«В. В. ЕЛИСЕЕВ, Т. В. ЗИНОВЬЕВА Механика тонкостенных конструкций Теория стержней Рекомендовано Учебно-методическим объединением по университетскому политехническому образованию в качестве учебного пособия студентам ...»

Первый интеграл (1. таков (a a2 ):

Учтено граничное условие при s = l и введено обозначение l (l) — эта величина пока неизвестна. Далее примем естественное предположение, что в промежутке 0 s l угол монотонно возрастает и l. Тогда проходит замена переменной:

1.8. Задача Эйлера Но из (1. имеем = 2 Q/a k cos ; в сочетании с (1. это дает Здесь — известная специальная функция — неполный эллиптический интеграл первого рода [4]. Полагая s = l, получим уравнение для определения k:

Это полный эллиптический интеграл первого рода.

Поскольку K /2, то Q 2 a/4l2 Q — рассматриваемое решение существует лишь при таких достаточно больших нагрузках. Если же Q < Q то, очевидно, будет лишь тривиальное решение без деформации.

Для определения формы стержня далее понадобятся эллиптические функции Якоби. Обратная по отношению к F функция называется амплитудой:

u = F(, k) = am u. Через нее определяются синус, косинус и дельта амплитуды:

Отталкиваясь от (1. легко установить следующие правила дифференцирования:

= dn u, (sn u) = cn u dn u, (cn u) = sn u dn u, (dn u) = k 2 sn u cn u.

Координату x частиц стержня (рис. 1) можно найти так:

Учтено граничное условие x(0) = 0.

Для определения координаты z воспользуемся соотношениями Проинтегрируем с учетом условия z(0) = 0:

В правой части имеем неполный эллиптический интеграл второго рода E(, k) [4].

Рассмотренное решение достаточно сложно. Но все резко упростится, если предположить малость углов:

Этo — задача на собственные значения [4]. Нетривиальное решение она имеет лишь при некоторых значениях параметров: Q/a l = /2 + n;

n = 0, 1, 2,... Очень важно, что минимальное значение Q здесь — это критическая нагрузка Q. Подобным вопросам посвящена ниже глава 3.

Это была модель Кирхгофа-Клебша. Теперь рассмотрим модель Коссера. Дополнительные тензоры жесткости примем в простейшем виде:

bi ei ei ; c = 0. Используя геометрические формулы и соотношения упругости придем через (1. к уравнению Граничные условия те же, что в классической модели.

Линеаризуя (1.

8.10), придем к задаче вида (1. только на месте Q будет стоять Q + Q2 /P, P b1 b1. Считая критической ту минимальную по модулю нагрузку, при которой появляется нетривиальное решение, получим квадратное уравнение Если P > 0, т. е. жесткость на растяжение b3 больше жесткости на сдвиг b1, то уравнение (1.8.11) наряду с обычным положительным корнем имеет и отрицательный, что соответствует потере устойчивости при растяжении.

Парадоксальный результат! Если же b3 < b1, то неустойчивость возможна лишь при сжатии, причем только в случае 4Q |P |. К этим эффектам мы вернемся в главе 3.

1.9. Уравнения в вариациях 1.9. Уравнения в вариациях Для начала рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение x = f (x, t). Есть некоторое решение x0 (t) и нас интересуют близкие к нему решения вида x = x0 + x(t) где значения x малы. Отбрасывая малые высшего порядка, получим x = (f /x)0 x. Такая процедура называется варьированием; важно, что она дает линейное уравнение. Если, например, f и x0 не зависят от времени (т. е. имеем положение равновесия), то знак производной (f /x)0 определяет устойчивость или неустойчивость его.

Обратимся к системе уравнений нелинейной динамики стержней. Пусть r, P, q, Q и т. д. получают малые приращения одного порядка, которые будем обозначать символом (...): r u, P = P, q, Q и т. д. Варьируя уравнения (1. (1. и (1. получим Например, последняя формула выводится так. Из (1. следует Используя соотношения типа b = b b и формулы (1. придем к выражению Q из (1.

При варьировании уравнения баланса моментов использовались равенства Первое из них выводится так же, как (1.

Уравнения (1. будут использованы в главе 3 как уравнения первого приближения в теории устойчивости упругих стержней. Они линейны;

зависимость их коэффициентов от s и t определяется невозмущенным движением. При малой деформации от ненапряженного состояния покоя будут равны нулю Q, M, v и, и (1. превратятся в уравнения линейной теории стержней.

1.10. Модель с растяжением без сдвига Заметный недостаток модели с = 0 — ее неспособность описать наипростейший случай растяжения прямого стержня. Поэтому часто рассматривают модель с условием 1 = 2 = 0. При этом = e3, r = (1 + )e (если r 0 = e30 ); видно, что есть относительное удлинение.

Исходное для соотношений упругости равенство (1. примет вид Аргументами плотности энергии служат i и, причем /i = M · ei, / = Q. Принимая квадратичную аппроксимацию придем к соотношениям упругости Здесь a — прежний тензор жесткости на изгиб и кручение, скаляр b — жесткость на растяжение, вектор c характеризует соответствующие перекрестные связи.

Мы имеем уже три модели стержня. Их станет еще больше, если допустить разные варианты инерционных характеристик. Можно попытаться отбросить инерцию вращения I = 0, можно сохранить инерцию вращения лишь «вокруг касательной» I = Ie3 e3 и др. Среди этого разнообразия модель Коссера из п. 1.3 – 1.5 выступает как основная, а другие модели являются ее вырожденными случаями. Асимптотические соотношения между различными одномерными моделями мы рассмотрим в рамках линейной теории в главе 2.

1.11. Механика нити При некоторых условиях модель стержня уступает место модели нити. Не рассматривая соответствующий предельный переход, ограничимся прямым подходом к нити как материальной линии, частицы которой — обычные точки.

Инерционные свойства нити характеризуются лишь плотностью (s).

Зависимость радиус-вектора r(s, t) от своих аргументов определяет движение нити. Внешней распределенной нагрузкой служит q(s, t). Внутренние взаимодействия задаются силами Q(s, t).

