=С
где С — вектор 3. к плоскости, проходящей через А и В. модуль его
равен площади параллелограмма, построенного на этих векторах
|С| = |Л| -|В| sinх-
224
и окончательно
I дг дг
(20G)
где
H=K'£G —f>.	(2071
Нормали, проведенные в соседних точках поверхно-
сти, как правило, не пересекаются между собой, но для
любой точки С имеется два таких направления на по-
верхности— линии кривизны, для которых это пересече-
ние имеет место.
Если обозначить через г радиус-вектор точки по-
верхности С, через п орт нормали, через r+dr радиус-
вектор соседней с С точки, лежащей па расстоянии da
или с/р, а через n-f-c/n орт нормали в этой точке, то не-
обходимым условием пересечения этих двух смежных
нормалей является компланарность векторов п, с/n и dr,
что в векторной записи имеет вид:
n-dnXdr — Q.	(208)
Подставляя* (198) н аналогичное ему выражение для
с'п в уравнение (208), получим после группировки*:
I On дг
да ' да
Эп
п—— X
да
х
X dadfi + I п----- х
—\ с/р2 = 0,
й₽/ *
квадратное уравнение относительно
da </0
------------------------- или—— .
dfi da
Корпи уравнения (209) определяют два направления
на поверхности, для которых нормали, проведенные в
соседних точках, пересекаются между собой.
Преобразуем уравнение (209).
-г	*	дг	<Эг
Гак как векторы rt = —— и г2 =-^-касательны к ко-
ординатным линиям p=const и a = const в точке С и пер-
пендикулярны к нормали у, то:
дг л дг п
п---------------------= 0и п — — 0.
да	др
* Для векторных произведений справедлив распределительный
закон: АХ(В+С)=*АхВ+АхС.
15—949
(209)
(210)
225
Дифференцируя уравнение (210) по а и р, получим:
йп йг	й2г	,
----• ——~—	И — .
да да	йа2
йп йг	й2г
-------------=-------- 11---- = -М,
йр йа-------------------йайр-(211)
Йп ЙГ	Й2Г	. .
	. —- - — п-= — М,
да--------------йр	йайр
йп	йг	й2г
йр	йр	ЙР2
Величины L, М, N представляют собой проекции век-
Й2Г йг Й2Г
торов , 'dggp , -^уиа напРавлеи»е нормали к поверх-
ности и называются коэффициентами второй квадратич-
ной формы
drdn = Ldaz + 2Mdadp + Л7/р2.	(212)
Подставив (194) и (206) в уравнения (211) и про-
делав необходимые выкладки, получим коэффициенты
второй квадратичной формы, выраженные в декарто-
вых координатах:
й2х й2у й2г
йа2 йа2 йа2
дх ду дг
да да да
дх ду дг
йр ЙР йр
д'2х й2(/ й2г
йр2 йр2 ЙР2
дх ду дг
да да да
дх ду дг
IfF "йр" ~йр
М = ~
Н
д-х	д"у	д-г
йайр йайр йайр
дх	ду	дг
да	да	да
дх	ду	дг
йр "йр” "йр"
(213)
где Н определяется формулой (207).
Так как п вектор постоянной длины, то первые про-
изводные от п должны быть перпендикулярны к п и па-
226
и	5г 5г
раллельны плоскости, содержащей векторы и ,
через которые они и могут быть выражены посредством
уравнении:
йп
---= а
да
dr . , йг йп йг , , йг ,п, ..
-----F-6-----,	--- =«!---------Г bL----, (214)
да йр ’ йр йа йр ’
где a, b, ah bt — постоянные, подлежащие определению.
Умножая последовательно первое уравнение (214)
скалярно
йг
на векторы----- и
да
~ и учтя (200) и
йр
(211). по-
лучим:
— L = аЕ + bF,
— М — ciF + bG,
откуда
FM-GL
Н'-
, FL — ЕМ
Ь =-----------
Н°-
a
Окончательно
получим
йп
йа
FM—GL йг , FL — EM йг
Я1 йр
/У2 да
(215)
и аналогичным
п^тем
йп
йр
FN — GA1 йг FM — EN йг
йа + Н'
Н-
йр
(216)
С помощью зависимостей (215), (216) и
(206) можно доказать равенства:
уравнения
л	йп	йг	ЕМ — FI.
11	йа	йа	Н
	йп	йг	FM — GL
п			
	йа		И
	йп	йг	EN — F М
п			
11	йр	Х йа	Н
	йп	йг	FN — GA1
л			
11	йр	ЙР	Н
(217)
15*
227
Уравнение (209) после деления на dp2 примет вид:
(ЕМ - FL) (-^ Г 4- (EV - GL)	-Ь
\ ар /	ар
4- (FN — G.W) = 0.
/218)
По двум корням уравнения (218) можно доказать
ортогональность линий кривизны
(Е = 0).
Полагая, что бесконечно близкие точки С u D лежат
па липни кривизны, проведем через них нормали к по-
верхности, точка пересечения ко-
торых дает центр кривизны (рис.
129).
Расстояние от центра кривиз-
ны— k до точки С, измеряемое в
направлении единичной норма-
ли— п, называется главным ра-
диусом кривизны поверхности в
точке С и обозначается
Рис. 129
R = /?п.
Величина, обратная главному радиусу кривизны, на-
зывается главной кривизной поверхности в точке С и
обозначается
Для каждой точки поверхности есть две главные
кривизны, которые являются нормальными кривизнами
поверхности в направлении линий кривизны.
Главная нормаль к линии кривизны, вообще говоря,
не совпадает с нормалью к поверхности и, следователь-
но, нормальная кривизна поверхности в направлении
липни кривизны в общем случае не является кривизной
этой липни. Из всех возможных кривизн линий кривиз-
ны одна главная кривизна имеет минимальное, дру-
гая— максимальное значения. Полагаем, что центр кри-
визны определяется вектором р (рис. 129)
р = г 4- /?п;
dp = d (г 4- /?п) = (dr 4- Rdn] 4- ndP.
228
Вектор dr+/?dn касателеи к поверхности, а из усло-
вия, что вектор dr расположен вдоль линии кривизны,
следует, что вектор dp должен иметь направление п.
Таким образом,
ar + Rdn = О
и получаем в векторной записи формулу Родрига:
kar + dn = 0.	(219)
Подставляя (198) и аналогичное выражение для dn
в уравнение (219), получим:
ор /
Составляя скалярное произведение этого уравнения
сг дг
на векторы -у- и —у .соответственно
получим два урав-
нения:
(kE — L)aa + (kF — М)Яр = 0,
(kF — M)da + (kG — N)d$ = 0.	(220)
Исключая из уравнений (220) da и d$, получим
уравнение второй степени относительно k:
Н-& — (E/V — 2/;Л1 - GL)k + (LM — ЛР) = 0, (221)
два корня которого дают значения двух главных кри-
визн k\ и k2.
Если поверхность отнесена к линиям кривизны, что
часто делается в теории оболочек, тоЕ=Л1=0 и из урав-
нения (220) непосредственно получаем:
L L
Е “ Л3 ’
k2 = —
Ri
1	N	N
Rt	G	B- '
(222)
В этом случае коэффициенты первой квадратичной
формы (Д и В) связаны с главными кривизнами поверх-
ности (ki и k2) уравнениями Кодацци — Гаусса;
Р л.	I дВ	д ft д. , дД
оа	да ср	ср
229
_A/_L21\ + _±_/_L^±)=5 _klkiAB. (223)
да \ A da J dfl \ В Ofi /
Величина
Й = М2 = —L-.	(224)
К j /<2
называется гауссовой кривизной поверхности. Если га-
уссова кривизна равна нулю, что справедливо для слу-
чая развертывающейся поверхности (один из главных
радиусов кривизны равен бесконечности), то геометрия
поверхности совпадает с евклидовой; если гауссова кри-
визна отлична от нуля, то поверхность обладает своей
геометрией, отличной от геометрии плоскости.
Величина
ч=4- <*.+*«>=4 (4-+4-)- ,225)
Z	Z \	А2 /
называется средней кривизной поверхности. Поверхно-
сти, для которых средняя кривизна во всех точках рав-
на нулю, называются минимальными.
ГЛАВА 12
БЕЗМОМЕНТНАЯ (МЕМБРАННАЯ)
ТЕОРИЯ РАСЧЕТА ОБОЛОЧЕК
При расчете ободочек по безмоментной теории пре-
небрегают крутящими и изгибающими моментами и по-
перечными силами, возникающими в сечениях оболоч-
ки. Это можно сделать, если напряжения от изгиба и
кручения малы в сравнении с напряжениями от нор-
мальных и сдвигающих сил.
§ 47. Основные дифференциальные
уравнения
Рассмотрим оболочку постоянной толщины й, очер-
ченную по произвольно заданной поверхности. Пусть
и Sa будут нормальная и сдвигающая сила в точке
230
С по нормальному сечению, совпадающему с коорди-
натной линией a = const, Л'р и Sp нормальная и сдвига-
ющая силы по нормальному сечению, совпадающему с
координатной линией р = const.
За координатные липни аир примем линии кривиз-
ны средней поверхности оболочки. Силы отнесены к еди-
нице длины липни средней поверхности оболочки, поло-
жительное направление сил показано па рис. 130.
Вырежем из средней поверхности ортогональной кри-
волинейный четырехугольник CDJdCi со сторонами
ССХ = Ada, DD{ = (Л + dpj da,
(226)
CDl = fidp, С J) = B+ — da dp
\ da 1
(рис. 131).
Для углов d<pa и difp, лежащих в двух взаимно пер-
пендикулярных главных нормальных плоскостях, про-
ходящих через точку С, и углов di]vz и di|p, лежащих в
касательной плоскости и образованных касательными
к линиям кривизны в точках С, Dt и С| (рис. 131), по-
лучим формулы:
, Ada ,, DDf—CCi 1 дА ,
dtc =----, dib„ — —!  =----------da,
“ Ri a cDi в ар
dtp =	, d4 = — — dp.	(227)
p R-i ’ p A da 1	'
На выделенный элемент оболочки CD\DC\ будут дей-
ствовать силы, показанные на рис. 132.
Уравнения равновесия запишем для осей подвижно-
го ортогонального трехгранника Cxyz, в котором оси
Сх п Су направлены по касательным к координатным
линиям а и р в сторону возрастания параметров, ось
Cz направлена по внешней нормали.
Оси трехграника образуют правую систему коорди-
нат. Интенсивность внешней поверхностной нагрузки па
231
Рис. 130
232
1
единицу площади имеет в направлении координатных
осей составляющие X, Y н Z.
Уравнения равновесия
= 0, ZPy = 0, 2Рг - 0 н ХЛ12 = О*
после исключения углов di|-a ,А|5р	, сйрр (227) и де-
ления всех членов на dctdp примут вид:
£ (“У - ". f И*.) + Mi + АВХ = 0.
i т -"«<+£ (bsj+в. f - +^=».
^+4;-z=0’s"-s»=0-
Рис. 132
Последнее из уравнений выражает закон парности
сдвигающих сил.
Полагая иа основании этого уравнения
Sa = Sp = S,	(22F)
получим основные дифференциальные уравнения безмо-
ментной теории оболочек, выведенные в линиях глав-
ных кривизн средней поверхности оболочки, в форме:
— (вдм — AL — + — — (Л25) + АВХ = 0,
да ' а> да А д₽ 7
* Уравнения равновесия £Л1х=0 н £Л1й=0 для безмоментпой
оболочки удовлетворяются тождественно.
233
+^£(№3) + ЛВИ = °,
—— Z = 0.	(229)
/?, Ri
Таким образом, при заданных па оболочку поверх-
ностных п контурных внешних силах задача определе-
ния внутренних усилий по безмоментной теории (229)
является статически определимой, искомые усилия (<VX.
Ni и S) можно найти, не пользуясь соотношениями ме-
жду деформациями.
§ 48. Расчет оболочек вращения
Большое значение в технике имеют тонкие оболочки,
средняя поверхность которых является поверхностью
вращения. Подобная поверхность образуется при вра-
щении плоской кривой — меридиана — вокруг оси вра-
щения (ог), лежащей в ее плоскости (рис. 133).
Уравнение меридиана имеет вид:
г = г(г).
(230)
Линии пересечения поверхности с плоскостями z —
= const являются параллельными кругами — паралле-
лями.
234
Декартовы координаты точки С будут х, у, г, причем
х = r(z)cos р, у = г(г)ып р.
Радиус-вектор точки С, согласно (194), равен:
г = r(z) cos pi + г (г) sin pj + zk.
Принимая параллели z=const и меридианы р =
=const за координатные линии поверхности, получим:
~ = г' (z) cos pi + г' (г) sinPj+ k,
— = — г (г) sin pj -f- г (z) cospj,
dp
где штрихами обозначены производные по г.
Коэффициенты первой квадратичной формы
А2 -	• 4" = (r')2 cos2 р + (г')2 sin2 р 4- 1 = 1 + (г')2,
ог ог
В2 —	. -ВВ- — Г2 Sjn2 р _|_ r2 cos2 Я _ г2
ар ар *	1
откуда
А = [1 + (г')г]1/2, В = г, И = АВ = г [1 + (г')2]1/2,
Д = JL . JL = о.	(231)
дг йр	’	'
Для подсчета коэффициентов второй квадратичной
формы определим величины:
47 == г" cos pi 4-г" sin pj,
а<2
= — г cos pi — г sin pj,
арг	1	1 3
dr dr	i j k
дг ap _ 1 r COS P r sin p 1 =
В H —г sin prcos p 0
— ~ (— cos pi — sin pj — r'k),
откуда
L — n ~---------r- (r* cos2 p -]- r" sin2 P) = —	,
дг2 H	W
235
Л' = п — = — f>cos2₽ + r2sin20) = 4 .
dp H \	' H
M = n
-^- = 0.
<Эгф
(232)
Так как величины F и Л1 одновременно обращаются
в нуль, то координатные линии являются линиями кри-
визны и для определения кривизн можно воспользо-
ваться формулами (222):
/.	__г’
А*	~	|1+(г')2Г’/2	’
N	_	1
В1	~ г (1 + (г')г1’/2	‘
(233)
Уравнения (229) после подстановки в них величин
(231) и (233) и замены а на г, примут вид:
^(nVa)-rWp+ [1 + (/)г],/24г + г[1 +(Ог],/2Х = О,
UZ	Ufi
I1 +	+ г [1 4- (г')2],/2У = 0, (234)
ср г иг
- Л a + Л/Р - и 1 + (Г')2]1,2Z = 0.
Для случая однородной задачи X=Y = Z=0 (общее
решение) усилия могут быть выражены через одну фун-
кцию усилий по формулам [2]:
=	(235)
а гЗ dp ’	₽ Аг ср ’	дг 1 г )	'
В этом случае первое и третье уравнения (234) удо-
влетворяются при любом выборе функции <р, а второе
примет вид:
+	=	(236)
ог2 г \ ср2 /
Таким образом, расчет безмоментной оболочки, очер-
ченной по произвольной поверхности вращения при от-
сутствии поверхностной нагрузки, приводится к опреде-
лению функции усилий <р=<р(г, 0) из дифференциально-
го уравнения (236), удовлетворяющей заданным танген-
циальным граничным условиям. Тангенциальные гра-
ничные условия могут быть поставлены в силах Л’а, N$
236
s — статические граничные условия, когда задачу опре-
деления усилий можно выделить в самостоятельную за-
дачу, и в перемещениях иа, и , и^, зависящих от танген-
циальных усилии, когда подобного выделения сделать
нельзя.
В главе 2-й будут рассматриваться лишь задачи пер-
вого характера.
Для случая осесимметричного загружения оболочки
вращения (У=0) усилия не зависят от угла р, S = 0 и
надо определить только Na и /Vp.
В последнем случае уравнения (229) примут вид:
sin а) —	/?] cos а sin аХ = О,
N„
— +—2-—Z = 0
/?i R*
откуда потучаем решение:
"а
/?2 sin2 а
Л?1/?2 sin а (Z cos а—X sin а) da + Со ,
а|
R.,2----------1~
R{ sin- а
а'
sin a (Zcos a— Xsinct) J«+Co^,
(237)
₽
2
где Со—пронзвотьная по-
стоянная.
Внутренние силы мо-
гут быть определены н
без рассмотрения диффе-
ренциальных соотноше-
ний.
Обозначим равнодей-
ствующую всех сил, дей-
ствующих на оболочку
вращения выше сечения
г=с через Q2, тогда из
суммы проекций на вер-
тикальную ось oz следу-
ет (рис. 134)
усилие
откуда мерндиальное
Q2+2nr/Vasin a=0,
237
Na = ~ Qz.~ - •	(238)
“ 2nrsma
Кольцевое усилие Л7р проще всего определить из
3-го уравнения (234).
