Архив рубрики: Лекции-беседы. Избранные вопросы и задачи В.И. Феодосьева

Задача

Объясните с позиций устойчивости форм равновесия образование шейки при испытании образцов на растяжение.

Если какая-то внешняя причина вызовет местное сужение образца, последний при небольшом растягивающем усилии самостоятельно восстановит цилиндрическую форму по устранении причины, вызвавшей это сужение. Таким обра­зом, до определенной величины растягивающего усилия ци­линдрическая форма образца является устойчивой.

При достаточно большом растягивающем усилии малей­шее местное сужение вызовет повышение напряжений в зоне сужения такой величины, что по устранении причины, вы­звавшей это сужение, стержень не сможет восстановить цилиндрическую форму. Сужение будет развиваться, и на образце образуется шейка. Цилиндрическая форма равновесия оказы­вается неустойчивой.

Задача

Тонкостенный замкнутый резиновый сферический сосуд находится под действием внутреннего давления.

Всегда ли сферическая форма является устойчивой?

При некотором давлении (в области заметных удли­нений) сферическая форма равновесия становится неустойчи­вой. Если по какой-то причине в стенке появится местное утонение, оно продолжает развиваться. Толщина стенки ста­новится неравномерной и сфера несколько вытягивается (рис. 401, а).

2015-10-14 11-27-36 Скриншот экрана

Это явление аналогично процессу образования шейки у растянутого образца. Его можно наблюдать при на­дувании камеры волейбольного мяча. Аналогичное явление наблюдается и при надувании велосипедной камеры (рис. 401, б).

Задача

Найти критическое число оборотов кольца массы m, соединенного с неподвижной осью при помощи n равноотстоящих спиц (рис.142).

2015-10-14 11-12-05 Скриншот экрана

Жесткость спиц на растяжение EF.

Определим силу P, которую необходимо прило­жить к кольцу, чтобы откло­нить его от оси на некоторую малую величину w (рис. 400).

2015-10-14 11-14-33 Скриншот экрана

Очевидно,

2015-10-14 11-15-18 Скриншот экрана

где i— номер спицы, a Ni— нормальное усилие, возникающее в ее сечениях.

Если обозначить через Δi  удлинение  i — й спицы, то тогда

2015-10-14 11-17-47 Скриншот экрана

Но

2015-10-14 11-18-33 Скриншот экрана

поэтому получаем

2015-10-14 11-19-21 Скриншот экрана

Можно показать, что

2015-10-14 11-20-01 Скриншот экрана

и тогда

2015-10-14 11-21-15 Скриншот экрана

Критическое число оборотов определится из условия

2015-10-14 11-21-52 Скриншот экрана

откуда имеем

2015-10-14 11-22-34 Скриншот экрана

Задача

Тонкий однородный диск (рис. 141) вращается около неподвижной оси, перпендикулярной к его плоскости.

2015-10-14 11-00-06 Скриншот экрана

Может ли такой диск потерять устойчивость плоской формы равновесия?

Тонкий одно­родный диск, вращающийся около оси, перпен­дикулярной к  его пло­скости, может потерять устойчивость. Но для дисков обычной толщины критическая скорость ωкр лежит выше той, при которой наступает разру­шение. Если рассмотреть очень тонкий металлический или, еще лучше, резиновый диск, то на  опыте может быть получена форма потери устойчи­вости, показанная на рис. 399.

2015-10-14 11-04-19 Скриншот экрана

Возникновению такой формы равновесия может быть дано следующее объяснение. Положим, что диск идеально сбалан­сирован, и допустим, что какая-то внешняя причина вызвала некоторую деформацию диска в его плоскости так, что балан­сировка диска будет при этом нарушена. Если центр тяжести диска сместился, как показано на рис. 399, вправо, то возле неподвижной оси слева возникнут сжимающие радиальные напряжения. Поэтому при достаточно большой угловой ско­рости диска в этой зоне может произойти его выпучивание, вследствие чего дисбаланс еще больше увеличится. Если диск при этом не разрушится, то форма его после потери устой­чивости и будет примерно такой, как показано на рис. 399.