1.11. Механика нити Для отрезка нити s1 s s2 принцип виртуальной работы сформулируем в виде Благодаря произвольности s1 и s2 отсюда имеем Упругий потенциал нечувствителен к «жестким» смещениям: = при r = const и r = O r, O = const. Этим двум обстоятельствам соответствуют уравнения Последнее позволяет представить силу в виде Q = Qr. Тогда в (1.

останется Отсюда следует, что = (C) и /C = Q.

Как обычно, будем считать s дуговой координатой в отсчетной конфигурации — тогда |r 0 | = 1. Относительное удлинение Введенная характеристика деформации C напоминает о тензоре деформации Коши-Грина в теории упругости [6].

Как и для стержней, ограничимся квадратичным представлением потенциала: = Q0 C + 1/2 bC 2. В отличие от теории стержней, отсчетную конфигурацию нити следует брать напряженной — растянутой. Для силы имеем Подставив это в уравнение баланса импульса (1.

итогу:

Механика нити рассмотрена в книге [8].

1.12. Задачи к главе 1.1. В начальном состоянии стержень располагается на оси x декартовой системы x, y, z с ортами i, j, k. Радиус-вектор r 0 (s) = si, тензоры жесткости имеют простейший вид: a = a1 ii + a2 jj + a3 kk = const, b — аналогично, c = 0. При деформации r = r 0 + v(s)j, и каждая частица поворачивается вокруг оси z на угол (s). Найти Q(s) и M (s) — внутренние силы и моменты.

1.2. Полагая в условиях п. 1.1 прогиб и поворот v(s) = v0 s2, (s) = 2v0 s, найти распределенные нагрузки q и m.

1.3. Используя представление тензора поворота через орт оси поворота e(s) и угол поворота (s), найти вектор деформации.

1.4. Считая в п. 1.3 e = i cos s + j sin s, = 0 s, (, 0 = const) и принимая дополнительно = 0, r 0 (s) = is, определить r(s).

1.5. Стержень из п.1.1 заделан на конце s = 0 и нагружен силой F = F j на конце s = l. Допуская перемещение и по оси x, поставить краевую задачу для (s).

1.6. Считая в п.1.5 F и бесконечно малыми одного порядка, решить линеаризованную задачу.

1.7. Для стержня из п.1.1 рассмотреть вариант без поперечного сдвига:

b1 = b1 = 0. При заданных нагрузках q = qx i + qy j, m = mk составить систему уравнений для компонент перемещения u = r r 0 = ui + vj.

1.8. Составить уравнение для радиус-вектора r(s) упругой нити при потенциальной энергии () = Q0 + 1/2B 2, = |r | 1.

1.9. Из нелинейного уравнения нити (с деформацией = 1/2(|r | 1) = + 1/2 2 ) вывести классическое уравнение струны.

1.10. Считая перемещение струны малым, получить поправочные члены к классическому уравнению.

Глава Линейная теория 2.1. Уравнения линейной теории Как было отмечено в п. 1.9, эти уравнения являются частным случаем (1. когда варьирование производится от ненапряженного состояния покоя:

Здесь опущен символ варьирования, так как он теперь не нужен. Величины, t, I, a, b и c соответствуют отсчетной конфигурации: есть то, что выше обозначалось 0 и т. д.

Соотношения упругости в (2. можно представить и так:

Эти выражения M и Q как производных — частный случай преобразования Лежандра [1]. Обратное преобразование имеет вид Дополнительная энергия численно совпадает с, как и должно быть в линейной модели. Формулы (2. можно получить и простым обращением соотношений упругости (2.

Иногда может понадобиться выражение кинетической энергии. В обозначениях п. 1.2 энергия твердого тела Отсюда для кинетической энергии стержня на единицу длины после линеаризации получим Помимо общих уравнений (2. можно рассматривать различные вырожденные случаи. Часто используется следующий простейший вариант:

Однако эти уравнения не описывают такие важные явления, как продольные и крутильные колебания прямого стержня. Для исправления этого недостатка необходимо обобщить модель, учитывая растяжимость, инерцию вращения вокруг касательной и распределенный крутящий момент:

Здесь учтено лишь самое необходимое; нет, например, перекрестной связи через вектор c, которая была в нелинейной модели п. 1.10.

Уравнения (2. можно рекомендовать для прямых или малоискривленных стержней. Если же общая искривленность значительна, то может быть достаточно более простых уравнений (2. Эти вопросы будут рассмотрены и позднее — с помощью асимптотического анализа. А пока остановимся на наиболее общей системе (2.

2.2. Теоремы единственности Не имея возможности охватить все многообразие краевых условий, ограничимся случаем заданного движения на концах, когда u и при s = и s = l являются заданными функциями времени. Начальные условия задают u,, u и как определенные функции s. Докажем, что при таких условиях уравнения (2. имеют не более одного решения.

2.3. Теоремы взаимности работ Как обычно в таких случаях, рассуждаем от противного. Допустим, что есть еще одно решение: u1, 1 и т. д. Составим разности: u1 u u0, 1 0 и т. д. Эти разности будут тоже удовлетворять уравнениям (2.

но однородным, без q и m; граничные и начальные условия для разностей также однородны. Рассмотрим далее для разностей полную энергию Нетрудно показать, что при отсутствии распределенных нагрузок и неподвижно закрепленных концах будет E = 0. При нулевых начальных условиях получим E = 0. Под интегралом в (2. стоит положительная квадратичная форма четырех векторных аргументов:,, u,. Все они должны быть равны нулю. Но из равенств = 0, = 0 вытекает в случае закрепленных концов, что = 0 и u = 0. Разности оказались нулями — единственность решения задачи динамики установлена.

Рассмотрим далее задачу статики с распределенными нагрузками q и m и заданными на концах перемещениями и поворотами. При доказательстве единственности будем опираться на теорему Клапейрона: в положении равновесия при закрепленных концах выполняется равенство Доказывается это так. В положении равновесия q = Q, m = M t Q; интегрируя слева в (2. по частям и учитывая однородные граничные условия, получим под интегралом Q · + M · — это и есть 2.

Когда нагрузок нет, то из (2.

иметь = 0 и = 0, что при закрепленных концах влечет за собой = 0 и u = 0. Предположив в статике наличие двух решений, получим для разностей именно такую ситуацию, что и означает единственность.