Решения (237) и (238) эквивалентны.
Пример 60. Определить усилия в замкнутом шаро-
вом куполе постоянной толщины ft, опертом по эквато-
ру (рис. 135) [3]
/?. = /?„ = /? cos a = — , sin a = — ,
“	R	R
A (a) = R, A(z) — — ; B(a) — R sin a = r,
а)	От собственного веса g (Т/м2 поверхности)
Q: = F:g — 2л/? (R — г) g = 2nR-g (1 — cos a),
Qz = _ R2 ( R~2)g =  Rg
2nrsina	r2	14-cos a
gcosa
1 4- cos a ,

1 — cos a — cos2 a „
------------------- Rg-
I 4- cos a
Эпюры усилии приведены па рис. 135.
Т
6)	От снеговой нагрузки — р (— горизонтальной
проекции)
Q2 = №p, л/а= —
ЛГ2Р
2лг sin a
2 ’
238
(Vp = — (pcos2a — y-)^ = ~‘T’COS 2a-
Эпюры усилий приведены на рис. 135.
Пример 61. Определить усилия от симметричной
нагрузки (У = 0) в псевдосфернческой оболочке посто-
янной толщины h, опертой по параллельному кругу
(рис. 136) [4].
Геометрия псевдосфернческой поверхности опреде-
ляется следующими соотношениями:
1 а +	— г2 1	j
г = а1п —— ------------у а2 —г2 =
Г
= о arch—----У а2—г2 ,
Г
дифференцирование по г дает:
г' =	= - г (а2 - г2Г’/2, г" = &L. = а2г (а2 - г2)~2.
dz	dz2 '	'
Согласно формулам (233),
Ri =-----а- (Р2 - гг)'/2, /?2 = га (а2 - г2)~х'2.
Гауссова кривизна
R1R2 а2
Согласно формулам (231),
А = а(а2- г2)-'12, В = г.
219
Для симметричной задачи (У=0) уравнения равно-
весия (234) примут вид:
- (r.Va) -AWp + га (а* - г2Г*/гХ = 0,
dz
_ Г2 (а- -г2Г^а + Л'в - га (а2 - г2Г*/2 Z=0,
откуда
a
A«

Со
~^'2 ‘ x(l-x’)1'2
Сл X .	/ «	—1/2
----2——г + ах (1 — х2)
(1-л2)3/2 v
x^'XX—r'Z) dx,
ах
х*)',г (X — r'Z) dx.
где
— x (1 — x~) 1/2
х = —
а
С? — произвольная постоянная общего решения (Л' =
=Z=0).
(6<р = ^=-х(1-
2) 1/2, sin<p — v,
cos <p — — (1 — лг)’/2:
T
а)	от собственного веса — g (— поверхности).
Составляющие нагрузки g равны:
X = gcostp = — g(l — х2)'/2, Z = — gsinq; — gx.
Краевые условия задачи имеют вид:
при х2=	— 0;
(при Xi=-y «а=0— вторая часть задачи — определение
перемещений).
Согласно первому краевому условию,
C.____
_r?V/2
ag
X [л2 (1 -х2)~1/2 + (1 - Х2),/2] dx = 0,
x«),/2X
249
л,in после преобразовании
Со — agx2 -= О,
1 г aS
откуда при х2= — со — —.
Окончательные значения усилий выражаются фор-
мулами:
Эпюры Л'а и Л\ приведены на рис. 136;
б)	от действия сил Nrj,=—pcosр, приложенных к
верхнему краю оболочки (рис. 137). Уравнение (236)
для псевдосферическон оболочки примет вид:
Полагаем <р(г, р) = 2 <pm(z)sin/«p и для <p™(z) по-
m=l
лучаем обыкновенное дифференциальное уравнение
вида:
+ й2 (ае _гг}-2 (т., _ ф =()
dz-
Для данной обратно симметричной задачи («1 = 1)
разрешающее уравнение для qi(г) примет вид:
^1 = 0,
dz'2
откуда
<Ti (?) = Ci + Dtz и
<pi(z, р) = (Ci + Diz)sin р.
Согласно формулам (235),
Na = г2 (a2-,2)'" (С‘ +	2) C°SP’
N> = (а»_аг3)з72 (C» + D»2)cosP.
s= - f(a3_;8)T/2 [Ci + (г +	Dx] sin P,
16—949	2 И
где
/а2—г2.
Произвольные постоянные Ci н определяются из
краевых условий:
при г = гг Na = —pcos0, 5 = 0.
Принимая размеры, показанные па рис. 136, полу-
чим
2	Эпюры
г2=1,11 а, г2=0,25 а, и краевые условия примут влд:
G + 1,11 oDi = — 0,0625 а2 (1 — 0,0625)1/2 р,
Cj + [1,11 а + а (1 — 0,0625)1/2] D, = 0
или
Ci + 1,1 laDt = —0,0606 pa2,
Ci + 2,0825а/)! = 0,
откуда
С! = — 0,1305 pa2, Di = 0,0625 ра.
Окончательно усилия будут равны:
hr 0,0625г—0,1305а г а
=-----------п?— pa2 cos р,
“ г2 (а2 —г2)1/2
"р=
0.0625 г —0,1305 а
(д2 — Л2)3/2
pa2 cos р,
242
S - -z2 ' 1/2 [ (* + /°2 - rZ) °.0625 - 0,1305 a I pa sin p.
r (a2 — r‘) ‘	1
Эпюры усилий приведены на рис. 137.
§ 49. Расчет цилиндрических
и конических оболочек
Цилиндрическая и коническая оболочки являются
оболочками нулевой гауссовой кривизны k=——= 0.
Rl
Произвольная цилиндрическая поверхность с обра-
зующими параллельными оси х определяется уравне-
ниями:
* = и, г/'=«/(Р), z = z(p)
или векторным уравнением:
г= а! + r/(p)j + z(p)k.	(230)
Произвольная коническая поверхность, вершина ко-
торой совпадает с началом прямоугольных координат,
определяется уравнениями:
x = acos0, у — a sin Osin р, z = asinOcosp
или векторным уравнением:
г — a cos 0i + a sin 0 sin pj + a sin 0 cos pk, (240)
где 0 = 0(p)—функция, зависящая от геометрического
очертания конуса
«2 = х2 + f/2 + z2, — = tgP
(рнс. 138).
Для цилиндра
л = * = 1,
V да да
= -I/ * Л = i/m2 + (F = о
у ар ар V \ар) \ар / ’
п .. п	1 /ду д2г	дг д2у\
= 0. М = О, N = — —-------------------------------- — .
’	в \ар <>Р2	ар ар2/
(241)
(242)
Для конуса
//	\ 2
sin2 0 +1 — 1,
)	\^Г
F = О,
1G*
24*
L = 0, M = О,
N — — — fcos 0 sin2 0 4-2 (-^7) cos 0----------------— sin ol.	(243)
в [	\<эр ' ap- j
Главные кривизны равны:
а) для цилиндра
/г, = 0, k.2 = — =
1	б2
(244)
у' г" — г' у"
1(!/')2 4- (г')213/2’
б) для конуса
,	„ , N	cos 0sin2 0 Н 2 (0')2 cos 0 — 0" sin 0
/?. = U, «о =- =-------------;------Т75----,
1	2 В2	a [sin2 0 + (О')Н '
где производные берутся по переменной р.
Уравнения равновесия для оболочек пулевой кривиз-
ны примут вид:
— (BN\ — Ув— 4- — 4- ВХ - 0,
да '	₽а<х ар
dN а	1 а
4-4,s,6,si+a’=0. сэд
iVp — /?2Z = 0.
Представим уравнения (246) в следующем виде [5]:
^p = /?2Z,
— — (В2 S) = —	— BY,	(247)
В да	ар
Т- = - — +	— + ВХ.
да '	' ар роа
244
Интегрируя уравнения (247), получим:
Лгр = R2Z = RZ,
где fjp) и fz(₽) — произвольные функции общего ре-
шения однородной системы (247), щ — выбранный по-
стоянный предел.
Пример 62. Определить усилия в цилиндрической
оболочке полукруглого поперечного сечения от собст-
венного веса g опертой по краям а=± —на диафрагмы
абсолютно жесткие в своей плоскости и гибкие из пло-
скости (рис. 139).
245
В настоящем случае
Y = О, X = g sin p, Z = — g cos p, A = 1, В = a.
Согласно формулам
(248),
of=Co
Z-pCosB Cos fl
Рис. 140
W₽ = — ga cos p,
S=—2gasinP+ -L Л (P),
a-
ea2	n	a dfi (P* f
“a	‘	a3 dp
MP) .
a
При a = ±y Л^=0,
откуда fi(P)=0J2(P)=—yx
Xcosp.
Окончательно усилия будут
равны
Na =----£-(/2 —4<z2) cosp,
go cosp,
S = —2g a sin p.
Эпюры усилий приведены на рис. 139.
На свободных прямолинейных краях ^Р=±-у)
N? = 0; S = ± 2ga.
Краевые силы S воспринимаются продольными борто-
выми элементами, работающими только на растяжение
(^=0).
Пример 63. Определить внутренние усилия в обо-
лочке постоянной толщины Л, имеющей форму кругово-
го конуса, опирающегося в вершине па колонну. На
оболочку нормально поверхности действует ветер, кото-
рый изменяется пропорционально cosp (рис. 140) [6].
В настоящем случае
0 = const, X = Y = 0,
Z = — р cos 0 cos р,
246
гце р — давление ветра на вертикальную плоскость.
Согласно (243),
А = 1, В = asin I).
Согласно (245),
Ri = оо, /?2 = R = и tg 0.
Согласно формулам (248),
— — pa sin 0 cos 0,
с p С д г R\ а Р Р-Ч3  О
S = — I a-----(a cos 0) da = —------sm 0,
a2 J Ofi	3 a2
a	a a
,, p sin Of	pcosB ft I f , , 1 ,
N =—-------- | a cos 0da — --L — a2 da da =
а a ,)	a sin 0 J [ a2 J
l	t l
P
sin 0
/= — a2
COS2 6) cosP.
При a=/ Va = S=0 — край свободен от усилии и про-
извольные функции fi(P) =fz(P) =0-
Для сокращения записи они не показаны. При а=0
Л\ и S стремятся к бесконечности. Чтобы это устра-
нить, надо задать для некоторого конечного значе-
ния a = ao параллельный круг, по которому коническая
оболочка укреплена на колонне.
ГЛАВА 13
МОМЕНТНАЯ ТЕОРИЯ
РАСЧЕТА ОБОЛОЧЕК
§ 50. Общие положения
Теория расчета тонких оболочек (/?min : ft > 20) бы-
ла впервые рассмотрена Г. Ароном [7], который вывел
выражение для потенциальной энергии оболочки и урав-
нения равновесия и деформаций в криволинейных ко-
ординатах средней поверхности оболочки.
217
Подробный вывод уравнений равновесия и движе-
ния оболочек с исправлением ряда существенных неточ-
ностей, допущенных Ароном*, был дан английским уче-
ным А. Лявом [8].
Теория оболочек была построена Лявом по анало-
гии с кирхговскои теорией пластинок [9] и основана на
тех же допущениях.
Рис. 14
Непоследоватетыюе обращение А. Лява с малыми
относительно единицы членами порядка h:R и h2:R2
привело к несимметричным уравнениям теории тонких
оболочек, что противоречило основным теоремам теории
упругости (теорема взаимности и др.). Эти недостатки
были устранены в работах зарубежных ученых, напри-
мер Е. Райсснера (1941), и работах советской школы
теории оболочек, например В. 3. Власова (1949).
При расчете оболочек по моментной теории, помимо
тангенциальных сил — N а.
же поперечные силы — Qa,
Np Sa, S,, учитываются так-
Qp изгибающие момен-
ты— Afa и Л7р и крутящие моменты — Л1ар, М-а j
(рис. 141).
Усилия в сечениях оболочки появляются от сумми-
рования касательных — т и нормальных — а напряже-
* Пренебрег членами, зависящими от иа и Up в формулах ха, Хр
и хар, т. е. принял допущения теории пологих оболочек.
248
ний. Так, по стороне p = const элемента оболочки (рис.
142) имеем:
л	л
п соответственно по стороне а = const с переменой ин-
дексов ип р и заменой Rt на /?2-
Судя по приведенным выражениям, величины Sa и
S , Л1а.9 п А1г.а, вообще говоря, не равны, хотя т0 —
= т.а , так как в общем случае Ri^R2.
Однако для тонких оболочек членами z/Rt и z/R2
можно пренебречь по сравнению с единицей и в даль-
нейшем полагать:
Sa = S;l = S»Ma? = M^ = H. (250)
§51. Вывод уравнений равновесия
При выводе уравнений равновесия принимается, что
оболочки тонкие (/?тщ: h 20).
В уравнения проекций на осп (229) добавятся чле-
ны, зависящие от поперечных сил и Q , соответст-
венно равные (рис. 141, а, в):
249
— (q I	+	st;
1 йа Д da / Ri
AB ,n
^-Qa-—даф,
-(‘?-+>1'₽)(л+< Ф-Т-
\	dp / \ dp у i<2
(c„+ 4 da) (B + Л da) ~ Q“ +
+ (o„ + <ф) (л + <*) - <2f	-
=[ £m+imida<’
da	dp
Уравнения проекций на оси х, у и г после сокраще-
ния на dadp примут вид:
~ ЛФ4 Т <*^4+АВХ - 0.
i т -Лф+14(B,S)T+BAy=°’
+ф	<151'
При составлении уравнений моментов относительно
осей представим каждый сосредоточенный момент в ви-
де вектора по правилу правого винта (рис. 141,6)- Мо-
менты относительно оси х определятся как проекции
векторов па ось х-ов:
(dMr,R \ ! Ап \
Мп4----^da \ B+~da dp-
а'1 да J[ да / ‘
(дЛ1о	\ /	АД	\
Мл + —dp ] A -J- — da —
° ар	)\	др	/
। дМа а \( о , ав , \ ,д 1 ал ,
— Л1„4---da S 4---da dp-----da —
\ a а« / V aa / 1 в ap
250
-V^H-
Момент поперечной силы Q относительно оси х ра-
вен:
(dQft \ / ад \
Qe +	dp Д А + ~ dp J daBdp ~ - Qp ABdadp.
Окончательно приняв во внимание (250), получаем для
2Л1х = 0 и 2Л1у=0 уравнения:
i £	i И"»)+"< +ЛВ13» “ °’(252)
Условие равновесия 2Мх=0 приводит к уравнению
so_s +^е_^=о,
“	3 Ri Ri
которое в теории оболочек полагают удовлетворяющим-
ся тождественно*.
Таким образом, в моментной теории имеем 8 сило-
вых неизвестных: Na, N.f, S, Ма, М^, Н, Qa и Qp и пять
уравнений статики (251) и (252). Задача в бесконечно
малом трижды статически неопределима, и необходимо
рассмотрение деформаций оболочек.
§ 52. Определение компонентов
деформации
Для получения общих выражений компонентов де-
формации, отнесенных к ортогональным криволинейным
координатам о, В и у, рассмотрим две точки С (а, 0, у)
* Для длинных оболочек это положение может привести к зна-
чительному накоплению ошибок.
251
и D(a+da, 0 + d0, y + dy), находящиеся на расстояния
ds друг от друга (рис. 143).
Пусть Сх, Су и Сг будут касательными к координат-
ным линиям а, 0, у и направляющие косинусы отрезка
CD по отношению к этим
Л	касательным будут I, т, п
х	Обозначим через Л|,
множители, кото-
со' \	______ п рые преобразуют крпво-
Рис. 143
линейные координаты в
линейные отрезки, тогда
проекции отрезка ds на
направления х, у, z бу-
дут равны:
Ids — mds = Bidp,
nds = Tidy. (253)
Квадрат линейного эле-
мента будет равен:
ds2 = A2 da2 -I- В2 dp2 + Г2 dy2. (см. 204)
Допустим, что после деформации точки С и D пере-
местятся в положение Ci и Dt Пусть проекции переме-
щения и = СС{ на направления х, у, z равны «а,
криволинейные координаты в точке С\ —
а, =• a 4- На. Р1 = Р + Мр, V, = Т 4- pv.
Полагая перемещения малыми — па, и uv<£h, по-
лучим, согласно (253),
“а Л(а1-а) = А На. = “у = ЛНг (*54)
Криволинейные координаты в точке Dl
а2 = «1 + rfa-i = а, 4- da 4- dp* а + + da +
4- — da 4- —- dp 4- — dy,
да	Эр dy
P2 ~ Pi 4" ^Pi — Pi 4- dp 4- dpp = P 4- Pp 4- dp 4-
+ ^e<(o+^dp+±sdv,
da Эр dy
T2 = Vi 4- dyt - Y1 + dy + dnv = у 4- 4- dy 4-
252
+ —v da. -J- —? dp + —v dy.
oa dp dy
Значение коэффициентов первой квадратичной фор-
мы для точки Ct получим по формулам:
А,=А + 4Л = Л1 + ^„_ + ^!1, + ^|,„
C11 = B, + dB1 = B, + ^,la + ^(.i + ^„v.