Задача

Однородный стер­жень с узким прямоугольным поперечным сечением вращается около оси ОО (рис. 140), параллельной большой стороне сечения.

2015-10-14 10-17-38 Скриншот экрана

Определите угловую скорость ω, при которой этот стержень будет закручиваться подобно стержням АА системы, рассмотренной в предыдущей задаче.

Представим себе, что некоторое сечение, расположенное на расстоянии ζ от оси, повернулось в результате закручивания стержня на угол φ (рис. 398).

2015-10-14 10-19-09 Скриншот экрана

Выделим из стержня элемент 2015-10-14 10-19-56 Скриншот экрана,расположенный на расстоянии у от оси стержня. При повороте сечения на угол φ элемен­тарная инерционная сила 2015-10-14 10-21-13 Скриншот экрана даст поперечную со­ставляющую 2015-10-14 10-21-58 Скриншот экрана.

Элементарный закручи­вающий момент этой силы будет:

2015-10-14 10-22-34 Скриншот экрана

где γ — удельный вес материала стержня. Тогда крутящий момент в сечении х определится как

2015-10-14 10-24-09 Скриншот экрана

Нормальная сила в том же сечении определится интегриро­ванием выражения

2015-10-14 10-24-57 Скриншот экрана

что дает:

2015-10-14 10-26-31 Скриншот экрана

Из условий закручивания стержня имеем:

2015-10-14 10-27-39 Скриншот экрана

где С — жесткость на кручение. Последняя величина в дан­ном случае зависит от силы N (см. ранее решенную задачу — здесь):

2015-10-14 10-30-23 Скриншот экрана

В предыдущем примере стержни ОА были круглыми и их жесткость не зависела от растягивающей силы. Теперь полу­чаем:

2015-10-14 10-31-30 Скриншот экрана

Дифференцируем обе части этого уравнения по х:

2015-10-14 10-32-15 Скриншот экрана

Но из выражения для С следует

2015-10-14 10-32-57 Скриншот экрана

поэтому

2015-10-14 10-33-32 Скриншот экрана

Независимо от вида функции С решением этого уравнения будет

2015-10-14 10-34-16 Скриншот экрана,

где А и В — произвольные постоянные.

Возьмем интеграл

2015-10-14 10-36-03 Скриншот экрана

При х = 0  φ = 0, откуда А = 0. Далее, при х = l имеем 2015-10-14 10-39-14 Скриншот экрана, и тогда В = 0.

Следовательно, при любой угловой скорости ω стержень остается прямым (При подготовке автором первого издания настоящего задач­ника Л. И. Балабух показал, что призматический стержень вообще любой формы поперечного сечения не имеет критической угловой скорости.).

Если бы жесткость на кручение не зави­села от нормальной силы, для стержня можно было бы указать критическую угловую скорость.

Задача

Четыре одинаковых шара массой m укреплены на стержнях, как это показано на рис. 139.

2015-10-14 10-01-47 Скриншот экрана

Система вращается около оси СС, закрепленной в жест­ких подшипниках. Если бы подшипников не было (система висела бы, например, на нити), то, как известно из физики, шары повернулись бы около оси АА и расположились бы в горизонтальной плоскости. В данном случае такому пово­роту препятствуют жесткие подшипники и упругие стержни АА, имеющие круглое поперечное сечение. Можно ли подобрать такую угловую скорость ω, при которой шары все-таки по­вернутся на некоторый угол относительно оси АА?

Представим себе, что шары ВВ повернулись на не­который малый угол φ относительно оси ОА (рис. 397).