2.3. Теоремы взаимности работ Для стержня с закрепленными концами рассмотрим две разные задачи статики. В первой — q 1, m1, u1, 1, во второй — все с индексом (2).

Теорема взаимности выражается равенством Для доказательства используем уравнения равновесия так же, как в случае с теоремой Клапейрона. После интегрирования по частям слева под интегралом получим Q1 · 2 + M 1 · 2, справа — Q2 · 1 + M 2 · 1. Привлекая соотношения упругости, увидим, что это одно и то же.

Столь просто выводимая теорема взаимности имеет нетривиальные следствия даже в динамике, как это ни удивительно.

Заметим, что (2. и (2. справедливы и в модели Кирхгофа-Клебша, где = 0.

Рассмотрим теперь обобщение теоремы взаимности, относящееся к уравнениям Эта система отличается от уравнений Кирхгофа-Клебша невязками и — заданными функциями s. Так же, как выше, в случае закрепленных концов нетрудно установить равенство Такое обобщение может быть полезно в случае начальных деформаций, а также в некоторых теоретических выкладках.

2.4. Теоремы Лагранжа и Кастильяно Эти теоремы вообще-то относятся к системам с конечным числом степеней свободы. Рассмотрим консервативную 1 систему c набором обобщенных координат qi и потенциальной энергией U(qi ). Пусть к системе 1 Консервативной называют систему, в которой все связи стационарны и голономны, а все внешние силы имеют не зависящий от времени потенциал.

2.4. Теоремы Лагранжа и Кастильяно приложены дополнительные внешние обобщенные силы Qe. Потенциалу U соответствуют обобщенные силы U/qi. Поскольку в положении равновесия суммарные обобщенные силы равны нулю, то Это и есть теорема Лагранжа. Она следует и из принципа виртуальных Равенства (2. определяют Qe как функции qi. Обратные функции можно представить преобразованием Лежандра В этом и состоит теорема Кастильяно. U называется дополнительной энергией. Для линейной системы U — квадратичная форма. По теореме Эйлера об однородных функциях U = 1/2 qi U/qi (теорема Клапейрона!), так что получаем U = U.

Но какое отношение эти теоремы имеют к стержням — континуальным системам? Пусть внешние нагрузки на стержень сосредоточены в узлах:

( (s) — дельта-функция). Обозначим ui = u(si ), i = (si ) и будем рассматривать эти равенства как граничные условия для пролетов — отрезков между соседними узлами. Поскольку внутри пролетов нет нагрузок, то ui и i полностью определяют u и везде. Набор ui и i может выступать в роли обобщенных координат стержня и даже системы стержней, ведь наши рассуждения годятся и для этого случая. Теорема Лагранжа предстанет в виде Изложенная процедура известна как метод перемещений. U — квадратичная форма от узловых перемещений и поворотов; ее матрица обычно называется глобальной матрицей жесткости (элементы матрицы — тензоры второго ранга). Поскольку энергия стержневой системы — сумма энергий отдельных пролетов, то для построения U достаточно иметь ее выражение для одного типичного пролета. Алгоритмической стороне расчетов стержневых систем посвящено много книг.

Теорема Кастильяно как преобразование Лежандра по отношению к (2. выразится равенствами 4.3) Чтобы воспользоваться этими формулами, надо найти U как функцию внешних нагрузок. Для статически определимых систем это можно сделать.

Вернемся к теореме Кастильяно в исходной форме (2.

дополнительная энергия имеет вид то обобщенные перемещения будут такими:

Это — интеграл Мора. M i и Qi — моменты и силы, которые возникают при соответствующей единичной обобщенной нагрузке (Qe = ik ).

Интеграл (2. можно найти во всех курсах сопротивления материалов, но без перекрестных членов.

2.5. Принцип минимума потенциальной энергии Принцип виртуальной работы, положенный выше в основу механики стержней, — это дифференциальный вариационный принцип. Теперь обратимся к традиционным принципам с функционалами [12] и начнем с принципа Лагранжа.

Рассмотрим равновесие стержня с нагрузками q и m при заданных перемещениях и поворотах концов: u(0) = u0, (0) = 0, u(l) = ul, (l) = l. Потенциальной энергией системы назовем функционал причем будем рассматривать его лишь на таких u и, которые удовлетворяют заданным геометрическим краевым условиям.

2.5. Принцип минимума потенциальной энергии системы Покажем, что функционал Э на истинных u и имеет минимум. Возьмем какие-нибудь другие допустимые u1 и 1 и рассмотрим разность В этом выводе участвуют истинные Q и M : q = Q, m = M + t Q;

при интегрировании по частям учтены краевые условия.

Традиционный способ изучения функционала — варьирование:

Здесь M и Q — просто производные по и. Видим, что на истинных Это, в сущности, принцип виртуальной работы в линейной теории. Наоборот, из вариационного уравнения (2. благодаря произвольности u и вытекают уравнения в перемещениях и поворотах.

Минимальность функционала можно установить и с помощью повторного варьирования:

Рассмотрен случай с заданными u и на обоих концах. Если же они заданы лишь при s = 0, а конец s = l свободен и нагружен силой Ql и моментом M l, то вид функционала изменится:

Это выражение рассматривается лишь при тех u и, которые удовлетворяют геометрическим условиям при s = 0. Условия же при s = l (Q = Ql, M = M l ) будут следствиями вариационного принципа.

Представленная формулировка принципа справедлива и в классической модели, где = ( ) и = 0. Однако при этом имеем вариационную задачу на условный экстремум — между функциями u и есть cвязь. Можно вводить множители Лагранжа (s) добавляя к слагаемое ·. Другая возможность — штрафные добавки в функционал; можно к ( ) прибавить 1/2 ·b· с достаточно большим b. Но ведь это — энергия поперечного сдвига!

Отметим, что условие = 0 не создает проблем в случае изгиба прямого стержня. При этом = = t u (u = u — вектор прогиба) и функционал (2. примет вид где u и u должны принимать заданные значения на концах. Здесь u(s) должна иметь непрерывную производную, в то время как в (2. достаточно непрерывности u и.

2.6. Принцип минимума дополнительной Функционал дополнительной работы в случае заданных на концах u и имеет вид Он рассматривается лишь для статически возможных Q и M — таких, которые удовлетворяют уравнениям баланса сил и моментов.