/1, = г1 + «г1 = г1 + ^-(,а + ?Ц(1е + ^11/
Обозначим через dsi длину элемента CtDt, а через
/1, /Пь — направляющие косинусы отрезка CiDi к ка-
сательным координатных линий а, р, у, проведенным че-
рез Сь
Проекции отрезка C|D| на эти касательные можно
с достаточной точностью, пренебрегая членами высшего
порядка, выразить с помощью трех формул типа:
I ds = А , (а — а ) = (а ф- — ц — ii„ ф- — [i X
1 1	11 ' 2	1)	1 даа др ₽ ду v /
(дц„	дц„	ди,	\
da -I- _L± da 4-dp ф- — dy Atda ф-
da	dp	dy	/
дЛ,	дЛ, _ дЛ1
ф- — pa da-f- — р₽ dp + — fl d +
da	dp	dy т v
dn„	d|i„	dti„
+ _A,da + -1^- /.dp +	.-My.
oa	dp	dy
Подставляя (253) и (254) в написанное уравнение и
принимая во внимание правило дифференцирования
произведения
дЛ-	dii	dM.u„)
-1 u da+ — Z. da = -L_LLz2 da,
da Га da 1
da
* В этих формулах
da aj —a=p a , dp«p1-p = jlp, dy « Tj-у =	•
253
окончательно получим первую формулу и аналогичным
путем две другие:
. , ,, /. | 1 dua . "₽ dAt
lidSi = Ids 1 + — —- + —------------
\ Ai da Л,В,
, j A d
4- tnds — —
T в, ap
uy dAt
ap
4- n ds — — |
Л dy ’
“v ав ,
"в
“a
Ai)
i	i a«ft
т^ = mds I * + — — 4-
\	«1 ap
«₽
в.
л,г, dy
< aJ ’
"a dBl
В,Л1 da
В / ’
(i au, u, аг,	и,, dr,
1 + _L _v_ + _v_ _L 4-_L-^2.
r, dy	Г,Л, da	AfBf ap
“v
,	, Bl d
4~ nds—---
Л dy
В1Г, ay
+ lds^ —
Л, da
4-
(255)
Л ду
( Uy
Г,Л, da
i л &
4- mas---------.
в, ap к г,
. .. d
4- las-----
Ai da
Две последние формулы (255) также получаются из
первой круговой заменой индексов.
Обозначая е относительную линейную деформацию
элемента CtDt, найдем
0,0,.= CD(\ + е) = ds(l 4 в).
Но, с другой стороны,
(ад)2 = (1 + е)2 ds- = (ltdst)s -I- (/n.ds,)2 -|- (n,dst)2,
откуда, пренебрегая квадратами и произведениями иа,
uti и иу, получим
8 = еа/2 4- ер /в2 -I- ет в2 4- Еар 1т 4-
+ Еа?/п4-Ер?ти,	(256)
где
= 1	д“а	I	“в	иу	д/1’
Е“ Л, да	Л,В, ар Л,Г, оу
е = ± ДцВ	"v dBi । “* 0Bi
В В,	ар	В,Г,	ду	BjAt	aa,	’
I	а«„	и„	дГ,	На,	дГ,
e=_L_v.+_E----------L-4-—В----L (257)
7 в, ау г,л, да rtBi ар
f	£l g (“в_Л । а (“а
“В	л, ая \ в, / в, ар к л, / ’
254
Е ____Гi	д	(uv A	Bi	д	(«р \
£₽v~ e1	эр	\г, /+ 7?	Уу	к'вГ /
^1	д	( иа \	в	( uv\
v®	r,	dy	\ At /	At	da	\rt )
Сравнивая (25G) с уравнениями теории упругости,
выражающими деформации в точке, убеждаемся в том,
что еа, е„ е являются компонентами относительной ли-
нейной деформации в направлении а, р, у, а величины
еа ’ е?у> е7«—компонентами относительной деформа-
ции сдвига.
Вывод компонентов деформаций для тонких оболо-
чек основан на следующих допущениях Кирхгофа [9].
1. Нормальный к средней поверхности прямолиней-
ный элемент оболочки после деформации остается пря-
молинейным, нормальным к деформированной поверх-
ности и сохраняет свою длину, т. е.
е „ = ей = е — 0.
ya Pv V
(258)
2. Компоненты напряжений, направленные по нор-
мали к средней поверхности (<ту), малы по сравнению
с другими составляющими напряжений и в уравнениях
не учитываются.
Примем для оболочек у=г, в этом случае
At = A
Bl = В (1 +	,
\ I
Л = 1, (259)
где А и В — коэффициенты первой квадратичной фор-
мы средней поверхности.
Согласно (257), (258), (259),
ди ди
% =	= °, откуда иг = иг (а, р).	(260)
Используя другие два уравнения (258), получим
Г1 дг д1Г1 дг "’’л, Эа \ftJ~ ’
(261)
1 1 д
е„ =----------
Bi dp
\	1 dufi
rt / + Л дг
и. дВ.
——L = 0.
В tf, дг
255
Подставляя (259) в (261) при z=0, найдем
диа '		1	ди°
дг 1	12—^ R1	А	да *
д“р '	\	"р	1	
дг .	/ г=4)	/?2	В	ар ‘
откуда, применяя разложение Тейлора и взяв два пер-
вых члена, получим:
«а = < + 21	f—		 —) ,	(262) < Ri	А да Г
«р = “р + 2 1	(S	 Ri в ар / ’
где показатель 0 соответствует перемещениям средней
поверхности.
Учитывая далее соотношения
ЭЛ, = Л dBt _ Д
дг Ri ' дг Rt
и пренебрегая отношениями г/Ri и г//?2 по сравнению с
единицей, получим из формул (257):
Б« = Еа + <> Ер = ер + 2^.	+ 2<В’ <263>
где
	1		0 . ир дА —।			и0 + —
	А	да	ав ар	Ri
	1	Ц	0 . иа дв	п
fl =			н		н	
р	В	ар	АВ да	R3
о В д («р \ . А д (“а \
g —--------I----| -4--— I ------- I
“Р	А да \ В ) В dfi \ А /
(О	а О \
иа 1 J4 ] ।
А да /
(о	а 0 \
Ир____1 диг 1 дА
Ri	в др / ар ’
256
1-^Ъ-
р в д,\ \ r2 в ар /
I ( "а__1	\ дВ
AB\RX А да / да 9
(о	д о \
__________LJM.
br2 в2 ар /
л a /«S___1 ди°г \
+ в ар \л/?, а2 ах / ’
(264)
Величины е”, Ер и являются относительными ли-
нейными и угловой деформациями средней поверхности
оболочки, величины х”, х° и х”3— изменениями кри-
визн изгиба и кривизны кручения.
Используя второе допущение (ит=0), получим сог-
ласно (263), для компонентов напряжения выражения
°а = I Е“ + VEP + Z (Х“ + VKP И ’
= 7Т73 [ еР + v< + 2 (к3 + VXa)]'
тсф = Тра = 2(1 +%>) ( еа0 + 2гхар).
(265)
Педстзптя (265) в (249) и пренебрегая величинами
л//?! и г//?2 по сравнению с единицей, получим:
Л'« = с(е» + тец). A1«=-D(z«+Vit11l.
Ne = C(et + «J, Mf=-D(x> + vx„), (266)
S = i(l-v)M, « = D(I-v)K!1|1,'
Eh
где C=—:-------цилиндрическая жесткость оболочки
1 —v2
на растяжение,
• В формулах (266) и в дальнейшем индекс 0 у деформаций опу-
шен, так как речь будет идти только о перемещениях средней по-
верхности.
17—949
257
D = --у---2---цилиндрическая жесткость оболочки
на изгиб.
При получении основных уравнений моментной тео-
рии использован вывод Е. Райсспера [10].
§ 53	Расчет оболочек вращения
на осесимметричную нагрузку
При осесимметричной нагрузке оболочек вращения
(У—0) усилия и деформации не зависят от угла долго-
ты р и, кроме того,
S Qf, = II — 0, ил — е„ =	--= 0.
р	’ р сер ар
Уравнения равновесия (251) и (252) при угловой ко-
ординате а (рнс. 133), когда A=R, и B = r=/?2sina,
примут вид:
~ (^а ^2 S*n a) — ^р Rl C0S ~
— Qa R2 sin a |- /?! R2 sin aX = 0,
-d- (Qa R2 sin a) 4- Na R2 sin a -|-
+ NpRi sin a — R{ R2 sin aZ = 0,	(l67)
— (Ma R2 sin a) — M Rt cos a — Qa Rl R2 sin a = 0.
da '	j p
Деформации (264) примут вид:
1 /	\	i d 1 / ,
c ==   I ----- -J- U I X = “— — -—- I U--------I
“ Rt \ da 2 / ’	“ Ri da Rt \ “ da /
^ = ^(U“Ctga + '^’
x₽
(k—— k (268)
RtR. “ da '
Следуя E. Манссперу [11], введем неизвестные
v17 K'Q- (269)
/\i \	ua j
где V — \ гол поворота
деформации.
касательной к меридиану при
•dB dr
da da
dr = Rtda cos a.
dr
— — Ri cos a.
da
258
Старые рез новые	неизвестные уравнений (267) выразятся че- нензвестные посредством соотношений:
AT a	_ rlga U л- N N 		l_d(l । дг Ri и +/va0, л₽	i Др,, xt=— — , Xg-^-V,	(270) а Ri da	₽	R2
Г, ! 1 dU . cto a ,,\
D------- 4- v--V |
R, da	R2 )
-Dlc^-V + -d-}
\ Ri	Ri da)
цеМ и/Va—значение нормальных сил по безмомент-
нон теории от нагрузки (237).
Если подсгавигь (270) в (267), то первые два урав-
нения удовлетворятся тождественно.
Согласно уравнениям (266) и (268),
da 2	1	(271)
U ctg а + н, = ~ (Мн — vA’ ).
а	1 z	' p cc/
Исключая из уравнении (271) иг, получим:
~---"<zctg« ^[|^1 + '^2)ЛГя-
-(/?2 + v/?I)A^].	(272)
Дифференцируя последнее уравнение (271), полу-
чим:
d“a 4	"a .		d	IM	,,кг 1	
C Ig (X	,	j da	sin2 a	da	da	Eh e	“J*	\-lof
d Исключая из уравнений (272) и (273) производную
——, найдем:
da
“«-% = '’' = тг [,R-+vR=) w’_ +'*) Л'»1_
(274)
17*
253
Подставляя значение (270) в третье уравнение (267)
и в уравнение (274), приходим к следующим двум урав-
нениям:
+	/^.\ + ^ctga + ^-—1 —-
Rt da2 [da \Ri / Ri	Ri>t da J da
_r_^g«^+|.ctfall, = _^(/> 276)
I h da R2 J	u 4
Rt da2 da \/?i / Ri & Ri!l da | da
_ /Lc(g2a_v----L^Lctgal(/ = £7?1/iV + <D(a),
Ri	h da J
где
®<“> =
— ctga [(/?, + vR2) —	+ v₽,) (Vpo],
Система (275) для сферических оболочек использо-
валась Экстремом II. Э. [12] и другими; для коничес-
ких— Ф. Дюбуа [13] и другими; для тороидальных —
Г. Внсслером [14] и другими.
При постоянной толщине h уравнения (275) примут
вид:
L (U)+ —U = EhV + — Ф (а),	(276)
Ri	Ri
где
Rt [da [/?, / Rl s J da R2 ' 'J '
Полагая
(/ = Ц<Р)--^<Р, V = --i-<p,	(278)
Ri	i-'
где <p—<p(a)—функция усилий и перемещений, тожде-
ственно удовлетворим первому уравнению (276), а вто-
рое примет вид:
LL(4)-vd/}+^L(<p)+ /^-_1!Лф = ±ф(а). (279)
\/?1 / Ri \D d
260
(280)
1,2
—,	(281)
Если радиус кривизны 7?i=const (сфера, конус, тор),
то уравнение (279) принимает вид:
£7. (ф) + р2 <р = Ф (а),
Г<1
где
Eh	V2 i 12(1—v2)/?j
11 =----------------------------
D	Rl R* *
12(1-v2)/?*
Zr =-------—-------основная характеристика	оболочки.
Уравнение (280) может быть представлено в виде:
[L + ф] [L (ф) -1>] = ± Ф (а)	(282)
А1
и общее решение получено в комплексной форме.
Для получения частного решения уравнения (280)
надо решить уравнение
Z. (<p)4-ip ф = ~ Ф (а),
ь
которое получается, если задать частное решение ф в
комплексной форме
Ф = г + ik,
где г и k — действительные функции от а.
Сферическая оболочка постоянной толщины
В случае сферической оболочки Ri=R2=R однород-
ное уравнение (282) примет вид:
(УЦ-МФ^О.	(283)
где
V2 (...) = RL (...) = ^2 + etg а
dst-	аа
sin- а
|112= 1 ± W = vli2(v( 2+ 1),
Vi г — комплексные числа.
Уравнение (283) может быть представлено в виде:
В+^“^+[’иКг+')-гЫ*=" <2М>
и интегрируется в присоединенных функциях Лежандра
261
первого и второго родов, комплексной степени п.2, пер-
вого порядка, которые соответственно обозначаются
Pyt 2(cosa) и Qvi 2 (cos a).
Заменяя в уравнении (284) переменную а по фор-
муле
х = cos a,	(285)
получим уравнение (284) в следующем виде:
г - If+Ы'ъ + •) -гЬМ- <286>
Наиболее полно теория функций Лежандра изложе-
на в монографиях И. Лепзе [15] и Е. В. Гобсона [16].
Решение уравнения (284) было дано Е. Майсснером
в гипергеометрнческих рядах [6]; подсчеты проводились
Л. Боллем [17] и Экстремом [18] и показали, что при
/?:й<55 число членов ряда, подлежащих суммирова-
нию, <18.
Решение в присоединенных функциях Лежандра
комплексной степени и техника их табулирования в за-
2р ----------------------------------
виснмости от величины Ъ= — J/ 3(1—v2) приводится в
А
работах автора [19] и [20].
Решение уравнения (284) можно принять в форме:
Ф = С, ф<>> + D, ф<р + С2ф<[) + D2 ф^ (287)
гдеф[^—гипергеометрические ряды, через которые вы-
ражаются присоединенные функции Лежан-
дра
Pv (cos a) = ф<р + ф’[>1, Qv (cos a) = ф'р + ф<2> I (288)
1.2	1.2
и которые при отношении /? : /г = 100 и v = 0,25 табули-
рованы вместе со своими первыми производными.
Вторые производные получаются путем подстановки
(288) в (284) и приравниваем нулю действительной и
мнимой частей полученного уравнения:
(Til’ + tVi’ i) + etg а А (ф’}) + ф’[) i) +
act- '	1	act 4
и аналогично для Qv, 2 (cos и). Из приведенного урав-
нения получим:
262
д чп
da?
= — ctga
«МР + ! I
da \ sin2 a
— 1 фр,’ — Ир’,
da2
= —ctga
da
+	<₽‘4’4-И}}’.
\ sin3 a / ‘
ii аналогичные формулы для Qv, 2 (cos a).
Производные более высоких порядков получаются
последовательным дифференцированием с учетом полу-
ченных уже соотношении, т.е, будут выражаться через
функции и их первые производные.
Приведенные в уравнениях (287) и (288) гипергео-
метрические ряды выражаются формулами.

со
1 + У*(1 — cos a)»
n =1
со
<рР’ = <gy У/’ О — cosa)",
Л=1
<р(2) = <р|| ’ In sin2 4- tg -|- V b'n (1 — cos a)", (289)
n=0
ea
<p<2> = <P<*’ In sin2 у + tg V btt (1 — cos a)",
n=t»
где числовые коэффициенты рядов определяются по ре-
kj рентным формулам:
а"+* 2 (я 4- 1)(я4-2)	± ^)’
°n+1 ~ 2 (я 4- 1) (л 4- 2)	10,1 + ta«*’
Ь',, =-------------[И ।  Ь' 4- bb' —
"+'	2 (я 4- 1) (я 4-2)' л-H л- «
— (2/1 4- 3) йп+1 + (2и 4- 1)«’,],
^п+’ ~ 2 (я 4-1) (я 4- 2) И"+' +	—
-(2п4-3)«„+14-(2л4 1)<],	(290)
263
4+1 = (« + 1) п — I, «о = 1. «О = 0.
