Задача

На тонкостенное кольцо накинута тонкая, нерастя­жимая абсолютно гибкая нить, которая в дальнейшем затягивается с силой Р (рис. 126).

2015-09-22 21-57-45 Скриншот экрана

Спрашивается, при каком значении силы Р кольцо потеряет устойчивость. Трением между поверхностью кольца и нитью можно пренебречь.

До потери устойчивости кольцо находится под действием внешней равномерно распределенной нагрузки q=Р/R .

В обычных условиях, если q будет в процессе изгиба кольца оставаться неизменным, потеря устойчивости произойдет при

2015-09-22 22-00-45 Скриншот экрана.

Кольцо при этом принимает форму, близкую к форме эллипса.

В настоящей задаче, однако, кольцо в малом всегда устой­чиво. Действительно, если кольцо по каким-либо причинам станет искривляться, принимая хотя бы форму эллипса, распределенная нагрузка q=Р/R станет возрастать там, где будет увеличиваться кривизна, и уменьшаться там, где эта кривизна уменьшается. У концов большой оси эллипса q возрастет, а у концов малой оси — уменьшится (рис. 347).

2015-09-22 22-06-58 Скриншот экрана

Разность нагрузок восстановит круговую форму кольца.

Для того чтобы круговая форма кольца не восстанови­лась, необходимо, очевидно, дать кольцу некоторое доста­точно большое искривление, такое, чтобы на некотором участке кольцо отстало от нити. Характер упругой линии кольца при этом проще всего установить путем несложного опыта, склеив кольцо из бумаги и затянув его обычной тон­кой ниткой.

На рис. 348 показана форма кольца, потерявшего устой­чивость.

2015-09-22 22-08-19 Скриншот экрана

Рассмотрим правую половину кольца, разрезав его в точке схода нити (рис. 349, точка 1).

2015-09-22 22-09-21 Скриншот экрана

В этом сечении в кольце возникает изгибающий момент М1 и нормальная сжимающая сила NПоперечная сила равна, очевидно, нулю, поскольку иначе не соблюдались бы условия равновесия для участка кольца 01.

Для исследования условий равновесия указанной формы упругого кольца мы применим соотношения, выведенные ранее при решении задачи — см. здесь (далее при ссылке на нее будет указано «ранее решенная задача»). Эти соотношения выводились для прямолинейного упругого стержня. Здесь же мы имеем дело с кольцом постоянной кривизны 1/R. Но кольцо постоянной кривизны получается из прямого стержня путем приложения к его концам момента М = EJ/RСледовательно, задача (и не только рассматриваемая) об изгибе гибкого бруса с по­стоянной начальной кривизной сводится к задаче изгиба прямого бруса той же длины и жесткости путем добавления к заданной нагрузке моментов М = EJ/R , приложенных по концам.

Длину участка 01 обозначим через l1 Дугу s будем от­считывать от 0 к 1. Выражение (1) (ранее решенная задача) для первого участка кольца принимает вид

2015-09-22 22-17-58 Скриншот экрана (1)

При s = 0 и sl1  ζ0  = ζ1  = 0 и согласно (3) (ранее решенная задача) получаем:

sin ψ0 = 0, sin ψ= 0.

Так как угол ψ вдоль дуги s возрастает, проходя в точке перегиба значение π/2 (ранее решенная задача), то, приняв ψ0 = 0, получим ψ1= π.