На истинных Q и M функционал имеет минимум. В самом деле, возьмем какую-либо другую статически возможную пару Q1, M 1 и рассмотрим разность 2.6. Принцип минимума дополнительной работы Мы ввели истинные u и и потому смогли преобразовать двойную подстановку в интеграл. Учтено еще, что Q1 = Q и M 1 M = (Q1 Q)t.

Рассмотрим вариацию Видим, что вариационное условие A = 0 эквивалентно соотношениям упругости.

Однако необходимо заметить следующее. Статически возможные состояния допускают очевидное представление с двумя произвольными векторными константами Q и M. Значит, дополнительная работа A(Q, M ) оказывается функцией (!) от Q, M и минимизация сводится к алгебраическим уравнениям A/Q = 0, A/M = 0, что можно рассматривать как модификацию теоремы Кастильяно.

2.7. Принцип типа Рейсснера Функционал типа Рейсснера содержит в качестве аргументов u,, Q и M. Никаким граничным условиям они при этом удовлетворять не обязаны, вариационный принцип «позаботится о них». Если при s = l заданы нагрузки Ql и M l, а при s = 0 — перемещения и повороты u0 и 0, то функционал будет таким:

Вариация функционала после интегрирования по частям На истинном решении R = 0. Наоборот, из этого вариационного уравнения вытекает вся исходная постановка задачи.

Чудесным свойствам смешанного принципа типа Рейсснера противостоит один недостаток: здесь нет минимума. При построении приближенных решений на основе вариационного принципа этот недостаток может все испортить.

2.8. Введение в асимптотический анализ Это математическое отступление имеет большое значение не только для механики стержней. Рассмотрим задачу Хотелось бы говорить о линейном операторе C, действующем в некотором пространстве с элементами u, но мы будем считать C матрицей, а u — столбцами.

2.8. Введение в асимптотический анализ Сначала — об общих конструктивных условиях разрешимости системы (2. Условие одно: правая часть должна быть ортогональна всем линейно 8.1).

независимым решениям сопряженной однородной системы:

Если матрица C невырожденная, т. е. det C = 0, то = 0 и условие разрешимости (2. выполнено при любой правой части f. В случае же det C = 0 решения существуют лишь при таких f, которые удовлетворяют (2. причем этих решений бесконечно много:

8.2), Здесь u — какое-либо частное решение; k — линейно независимые решения однородной системы; ak — произвольные числа.

Приступим к асимптотическому анализу системы (2. Возможны три случая, рассмотрим их.

1. det C0 = 0. Этот случай характеризуется тем, что однородная задача C0 u = 0 имеет лишь тривиальное решение. А для (2. будем иметь Этот случай не слишком интересен: главный член решения u0 определяется на первом же шаге, в матрице C достаточно отбросить формально малые члены. Впрочем, поправочный член u1 иногда бывает нужен, если он содержит нечто принципиальное, чего нет в u0.

2. det C0 = 0, система C0 u = f неразрешима. Решение задачи (2.

может быть таким:

3. det C0 = 0, система C0 u = f разрешима:

Здесь также имеем на первом шаге неопределенные числа ak ; условия разрешимости на втором шаге дадут систему для их определения.

В механике стержней встречаются все три случая. Как мы далее увидим, одномерные модели стержней возникают из трехмерной модели посредством асимптотического расщепления, которое мы только что наблюдали в случаях 2 и 3.

Изложенное — лишь малая часть множества асимптотических методов.

Универсальных асимптотических методов нет; но удается изобретать все более общие и мощные методы [10].

2.9. Интегрирование уравнений статики и их асимптотический анализ Уравнения линейной статики интегрируются в квадратурах. Уже получили Q и M в виде квадратур (2.

упругости, будем иметь Осталось найти векторные константы Q, M, и u. Если в какойлибо точке известны Q и M, то можно сразу найти Q и M — это статически определимая задача. Более сложен случай, когда на концах заданы u и. При этом будут известны значения интегралов Если концы закреплены, то a и b равны нулю. Так будет и в случае замкнутого стержня. Подставив (2. в (2.

2.9. Интегрирование уравнений статики и их асимптотический анализ Здесь значок (...)S — символ симметрирования: aS 1/2 a + aT.

Правые части имеют вид = a +..., = b +..., где невыписанные члены — линейные функционалы от q и m.

Опираясь на положительность (M, Q), можно доказать следующие утверждения:

1. Тензоры и µ положительны и потому обратимы.

2. Система (2. однозначно разрешима.

Для доказательства положим в (2. Q = Q, M = M + Q r;

получим неравенство Равенство нулю будет лишь при нулевых Q и M — видно, что 1 справедливо. Переходя к 2, отметим, что оно равносильно следующему: система (2. при = 0 и = 0 имеет лишь тривиальное решение. Но последнее вытекает из (2.

Решение (2. таково:

По доказанному det = 0. Рассмотрим подробнее этот тензор. Положим C = hC, B = h2 B, где h имеет размерность длины; тогда тензоры A, B и C будут одной размерности и даже одного порядка при надлежащем выборе h. Из (2. и (2. получим Обычно для стержней величина h мала. Нехорошо говорить о малости размерной величины, но в данном случае это допустимо: введение соответствующего безразмерного параметра (относительной толщины) не даст ничего нового.

Как показано в п. 2.8, при возмущении матрицы алгебраической системы все зависит от того, вырождена предельная матрица или нет. Если нет, достаточно решения без формально малых членов. Если же да, то надо начинать разложение с отрицательных степеней, рассматривать условия разрешимости и т. д. Поэтому сосредоточим внимание на тензоре 0. Он играет роль в модели Кирхгофа-Клебша. Справедливо утверждение:

3. Условие det 0 = 0 может быть нарушено лишь для прямого стержня.

Доказательство таково. Если det 0 = 0, то система ·M + 0·Q = 0, M · 0 + µ0 · Q = 0 имеет нетривиальное решение. При этом что равносильно M·A·M ds = 0; M = M +Q r. Но A положителен, поэтому должно быть M (s) = 0. Дифференцируя это тождество, получим Q r = 0, что возможно лишь для прямого стержня.

Доказанное означает, что при малой толщине модель Коссера не переходит в модель Кирхгофа-Клебша разве лишь в случае прямого стержня.