»;=|. '-»=<>. 6=
V1.2(V1,2+ !) = 1 ± bi.
Ниже приводятся таблицы присоединенных функции
Лежандра первого и второго родов, комплексной степени
V12, первого порядка и их первых производных для
Я : Л = 100 и v = 0,25
Таблица 20
^|>2 = ^)ТЧ<}Ь									
а	4<;>=w		4*> = ЛЮ₽		а	<р{р = АЮР		Ч$* - лю₽	
	А	Р	А 1	р		А	р	А	р
90	1,362	7	1.217	7	90	—7.016	7	5.451	7
80	1.058	6	3,189	5	80	-4.909	6	2,437	6
70	6.402	4	6,098	4	70	—2.708	5	—3,055	Б
60	9,325	2	8,490	2	60	—3.287	3	—1,106	5
60	6.795	2	—5.263	1	50	—1.005	3	-3,021	4
40	1.342	1	6.698	1	40	—3,348	1	—6.596	3
30	—4,431	0	—3 298	0	30	1.718	1	—8,465	2
20	0.739	0	—0.191	0	20	-2,194	0	—5,237	1
10	—0,041	0	0,102	0	10	0.085	0	—0.837	0
0	0,000	—	0,000	—	0	— оо	—	—эо	—
Продолжение табл. 20
	dP^ а/,*’		йа			rfQv	Ч’	+ da	
	</а	d	а				da	da		
		—=ЛЮ₽		Ч*’ —— =АН)Р			(2) =лк>0		Ч’ — =лк₽	
а	йа		(fa		а	da		da	
	А	Р	А	1 р		А	1 р	А	р
90	2,438	8	2,081	8	90	— 1,031	9	1,106	9
80	1,120	7	5,234	6	80	—6,995	7	5,888	7
70	1,361	6	6,519	5	70	—5,092	6	—4,767	5
60	4,081	5	2,533	5	60	—6,615	5	-1,119	6
50	6,299	3	5,092	3	50	-3,476	3	—2,454	5
40	0,943	3	0,910	3	40	-2.198	3	—6,494	4
30	—9,718	4	0.104	3	30	2,744	2	— 1,176	2
20	6,190	0	— 1,172	1	20	—3,429	0	-1,029	3
10	1,271	0	1,520	0	10	—7,417	0	—2,061	1
0	0,000	—	0,000	—	0	ОО	—	ОО	—-
264
Числовые подсчеты показали, что для R :h = \00 при
ограничении относительной точности одним процентом
надо брать 22 члена рядов (289).
При увеличении отношения R : h сходимость рядов
ухудшается, однако подсчет их производится по реку-
рептпым формулам (290) и является, хотя и большой, но
простой вычислительной задачей, особенно при совре-
менной вычислительной технике.
Методика нахождения частных решений уравнения
(280) приводится в [19].
Перемещения иа и иг определяются из уравнений
(271) или из уравнения (272) и последнего уравнения
(271):
<4	.	, (l+v)Ri \ du
-----ип с tg а ~ — 1 ’ I-----
da а	Eh у R da

(291)
«Uctga-|-u2
R I vctga у___1 dU
Eh \ R	R da
+
при этом уравнение (274) удовлетворяется тождественно.
Решая уравнения (291), получим:
на = A sin а + U +
“	1	Eh
+ —v) R sin a f-?°~ da, (292)
Eh	J sin a
«z = “«actga-^^-vctgaM +
+£ <293>
где Л| — константа.
Произвольные постоянные решений (287), (292) и
(293) определяются из краевых условий, число которых
для каждого из краев оболочки, равно трем.
Например, для неподвижного шарнирного опирания
края оболочки а = сс] на жесткую опору при a=ai
«а = «г = Ма = °!
265
для жесткого защемления при u = ai

d-^ = Q-
da
для свободного края при а = си
Na = Qa = Ч = 0 11 Т‘ «•
§ 54. Приближенные расчеты оболочек
вращения на осесимметричную нагрузку
Трудное!п использования математически точного ре-
шения оболочек вращения на осесимметричную нагрузку
привели к разработке приближенных методов интегриро-
вания уравнений равновесия оболочек вращения. Одним
из таких методов является метод асимптотического ин-
тегрирования.
При асимптотическом интегрировании данное диффе-
ренциальное уравнение заменяется другим со специаль-
но подобранными коэффициентами, мало отличающими-
ся or заданных, решение которого может быть получено
точным методом и выражено через элементарные функ-
ции.
Метод асимптотического интегрирования был предло-
жен О Блюменталем в 1912 г. [21], применение его к ин-
тегрированию уравнений оболочек было дано С. П. Ти-
мошенко в 1913 г. [22] и детально разработано в грудах
И. Я- Штаермапа [23], В. В. Новожилова [24], А. Л. Голь-
денвейзера [5] и других.
Большое распространение имеет расчет оболочек вра-
щения но безмомептной теории с учетом краевого эф-
фект а.
Этот метод был предложен II. В. Геккелером [25] и с
успехом разрабатывался П. Л. Пастернаком [26] и дру-
гими авторами.
Явление краевого эффекта заключается в том, что со-
средоточенные силовые факторы, приложенные к грани-
цам, вызывают усилия изгиба лишь в области, непосред-
ственно примыкающей к границе
Существование краевого эффекта в симметрично за-
груженных оболочках вращения позволяет заменить
точные уравнения приближенными уравнениями Геккете-
ра. Однородные уравнения (276) с учетом соотношений
266
(277) и (269) для сферической оболочки (Rl=R2=R)
примут вид:
R2 Q,
+ сtg а — — (ctg2 а |-v) V =-------------- Va,
da2 da	D (294)
d2	d(?„	{ v '
-------1- ctg а —- — (ctg2 а — v) Q„ — EhV.
da2 e da b	a
С увеличением расстояния от края оболочки и I/
быстро затухают и, кроме того,
d2(-..)	d<---)	.
da2 da
Поэтому уравнения (294) можно заменить следующей
упрощенной системой:
d2V	Я2	d2(?a
----=----—Q„ и--------= EhV.
da2	D	da2
Исключая из этих уравнений V, получим:
=о
da* D “
(295)
или, так как
"h _ R2Eh\2(\	v2) _ |2(i___v2\ R? . . кг
D	Eh3	V ' Й2
получаем уравнение краевого эффекта Геккелера
d4(?„
—^ + 4X-Qa = 0,	(296)
da4
где
41' Ьг = 12(1 — v2) — .	(297)
ft2
Общим решением этого уравнения будет
Qa — еКа (С, cos 7.а 4- С2 sin 7м j +
+ е-х“ (С3 cos 7м 4- С4 sin 7м)	(298)
или в другой форме
Qa = С, ем sin 17.а 4-«,) + С,е~Улsin (la 4- 62). (299)
где и б*— произвольные постоянные.
267
Рис. 144
Далее усилия определяются по формулам (270) с
учетом (295) и (269) и характера затухания функций и
их производных или по формулам (270) определяются
изгибающие моменты,
а нормальные силы бе-
рутся согласно безмо-
ментнон теории.
Пример 64. Най-
ти напряженное п де-
формированное состоя-
ние сферической обо-
лочки постоянной тол-
щины /г, которая изги-
бается силой — Н и
моментом — М, равно-
мерно распределенными по краю (рис. 144) [6].
Решение уравнения (296) берем в форме
= С, ех“ sin (Ха + 6,).
Для удобства введем угол
ф = щ — а,
в этом случае решение примет вид:
= Се-^’ sin (Хф + б),
где С и б — новые произвольные постоянные.
Согласно (295),
I/ 1	г —Хф	. с.
Откуда по формулам (270)
Na= — ctgaQ.z = —Cctg(c4 — ip)e-M,sin(Xi|> + б),
=—	/2 Ce-^sin (Хф + 6 —	,
=	sin ХФ + 6 + — ,
~ vMa =	Се-1%)п (Хф 4- б ф- — V
IV2	\	4 /
Горизонтальная составляющая смещения и, согласно
рис 144 и формул (292) и (293),
268

с	.	sin a
6 я = z/2sma + wacosa = - —
R .
-------- sin a---=
Eli da
du ,, .
------vU ci? а
da
=—	С sin (at — ф) е sin ^.ф + б —у ).
Краевые условия задачи имеют вид при ф = 0
Л1а = Л1, Na = — /7cosa[.
Разбиваем задачу на две части, рассматривая вначале
действие только Л1, а потом только Н.
В нервом случае при (Л4а)ф=0=Л1 и (Л,к),,=0=() по’
лучим:
6 = 0, C = — Л4,
R
(V.	=-----—M, (6..V 0 = ~*5intz,Ml
ERh 1 л4=о £/(
(300)
Во втором случае при (Л'1а)ф_о = О
и (Л^а)+=0 = —Н cos at получим:
6=—~, С——1^2 sin ct!/7,
(6^=-
2fflsin2 a2 /7. (301)
Eh
Как и следовало ожидать, иа основании теоремы о
взаимности коэффициент второй формулы (300) равен
коэффициенту первой формулы (301),
Формулы для коэффициентов влияния (300, 301) при
М = Н=\ с различной степенью точности были получены
рядом авторов: П. Л. Пастернаком [26], Б. С. Жармагам-
бетовым [27] и другими.
Формулами (300) и (301) можно пользоваться при
решении различных задач с гладкой нагрузкой.
Пример 65. Рассчитать сферическую оболочку с
заделанным краем при a = ai от действия внешнего рав-
т
номерного нормального давления р ~ [6].
Мембранные силы для соответствующей безмомент-
ной задачи (237)
2(>9

Край безмоментной оболочки не поворачивается (У=
=0), а его горизонтальное перемещение
«.
Прикладывая по краю равномерно распределенные
усилия моментного состояния М и Н (рис. 144), потребу-
ем, чтобы при a = cti V = 6ц=0. Пользуясь формулами
(300) и (301), получим эти условия в следующем виде:
----2Мsinotl. Н = 0
ERh	Eh
2X2sinat м — 2RKsl?al Н — ррг(-~У- sin a, = 0
Eh '	Eh	2Eh~
из которых находим:
M pR2^ ~ v- = — pRh 1 /" 1 ~v
412	4 V 3(1 + x) ’
H ----- —Q— Л4 =_____pR v)
Отрицательные знаки показывают, что направление
Л1 и И противоположны указанным на рис. 144. Полный
распор и вертикальную реакцию купола получим по фор-
мулам:
"п = 'V«0 COS “1 “ Н = (COS
1 —v
Xsina,
Ун = /Van sin at.
Подобным образом можно рассчитать сферические
оболочки на нагрузки примера (60).
Пример 66. Рассчитать оболочку в форме шарово-
го сегмента, нагруженную распределенным моментом Л/
/ТА! \	о„э
] по шарнирно закрепленному краю при а( = 80 , при
двух значениях отношения 7?:/г = 10 и 100 и v=0.25
(рис. 1 15) [19].
Решение (287) берем в форме:
Qa = (ct cos Xa + С2 sin аХ) е’Л.
270
Вводя вместо а угол ф = а(—а и не меняя обозначе-
ний произвольных постоянных, получим:
Qa = (С, cos Аф -|- С2 sin Аф) е-^.
Усилия и перемещения, согласно
(295), (292) н (293), примут вид:
Na —— (С, cos Аф + С2 sin Аф) X
Xctg (а, —ф)е-Х11’,
Л/	dQa - dQa
в	da dip
= А [(C2 — C J cos Аф —
— (C2 + CJ sin Аф] e~z*,
v = JL	1 d2<?«
Eh
формулам (270),
Эпюра
для P h -10
ч
£
da2 Eh dtp2
=	(C2 cos Аф — Ct sin фА) e-x’1’,
D dV D dV R	r , - - ,
	*	-— —--------— -----I (С/i —“ ^2) sin Atb
R da R dtp 21 1	2/ Y
— (C2 + Cl) cos Аф] e-x'1’,
ua = At sin (a, — ф) ф (1 (Ci cos Аф +
+ C2 sin Аф) e-z'1’,
p dQ„
и A cos a + — —— = — Д cos (ctj — ф) +
Lh dip
+ ТГ 1<C2 - Ci)cos “ <C2 + C‘)sin M’l
Ln
Краевые условия задачи имеют вид: при ф = 0 иа =
= иг=0,	или в развернутом виде:
.	.	. (1 + V) /? „
.4( sin «! -р  ' С, _ 0,
Eh
— A, cos a, + ~ (С2 — СО = 0,
Eh
~4(Сг + С1)=хД1.
271
Решив эту систему, найдем:
А1 = 2;<-(1+у)м_ С1 = -^,
Eh sin «£ Л ’	/?А
2	RA
где Л = 2Z — (1 + v)ctg щ.
Дальнейшие расчеты сведены в табл. 21.
Таблица 21
•С сё	Величина						
	к	X’	X*	д	А	С,	С,
10	4,095	16.771	281,25	7,87	54,10 — ER	М —4,262 — R	М 3.928— R
100	12,95	167,71	28.125	25,67	М 1668 — ER	М —13,07 — R	М —12,83 — R
Для изгибающих моментов получим:
при R : Л = 10
Ма = М (cos 4,095i]> — 0,0408 sin 4,0951)0 е-4,095*,
при R : й = 100
ма = М (cos 12,951)1 — 0,00927 sin 12,95ф) е-12,95.
Сравнение результатов асимптотического интегриро-
вания с точным решением, полученным в [19], дано в
табл. 22.
Таблица 22
R:h = 1<>
а °	асимптотнческое интсгри роваиис		точное решение	
	а,	fl-»	о,	°*
0	— 52.8	0.0029	—48.8	—0.0000
20	— 46.1	—0.0053	—37,2	—0,0056
40	— 46.8	—0.0560	—43.0	—0.0823
60	—105.7	0.0271	—12.9	0,0240
80	— 0	1.000	0	1,000
272
Продолжение табл. 22
R:ii = 10)
	асимптотическое интегрирование		точное решение	
	Oi	а,	а.	°*
0	—1.658	0.0000	— 1,632	0,0000
20	—1.558	0.0000	— 1,533	0.0000
40	—1.268	0.0001	—1.251	0.0001
60	—1.192	0.0021	—0.932	0.0089
80	0	1.000	0	1,000
	иг — а	м 1 —, = ER ’	а2 М*.	
Таблица 22 показывает хорошее совпадение метода
асимптотического интегрирования с точным решением.
Для величины иа при а = 0 (в полюсе) асимптотический
метод дает физически неверный результат иа==0 =/= 0.
§ 55. Расчет цилиндрических
оболочек — общая теория
Пусть координата а—х изменяется вдоль образую-
щей, p=s — вдоль дуги, az— в направлении внешней
нормали к средней поверхности оболочки (рис. 146).
В этом случае
А — В --= 1, da = dx, с/р = ds, Rt = сю
R2 = R (s), d(fs = dip = —.
R **
и уравнения (251) и (252) примут вид:
^^_ + Х = 0	-^4--^-—= 0
dx 1 ds 1	’	ds	dx	R
Л=- + ^+*L_z„o e»_“k + Q=o, R	dx	ds	’ dx	ds	4
— _ алд + q 0	(302) ds	dx
Из последних двух уравнений находим:
ЭМХ дН G _ dMs дН
dx	ds ' s ds	dx
(303)
** Эпюру Ma см. па рис. 145.
18—949
273
Подставляя (303) в первые три уравнения (302), по-
лучим:
+ JYL + х = о,
дх ds
dN^_.dS________1 <M-fs . 1 дН
ds дх R ds R дх
(304)
Согласно уравнениям (264):
। иг
- + Т’ Е
д
Xs ~ ds
дих
дх
ди*
F. =------
ds
д*иг
дл2 ’
1 i
Х " ~ 2 дх
dlls . tiux
дх ds *
Л/, \
(305)

us
. R ds
д2иг
dxds
Подставляя (305) в (266), получим:
,V С д“х 4- v(-t- 4- -г YI
дх
\ ds R	дх
s 1 ~~v с(dUs I
2	\ дх ds I
(306)
274
[) Гу d f US_________\ ________ Д2 Uz ~|
[ Os \ /? os J dx- I ’
D Г r> (_Us__________ftfi'j _ v d2 1
[ ds \ R ds ] dx- J ’
77 = (1 — v)D —
dx \ 2R
du г
ds
Подставляя (306) в (301) п полагая 7? = const, полу-
чим, в частности, для круговых цилиндрических оболо-
чек три уравнения:
I д~	। 1— v а- \	. 1+v d-u^	v	duz	. X
^dx2 2 as2/	*	2 dxds	R	дх С
L±21	+ (! + _Л1_Г / 1^2L 2L + JL \ и
2 dxds \	12/?- / \ 2 дх- ds-) 5
1 Г (> Л2 / д3 . ff‘ . Y
— I —----------1---------1---1 w,~H —
R [ ds 12 \dx2 ds ds3 /] С
v дих	1
R дх	R
h1 I а3 . а3 \i
— I-------4* — 11 il 4~
12 \ax2as as3,/] ‘
1	I /|2 z'f?4
,R-	12 1 дх
где s = /?<р, С =
аз
ах2 ds1
Y =	<307>
Симметричная система похожих уравнении приводит-
ся также В. 3. Власовым [28].