2015-10-14 10-05-30 Скриншот экрана

При этом инерционные силы шаров mω2l  уже не будут парал­лельны оси ОА и дадут пару с моментом

2015-10-14 10-07-50 Скриншот экрана,

закручивающую стержень ОА. Но так как 2015-10-14 10-08-56 Скриншот экрана, то и

2015-10-14 10-09-46 Скриншот экрана

С другой стороны, для закрученного стержня

2015-10-14 10-10-25 Скриншот экрана,

где 2015-10-14 10-11-12 Скриншот экрана - жесткость стержня; таким образом,

2015-10-14 10-11-57 Скриншот экрана

Это и есть критическая угловая скорость для данной си­стемы. При скорости, большей указанной, стержни ОА за­кручиваются.

Задача

Тонкая длинная полоса (рис. 138) нагревается равномерно по длине  l и толщине h, но неравномер­но по ширине b.

2015-10-14 09-01-20 Скриншот экрана

Определить условия, при которых имеет место потеря устойчивости полосы с закручиванием.

Примем, что поперечные сечения полосы не искри­вляются.

2015-10-14 09-03-43 Скриншот экрана

Тогда осевые удлинения могут быть представлены в виде линейной функции у (рис. 395):

2015-10-14 09-04-36 Скриншот экрана

где 2015-10-14 09-05-11 Скриншот экранаизменение кривизны полосы в плоскости ху. Осевое напряжение будет, очевидно, следующим:

2015-10-14 09-05-59 Скриншот экрана

где αt— температурное удлинение.

Так как нормальная сила в сечении и изгибающий момент Мz равны нулю, то

2015-10-14 09-11-30 Скриншот экрана

откуда

2015-10-14 09-12-12 Скриншот экрана

При возникновении крутки напряжения σx образуют момент относительно оси х (рис. 395), равный

2015-10-14 09-13-49 Скриншот экрана

или

2015-10-14 09-14-27 Скриншот экрана

Кроме того, при закручивании в полосе возникает момент касательных напряжений, равный, как известно,

2015-10-14 09-39-51 Скриншот экрана

Сумма этих моментов равна нулю, поэтому

2015-10-14 09-40-32 Скриншот экрана

Подставляя сюда σx, находим:

2015-10-14 09-41-41 Скриншот экрана

где μ — коэффициент Пуассона. Исключая ε0, получим:

2015-10-14 09-42-47 Скриншот экрана (1)

Это и есть условие перехода к новой форме равновесия.

Заметим, что при линейном законе распределения температурных удлинений вдоль оси у, т. е. при

αt = A + By,

левая часть выражения (1) обращается в нуль при любых значениях А и В. Следовательно, при линейном распределении температуры новой формы равновесия не существует.

Положим, что температурные удлинения на левой поло­вине полосы распределены по квадратичному закону

2015-10-14 09-45-13 Скриншот экрана

(рис. 396).

2015-10-14 09-45-51 Скриншот экрана

Тогда выражение (1) принимает вид

2015-10-14 09-46-37 Скриншот экрана

или

2015-10-14 09-47-18 Скриншот экрана

Заметим, что чем относительно тоньше лист, тем при более низкой температуре происходит потеря устойчивости (коробление).

 

Задача

Два стержня в об­щем узле нагружены силой Р (рис. 137).

2015-10-14 08-03-10 Скриншот экрана

Каждый стержень представляет собой телескопи­ческое устройство, допускающее большие изменения длины.

Существуют ли условия, при ко­торых происходит переход от симме­тричной формы равновесия к несимме­тричной?

Рассмотрим систему в отклонен­ном от вертикали положении.

2015-10-14 08-07-00 Скриншот экрана

Уравнения равновесия для узла (рис. 392, а) будут следующие:

2015-10-14 08-08-25 Скриншот экрана (1)  

Из треугольника АВС (рис. 392, б) имеем:

2015-10-14 08-10-11 Скриншот экрана (2)

Будем рассматривать малые отклонения от вертикали и большие — по вертикали. Обозначим

α2 = α + β,   α1 = α — β,

где угол α характеризует перемещение узла вниз, а малый угол β—перемещение по горизонтали. Аналогично

N= N — ΔN, N2 = N + ΔN.