Понятно, что при = 0 с прямым стержнем могут быть проблемы — нельзя задавать различными продольные перемещения концов. Но важно, что случай прямого стержня оказался единственным.

2.10. Задача о пологой арке В качестве иллюстрации к вышеизложенному рассмотрим равновесие пологой круговой арки, нагруженной постоянным давлением (рис. 2).

2.10. Задача о пологой арке Здесь — плоская задача; векторы Q и u лежат в плоскости чертежа, а векторы M и ей перпендикулярны: M = M k, = k, где k — орт третьей оси.

Уравнения баланса сил и моментов здесь такие: Q = pn, M = n · Q (n — орт нормали). Учитывая соотноyl шения r = t, t = kn, n = kt, грал Q = Q pk 1 t. В середине арки (при s = l) благодаря симметрии имеем гда из уравнения моментов, учитывая равенство nx = y, получим M = M + Q y.

Для определения констант Q и M необходимо привлечь соотношения упругости; примем их в виде = AM + C t · Q, = B · Q + M C t, что соответствует тензору перекрестных связей C = C kt, характерному для криволинейных стержней. Положим также B = Bt tt + Bn nn.

Учитывая условия (0) = (l) = 0, u(0) = 0, ux (l) = 0, получим Спроектировав второе уравнение на ось x и взяв интегралы, придем к следующей алгебраической системе:

Заметим, что в классической модели C, Bt и Bn — нули, и тогда (2.

дает M = 0, Q = 0. Но что будет при 0, l = const, когда арка переходит в обычную прямую балку? Должен ведь получаться элементарный изгиб с прогибами, моментами, перерезывающими силами и без продольных сил. В классике же все наоборот: безмоментное недеформированное состояние с колоссальными продольными силами. Ясно, что для обеспечения предельного перехода к балке необходимо удержать. При этом в самом предельном случае уже не нужен, он даст лишь малые поправки в балочное решение.

2.11. Колебания стержней В общей механике анализ колебательных систем начинается с главных или нормальных колебаний — таких свободных колебаний, при которых все обобщенные координаты меняются по закону qi (t) = q i sin t. Полагая в (2. q = 0, m = 0, Q(s, t) = Q(s) sin t, u(s, t) = u(s) sin t и т. д., получим Эти уравнения для амплитуд в сочетании с однородными граничными условиями образуют задачу на собственные значения. Нетривиальное решение существует при некоторых = k (k = 1, 2,...) — это собственные частоты. Соответствующие (s), u(s) образуют собственные формы U k (s) и k (s) (моды колебаний).

Убедимся, что колебания стержней подчиняются тем же общим законам, что и колебания дискретных систем [1]. Ограничимся случаем с закрепленными концами.

Утверждение 1. Моды, соответствующие разным частотам, ортогональны в следующем смысле:

Доказательство можно построить на теореме взаимности (2. Ведь (2.

выглядят как уравнения статики с нагрузками q = 2 u +, m = 2 u + I ·. Рассматривая моду с частотой i как первое состояние, а моду с k — как второе, придем к выводу, что левая часть в (2.

11.2) равна нулю при i = k. Учитывая далее, что k и U k определены 2 Символ Кронекера 2.11. Колебания стержней с точностью до общего постоянного множителя, произведем их соответствующую нормировку.

Утверждение 2. Справедлива формула Релея Этот результат выводится из теоремы Клапейрона (2. Рассматривая моду как статическое решение при соответствующей нагрузке и учитывая нормировку (2.

все k строго больше нуля. Если же рассмотреть свободный стержень, то обнаружится нулевая частота шестой кратности; соответствующие моды будут «жесткими» смещениями — это видно из (2. 11.3).

Без доказательства выскажем следующие два утверждения. Первое — об отношении Релея как функционале: на первой моде будет минимум, равный 1 [11]. Второе — о возможности разложения u и в ряд по модам данного стержня (с определенными связями на концах):

Подставив разложения u и в этот интеграл, почленно проинтегрировав их и учтя (2.

11.2), убедимся в справедливости выражения коэффициентов Фурье k. Но это — лишь наводящие соображения.

Обратимся к вынужденным колебаниям. Известно, что их расчет сильно упрощается, если найдены собственные частоты и формы. Вынужденное движение стержня будем искать в виде (2. 11.4), где k — подлежащие определению функции времени. Дифференциальные уравнения для k (t) можно быстро вывести опять-таки с помощью теоремы взаимности. Общая система (2. выглядит как статическая, если включить в нагрузку инерционные члены. Пусть первое состояние в (2. им и соответствует.

Взяв в качестве второго моду с частотой k, получим Принимая во внимание выражение k из (2.

Этот результат можно получить и другим путем — через уравнения Лагранжа второго рода. Разложения (2.

обобщенные координаты. Кинетическая энергия (2. будет равна 1/2 k, потенциальная — 1/2 k k ; из выражения виртуальной работы получим k как обобщенные силы.

2.12. Малые поправки к собственным частотам Как уже отмечалось, уравнения теории Коссера отличаются от уравнений теории Кирхгофа-Клебша малыми членами. Влияние этих членов удается описать конкретными формулами. Идею вывода этих формул рассмотрим на простейшей модели — системе с конечным числом степеней свободы:

Здесь C и A — матрицы потенциальной и кинетической энергий; — частота колебаний; q — столбец собственной формы. Пусть C = C0 + C1 +..., 0. Задача на собственные значения (2.

На первом шаге имеем невозмущенную систему с набором частот 0 и форм q0 ; det C0 0 A = 0. Неоднородная система для q1 на втором шаге разрешима лишь в случае (см. п. 2.8) Это условие и определяет поправку к частоте: 1 = qo C1 qo 2o q T Aqo.

Рассмотрим стержень с закрепленными концами. Систему для амплитуд (2.

11.1) запишем в виде 2.12. Малые поправки к собственным частотам Здесь h — величина размерности длины, назовем ее толщиной. Безразмерным стал ; одной размерности теперь будут и I, а также A, B и C.

Поскольку h мала, можно вместо нее положить h и рассмотреть процесс при 0. Но последнее равносильно процессу при h 0; на этом и остановимся, несмотря на то, что считать малым параметром размерную величину не очень хорошо.