Уравнения (307) являются симметричными относи-
тельно главной диагонали, что находится в согласии с
основными теоремами теории упругости.
Любая задача для круговой цилиндрической оболоч-
ки сводится к решению системы (307).
В случае осесимметричной нагрузки (У = 0) Qs—S =
= // = us=0, а величины их и uz, как и другие, зависят
лишь от координаты х. Система (307) в этом случае при-
мет вид:
—_L + 2L = 0;	(308)
dx2 R dx С
12 di1) 2 С
* Величиной ~
12/?2
Г;'ют.
по сравнению с единицей обычно прспсбре-
16*
275
При А' = 0 интегрирование первого уравнения (30^)
дает:
_^ + -L«2 = C5,	(309)
их К
т. е , согласно (306), С5 =	.
Второе уравнение (308) принимает вид:
+	(ЗЮ)
</л« к z D RD
где
R2 h2
Общее решение уравнения (310) будет иметь вид:
иг = e-vx (Cj cos ух + С2 sin ух) +
4- ev* (C3 cos yx + C4 sin yx) + f (x),	(311)
где Ck— произвольные постоянные,
f (x)—частное решение неоднородного уравнения
(310), которое содержит произвольную кон-
станту С5.
Шестая константа получается из интегрирования
уравнения (309):
иЛ. = Св + Ct х-— I и2 dx.	(312)
V
§ 56. Теория круговых ортотропных*
цилиндрических оболочек
(оболочки средней длины	= 2 -ь 8j
В 30-х годах настоящего столетия Г. Элерсом [29),
И. Грубером, Г. Грюнпнгом и И. Финстервальдером [30]
за границей и А. А. Гвоздевым [31], В. 3. Власовым [32]
и П. Л. Пастернаком [33] в Советском Союзе был пред-
ложен упрощенный метод расчета цилиндрических обо-
лочек по п о л у м о м е п т п о й теории.
* Оболочки с различными физическими свойствами во взаимно
перпендикулярных направлениях: в продольном Вх^О и попереч-
ном в,—0.
276
При расчете по полумомеитной теории, па основании
опытных данных для цилиндрических оболочек средней
длины, пренебрегают влиянием продольных изгибающих
моментов Мх, поперечных сил Qx и крутящих моментов
Н (рис. 146) и вводят геометрические гипотезы.
Fs — О И Frs = 0.	(313)
В этом случае уравнения (302) п (305) принимают вид:
+ — + X = U,
dx ds
d-V> I Qs I у — о
ds dx R
R ds
Q _ ЛЛк = 0.
’ ds
dux	dus . it z r\
Er = ---~	1---— = 6,
dx	ds	R
! d“x
dx os
0
ds
Исключая из уравнений (314) S, Ns и а из урав-
нении (315) ux, us и ut и заменяя Nx через oh, В. 3. Вла-
сов при у=о(еж =	х,=-----—) приводит задачу о рас-
чете цилиндрической оболочки средней длины к системе
двух разрешающих уравнений:
_е	=____л_ -----------(/?Z)
s dx ds ds'2
L>(oft)- 12(1 ~v2) ^=0,
1 ’	h2 dx2
(314)
v.
d2 иг
—x,
dx'2
us	du2
~R	ds
(315)
dx2
(316)
где
fi=—f/?—! + — (——'l—	(317)
ds2 \ ds2 / ds \ R ds j
оператор В 3. Власова
При h и R = const (круговая оболочка постоянной тол-
щины) уравнения (316) будут иметь постоянные коэф-
277
фпциенты и приводятся к одному разрешающему урав-
нению
OOF + ^Ш-
ч> «г т аА1 \
\ 5<p дх дц>2 ) *
(318)
где
<р = — и х =	— безразмерные координаты,
[г _ 12	--основная характеристика оболоч-
ки (см. 281),
Q = —5— (——1-	— оператор В. 3. Власова,
,f> R3 VV _<Э<[2У
Д(х,гр)— функция напряжений, через кото-
рую неизвестные а и Ms выража-
ются по формулам:
12(1— v) R d-F
о - ----------— ,
/t3 дх2
м =Q,F= — (f+ —(31‘)
s ч» ОфЦ Оф2 )
Уравнение (318) решается разложением в одинарные
ряды по переменной х.
ПриД=оо (и« = 0) получается недеформированнып
жесткий контур поперечного сечения оболочки (es=Ks=
= 0) и из второго уравнения (316) при /i = const следует
закон секториальпых площадей, который является осно-
вой теории оболочек с жестким контуром (тонкостенных
стержней) см. [34, 35]
По полумоментпой теории имеются многочисленные
исследования: С. II. Стельмаха (1938), Н. Д. Левнтской
(1949, 1950), Б. С. Василькова (1950), И. Е. Мнленков-
ского (1950, 1956), В. С. Бартеньева (1957), Н. Н. Леон-
тьева (1958) и др.
Пример 67. Рассчитать круговой цилиндрический
резервуар постоянной толщины h, жестко заделанный в
основании и наполненный жидкостью с объемным весом
(рис. 147) [1].
\ л3/
Давление Z=g(l—х).
278
Уравнение (310) примет виц:
+ Ьу*иг = e(l
dx* 1 г D
При х=1 Л\=0 и, следовательно, С3= — = 0.
Решая уравнение, получим:
их = ё~ух (Ci cos ух +
+C2sinyx) +
-I - е!Х (С3 cos ух + С4 sin ух) +
, g(/-x)/?2
Eh
и согласно (312)
Рис. 147
X
и* ~ — ~7Г | М г + Ce = e~vv [Ct (cos ух —
А . ’	Z Y г\
о
— in ух) + С2 (cos ух + sin ух)]
^[^(cosyx-l-
+ sin ух) + С4 (sin ух — cos ух)] +	+ С„.
2 Eh
Оставшиеся краевые условия задачи имеют вид:
, при х 0 их = 0, иг — 0, —- == 0;
dx
при x^l Mx—D^^ — Q Q =D-^= 0
Ох2 ’ 41	d>-«
Из этих пяти краевых условий определяются все про-
извольные постоянные С,-.
Есчи длина резервуара / велика по сравнению с /?, то
цилиндр можно рассматривать как бесконечно длинный
В последнем случае С3=С4=0 и краевые условия
примут вид:
при х = 0 йг-0, яг- 0 и г = 0,
dx
279
откуда
(th)
^tc'+c’)+'^+c<=°’
, IIR-1
Eh
и окончательно получим:
с _	eR2‘ с eRi ( 1
1	Eh ’ 2 Eh \ у
vg/;/?
=g(C2-Ct)-S-^ =0
dx х=о	Eh
=
1 Eh I
N ~c(—+v
s \R
св = —-
2yR
I — x — ё~ух
cos
С (1 — Vе)
= —'---- It-,
R
Mx = D—2, Ms = vD—2, Q = D—2.
* dx* ’ s dv* ’	2	d*3
Наибольший изгибающий момент при х—0 будет
/ 1	\ sRlh
2 Eh '
Характер эпюр Nx и Mx приведен на рис. 147.
Пример 68. Рассчитать замкнутую круговую ци-
линдрическую оболочку постоянной толщины h, шарнир-
но опертую по краям х=0 и х=1 и частично наполненную
жидкостью с объемным весом g (рис. 148) см. [36].
Краевые условия задачи имеют вид:
при х=0 и x=l US=UZ= Л^Ж = Л1Ж = О.
Эти условия вместе с условиями симметрии деформа-
ций относительно плоскости ог удовлетворяются, если
составляющие перемещения задать в виде рядов:
«А
тлх
cos шр  cos —— ,
siiiHip-
1 n=0
max
sin —,
I
dux v
* Согласно (309):	F -- иг == 0, откуда
du,
dx
v
— u.
R ‘
280
co
DO
VI VI r>-	iiuiv:
иг= У У C,„„cosn<p.s!n-—.
^4	I
m=l n =0
Интенсивность давления Z выразится следующим об-
разом:
Z — gR (cos <р — cos а) при 0 < ф а,
Рис. 148
Последние выражения представляются в форме сле-
дующего ряда Фурье:
со оо
v VI VI гл	тлл
Z = \ У D„incosn<p-sm—- ,
т=1 п=н)
где коэффициенты Dmn вычисляются обычным приемом
по следующим формулам:
ГЛ	8 g/?	У	,
М,.п —----т—7Т (cos а'sln п а — « cos па• sin а)
тлл2(л2 —1)
где т = 1, 3, 5, ... и п = 2, 3, 4, ..
причем
n 4 g/?	.
14 0 == --(sm а — a cos а),
/лл2
Dna =	(2а — sm 2а).
тл2
В случае цилиндра, заполненного жидкостью вместе
с призматической вертикальной областью (рис. 148,6),
28J
обозначая через gd давление на уровне оси оболочки,
получим:
Z = g (d + R cos <p).
Коэффициенты разложения нагрузки
Дл.О = — . Dr.l =	• D'-,n = 0 ПРИ n > 1
u тл	тл
m — 1,3,5,...
Пренебрегая во втором уравнении (307) величиной
h2l\2R2 по сравнению с единицей, получим эти уравнения
после подстановки в них соответствующих рядов для пе-
ремещений и нагрузки в следующем виде:
Л„„,[2/и2п2 + (1 — v)X2n2]— Bmn(l + v)X/?inn +
+ Стп2к1 тп = 0,
Дтв3 (1 + v)kmnn — B,nn[3 (1 — v) т2п2 + 67Л?2] —
— Ст„2Х2/г[3 + т]2(/н2л2 + Х2п2)] = 0,
Л„,п3г1тл — В1Пп?.2п2 [3 + 1]2 (т2п2 + 7Лг2)] —
- Cmn [ЗХ2 + П2 ("^2 + А2н2)] = -	,
где
h
Х = —
R
1] — —
21
Пользуясь этими уравнениями, можно вычислить ве-
личины Amn, Втп и Стп НрИ Любых ЗНачеИИЯХ /71 и п, под-
считать составляющие перемещения и по формулам
(306) —усилия.
Числовые расчеты показывают [1], что коэффициенты
Лгап, Втп и Стп быстро затухают и при расчете можно
ограничиться 2—3 первыми членами рядов.
ГЛАВА 14
РАСЧЕТ ПОЛОГИХ ОБОЛОЧЕК
§ 57. Вывод основных расчетных уравнений
В 1938 г. на V KoHipecce прикладной механики
К- Марквер [37] сделал доклад о теории пластинок с
2S2
большими прогибами, которые были названы пологи-
ми оболочками (/: f^5 и Rmm  Л^20).
Общая теория пологих оболочек была разработана
В. 3. Власовым [38] на основе следующих допущений:
1. На средней поверхности пологих оболочек, вследст-
вие малой гауссовой кривизны (k=k\kz), рнмаиова гео-
метрия заменяется евклидовой геометрией на плоскости.
Таким образом, третье уравнение (223)—уравнение
Гаусса — заменяется приближенным:
Z_L =	(320)
да А да )	00 \ В ар /
2. Изменение кривизны изгиба (ха и хр) и кручения
(хар) средней поверхности пологой оболочки принимает-
ся, как и в теории Кирхгофа изгиба тонких плит, не за-
висящим от тангенциальных перемещений иа и пр.
На основании этих допущений уравнения (264) при-
мут вид:
а
1	, J__________
А да + Л.'? а₽

1
р в ар
ад
да
«а +
А да \ В / Ф В ар \ А / ’
у  1 а /~] диг \	1 ад 0иг (321)
“ ~	А да \ А да/	~А№ "ар” ~ар~ ’	'	'
1 а / 1 диг \	1 ад диг
хр ~ ~в a,i I.T "ap’J	a-в ~да ' ~а7 ’
_______1 / д-иг______1_дВ ди^______ад ди2 \
Х“р АВ ааар в да ар Д af да /’
Уравнения равновесия (251) с учетом (252) и приня-
тых допущений запишутся в форме:
4 (BN\ - Nр	M2S) + АВХ = 0.
оа v ' р да А ар
— (ANX — /V	+ -L (B*S) + ABY = 0,
ар' v “ ар в да '
k,Na + к У. +	— (B<wj — — 4 <Л2//) ~
1 “	2 р дд 1а« ав [а-х ' а> д ар
283
м J^ll + jl. J_ Г2_ /aw ) — — — (в2Н) —
р да J ар АВ L йр 1 е 1 В да
_jfa^ij)_Z = O*.	(322)
Зависимость между внутренними силами и деформа-
циями выражается шестью формулами (266). Статичес-
кие уравнения (322) вместе с физическими (266) обра-
зуют полную систему 9 уравнении с 9 неизвестными
функциями: Na, S, Мр, Ма, И, Л1р. иа, и иг.
Вводя в рассмотрение скалярную функцию напряже-
ний <р(а, р), через которую тангенциальные усилия вы-
ражаются по формулам:
1 д [ I а<р \ . 1 дВ д>р
N „ —------I------- Н--------------- ,
“ В ар \ В ар/ А2В да да
N _ । а / । а<р \	1 дл д(р
р А да { А да J -г	•
__ i / as<p । аз а<р i ал а<р \ (З^З)
ав \ ааар в да ар А ар да J ’ '
аналогично последним формулам (321) можно, учтя фор-
мулу (320), тождественно удовлетворить первым двум
однородным (Х=У=0) уравнениям (322).
Уравнения неразрывности деформаций для пологих
оболочек — уравнения Кодацци — Гаусса — для дефор-
мированного состояния, где отброшены члены с множи-
телями ku k2 и k (39), имеют вид:
/5 (/г,хр + k x 1 — f— efi — (Ae ) +
1	p ‘ Л ар (в ap p ap
। । s .1) a { i гав a .
+ в да (B *«|>)J| S' (т	+
+т|(М=0'	(324’
* Уравнение разделено на АВ
284
Первые два уравнения (324) удовлетворяются тожде-
ственно, что следует нз аналогии формул для V , Л'р, S
(323) н хр, ха,хар (321) и аналогии этих уравнении с
первыми уравнениями (322).
Последние уравнения (322) и (324) после необходи-
мых преобразований примут вид:
± V* Ф + -Dv2vX ~	(325)
V'VfP + Е11ъ1иг = °’’
где
2	1Га/вд\.а/ид\
V = ~77Г	"7 7~ + 77* ~--7 — ЭЛЛИПТИЧеСКИИ
АВ [да\А да J др \ В )
оператор Лапласса,
о 1 Г д Iв I , д I А . д VI
V* = тт* ~ I — '{2 — ) + — — «2 ~7 II — оператор
АВ [да \ А да. ] Др \ В 2 op /]	1
смешанного типа (326).
В общем случае, когда координатные линии не-
ортогональны (х =А л/2) и, следовательно, не являются
линиями кривизны (F + О, М =7= 0), дефферепциальные
операторы усложняются см. [40].
Согласно уравнениям (252), (266), (321) и (326),
№7>
Для получения тангенциальных усилий служат фор-
мулы (323), для остальных усилий— (266) и (321), тан-
генциальные перемещения определяются из первых трех
уравнений (321), однако решение их можно получить
лишь для частных случаев (см. примеры 69 и 70).
Для случая круговой цилиндрической оболочки урав-
нения (325) применялись до 1944 г. С. М. Файпбергом
[41] и В. В. Новожиловым [24].
В комплексном виде, как показал В. В. Новожилов в
1951 г. [24], система (325) имеет вид:
-	+ i — --- vV'>'= 4
2 И 3(1 -v2)
* Нижние знаки соответствуют направлению Иг и Z ио внутрен-
ней нормали.
285
Полагая в последнем уравнении
1---- | I 
2	к 3(1 — у2)
и отделяя в нем вещественные и мнимые части, получим
систему (325).
В 3. В псовым были выведены также уравнения дтя
расчета пологих оболочек на действие температуры [42]:
Оу"гЧ~ \ Л- °.
\ Vt + vX + »v!', + (*, + *«)"= °. <32?)
где
t — I' — i" — температура при неравномерном нагреве
оболочки по толщине,
, Г Ч- /"
= —— — средняя температура нагрева,
f («,[>) — температура на внешней поверхности обо-
лочки,
t"(cz,f‘>) — тоже па внутренней,
а—коэффициент линейного расширения.