Обозначим через с жесткость стержней на сжатие

2015-10-14 08-17-29 Скриншот экрана

Далее подставляем α1, α2, N1,  N2, Δl1  и  Δl2 в уравнения (1) и (2) и линеаризуем их, пренебрегая малыми произведе­ниями β ΔN. Удерживаются только первые степени этих величин. В итоге взамен (1) и (2) получим:

2015-10-14 08-20-03 Скриншот экрана

Первое и третье из этих уравнений дают возможность опре­делить угол α в зависимости от силы Р при симметричной форме равновесия

2015-10-14 08-21-04 Скриншот экрана   (3)

Второе и четвертое уравнения являются однородными относительно неизвестных величин β  и ΔN, характеризующих боковое отклонение. Приравниваем нулю определитель этой системы

2015-10-14 08-23-11 Скриншот экрана

откуда

2015-10-14 08-23-50 Скриншот экрана

Заменяя N через Р, имеем:

2015-10-14 08-24-32 Скриншот экрана

или согласно выражению (3)

2015-10-14 08-25-11 Скриншот экрана

На рис. 393 показан график зависимости между cos α и cos α0.

2015-10-14 08-28-41 Скриншот экрана

Понимать этот график нужно следующим образом. Задан угол α0. Система не нагружена. При этом α = α0 (точка А на рис. 393). По мере нагружения угол α умень­шается, а cos α возрастает. Точка В характеризует переход к несимметричной форме. Из выражения (3) может быть определено и значение соответствующей силы Р. Когда угол α достаточно уменьшился, симметричная форма равно­весия снова становится устойчивой (точка С на графике).

Возникновение несимметричных форм возможно лишь при

2015-10-14 08-30-33 Скриншот экрана  или при α0 > 67°25'.

Поведение системы в закритическом состоянии может быть исследовано, если отказаться от предположения малости угла β. Впрочем, здесь удобнее решать задачу энергетическим методом.

2015-10-14 08-32-31 Скриншот экрана

Если ввести в рассмотрение перемещения λ и f (рис. 394), то из четырехугольников СВВ1В0 и АВВ1В0 легко получить следующие соотношения:

2015-10-14 08-34-39 Скриншот экрана

Исключая α и α2, получим:

2015-10-14 08-36-13 Скриншот экрана

Полная потенциальная энергия системы будет:

2015-10-14 08-36-53 Скриншот экрана

Первые производные от U  по λ и f в положении равновесия равны нулю, а по знаку вторых производных определяется — устойчива или неустойчива форма равновесия.

Предоставляем читателю возможность произвести этот ана­лиз самостоятельно.

Задача

Возможна ли потеря устойчивости витой цилиндри­ческой пружины при растяжении?

Потеря устойчивости возможна для пружин растя­жения, имеющих навивку с натягом.

У пружин такого рода витки плотно поджаты друг к другу. По мере увеличения растягивающей силы уменьшается контактное давле­ние между витками. Удлинение пружины возникает только при силе, большей силы предварительного поджатия Р0 (рис. 389).

2015-10-13 09-35-22 Скриншот экрана

Потеря устойчивости происходит с перекосом и изгибом витков (рис. 390).

2015-10-13 09-36-31 Скриншот экрана

Получается так, что каж­дый виток «не дожи­дается» того момента, когда он сможет оторваться от соседнего, а со­скальзывает по поверх­ности контакта, изгибаясь в своей плоскости. Работа силы Р на возникающем осевом перемещении переходит в энергию изгиба витков.

Расчетная схема для определения критических сил пока­зана на рис. 391.

2015-10-13 09-46-49 Скриншот экрана

Согласно формуле (3) (см. решение ранее решенной задачи — здесь)

2015-10-13 09-40-49 Скриншот экрана

Но 2015-10-13 09-41-24 Скриншот экрана. Исключая Q, получаем:

2015-10-13 09-42-24 Скриншот экрана

Из формулы (4) той же задачи (см. — здесь) получаем:

2015-10-13 09-44-00 Скриншот экрана

Так как в данном случае 2015-10-13 09-45-22 Скриншот экрана, то

2015-10-13 09-46-02 Скриншот экрана.