Представляя все величины разложениями типа Q = Q0 + hQ1 +..., получим для главных членов Это — уравнения Кирхгофа-Клебша. В сочетании с граничными условиями они определяют набор собственных частот 0 и форм u0, (k = 1, 2,...).

Первые поправочные члены O(h) (т. е. порядка h) таковы:

Два первых уравнения выглядят так, как будто рассматриваются вынужденные колебания стержня Кирхгофа-Клебша. А соотношения упругости содержат необычные добавки (подчеркнуты). Но именно для подобных случаев была выведена выше обобщенная теорема взаимности (2. применим ее.

В качестве первого состояния возьмем моду с частотой 0 в классической модели (2.

12.3). Второе же состояние описывается системой (2.

При этом величины в (2. будут иметь следующий смысл:

Подставив это в (2. придем к итоговой формуле Таким образом, первая поправка к частоте оказалась обусловленной тензором перекрестных связей C и эксцентриситетом.

Нередко бывает, что C и — нули. Тогда Q = Q0 + h2 Q2 +..., = 0 + h2 2 +... Обобщенная теорема взаимности в этом случае даст Здесь поправка связана с податливостью на растяжение и сдвиг (B) и инерцией вращения (I).

2.13. Уравнения в компонентах.

Круговое кольцо Вернемся к исходной системе (2. Представим все векторы в виде Q = Qi ei и т. д. Учитывая равенства ei = j ej ei =jik j ek (jik — символы Леви-Чивита), для производных получим Q = (Qi + ijk j Qk )ei и т. д.

Видим явное усложнение уравнений: вместо простой производной имеем операторы с переменными, вообще говоря, коэффициентами. Однако в переходе к компонентам есть и польза: для однородных стержней в базисе ek не дифференцируются компоненты тензоров жесткости.

В качестве примера рассмотрим круговое кольцо. Ограничимся простейшим случаем, когда = 0 и C = 0, а тензоры a, b, I имеют главными осями касательную, нормаль и бинормаль: a = at tt + an nn + az kk (геометрия кольца описана в п. 2.10). Система из 12 уравнений разделится в этом случае на две группы по шесть в каждой.

Одна группа описывает деформацию кольца в своей плоскости:

Другая группа характеризует деформацию с выходом из плоскости:

Для вывода этих уравнений достаточно расписать компоненты векторов и тензоров в системе (2.

чертеж с элементом стержня до и после деформации и тройками сил и моментов на каждом конце.

2.14. Прямой стержень В качестве иллюстрации возможностей уравнений (2. 13.1), (2.

рассмотреть главные колебания замкнутого кольца. Полагая (при q = 0 и m = 0) все величины в виде Qt = Qt eikms sin t и т. д. (m — целое), получим для амплитуд (Qt и т. д.) линейную алгебраическую однородную систему. Приравняв нулю ее определитель, найдем собственные частоты как функции номера гармоники m.

Отметим, что уравнения (2.

виду упругих и инерционных характеристик. На деле может оказаться существенным учет тензора C, эксцентриситета и пр. Тогда может помочь подход из п. 2.12.

2.14. Прямой стержень Декартову ось x системы x, y, z направим вдоль стержня. При простейшем виде упругих и инерционных характеристик система уравнений в компонентах разделится на четыре группы.

Пара уравнений описывает продольные смещения Аналогичная пара уравнений относится к кручению:

Следующая четверка равенств описывает изгиб в плоскости x, y:

И почти так же выглядят уравнения изгиба в плоскости x, z:

Для продольных смещений и кручения получили неоднородные волновые уравнения, методы решения которых излагаются в курсах математической физики. Остановимся на уравнениях изгиба (2.

Qy и опуская индексы, получим систему По форме это линейная алгебраическая система с операторными коэффициентами. Разрешая ее через определители, придем к уравнению Для сравнения приведем уравнения балки Бернулли-Эйлера Можно показать, что уравнение Тимошенко (2.14.6) переходит в классическое (2.

14.7) в случае малой изменяемости решения по x и t.

Рассматривая колебания стержней, нельзя обойти вопрос о распространении волн. Пусть распределенные нагрузки отсутствуют. Тогда общие решения уравнений для ux и x будут иметь вид f1 (x c t) + f2 (x + c t), где f1 и f2 — произвольны, а c = bx / и ax /I для ux и x соответственно.

Сложнее с изгибными волнами. Уравнения допускают решения в виде чим ak = — такова связь волнового числа k с частотой в классической балке. Вводя фазовую скорость c /k, будем иметь c = k a/. Такого рода соотношения называются дисперсионными, они описывают зависимость фазовой скорости от волнового числа. Однако смущает неограниченное возрастание c при k.

В плоскости k, c имеем две дисперсионные ветви (рис. 3). Они имеют горизонтальные асимптоты на уровнях b/ Начальный участок первой ветви соответствует уравнению Бернулли-Эйлера.

2.15. Задачи к главе 2.15. Задачи к главе 2.1. Стержень произвольной формы заделан на одном конце и нагружен силой F на другом. Интегрируя векторные уравнения линейной теории, получить выражения поворота и перемещения свободного конца.

2.2. Замкнутое круговое кольцо нагружено двумя противоположными силами на концах диаметра. Проинтегрировать векторные уравнения модели без растяжения и сдвига с тензором жесткости a = at tt + an nn + az kk (t — орт касательной, n — орт главной нормали, k = t n). Учесть равенства s = R, t (s) = R1 n, n = R1 t, r = Rn (R — радиус кольца).

2.3. Рассмотреть п. 2.2, заменив силовую нагрузку моментной: q = 0, m = m0 i((s) (s R)).

2.4. Проинтегрировать уравнения кругового кольца в компонентах при нагрузке q = q0 n sin(N R1 s) (N = 1, 2,...), m = 0. Выяснить, всегда ли разрешима эта задача статики. Матрицы компонент тензоров a и b в базисе t, n, k диагональны и постоянны, c = 0.

2.5. Определить напряженное состояние замкнутого стержня от дислокации Вольтерры: du = b, d = 0 (стержень разрезали, сдвинули концы на вектор b, затем восстановили сплошность). Ограничиться моделью без растяжения и сдвига.