§ 58. Частные случаи расчетных уравнений
В случае декартовых координат, употребляемых при
расчете пологих оболочек с прямоугольным планом,
а = х, р = у, А — В = 1.	(529)
дих . ,	dll ц । ,
ех = ~ + k^t,, г = —i + k2u2,
дх	у ду
ди„ , дих	д~ч,
Е.„ — —- Н---------- , хг =---------- .
дх ду 1 дх*
д1иг	д-и,
V —---------- yt ~---------
и ду- ' xv дхду-
уравнения (322) примут вид
_р д_Ху _р у = о,
дх ду
kiNx+k2N + - J — 2 — + - -J? = Z,
дх2 дхду ду-
(339)
(331)
286
причем кривизны могут быть выражены приближенными
формулами:
сч
•	_ L ______
Kt —	. ло —	•
дх2	ду2
Тангенциальные усилия будут равны:
N	N	$ = _ **
х ду2 ’ у дх2 '	дхду'
и при Х= Т=0, согласно (331),
о &S	/d2Nx 
дхду	\ дх2 ду2 /
Уравнения (324) примут вид:
e7W o.|w
^ + ^ + $ + 5'”2S/' = 0'
Дифференциальные операторы (326) будут равны:
2	02 . °2	2^2 д* । о Я* , <5*
V -----------, V V =-----г ———I------»
дх2	ду2	дх4 дх2ду2 ду*
2	/,	, д2
V? = ------Ь .
Л 1 ду2 2 дх2
Остальные усилия определяются по формулам:
~г + v , Qх = — D — у2и„
дх2 ду2 Г х	дх '	2
д2иг д2иД	ту д 2
T7 + vT7 ’	= ~D г \‘
ду2 дх2 / у	ду
Н = -D(l-v)-^- .
дхду
В случае полярных координат а —г, В — полярный
угол, А — 1*, В = г (рис. 133).
Деформации и усилия определяются по формулам
(321), (323) и (266)
ди,	1 dUa а
M=D
Му
* Сравни с формулами (231) при l^r1.
(332)
(333)
(331)
(335)
(336)
2Я7
dr
1 dur
7 77'
д-U;	1 I 1 dPu2 . диг\
dr2 ’	Г т dp2 dr ) '
1 / d2u2 I dtt2 \
У‘г^ r \ drdp r dp ' ’
(337)
L(dS. । n =
r Ur Г dp2 / ’ p dr2 ’
S _______d_ / 1 dtp \
dr \ r dp / ’
Qr = — D — v2y Q _ [) _L 7L y?2w
dr г’ P	r dp V 
(338)
где, согласно (326),
?2 = ±Г2Л±и±41
г [ dr ' dr I r dP2 J
(339)
Разрешающие уравнения имеют вид (325).
Как указал В. 3. Власов [28, стр. 315], безмоментная
теория пологих оболочек описывается первым уравнени-
ем (325), если в нем отбросить член Ov2v2tC. учитываю-
щий влияние моментов, это уравнение будет иметь вид:
I
АВ
d ! В , dtp \ , d
da А 2 da ’ dp
В dp /J
(340)
Практический интерес это уравнение имеет при поло-
жительной гауссовой кривизне (k>0), когда изгибаю-
щие моменты достигают наименьшей величины по срав-
нению со случаями 0.
Безмоментная теория пологих оболочек рассматрива-
лась за границей в работах Пухера А [43], Чоики П. [44],
Флюгге В. [45] и в СССР в работах А. Р. Ржаницына [46],
В М. Ннкнреева [47] п др.
288
Наконец, в последнее время появились интересные ис-
следования по вопросу суммирования решений безмо-
ментной теории и уравнений краевого эффекта (П. Л. Па-
стернак, В. М. Никиреев).
Расчетные уравнения пологих оболочек можно полу-
чить и в форме метода перемещений, подставив в урав-
нения (322) значение усилий через деформации по урав-
нениям (266) и значение деформаций через перемещения
по формулам (321). В последнем случае получается си-
стема трех дифференциальных уравнений равновесия в
перемещениях, которая в случае симметричной задачи
приводится к двум уравнениям.
Не приводя общего вида системы в перемещениях,
дадим ее для частного случая потогих оболочек двойной
кривизны с прямоугольным планом, см. [48] и [42]:
l-v^X 1+VJ4 +
\д№	2 ду2 / х 2 дкду
+ (&2V + ^1) "Т- = Д" •
ох С
1+V д2их Id* 1-V д* \
-------Н~ I----------I "Т*
2 дхду \ду2 2 дх2) v
дх	ду
+ (-j~v<+*-:+*i+w2)“i=|-<
(341)
где
Эх4	дх2 ду2 ду*
Сравни (341) с уравнениями (307) при s=y и k=0.
Пример 69. Определить напряженное состояние по-
логой круговой цилиндрической оболочки, которая име-
ет по всем краям шарнирно подвижное закрепление и
нагружена радиальной нагрузкой интенсивностью Z=
= —/?(—) (рис. 149) см. [28].
Обозначая aR расстояние по образующей (х), ар —
центральный угол, получим:
19—949
289
A = B = R, fci = O, k=— = const,
Puc. 149
Согласно (326),
2	1 ( d3 ।	2 = _L
V /?2 \ да* + dp= / ’ V* ~ r3 da3 '
Разрешающие уравнения (325) примут вид:
Dv3v4 + ^£J = ^,
v2v2(p—REh = о.
даг
о	» a2 , d2
Здесь и далее v — ---1----•
da3 dp2
Вводя функцию Ф(а, р) по формулам:
<P = REh—,
да,-
(343)
(314)
(3 5'
тождественно удовлетворим второму уравнению, а пер-
вое уравнение примет вид:
290
2 ° 2 °ЛТ /,-2	7
vVvV^ + b	-^z>
(346)
где
12(1—V*) я® /9ЙП
Ь2 = — -------— , см. (2о1).
h-
Уравнепие (346) является основным разрешающим
уравнением пологой цилиндрической оболочки.
Краевые условия задачи имеют вид:
при а = 0 и а — а, = иг Nа = Ма = О,
при Р = О И Р = Р| «а = «, == ^ =	= 0
Усилия через основную функцию Ф(а, р) выразятся
по формулам (323):
д. __ а2^ сл а*Ф
“ — Я2ар:
AL = — -
Р R1 (>а-
с_ 1 аз<р
г R да'2ар2
д2-т Eh аМ>
R да1
F’i д‘Ф
	я2 ааар	я а«зар
лг =	Did1 . а2 \ ...п — 1	1- v	| уФ.
	я2 \ а«-’	ар2 /
Лк =	D [ д'- . а2 \ |/Тл : 		р V 	 \ 'Ф,
р	Я2 ( ар2	да" } '
Н —	я {’->•) д& ,7.ф
	я2 ааар v ’
(347)
Решив первые три уравнения (342) с учетом (345) и
первых трех уравнений (347), получим:
ач> азФ	ази	. а*Ф ,0|йч
а ааар2 аа» ’	“ ар3	а«-=ар '
Учитывая то обстоятельство, что если функция па Иа-
ком-либо краю равна нулю,топ все частные производные
вдоль этою края по другому аргументу также будут рав-
ны пулю, запишем граничные условия в следующем виде
а4ч>
ар’
а4Ф
да’
л	л, д24’
при а. О п а = а^Ф = ——
при Р — О и р = р,:Ф =	=
19
а:‘Ф
= ** =0,
ар»
дсФ __ q
да"
291
Этим условиям удовлетворяет функция Ф(а, 0), взятая
в виде двойного тригонометрического ряда:
©о со
VY1 А . тла . ллВ
\ Агпп sin — sin —- .
U	а, 0,
/?1=1 И—1
Внося (349) в уравнение (346), получим:
У ytUsinSsinE^ZM),
XU mJ	а! Рл
т—1 п=1
(349)
(350)
где
Из уравнения (350)
a. Pt
В,„п = Ц- I i z(а, 0) sin — -sin dadfi =
a,Pi J .1	ах 0Х
и о
при Z =—р| = —
16р
л~тг
Окончательно искомая функция Ф(а, 0) примет вид:
ф (а, 0) =
(351)
Далее по формулам (347) определяются усилия. Под-
робное исследование пологих цилиндрических оболочек
дано в работе [49].
Пример 70. Определить напряженное состояние
пологой сферической оболочки, заделанной по опорному
краю и подверженной действию сосредоточенной силы Р,
приложенной в верхней точке [28], рис. 150.
Пусть а=г и 0 — полярные координаты точки обо-
лочки на горизонтальной плоскости.
В этом случае Л = 1, B = r, kl=k2=k=— =const,
292
Согласно (325) и (328), основные дифференциаль-
ные уравнения задачи примут вид:
+ 4" v2(₽ = о,
ГУ
V2V2<₽ — V4 = 0.	(353)
Из последнего уравнения (353)
v4 = vV«₽,
Г.П
откуда
= А +	in г + A v2 ч>
Eh
пли, отбрасывая решение бесконечное в полюсе (г=0),
получим
«Z = А + 77 V2fP-	<354)
293
При полученном значении иг второе уравнение (353)
удовлетворяется тождественно, а первое примет вид:
V2V2V2<p + c4V2<p = О,
где
J / 12(1 — V2)
У А2/?2
1
м
Полагая в последнем уравнении
V2<p = ф
и вводя безразмерную величину
X — сг,
приведем уравнение (355) к виду:
^?|Ф + Ф = о,
(355)
(356)
(357)
где
d=... , 1 d-..	1	2
--------1--------= — у2  • •
dx2 х dx	с3
Следуя В. 3. Власову [28], берем общин интеграл
уравнения (357) в форме:
Ф = А ]71 (х) + /IjZifx) + Лз7з(х) +	(358)
где At — постоянные интегрирования,
It (х)—'Частные интегралы уравнения (357), которые
имеют вид
X1	X8	X12
1Х (х) = 1 — — + —---------------------
' '	2242	2242-6282	2242---122
х"
х'«
^2 (Jl) 22	224262 1 2242---10а
’ /1 (0) = 1
' /;(О) = о
Л(О) = о,
/:,(о) = о
/з W = у Л W + у [(in у + С j /2 (X) - 7?! (х) ]
[73(0) = 0,5, 7;(0) = 0],
Л W = — Л (х) + у [(in у + С) 7t (х) /?2 (х)|
[ /4 (0) = оо, ГА (0) = ool,	(359)
при значении
/?1(Л)
(х/2)2
Ц!)2
1 + +
2	3/ (З!)2
234
1 . 1 _i_ 1 . 1 Ч*/Ч“
я» со
L J_ _Ц (У/2Г
3	4 / (4!)2
+ (1 +
(jc/2)4
(2!)2 '
(x/2)13
(6!)’
C=0,577215 — эйлерова константа,
л = 3,1415...	(360)
Таблица функций (359) и их первых производных для
значений x=0-s-6, составленная с использованием таб-
лиц цилиндрических функций [50], приведены в прило-
жении I к книге [28].
Для нахождения высших производных имеют место
следующие дифференциальные зависимости
=	= G.	(361)
v,=G = '.. vy, = -/3-
Откуда получаем
Л—4—
Л =	~ h' !1 =	Л “	(362)
и т. д.
Согласно уравнениям (354), (356) и (358),
и г = А3 + — ф = — (А^ + A2L +
г ° Eh 4 Eh 1	224
+ А/з 4" А/4) -j- Ал.	(363)
Учитывая формулы (356) н (357), получим
V*<P = 4 Ф = 4 (АЛ 4- А/. 4- АЛ 4- АЛ)- (364)
с- с-
Учитывая соотношения (361), найдем интеграл хоав-
нения (364)
<f = — (AjJz — АЛ — АЛ A AG + АI*1 х +4;) (365)
с2
Для определения тангенциальных перемещении надо
удовлетворить первым двум уравнениям (352). Заменяя
тангенциальные деформации ег п усилиями Л', и Лр, а
295
последнее и нормальное перемещение и2 через функцию
Ф, по формулам (338) и (354), получим:
Аь х	1 + v с d<P
Rc	Eh dx ’
или учтя формулу (365), получим
..   dt х _ 1 + v (А	— А — —
Rc Ehc \ dx dx
-Л3^- + Л-т1+-)-
ах	ах х
(366)
(367)
Полученный результат (366) является новым, так как
обычно касательное перемещение иг определялось из
уравнения закона Гука:
e'+r»=Lar(^+wf)	<368>
при неудовлетворении первых двух уравнений (352).
Для определения шести произвольных постоянных .4;
имеем шесть условий:
1. Краевые условия
при г == b(x- cb) иг=иг= = 0.
dr
2. Условия симметрии
при г —>0 (х —> 0) и = —= 0,
dr
[ Q,rclf> = Р.
о
(369)
Определим величины, входящие в условия симметрии:
(A1^l + A2^ +
dr dx Eh \ dx 2 dx
+ /i341+^4l'!-	(37°)
dx * dx )
Согласно формулам (338),
Q — — D — \2и, = — De3 — v-ti — —
dr *	dx' x г
+	A3^—At^
dx dx	d:
J/2 ,
17 +
(371)
296
Из второго условия симметрии
Л4 =0;
из первого условия симметрии
Л3 = — Лв.
Полученная зависимость следует из выражения
1	9	/ у \
/4 =------ Г2 4- — Л +	+ cjl} + /?2
и предельного соотношения
Г I	2
;
из третьего условия симметрии
Eh \ dx	dx dx
.	LhP
откуда A3 =---------.
4DRC*
= Р, (372)
х-0
Произвольные постоянные Ait А2 и А, определяются
из краевых условий (369), усилия — по формулам (338).
Расчет сферических оболочек на осесимметричный
нагрев см. в [51].
Расчет пологих оболочек двойной кривизны прямо-
угольных в плане и опирающихся по контуру на диаф-
рагмы абсолютно жесткие в своей плоскости и гибкие из
плоскости, что соответствует шарнирно неподвижному в
вертикальной плоскости и шарнирно подвижному в каса-
тельной плоскости закреплениям, рассмотрен в [28],
стр. 439 и в [52].
В последнем случае краевые условия будут иметь вид
(см. пример 69):
при х=0 и х=а uv=u2 = Nx=Mx=0,
при i/=0 и y = b ux=uI=Ny=My=0*
или для функции напряжений (349):
при х = 0	и х=а	Ф =	а2Ф дх*	дх*	дйФ дхй	= о,	•
при у 0	и У- b	Ф	д2Ф	_ fW»I>	д«Ф	= 0.	(373)
			ду-	ду*	оу"		
* В работе [52] краевые условия нв=0 и нЛ = 0 заменяются со-
ответственно, на ev = 0 и 8х=0.
297
ГЛАВА 15
РАСЧЕТ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ
ПРИЗМАТИЧЕСКИХ РАМ
(МЕТОД ПРОФ. В. 3. ВЛАСОВА)
§ 59. Общие положения
скольких замкнутых контуров
Рис. 151
В настоящей главе рассматриваются пространственные
тонкостенные конструкции, имеющие в поперечном сече-
нии произвольный профиль, состоящий из одного или не-
(рис. 151).
Расчет таких систем
был разработан в 1949 г.
В. 3. Власовым [53].
Призматическая рама
рассматривается как со-
вокупность бесконечного
множества бесконечно уз-
ких полосок, имеющих
вид плоских рам, соеди-
ненных между собой стер-
жнями, передающими от
одной рамы к другой нор-
мальные — он касатель-
ные — т напряжения. На
площадках продольного
сечения возникают нор-
мальные, сдвигающие, поперечные силы и изгибающие
моменты. Таким образом, в отношении внутренних сил
принимается гипотеза оболочек средней длины. Из гео-
метрических гипотез принимается гипотеза нерастяжн-
мости контура es=0 и вводится гипотеза плоских сечений
для каждой из пластинок, образующих призматическую
раму, т. е. предполагается, что поперечное сечение (сече-
ние, перпендикулярное оси х-ов) для каждой пластинки
остается плоским.
В поперечном сечении рассматривается плоская стер-
жневая система с конечным числом степеней свободы,
в продольном направлении — система с бесконечным чи
слом степеней свободы. Таким образом, расчетная систе-
ма является дискретно-континуальной.
298
§ 60. Напряженное и деформированное
состояние рамы-полоски
В плоскости поперечного сечения степень свободы
шарнирной схемы рамы, характеризующая независимые
смещения ее узлов, равна:
и = 2Г — С— Со,	(374)
где Y — число узлов (включая опорные),
С — число стержней рамы,
Со— число опорных стержней, лежащих в плоскости
рамы.
Степень свободы шарнирной схемы рамы из плоско-
сти в направлении оси х-ов равна
т — V — С(*,	(375)
где Q —число опорных стержней в направлении оси х.