Кривизна бруса в точке 1 согласно (4) (ранее решенная задача) будет

2015-09-22 22-32-31 Скриншот экрана

или

2015-09-22 22-33-09 Скриншот экрана (2)

Выражение (5) (ранее решенная задача) для sl1 принимает вид

2015-09-22 22-34-33 Скриншот экрана (3)

где 2015-09-22 22-35-25 Скриншот экрана — полный эллиптический интеграл первого рода при модуле k1. (Для второго участка модуль сбудет k2.) При этом

2015-09-22 22-37-02 Скриншот экрана

Координаты точки 1 согласно выражению (6) (ранее решенная задача) будут:

2015-09-22 22-37-47 Скриншот экрана

Теперь перейдем ко второму участку кольца—участку 12. Здесь кольцо находится под действием распределенной на­грузки, величина которой пропорциональна кривизне кольца. Известно, что при равномерно распределенной нагрузке за­дача о больших перемещениях стержня решается не в эллип­тических табулированных интегралах, а в ультраэллиптических нетабулированных интегралах. Однако в данном случае дело обстоит значительно проще. Ввиду того, что нить является абсолютно гибкой, мы можем рассматривать нить и кольцо вместе как целое кольцо с той же жесткостью EJ и полагать, что на втором участке в точке 1 на кольцо дей­ствует сжимающая сила N P и момент М1. А при такой нагрузке задача о больших перемещениях в эллиптических интегралах уже решается.

При таком подходе к задаче нагрузка qдействующая на кольцо извне, становится внутренней силой, действующей и на кольцо и на нить. Из сказанного можно сделать, кстати, довольно общий, мало кому известный вывод, что при рас­пределенной нагрузке, пропорциональной кривизне деформи­рованного бруса, задача о больших прогибах решается в эл­липтических интегралах.

Поскольку на втором участке кольца отсутствуют точки перегиба и, следовательно, 2015-09-22 22-40-41 Скриншот экрананигде на этом участке в нуль не обращается, то величина С1 в выражении (2) (ранее решенная задача) должна быть больше единицы. Если же мы, как и в ранее решенной задаче, обозначим С1 через k2a sin ζ/2— через k sin ψ, то придем к эллиптическим интегралам с модулем, большим единицы. Для таких интегралов таблиц не имеется. Поэтому выражения (3)—(6) ранее решенной задачи  должны быть преобразованы. Обозначим для второго участка

2015-09-22 22-43-42 Скриншот экрана (6)

тогда уравнение (2) (ранее решенная задача) примет вид

2015-09-22 22-44-31 Скриншот экрана ,

где l2 — длина второго участка. Так как на втором участке кривизна отрицательна, принимаем знак минус:

2015-09-22 22-46-03 Скриншот экрана (7)

Подставляя сюда вместо 2015-09-22 22-40-41 Скриншот экрана выражение

2015-09-22 22-47-53 Скриншот экрана

полученное из (6), найдем

2015-09-22 22-48-29 Скриншот экрана (8)

откуда

2015-09-22 22-49-27 Скриншот экрана (9)

Далее, как и в ранее решенной задаче,

2015-09-22 22-50-24 Скриншот экрана

Подставим сюда sin ζ/2 — из (6) и ds из (8). Тогда получим:

2015-09-22 22-51-39 Скриншот экрана

После интегрирования находим

2015-09-22 22-52-32 Скриншот экрана

Теперь рассмотрим граничные условия для второго участка. В точке 1, т. е. в начале второго участка,  ζ1= 0, а в конце (точка 2) ζ2 = —180. Согласно (6)

sin ψ= 0,  sin ψ2 = — 1

Примем ψ1=180°, ψ2 = 270°.

Так как 2015-09-22 22-37-02 Скриншот экрана, то из (9) для конца вто­рого участка получаем

2015-09-22 22-57-27 Скриншот экрана (12)

Подставляя в выражение (7) ψ =180°, находим кривизну кольца второго участка в точке 1

2015-09-22 22-58-37 Скриншот экрана

Кривизна в точке 1 не терпит разрыва. Поэтому приравни­ваем полученную кривизну той, которая была найдена в точке 1 первого участка (2), т. е.