2.6. Энергия деформации стержня без распределенных нагрузок вполне определяется перемещениями и поворотами концов — это квадратичная форма от четырех векторных аргументов. Вычислить ее коэффициенты для прямого стержня при простейшем виде тензоров жесткости (податливости).

2.7. Вывести уравнения в компонентах для спиральной пружины, считая a = at tt + an nn + ab bb (b = t n), = 0. Начать с параметрического задания спирали: r(s) = A(i cos s + j sin s) + Bks, A2 2 + B 2 = 1.

2.8. Найти частоты главных колебаний кругового кольца с формой (ut, un, uz ) = (Ut, Un, Uz )eiN R s (N = 1, 2,...). Рассмотреть простейший случай без растяжения, сдвига и инерции вращения — движение в плоскости (uz = 0).

2.9. Рассмотреть п. 2.8, полагая, что движение кольца происходит с выходом из плоскости (ut = un = 0).

2.10. Балка Бернулли-Эйлера на двух опорах несет в середине малую дополнительную массу µ. Используя асимптотический метод (с теоремой взаимности работ), вывести формулу для первой собственной частоты.

Глава Задачи устойчивости 3.1. Различные подходы к проблеме устойчивости Существует классическая, хорошо развитая теория устойчивости движения [9]. По Ляпунову, процесс устойчив в том случае, когда малые начальные отклонения остаются малыми и в будущем. Это относится и к состоянию равновесия. Мы должны рассмотреть динамику малых отклонений от равновесной конфигурации и убедиться, что они остаются малыми. В этом состоит так называемый динамический подход к задачам устойчивости, и он справедливо считается наиболее достоверным.

Однако в задачах устойчивости равновесия упругих систем получил распространение иной подход, называемый статическим и связываемый с именем Эйлера. При этом критическими считают те значения параметров, при которых уравнения статики для малых отклонений приобретают нетривиальное решение. Иными словами, критическим считается то равновесное состояние, которое перестает быть изолированным, — в его окрестности появляется множество смежных равновесных форм. При таком подходе достаточно решить соответствующую задачу на собственные значения.

Но есть и другие подходы, например, метод несовершенств. Если малые произвольные изменения начальной формы, жесткостей, нагрузок и др. приводят лишь к малому изменению равновесного деформированного состояния, то имеем устойчивость. Отметим также энергетический подход:

потеря устойчивости происходит тогда, когда она становится энергетически выгодной, т. е. ведет к уменьшению энергии.

Перечисленные подходы составляют пеструю картину. Однако в ней нетрудно разобраться на модели с конечным числом степеней свободы.

3.1. Различные подходы к проблеме устойчивости Большой общностью обладают следующие уравнения в форме Лагранжа:

Здесь q — столбец обобщенных координат, A — постоянная матрица кинетической энергии (симметричная и положительная), Q — столбец обобщенных сил, p — параметр нагрузки. В положении равновесия q = q0 (p) — такова зависимость равновесной конфигурации от нагрузки. Малые приращения координат и нагрузки (q и p) связаны равенством Если det C = 0, равновесное состояние изолировано — при фиксированной нагрузке существует лишь тривиальное решение q = 0. Смежные формы равновесия появляются при достижении равенства det C = 0, уравнение C q = 0 будет иметь тогда нетривиальные решения. Вблизи этого критического состояния возможны большие q при малом возмущении нагрузки.

Такова суть подхода Эйлера.

Рассмотрим теперь динамику малых отклонений. Линеаризуя (3. при постоянной нагрузке, получим Общее решение этого уравнения — линейная комбинация из qk ek t, причем (2 A + C)qk = 0. Если хоть одно из собственных значений k этой задачи находится в правой полуплоскости, положение равновесия неустойчиво.

В консервативной системе Q = U/q C = 2 U/q 2 — симметрична. В таком случае нетрудно показать, что все 2 вещественны.

Если все они отрицательны, имеем устойчивость, если хоть одно 2 полоk жительно, — неустойчивость. Поскольку k непрерывно зависят от параметра нагрузки p, то потеря устойчивости связана с появлением нулевого собственного числа. При этом det C = 0, что и лежит в основе метода Эйлера. Итак, для консервативных систем эйлеров подход эффективен и нет необходимости рассматривать динамику.

В неконсервативной системе матрица C несимметрична (антисимметричная часть C называется матрицей циркуляционных сил). Переход k в правую полуплоскость возможен в любой точке мнимой оси, условие det C = 0 не связано с потерей устойчивости. Значит, устойчивость равновесия неконсервативной системы следует рассматривать динамическим методом.

Но не только необходимость динамического подхода осложняет анализ устойчивости неконсервативных систем. Реальная система всегда содержит диссипативные факторы. Если при анализе консервативной системы обнаружена устойчивость, то при учете диссипации устойчивость «улучшится» — станет асимптотической. Иное положение в неконсервативных системах: учет диссипации может качественно изменить результат расчета, вместо устойчивости можно получить неустойчивость. В этом — возможное дестабилизирующее действие диссипативных сил [9].

3.2. Уравнения теории устойчивости стержней.

Классические задачи Если (3. считать аналогом уравнений нелинейной динамики стержней, то (3. или (3. будут аналогичны уравнениям теории устойчивости.

Эти уравнения выведены в п. 1.9 и имеют вид (1. В более простом случае статики по Кирхгофу-Клебшу будем иметь При внешней простоте этой системы задачи устойчивости весьма сложны. Ведь коэффициенты уравнений (3. зависят от геометрии и напряженного состояния перед потерей устойчивости. Лишь в немногих случаях эти коэффициенты находятся легко. Эта легкость характерна для задач, которые мы далее рассмотрим. Сосредоточим внимание на выводе уравнений и опустим мелкие подробности решения задач на собственные значения.

1. Задача о предельной высоте колонны Вертикально расположенный консольный стержень нагружен собственным весом. Декартову ось z с ортом k направим по вертикали вверх. Обозначим вес единицы длины стержня. Тогда q = k, q = 0 — нагрузка «мертвая» (в задачах устойчивости очень важно знать поведение нагрузки при деформации). Перед потерей устойчивости будем иметь недеформированное напряженное состояние, в котором t = k, Q = (s l)k, M = 0.