Задача

Стержень корытного профиля (рис. 136) сжат цен­трально приложенной силой Р, вызывающей в стержне пласти­ческие деформации.

2015-10-13 08-40-25 Скриншот экрана

Спрашивается, в какую сто­рону вероятнее всего прогнется стержень при потере устойчи­вости. Направо или налево?

Вероятность выпучивания стержня в ту или иную сторону определяется его начальной погибью, случайными неоднородностями в материале и отклоне­ниями линии действия силы Р от оси стержня.

Степень влияния случайных факторов зависит от жесткости стержня. Наиболее вероятным является, очевидно, изгиб в пло­скости минимальной жесткости, т. е. в данном случае относительно оси z (рис. 387).

2015-10-13 08-43-13 Скриншот экрана

Остается проверить, не меняется ли жест­кость на изгиб при перемене знака мо­мента. В случае, если жесткость остается неизменной, выпучивание стержня вправо или влево будет равновероятным.  Если жесткость окажется различной, наиболее вероятным будет изгиб в сторону наименьшей жесткости.

Положим задана диаграмма сжатия материала (рис. 388).

2015-10-13 08-48-10 Скриншот экрана

Напряжение σ, возникающее в поперечных сечениях стержня, превышает по условию предел текучести (точка А на диа­грамме). При изгибе стержня слои, расположенные с вогну­той стороны, догружаются и напряжения возрастают в зави­симости от ε по прямой 1. С выпуклой стороны происходит разгрузка, и зависимость между σ и ε изображается прямой 2. Тангенс угла наклона прямой 1 обозначим через D, а прямой 2 — через Е, где Е — модуль упругости. В результате эпюра  дополнительных изгибных на­пряжений принимает вид лома­ной (рис. 387). Положение ней­тральной линии z1 определяется из условия, что

2015-10-13 08-52-07 Скриншот экрана  (1),

поскольку нормальная сила в сечении не меняется и постоянно равна Р.

Если стержень выпучивается  налево, ось z1 смещается от центральной оси  z  также налево. Если стержень выпучи­вается направо, нейтральная ось сдвигается направо.

Рассмотрим первый случай. Ось  z1  сдвинута налево. С выпуклой стороны стержня

2015-10-13 08-55-33 Скриншот экрана

а с вогнутой

2015-10-13 08-56-31 Скриншот экрана

Согласно выражению (1) имеем:

2015-10-13 08-57-22 Скриншот экрана,

где первый интеграл распространяется на область, располо­женную слева от оси z1, а второйсправа от оси z1  (рис. 387). Взяв статические моменты указанных участков относительно оси zнаходим:

2015-10-13 08-59-45 Скриншот экрана,

где d = D/E.

При выпучивании стержня направо ось zсмещается на­право на величину

2015-10-13 09-01-07 Скриншот экрана

Теперь определим момент напряжений Δσ относительно поперечной оси z1Заметим, что ось может быть взята произ­вольно в связи с тем, что нормальная сила от напряжений Δσ при найденных b1 и b2 равна нулю.

При выпучивании стержня налево

2015-10-13 09-03-19 Скриншот экрана

Это выражение можно написать в виде

2015-10-13 09-03-57 Скриншот экрана,

где

2015-10-13 09-04-48 Скриншот экрана

Исключая b1, получим:

2015-10-13 09-06-10 Скриншот экрана

При выпучивании стержня направо получаем аналогично:

2015-10-13 09-06-52 Скриншот экрана

В интервале изменения d от нуля до единицы получаем:

J ≤  J1

Следовательно, вероятность отклонения стержня направо больше, чем налево. При потере устойчивости стержень ве­роятнее всего изогнется так, чтобы открытая сторона про­филя располагалась на вогнутой стороне бруса.