Например, для поперечной рамы системы, изображен-
ной на рис. 151,а У=5, С=4, Со=4, Со =2, поэтому
степень свободы в ее плоскости и = 2*5—4—4 = 2, степень
свободы из ее плоскости /п = 5—2=3.
Положение точки С на средней поверхности призма-
тической рамы определяется координатами х и s (рис.
151,о). Деформированное состояние можно полностью
описать, если известны их(х, s) — перемещения точки С
в направлении образующей (оси х-ов) и щ(х, s) —попе-
речное (тангенциальное) перемещение в направлении
касательной к контуру поперечного сечения.
Эти перемещения можно представить в виде разло-
жений:
т
«X (*.s) = Z U, W , (S)	(376)
L =1
=	(377)
где С, (х) и УЛ(х)~ неизвестные пока функции, которые
выражают закон изменения перемеще-
ний по длине системы,
<р, (s) ч Ф* ($) — элементарные перемещения, выбирае-
мые из числа возможных.
Выбранные тем или иным способом линейно незави-
симые между собой непрерывные функции <p,(s) общим
299
числом т представляют собой заданные обобщенные ко-
ординаты деформации элементарной поперечной полоски
из плоскости поперечного сечения х=const.
Выбранные тем или иным способом линейно незави-
симые между собой непрерывные функции фч($) общим
Рис. 152
числом п представляют собой заданные обобщенные ко-
ординаты деформации элементарной поперечной полос-
ки в ее плоскости х = const.
Примеры выбора этих функций даны на рис. 152.
§ 61.	Дифференциальные уравнения
равновесия рамы-полоски
На раму-полоску действуют нормальные и касатель-
ные напряжения постоянные по толщине стенки, которые
определяются по формулам:
tn
<т (х, s) = Е = Е V (/,' (х) .ф, (s),	(378)
дх
t=i
.	.	„ (ди, . dus \
t(x,s)= GM- +	=
\ дх дх I
т	т
= G [S Ц (X) Ф; (S) + 5Х (X) фА(5)J.	(379)
i=l	k=l
На элементарную площадку dF рамы-полоски (рис.
153, а) при x=const действует нормальная сила cdF, а
при x+dx=const — нормальная сила(о + dx\dF и со-
\ дх )
ответственно силы сдвига xdF и [х + -^-сЬ^с/Е.Проекции
\ дх )
внешней нагрузки, отнесенной к единице площади, на
направление образующей и касательной к линии конту-
ра поперечного сечения обозначим соответственно через
Р и <7-
300
Для нахождения (т+п) искомых функций и,(х) и
V\(x) составляется (гп + п) уравнений равновесия рамы-
полоски. Для этого раме-полоске дается (т + п) незави-
симых возможных перемещений, и сумма работ внеш-
них и внутренних сил на этих перемещениях приравни-
вается нулю.
Каждое возможное перемещение можно рассматри-
вать как результат бесконечно малого изменения (вари-
Рис. 153
ации) одной из обобщенных координат деформации, оп-
ределяющих положение узлов и стержней рамы. Такое
применение принципа возможных перемещений называ-
ется вариационным методом.
Интегральные условия равновесия элементарной ра-
мы-полоски после сокращения на dx представлякУгся в
следующем виде:
[ 77 <Г) ~~ I V[‘dF f P<(idS = °	(380)
F	Г	s
/=1,2,3,...,/»,
( -g- $hdF- V -^ds +	= 0	(381)
F	k=l s	s
/1 = 1, 2, 3, ..., II.
Каждое из уравнений (380) выражает равенство пу-
лю суммы работ всех сил элементарной рамы-полоски
шириной dx=l при перемещении из ее плоскости. За
возможные перемещения в уравнении номер / этой груп-
301
пы приняты продольные перемещения их, — опре-
деляемые одним членом номера / разложения (376) при
<т =1-
Средним членом выражена работа сдвигающих сил
(рис. 153). Каждое из уравнений (381) выражает ра-
венство пулю суммы работ всех сил элементарной рамы-
полоски шириной dx= 1 при перемещении в ее плоскости
За возможные перемещения в уравнения помер h этой
Iруппы приняты поперечные контурные перемещения
u‘h = ^Л($), определяемые одним членом номер h в раз-
ложении (377) прии5Й = 1.
Средним членом выражена работа внутренних сил—
изгибающих моментов (YVkMh) на деформациях изгиба
полоски (“Ту-I» соответствующих Л-му элементарному
состоянию (рис. 153).
Момент инерции 1 = 1 (s) подсчитывается, как для
обычной плоской рамы шириной dx=l (при отсутствии
6^
поперечных связей — рам / = — ).
Подставляя в (380) и (381) вместо о и г их значения
по формулам (376) н (377), получим систему (т+п) ли-
нейных дифференциальных уравнений:
где
Т= = 2(1 -}- v\ ап = аи = (p/V.df;
F
= ckj = j	rhk = rkh= [ фЛ
F	F
bH = bu = J 4^idF’ cm = cih = f ^dF-.
F 'f
302
shk = %. = -7 f ds' Pl== f p(flds‘ (S83)
£ J ь/	J
s	s
qh = J
s
Если отказаться от гипотезы нерастяжимости конту-
ра поперечного сечения (е.ч = 0), го
В этом случае надо учесть изменение числа степеней сво-
боды.
Теория расчета плоских рамных систем представляет
частный случай теории расчета тонкостенных призмати-
ческих систем, а канонические уравнения метода пере-
мещении являются частным случаем дифференциальных
уравнении (382). Если в уравнениях (382) все коэффи-
циенты s/ih(/i, k=\, 2, .... п) равны нулю, то система
(382) будет относиться к призматической системе, пла-
стинки которой на линиях контакта соединены между
собой цилиндрическими шарнирами (безмоментная
призматическая система). Система дифференциальных
уравнений (382) приводится к одному дифференциаль-
ному уравнению порядка 2(tn4-/1). Интеграл этого урав-
нения содержит 2(т + п) постоянных, которые определя-
ются из кинематических, статических или смешанных ус-
ловий на концевых сечениях х = 0 и х = /.
При изложении настоящей главы мы следовали [53]
и [54].
Пример 71. Определить напряженное состояние
симметричной пространственной рамы, которая имеет
цилиндрические опорные шарниры (полная линейная не-
подвижность опорных точек) и опирается по торцам’ на
диафрагмы, жесткие в своей плоскости и гибкие из плос-
I ости.
Рама нагружена горизонтальной равномерно распре-
деленной нагрузкой q, расположенной в плоскости верх-
ней грани (рис. 154) см. [53].
Разложим известные функции Ui(x), Vh(x) и нагруз-
ку q(x)—q в тригонометрические ряды:
303
оо
,, . . VT>,	(2/i — 1) л«
Ut (х) = V Uin cos y-—'—,
n=l
Vk W = V Vkn sin	,	(384)
n—1
q = V —sin (Я?~1)л* .	(385)
' л 2n - 1	I
n~ 1
Выражения (384) удовлетворяют краевым условиям:
При Х = 0 И X=l Uxi^O, Uek = 0.
Продольные перемещения ux(xs) в сечении х=const
для двух точек симметричных относительно оси г будут
Рис 154
Рис. 155
равны по величине и противоположны по знаку. Степень
свободы шарнирной схемы рамы из плоскости, согласно
(375), равна т=4—2 = 2, но принимая во внимание, что
нагрузку можно представить как обратно симметричную,
получаем один параметр Ui(x), за который примем про-
дольное перемещение верхнего правого угла Эпюра пе-
ремещений, представленная при nj = l функцией q>i(s),
304
показана на рис. 155, а. На рис. 155,6 приведена эпюра
< («)•
Степень свободы шарнирной схемы рамы в плоско-
сти, согласно (374), равна:
п = 2-4 —3 — 4 = 1,
т. е. определяется тоже одним параметром Vj(х), за ко-
торый примем прогиб горизонтальной пластинки в ее
Рис. 156
плоскости. Эпюра контурных перемещений, представлен-
ная при VJ=1 функцией ф|($), показана на рис. 155, в.
Для подсчета коэффициентов 5лл(8ц) надо построить
эпюру изгибающих моментов 44^(44,) от перемещения
и эпюру от V* =1—Mk, которая совпадает с 44л.
На рис. 156,а представлена эпюра изгибающих мо-
ментов поперечной рамы от единичного горизонтального
смещения ригеля с неизвестным моментом Mh=Mi.
На рис. 156,6 представлена эпюра изгибающих мо-
ментов в статически определимой системе — трехшарнир-
ной раме от. единичной горизонтальной силы, приложен-
ной в правом углу.
Интегрируя эти эпюры и приравнивая результат еди-
нице (ф1 = 1), получим значение неизвестного момен-
та Alj
А =			= -^. 2d?//! + dxd2n2 d2 Уравнения (382) примут вид:	(386)
ТОцД]	снН = 0, + гиИ — FuVi + тг = 0. и	(387)
20—949
305
Подставляя (384) и их производные и (385) в урав-
нения (J8/), сокращая последние на cos ---------- и
sin*2”-1)"* получим систему алгебраических уравне-
ний:
л2 (2л— I)2 ,,	. t г/ । - л (2л	1) iz . л
ТОц-----~-г G1----------------------Vin — и«
/а	I
л(2л—1) ,,	, л2(2л— I)2 „
Сп-------- Uln + Г11 ----In + VlHln
/	р
______%— = о.
6л (2л — 1)
Коэффициенты уравнений, согласно (383), будут
равны:
ап = f ^dF = A (Zdfr + d&) =	= 0,1 d2,
F
bn = f « dF = 2 (A + 2	= 6 A = 0,6,
J '	\di d2) d
F
cn [ф,<Р;^ = 2б2=2б = 0,2<
F
fn = [ ^dF = d.$2 = d6 = 0,1 d2,
=--------r--------= AL = 10~3 (cm- 386).
di {Zd^rf + dylty 3d3 з
Подставляя эти коэффициенты в уравнения, прини-
мая Е = 2,1 -10° кГ/см2, у = 2 и ограничиваясь первым чле-
ном разложения (384) и (385) при /1=1, получим:
[1,974 (rf//)2 + 0,6](7ц + 0,628d/7V’n = 0,
0,628 d lUn + [о,987 (d I)2 + ~ 10-3j Vn =
= 1,213- 10~V	(388)
Решив уравнения (388) при любом принятом отноше-
306
нии d/l, найдем величины (7ц и Иц. после чего перемеще-
ния примут вид:
их (х, s) = (7и(р1 (s) cos -у- ,
« (*, s) = ViPfr («) sin у .
(389)
Согласно формулам (378), продольное нормальное
напряжение будет равно:
о (,г, s) = — 6,597 • 106	чд (s) sin у .	(390)
Наибольшие моменты возникнут в углах рамы. Со-
гласно формуле (386), с учетом формулы (389) при
= 1
Mt = — V'„ sin — = 11 = — I = 350dVnsin — . (391)
1 d2	I |	12 I	I v
Исследования показывают, что при увеличении отно-
шения l/d оба перемещения (389) сначала возрастают —
жесткость пространственной рамы уменьшается и дефор-
мации растут. При отношении //<7 = 20-5-25 продольное
перемещение L/ц достигает наибольшего значения и за-
тем убывает, стремясь в пределе к нулю, что соответст-
вует вырождению пространственной конструкции в плос-
кую.
Рост перемещения Vu постепенно уменьшается, и оно
как бы стремится к максимуму.
Пример 72. Определить напряженное состояние в
безмомеигной пространственной раме, которая получится
при введении цилиндрических шарниров во всех узлах
системы примера 71.
Нагрузка и размеры сохраняются.
* *
*
Для безмоментиой пространственной рамы следует
в уравнениях (388) положить su = 0, т. е. отбросить во
2
втором из этих уравнений член у 10~3 в коэффициенте
при
Уравнения (388) в этом случае примут вид:
20*
307
(393)
(394)
[1,974 (d/Z)2 + 0,6] Uit + 0,628т///Vtl = 0,
0,628d//t/n + 0,987 (rf//)2Vn = 1,213-10 V
Если уравнения (388) и (392) записать в форме:
Л(7,1 + ВЕ!1 = 0, BUil + CVil = Q,
то неизвестные определяются по формулам:
Un =------, Еп = —.
АС-В-'	АС —В*
Уравнения (388) и (392) различаются между собой
только коэффициентом С, который для моментной тео-
рии больше. Таким образом, перемещения (389) и на-
пряжения (390) безмоментной системы будут в К раз
больше, чем моментной, где
= АСЫ(М-В*	3
Исследования показывают [53], что К увеличивается при
возрастании отношения lid. При //т/ = 2-ь5 К~\.
Расчет тонкостенных пространственных систем с
замкнутым контуром см. [53].
ЛИТЕРАТУРА
к первому разделу
1.	В. 3. Власов. Тонкостенные упругие стержни. Госстройнт-
дат, 1940
2.	Б. Г. Галеркин. Стержни и пластинки. Собр. соч., т. 1,
изд-во АН СССР, М., 1952.
3.	А. Н. Дин и и к. Избранные труды Т. 1, изд-во АН УССР,
Киев, 1952.
4.	А Н. Д и н н н к. Устойчивость арок. Гостехнздат, 1940.
5.	Ф. Д. Дмитриев. Крушения инженерных сооружений. М.,
1953
С.	М. Я. Дьяков. Устойчивость двухшарннрной арки с затяж-
кой и подвесками. Строительная механика и расчет сооружений. № 2,
1961.
7	В И. 3 а б о р о в. Об устойчивости несимметричной трехшар
пирной арки. Сб. Исследования по теории сооружений. М. 1954.
8.	Н. В. Корноухое. Прочность и устойчивость стержневых
систем. Стройиздат, 1949.
9.	П. И. К о ч у г о в. Устойчивость арок переменного сечения.
Вестник инж. п техн., № 7, 1937.
10.	Н. Л. Кузьмин, П. А. Лукаш, И. Е. Милейков-
с к и й. Расчет конструкций из тонкостенных стержней и оболочек.
Гос. изд-во по стр-ву и архитектуре. М., 1960.
11.	А. П. Локшин. Об устойчивости стержня с криволиней-
ной осью. Прикл. мат. и мех. Т. 2, вып. 1, 1934.
12.	Е. Л. Николаи. Об устойчивости кругового кольца и ар-
ки. Изв. Петрог. политехи, ин-та. Т. XXVIII, 1918.
13.	Я. А. Пратусевпч. Вариационные методы в строительной
механике. Гостехнздат, М., 1948.
14.	И. П. Прокофьев, А. Ф. Смирнов. Теория сооруже-
ний. Ч. 3. Трансжелдориздат, 1948.
15.	Г. Л. Павленко, А. Б. Мор Гаевский. Устойчивость
упругой параболической арки с затяжкой. Сб. Исследования по тео-
рии сооружений. Т. 5. М., 1951.
309
16.	А. А. П и к о в с к и й. Устойчивость и деформационный рас-
чет стержневых систем. Справочник проектировщика. М., 1960.
17.	II. Л1. Рабинович. Курс строительной механики. Т. 2, М.,
1954.
18.	А. Н. Раевский. Основы расчета сооружений па устойчи-
вость. Высшая школа, 1962.
19.	А. Р. Ржа гиты и. Теория составных стержней строитель-
ных конструкции. Стройиздат, 1948.
20.	А. Р. Ржа пи цы и. Устойчивость равновесия упругих си-
стем. Гостехтсорнздат, М_, 1955.
21.	А. Ф. Смирнов. Устойчивость и колебания сооружений.
Трапсже.тдориздат, 1958.
22.	Н. К. Снитко Устойчивость стержневых систем. Гос. изд-
во по стр-ву и архпт., М., 1956.
23.	С. П. Тимошенко. Устойчивость упругих систем. Гостех-
из дат. 1955.
24.	II. Я. Ш та ер м ан, А. А. Пиковскнй. Основы теории
устойчивости строительных конструкций. Госстройпздат, 1939.
ко второму разделу
I II. В. Ананьев. Справочник по расисту собственных коле-
баний упругих систем. Гостехнздат, 1946.
2.	II. И. Безухов, О. В. Лужи в, Н. В. К о л к у н о в. Устой-
чивость п динамика сооружений в примерах п задачах. Стройиздат.
1969.
3.	С. Л. Бернштейн. Основы динамики сооружений. Строй-
издат, 1941.
4	В В. Болотин. Динамическая устойчивость упругих си-
стем. Гостсхтеориздат, 1956.
5.	II. И. Го л ь де и б л а т. А. М. Сизов. Справочник по рас-
чету строительных конструкций па устойчивость и колебания. Гос-
стройнздат, 1952.
6.	К. С. Заврисв. Динамика сооружений. Трапсжелдорнздаг,
1952.
