Задача

Определить момент М, при котором консоль (рис. 132) теряет устойчивость плоской формы изгиба.

2015-10-09 08-55-17 Скриншот экрана

Мо­мент М при изгибе лежит все время в вертикальной плоскости.

Поставленная задача, несмотря на кажущуюся про­стоту, содержит в себе трудности того же характера, с кото­рыми мы столкнулись в предыдущих задачах.

Попробуем отыскать условия существования форм равно­весия, отличных от исходной. Для этого представим, что балка выпучилась и вышла из плоскости начального изгиба (рис. 371).

2015-10-09 08-57-25 Скриншот экрана

Обозначим че­рез у боковое перемеще­ние оси бруса, а через φ—угол поворота сече­ния относительно оси х. За положительные на­правления для у и φ при­мем те, которые показаны  на рисунке.

В отклоненном поло­жении в сечениях бруса в плоскости минимальной жесткости возникает изгибающий момент. Этот момент равен Мφ и направлен в сто­рону увеличения кривизны бруса. Крутящий момент, возни­кающий в сечении искривленного бруса, равен Му' и напра­влен так, что стремится уменьшить угол φ. Следовательно,

2015-10-09 08-59-41 Скриншот экрана

С другой стороны,

2015-10-09 09-00-23 Скриншот экрана

где

2015-10-09 09-01-12 Скриншот экрана

Теперь получаем уравнения

2015-10-09 09-02-13 Скриншот экрана  (1)

Их решение будет следующим:

2015-10-09 09-03-01 Скриншот экрана

где

2015-10-09 09-03-41 Скриншот экрана

а А, В и С — произвольные постоянные, которые определяются из следующих условий:

при х = 0 имеем φ = 0, у = 0, у' = 0. Тогда получаем

2015-10-09 09-10-14 Скриншот экрана

Так как А = В = С = 0, то отсюда следует, что при любых конечных значениях момента М форм равновесия, отличных от плоской формы изгиба, не существует. Остается исследовать формы дви­жения и попытаться оты­скать условия, при кото­рых возможно движение стержня с нарастающим во времени отклонением.

Прежде чем перехо­дить к этому анализу, за­метим, что и в случае следящего за торцевым сечением мо­мента (рис. 372) стержень также не имеет форм равновесия, отличных от исходной формы плоского изгиба.

2015-10-09 09-11-41 Скриншот экрана

Лишь в слу­чае «полуследящего» момента, показанного на том же ри­сунке 372 пунктиром, возможно существование новой формы равновесия при

2015-10-09 09-12-40 Скриншот экрана

«Полуследящий» момент может быть реализован при помощи двух грузов (рис. 373).

2015-10-09 09-13-23 Скриншот экрана

Любо­пытно заметить, что возможность реализации заданных сил или моментов при помощи сил веса во всех известных случаях является пока неизменной гарантией того, что устойчивость системы может быть исследована при помощи отыскания соседних форм равновесия. Необходимости отыскания форм движения при нагрузках силами веса пока не возникало.

Составим уравнения движения стержня. Для этого необ­ходимо ввести в рассмотрение распределенную инерционную нагрузку

2015-10-09 09-14-28 Скриншот экрана

и распределенный инерционный момент, связанный с враще­нием масс относительно оси стержня

2015-10-09 09-15-21 Скриншот экрана

где ρ — плотность материала, a Jp —полярный момент инер­ции сечения.

Как известно,

2015-10-09 09-16-34 Скриншот экрана

поэтому, дифференцируя первое из уравнений (1) по х два раза, а второе — один раз и прибавляя к правым частям соответственно qинерц и mинерц, получим:

2015-10-09 09-24-00 Скриншот экрана (2)

Примем

2015-10-09 09-25-13 Скриншот экрана

где Y и Ф — безразмерные величины, зависящие от безраз­мерной координаты 2015-10-09 09-26-43 Скриншот экрана , ω— безразмерная частота.