2015-09-22 22-59-24 Скриншот экрана (13)

Координата х конца второго участка равна нулю, а коор­дината начала отсчета для второго участка должна совпадать с координатой конца х1 (4) первого участка. Поэтому из (10) при s = l2, х = 0 и x0 = x1 (4) получим

2015-09-22 23-01-43 Скриншот экрана (14)

Аналогично находим у — расстояние между точками 0 и 2

2015-09-22 23-02-41 Скриншот экрана (15)

Теперь из уравнений (3), (12), (13) и (14) исключим 2015-09-22 23-03-32 Скриншот экрана.

Тогда получим:

2015-09-22 23-04-16 Скриншот экрана

Но сумма длин  l1  и l2  равна половине дуги кольца

2015-09-22 23-05-45 Скриншот экрана

откуда

2015-09-22 23-06-39 Скриншот экрана (18)

Из (3) и (13) находим

2015-09-22 23-07-48 Скриншот экрана

Таким образом, порядок подсчетов будет следующим.

Задаемся k1 (или значением модульного угла α1= arcsin k1) и, пользуясь таблицами полных эллиптических интегралов, подбираем k2 так, чтобы удовлетворялось уравнение (16). Практически это удобнее всего делать, построив сразу гра­фики зависимости правой и левой частей уравнения от k1 и k2.

Из (17), (18) находим 2015-09-22 23-10-40 Скриншот экрана, а из (19) и (20) — значение силы Р (20). Соответствующий этой силе Р прогиб w (уменьшение вертикального диаметра) будет согласно (15)

2015-09-22 23-12-06 Скриншот экрана

Таким образом, определяется точка зависимости

2015-09-22 23-12-44 Скриншот экрана

На рис. 350 показаны результаты подсчетов в виде кри­вой, подобной тем, которые были получены в трех преды­дущих задачах (см. — здесь, здесь и здесь).

2015-09-22 23-14-22 Скриншот экрана

Минимальное значение критической силы оказывается равным

2015-09-22 23-15-00 Скриншот экрана.

Однако это значение является низ­шим только формально, так как перемещение 2015-09-22 23-16-00 Скриншот экранаравно при этом 2,65, т. е. уменьшение диаметра кольца оказывается больше самого диаметра. Контур кольца принимает вид кри­вой, показанной на рис. 351.

2015-09-22 23-16-53 Скриншот экрана

Ясно, что в реальных условиях начальные отклонения формы кольца  от круговой являются незначитель­ными, т. е.   2015-09-22 23-16-00 Скриншот экранаостается существенно меньшим единицы. Для малых значений 2015-09-22 23-16-00 Скриншот экрана расчет дает резко повышенные значения 2015-09-22 23-19-25 Скриншот экрана не укладывающиеся в масштабы кривой (рис. 350).   В этом случае выведенные формулы удобно преобразовать, учитывая, что k1 и  k2 являются величинами малыми. При этом

2015-09-22 23-20-29 Скриншот экрана

Согласно (17), (18), (19) и (20)

2015-09-22 23-21-26 Скриншот экрана

Наконец,

2015-09-22 23-22-17 Скриншот экрана

Таким образом, при малых 2015-09-22 23-16-00 Скриншот экрана, исключая из (22) и (23) k1 получаем

2015-09-22 23-23-51 Скриншот экрана

Возвращаясь к концепции устойчивости в большом, из­ложенной в решенной ранее задаче, мы видим, что рассматриваемая задача в конечном итоге так и не получила разрешения. Найдены только формы равновесия, из анализа которых следует, что кольцо «очень устойчиво». Для того чтобы судить об устой­чивости системы, должен быть учтен класс разумно ограни­ченных реально существующих возмущений и типы началь­ных несовершенств в виде погиби кольца и неоднородности материала. Такого рода анализа ни в одной задаче сделать пока не удалось.

В этом смысле рассмотренный пример не является ис­ключением. Теория устойчивости упругих систем пока не может, например, дать удовлетворительного решения чрезычайно важных практических задач, таких как устойчивость сферической оболочки под внешним давлением и цилиндри­ческой оболочки при осевом сжатии.