7.	В. Л. Киселев. Строительная механика (специальный
курс). Стройиздат. 1969.
8.	Б. Г. Коренев. Динамика сооружений. Спрзгочнпк проек-
тировщика. Раздел 22, Расчетно-теоретический. Госстройпздат, 1960.
9.	II. Д. Ко рч пискни. Расчет строп гельпых конструкций па
вибрационную нагрузку Стройиздат, 1948.
10.	Б. II. Кутуков. Упругие колебания (основы динамиче-
ского расчета элементов конструкции). ВЗПП, Государственное из-
дательство «Высшая школа», 1961.
310
11.	Л. Лисовский. Колебания прямых стержней и рам. Гос-
стройнздат, 1961.
12.	Ю. А. Н плен дер. Современное состояние динамики соо
ружеинй и практическое значение внутреннего сопротивления мате-
риалов. Сб. «Динамические свойства материалов». Госстройпздат,
1940.
13.	II. П. Прокофьев. А. Ф. Смирнов. Теория сооруже-
ний. Ч. 3, Траиеже.тдорпздат. 1948.
14	Я Г. Г! а и о в к о. Основы прикладной теории упругих коле-
баний. Машгиз. 1957.
15.	II. М. Рабинович. Основы строительной механики стер-
жневых систем. Госстройпздат, I960.
16.	Э. Е Сигалов. Практический метод расчета рам на коле-
бания Труды Московского института инженеров городского строи-
тельства Мосгсрнснолкома. Строительная механика и конструкции.
Сб. 7. Госстройпздат, 1957.
17.	А. Ф. С м врио в. Устойчивость и колебания сооружений.
Трапсжелдориздат, 1958.
18.	Е. С. Сорок и н. Динамический расчет несущих конструк-
ций зданий. Госстройпздат, 1956.
19.	Н. К. Снитко. Методы расчета сооружений на вибрацию
и удар. Госстройпздат, 1953.
20.	С. П. Т нмошенко. Теория колебаний в инженерном деле.
Изд-во «Наука», 1967.
21.	А. П Филиппов Кочебанпя упругих систем Изд-вэ
АН УССР, 1956.
22.	В. Г. Чудно век ий. Методы расчета колебаний н устой-
чивости стержневых систем. Изд-во АН УССР. 1952.
23.	ЦНПЛСК. Инструкция по расчету несущих конструкций
промышленных зданий н сооружений па динамические нагрузки.
Стройиздат, 1970.
к третьему разделу
1	Ван-цзи-де. Прикладная теория упругости, гл. 12.
ГИФМЛ. М . 1959.
2.	Е. Reissner I. Math. Phys. 26, 290. 1917.
3.	Ф. Ди hi и и гер. Оболочки. ГНТИ, М,—Л., 1932.
4	В. Г. Рскач. Безмомеитная теория расчета псевдосфсриче-
скнх оболочек. Изв. Арт. нпж. Ак. Т. 109. М, 1958
5	Л. Л. Гольденвейзер. Теория упругих тонких оболочек.
ГИТТЛ. М. 1953, стр 127.
6.	С. П Тимоше и к о. Пластинки и оболочки. ГИТТЛ, М.—Л ,
1948. § 78. стр. 411. 443.
7.	И. А го п. 1. f. reine u. argew. Math Bd. 78, § 196, 1874.
311
8	A. Love. Philosofical Transactions Roy. Soc. V. 179(A),
p. 491, 1888, перевод А. Ляв, Математическая теория упругости
гл. XXIV, ОНТИ НКТП, М.—Л., 1935.
9.	G. Kirchhoff. Vorlesungen Ober malhematische Physik, Bd. 1,
Mechanik, 1876.
10.	E. Reissner. A. new derivation of the equations for the
deformation of clastic, shells, Ant. Math T. 63, № 1 1941, p 177—
184.
II.	E. Meisner. Physik Zeitschr. T. XIV, 343, 1913.
12	И. Э. Экстрем. Тонкостенные симметричные купола.
ОНТИ, Харьков — Киев, 1936.
13.	F. Dubois. Cber die Fesligkeit der Kuqelschale d. d. Цюрих,
1917.
14.	II. Wissler. Festigkeitsbcreclinung von Ringflachenscha-
len, d d. Цюрих, 1917.
15.	I. Lense. Kuqelfunktionen, Leipzig, 1950.
16.	E. В. Гобсон. Теория сферических и эллипсоидальных
функции. ПЛ., М„ 1952.
17.	L. В о 11 е. Schweiz. Bauzeiteung, Т. 66, 1915, см. также 6.
18.	1. Е. Ekstrom. Ing. Vetensk. Akad. T. 121, Стокгольм,
1933.
19.	В. Г. Рекач. Расчет сферических оболочек, д. д. 1954.
20.	В. Г. Рекач. Расчет тонких сферических оболочек. Научи,
докл. высш, шк, Строительство. № 1, 1958
21.	Труды 5-го Международного математического конгресса.
Кембридж, 1912, см. также статью О. Блюменталя в Z. Math. Phys.
Т. 62, стр. 343, 1914.
22	С. П. Т и м о ш е и к о. К вопросу о расчете сферических обо-
лочек. Вестник общества технологов, № 17, СПБ, 1913.
23.	И. Я. Ш т а е р м а и. О применении метода асимптотическо-
го интегрирования к расчету упругих оболочек, 1924 и другие статьи
в Изв. Киевского политехнического и сельскохозяйственного ин-тов.
24.	В. В. Новожилов. Теория топких оболочек. Судпромгнз,
1962.
25.	1. W. Geckeler, Forschungsarbeiten, № 276, Берлин, 1926
26.	Р. Pasternak. Z. ang. Math. и. Meeh. Т. 6, 1926, см. так-
же, Vorhandlung d. 2 Int. Kongr. fur techn. Meeh., Zurich, 1927.
27.	Б. С. Ж a p м а г а м б e т о в. Практический метод расчета
железобетонной сферической оболочки. Изв. АП Каз. ССР, сер гор-
ное дело, вып. 8, 1956.
28.	В. 3. Власов. Общая теория оболочек. ГИТТЛ, М.—Л,
стр. 257, 329, 420, 439, 1949
29.	G. Ehlers. Beton und Eisen, № 13, 14, 1929. Перевод см. в сб.
Складчатые железобетонные конструкции, Харьков, 1934.
312
30.	Dr. Ing. Finsterwalder, Die Theorie der Zyhndrischen Scha-
lengewolbe Sistern Zeiss-Dywidag u..., Abhandlungen der Intern. Ge-
sellschaft f. Brucken u. Ilochbau, В. I. Zurich, 1932.
31.	А. А. Гвоздев. К расчету тонкостенных цилиндрических
оболочек, Строит, промышленность, № I, 1932.
32.	В. 3. Власов. Новый практический метод расчета склад-
чатых покрытий и оболочек. Строительная промышленность, № 11,
12, 1932.
33.	П. Л. Пастернак. Практический расчет складок и ци-
линдрических оболочек с учетом изгибающих моментов. Строи-
тельный бюллетень, № 9, 10, 1932.
34.	В. 3. В л а с о в. Строительная механика оболочек, ОНТИ,
1936.
35.	В. 3. Власов. Тонкие упругие стержни. Стройиздат, 1940.
36.	L. A. Wojtaszak Deformation of thin cylindrical shells
subjected to interne! loading, Phil, Mag. ser 7, p. 18, 1934, p 1099—
1116, см. также 1, стр. 391.
37.	К. Marquerre. Zur Theorie der Gekriiminten Platte Gros-
ser Formanderung. Proceedings of the Fifth Inf. Congress for Appl.
Meeh 1938, p. 93—101.
38	В. 3. Власов. Основные дифференциальные уравнения об-
щей теории упругих оболочек. ПММ, Т. VIII, № 2, 1941. См. также
[28], стр. 301—309.
39.	А. Л. Гольденвейзер. Дополнения и поправки к тео-
рии тонких оболочек Love. Сб пластинки и оболочки Госетройпздат,
1939, см. также [5], стр. 59.
40.	В Г. Р е к а ч. Расчет пологих винтовых (геликоидальных)
оболочек. Сб. трудов MUCH, № 27, М., 1957.
41	С. М Ф а й и б е р г. Проект н стандарт, № 12, 1936.
42.	В. 3. Власов. Некоторые задачи сопротивления материа-
лов, строительной механики и теории упругости. Изв. АН СССР, отд.
техн, паук, № 9, 1950.
43.	Pucher A. Cher die Spannungsfunktion belibig gekrummter
dimer Schalen, Proceedings of the V Int Congress for Appl. Meeh,
p. 134, 1938.
44.	P. Csonka, Ubcr doppeit gekrijmmte Schalen, Acta, techn
Acad, scient. Hung; 1959, 26, № 1—2, Там же приведен перечень его
11 работ периода 1955—1958 гг.
45.	\V. F 1 и g g е. Slatik und Dinamik der Schalen Springer—
Vcrlag. 1957; перевод В. Флюгге, Статика н динамика оболочек.
ГСП М, 1961.
46.	А. Р. Ржа и и цы и. Расчет топких безмомеитиых оболочек
вращения малой кривизны. Труды лаб. строит, механики ЦНИПС,
1919.
313
47	В. М. Н и к и р е е в. Расчет безмомеитпой пологой оболочки
на постоянную вертикальную нагрузку. Строит, механика и расчет
сооружений, АСпЛ СССР, № G, 1959.
48.	В С. Б а р т е и е в. Расчет пологих оболочек двоякой кри-
визны с прямоугольным планом для произвольной нагрузки. Науч-
ные доклады высшей школы. Строительство, № 2, 1959. См. так-
же [42].
49.	Т. Т. Хачатурян. Пологие цилиндрические оболочки. Со-
общения института, мат. и махай. АН Арм. ССР, вып. 4, 1949.
50.	Е. Я и к е, Ф. Э м д е. Таблицы функций с формулами и кри-
выми. Харьков — Киев, 1934, 1959.
51	В. Г. Рекач Симметричный нагрев пологих сферических
оболочек. Со. трудов MUCH, № 8, 1954.
52	В. В Д и к о в и ч. Пологие, прямоугольные в плане, оболочки
вращения, ГСП, М., I960.
53.	В. 3. Власов. Строительная механика тонкостенных про-
странственных систем. Гл. Ill, IV. Стройпздат. 1949 или 1958.
54	11. М. Рабинович. Основы строительной механики стерж-
невых систем. Стройпздат, I95G.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие................................................. 3
Раздел I
Основы расчета стержневых систем на устойчивость
Г лава 1 Понятие о потере устойчивости, критической нагрузке
и методах расчета на устойчивость ......................... Б
§ 1.	Введение.......................................... 5
§ 2.	Устойчивость 1-го рода; постановка задачи; методы
расчета ............................................... 8
§ 3.	Устойчивость системы с двумя степенями свободы.
Точные и приближенные методы расчета............ 10
Глава 2. Устойчивость центрально сжатого прямого стержня 15
§ 4.	Прямой стержень с упругой заделкой на одном кон-
це н упруго податливой опорой на другом ....	15
§ 5.	Стержень с упругой промежуточной опорой ...	20
§ 6.	Стержень в упругой среде. Устойчивость сжатого
пояса открытого моста................................. 24
§ 7.	Стержень переменного	сечения..................... 28
§ 8.	Составные стержни................................ 33
Глава 3. Устойчивость плоских рам.......................... 41
§ 9.	Постановка задачи................................. 41
§ 10.	Дифференциальное уравнение изгиба сжатоизогиу-
того стержня н его интеграл............................ 45
§ 11	Расчет рам на устойчивость методом перемещений 50
§ 12.	Расчет рам на устойчивость методом сил. Выбор ос-
новной системы п лишних	неизвестных............. 59
§ 13.	Примеры деформационного расчета рам Таблицы
функций................................................ 66
Г лава 4.	Устойчивость арок................................ 77
§ 14.	Устойчивость круговой арки постоянного сечения с
упруго защемленными пятами и радиальной нагруз-
кой .................................................... 77
315
Стр.
§ 15.	Устойчивость круглых колец и труб под действием
равномерной радиальной нагрузки ....................... 87
§ 16.	Устойчивость параболической арки постоянного сече-
ния с равномерно распределенной вертикальной на-
грузкой ............................................... 90
§ 17.	Устойчивость	весьма пологих арок................. 92
§ 18.	Устойчивость	аркн с затяжкой..................... 99
Глава 5.	Устойчивость	тонкостенных стержней............. 102
§ 19.	Основы теории. Дифференциальное уравнение устой-
чивости 2-го	рода............................... 102
§ 20.	Потеря устойчивости I-го рода. Внецентреиное и
центральное сжатие.................................... 105
§ 21.	Потеря устойчивости плоской формы изгиба балки 115
§ 22.	Потеря устойчивости при растяжении.............. 121
Раздел II
Основы динамики стержневых систем
Глава 6.	Системы с	одной степенью свободы............... 124
§ 23.	Основные	понятия.............................. 124
§ 24.	Свободные	колебания............................ 127
§ 25.	Вынужденные колебания при действии вибрационной
нагрузки.............................................. 137
§ 26.	Действие других возмущающих	нагрузок ....	142
§ 27.	Ударная нагрузка................................ 144
Глава 7.	Системы со многими степенями свободы............149
§ 28.	Свободные колебания............................. 149
§ 29.	Приближенная оценка частоты основного тона коле-
баний ................................................ 164
§ 30.	Энергетический способ........................... 166
§ 31.	Определение вынужденных колебаний	при действии
вибрационной нагрузки методом	сил............ 170
§ 32.	Метод перемещений............................... 179
§ 33.	Матричная форма расчета......................... 181
Глава 8. Система с бесконечно большим числом степеней сво-
боды .................................................... 184
§ 34.	Свободные колебания балок с равномерно распреде-
ленной массой......................................... 184
§ 35.	Колебания балки при подвижной нагрузке ....	189
§ 36.	Вынужденные колебания балок с равномерно рас-
пределенной массой при действии вибрационной на-
грузки ............................................... 193
316
Cip.
Глава 9. Расчет статически неопределимых систем ....	1*5
§ 37.	Определение перемещений и реакции от динамиче-
ской нагрузки........................................ 195
§ 38.	Расчет рам	по методу сил....................... 197
§ 39.	Расчет рам	по методу перемещений............... 198
§ 40.	Применен не	готовых формул......................2)2
Глава 10. Меры борьбы с вибрационными явлениями . . .	216
§ 41.	Характеристики физиологического и других воздей-
ствии вибраций........................................216
§ 42.	Способы уменьшения резонансных	явлений ...	217
§ 43.	Расчет вибронзоляцнн............................219
Раздел III
Основы расчета пространственных тонкостенных конструкций
Глава 11.	Элементы дифференциальной геометрии поверхности	221
§ 44.	Аналитическое выражение поверхности.........221
§ 45.	Линейный элемент поверхности................222
§ 46.	Кривизна липни па поверхности...............223
Глава 12. Безмомептпая (мембранная) теория расчета оболо-
чек .................................................230
§ 47.	Основные дифференциальные уравнения	....	239
§ 48.	Расчет оболочек вращения....................234
§ 49.	Расчет цилиндрических и конических оболочек	.	.	243
Глава 13.	Моментная теория расчета оболочек..........247
§ 50.	Общие положения.............................247
§ 51.	Вывод уравнений равновесия..................249
§ 52.	Определение компонентов деформации..........251
§ 53.	Расчет оболочек вращения на осесимметричную
нагрузку..............................................258
§ 54.	Приближенные расчеты оболочек вращения па осе-
симметричную нагрузку.................................266
§ 55.	Расчет цилиндрических оболочек—общая теория .	273
§ 56.	Теория круговых ортотропных цилиндрических
оболочек (оболочки средней длины — =24-8) . .	276
Глава 14.	Расчет пологих	оболочек........................282
§ 57.	Вывод основных	расчетных	уравнений.............282
§ 58.	Частные случаи	расчетных	уравнений.............286
317
Глава It. Расчет пространственных призматических рам (ме-
тод проф. В. 3. Власова) . .............................
§ 59.	Общие положения .............................
§ 60.	Напряженное п деформированное состояние рамы
ПОЛОСКИ ...	..........................
§ 61.	Дифференциальные уравнения равновесия рамы по-
лоски .............................................
Литература ............................................
298
298
299
300
309
Георгин Константинович К т е й и
Владимир Германович Р е к а ч
Ген я Исааковна Розенблат
РУКОВОДСТВО К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯМ
ПО КУРСУ СТРОИТЕЛЬНОЙ МЕХАНИКИ
Редактор Л. Н. Чупеева
Художник Л. М. Чернышев
Художественный редактор Н. К Гуторов
Технический редактор 3 В. Нуждина
Корректор Г. Н. Буханова