Уравнения (2) принимают вид

2015-10-09 09-27-40 Скриншот экрана (3)

где М0— безразмерный момент, a k—геометрическая характе­ристика:

2015-10-09 09-28-50 Скриншот экрана (4)

Исследование системы (3) при помощи средств функцио­нального анализа приводит к очень громоздким преобразо­ваниям. Поэтому здесь удобнее всего обратиться к помощи машины. Представим функции Y и Ф в виде степенных рядов

2015-10-09 09-29-55 Скриншот экрана

Подставляя Y  и Ф в уравнения (3). приходим к рекуррент­ным формулам:

2015-10-09 09-31-28 Скриншот экрана

При вычислениях можно ограничиться 20—30 членами ряда. В заделке при х = 0 (ζ = 0) имеем у = 0,  dy / dx = 0 и φ = 0, следовательно, А0 = А1 = В0 = 0.

На конце стержня (при ζ=1) имеем:

2015-10-09 09-34-23 Скриншот экрана

Последнее граничное условие выражает равенство нулю поперечной силы на конце стержня. Действительно, попе­речная сила определяется из условий равновесия элемента (рис. 374).

2015-10-09 09-35-34 Скриншот экрана

Приравнивая нулю сумму моментов сил относи­тельно оси z1 находим:

2015-10-09 09-36-30 Скриншот экрана

или

2015-10-09 09-37-06 Скриншот экрана

Переходя к безразмерным параметрам, получаем:

2015-10-09 09-39-02 Скриншот экрана

или, положив ζ = 1,

2015-10-09 09-40-40 Скриншот экрана (6)

При вычислении коэффициентов Аn и Вn первые три из них А2, А3 и В1 остаются неопределенными. Их надо подо­брать так, чтобы были выполнены условия (6). Но уравне­ния (6) относительно постоянных А2, А3 и В1 являются однородными. Поэтому их можно написать в виде

2015-10-09 09-43-33 Скриншот экрана

Чтобы получить ненулевое решение, необходимо выполнить условие

2015-10-09 09-44-36 Скриншот экрана

Порядок вычислений теперь будет следующим.

Задаемся параметром

2015-10-09 09-45-22 Скриншот экрана

Фиксируем М0 и ω.

Далее полагаем А2=1, А3=В1=0 и по рекуррентным формулам (5) вычисляем коэффициенты Аn и Вn, а затем — левые части уравнений (6). Они равны соответственно а11, а21 и а31. Затем полагаем А2 = 0, А= 1, В1 = 0. Тогда левые части уравнений (6) дают нам значения a12 , a22 и a32. Наконец, полагая А2 = А3 = 0 и В1=1 находим а13, а23 и а33. Вычисляя определитель, убеждаемся, что он, вообще говоря, не равен нулю. Тогда, изменяя значение ω, доби­ваемся того, чтобы D = 0. Так определяются частоты собственных колебаний для заданного момента М0.

Меняя М0, следим за поведением частот и по­добно тому, как это де­лалось в предыдущих при­мерах, определяем усло­вия их кратности.

При M= 0 имеем частоты собственных ко­лебаний — изгибных (ωизг) и крутильных (ωк). По мере возрастания М0 про­исходит сближение частот, и при критическом значе­нии момента М0 частоты становятся кратными (точ­ки А на рис. 375).

2015-10-09 09-57-18 Скриншот экрана

На рис. 376 показана зависимость М0кр от па­раметра k.

2015-10-09 10-00-05 Скриншот экрана

При k = 0,445 М0кр обращается в нуль. Это имеет место при совпадении частоты первого тона изгибных ωизг с часто­той ωк первого тона крутильных колебаний.

Можно отметить, что первая наименьшая частота смы­кается всегда со второй независимо от того, интерпрети­руется она нами как изгибная или как крутильная. Например, при k= 0,05 первая крутильная частота ω = 31,4, в то время как изгибные частоты ω1изг = 3,5 и ω2изг = 22. По мере увеличения момента смыкаются изгибные частоты. При увеличении параметра k первая крутильная частота падает и, когда она становится меньше второй изгибной, первая изгиб­ная при увеличении М0 смыкается уже с ней. Это видно и из кривых, показанных на рис. 375.

В случае следящего момента, т. е. поворачивающегося вместе с торцовой плоскостью, меняются граничные условия, и взамен (6) имеем:

2015-10-09 10-02-59 Скриншот экрана (7)

Критические значения момента для условий (7) оказы­ваются теми же, что и для условий (6). Это совпадение результатов не является случайным. Оно вытекает из взаим­ного обращения условий нагружения стержня на левом и правом концах подобно тому, как это делалось для систем, ранее рассмотренных в задачах — см. здесь и здесь.