Уравнения (3. примут вид Граничные условия таковы:

3.2. Уравнения теории устойчивости стержней. Классические задачи Видим, что Q = 0, а для (s) получается следующая задача на собственные значения:

Здесь весьма общая постановка. Но при тензоре жесткости a = ax ii + ay jj + az kk = const (простейший случай) получим ax x + (l s)x = 0.

Подобные уравнения интегрируются в бесселевых функциях:

У нас x = l s, y = x, b = /ax, m = 3. Для постоянных C1 и C2 из граничных условий следует линейная однородная алгебраическая система.

Равенство нулю ее определителя ведет к уравнению для критических параметров: J1/3 2/3 /ax l3/2 = 0. Поскольку первый корень функции J1/3 (x) равен 1.86, то критическая высота колонны l = 1.98 (ax /).

Разумеется, при этом считалось, что ax — меньшая изгибная жесткость.

2. Задача об опрокидывании балки Балка в виде прямоугольного параллелепипеда 0 x l, и нагружена «мертвой» силой P j на своy бодном конце x = l (рис. 4).

Жесткость на изгиб в плоскости x, y настолько велика, что состояние перед потерей устойчивости можно считать неде- z формированным. В нем t = i, Q = P j, M = P (l s)k.

Уравнения (3. примут вид Q = 0, M +( i)P j+iQ = 0, M = P (ls)k+a·, u = i.

Учитывая граничные условия u(0) = 0, (0) = 0, Q(l) = 0, M (l) = 0, получим Q = 0 и придем к следующей системе:

Mx +P y = 0, Mx = 0, Mx = P (ls)y +ax x, My = P (ls)x +ay y.

При наших граничных условиях отсюда имеем My = 0, y = P (ls)x /ay, и тогда Но это опять разновидность (3. x = l s, y = x, b = P 2 /ax ay, m = 4.

И граничные условия, как в 1, x (0) = 0, x (l) = 0. Критические параметры находятся из уравнения J1/4 P l2 /2 ax ay = 0. Первый корень бесселевой функции равен 2.006.

3. Устойчивость кольца при внешнем давлении Будем считать, что деформация кольца возможна лишь в своей плоскости x, y. Перед потерей устойчивости при нагрузке равномерным давлением p имеем недеформированное, но напряженное кольцо; если k — его кривизна, то Q = pk 1 t, M = 0. Орты ek при этом направим так: e3 = t, e2 = k (орт оси z, перпендикулярной плоскости кольца), e1 = n — орт нормали. Отметим, что t = kn, n = kt. Векторы Q, Q и u лежат в плоскости кольца, а M и ей перпендикулярны: M = M k и = k. Нагрузка все время имеет вид q = pe1 ; тогда ее вариация q = p e1 = p t.

Уравнения (3. в соответствующих компонентах будут такими:

Экспоненциальные частные решения этой системы Qt = Qt es и т. д.

должны иметь период 2k 1 вследствие замкнутости кольца. Поэтому характеристическое уравнение системы (3. обязано иметь корни вида = ikm, где m — целое. Получив таким образом соотношение между p и m, обнаружим, что нетривиальное, т. е. сопровождающееся деформацией решение возникает при m = 2 и критическим будет p = 3ak 3.

4. Устойчивость сжатого стержня на упругом основании.

Прямой стержень с шарнирными опорами на концах сжат продольной силой P. Перед потерей устойчивости имеем недеформированное напряженное состояние, в котором t = i (орт декартовой оси вдоль стержня) Q = P i, M = 0. При малых смещениях возникает реакция упругого основания q = ku, где k — коэффициент жесткости. В случае простейшего варианта тензора a получим следующую задачу на собственные значения:

Разыскивая экспоненциальные частные решения u = ueims, получим am P m2 + k = 0. Построив общее решение как линейную комбинацию частных и потребовав выполнения граничных условий, обнаружим, что среди корней характеристического уравнения должно быть значение 3.3. О следящих нагрузках m = n/l (n = 1, 2,...): n4 a 4 /l4 + k = n2 P 2 2 /l2. При заданных параметрах a, l, k критической является та минимальная нагрузка, которая удовлетворяет этому равенству при каком-либо целом n.

Эти значения P могут быть разными, на рис. 5 показаны три из них, соответствуюP щие значениям n = 1, 2 и 3. Граница области устойчивости отмечена штриховкой.

В связи с этим решением иногда говорят, что форма потери устойчивости не обязательно является безусловной. Но здесь это не важно: ищется критическая дач типа (3. физический смысл не придается.

5. Скрученный вал (рис. 6) Разыскивается критическое значение крутящего момента H, приложенного на конце стержня в цилиндрическом шарнире.

Другой конец защемлен. Будем считать жесткость на кручение az настолько большой, что до потери устойчивости дефорz мация пренебрежимо мала. Пусть также ax = ay = a. Перед потерей устойчиво- y сти t = k, Q = 0, M = Hk; с учетом граничных условий придем к следующей задаче на собственные значения:

Здесь введена комплексная комбинация u = ux + iuy.

Решение уравнения (3. имеет вид u = C1 + C2 s + C3 s2 + C4 eiHs/a.

Подстановка в граничные условия приводит к однородной системе для констант C1,..., C4, которая разрешима при условии tg x = x, x Hl/2a.

Первый нетривиальный корень x = 4.49 — такова критическая комбинация параметров.

3.3. О следящих нагрузках В задачах устойчивости чрезвычайно важно учитывать поведение нагрузки при деформации системы. Ведь в уравнения входят вариации q, m и др. Для «мертвых» нагрузок это нули. Но распространены следящие нагрузки, т. е. меняющиеся определенным образом при смещениях частиц тела. Статический подход Эйлера работает для тех из них, которые обладают потенциалом.

В качестве примера рассмотрим балку с высоким поперечным сечением при нагрузке моментом на свободном конце (рис. 7).

лишь тривиальное решение. Метод Эйлера здесь отказал. Это не удивительно, поскольку «мертвый» момент — неконсервативная нагрузка1.

Но пусть концевой момент создан двумя постоянными силами P, приложенными к частицам сечения, расстояние между которыми равно h. В этом случае M (l) = Hi e2, H P h. Поскольку e2 = e2, а перед варьированием e2 = j, то M (l) = Hx j. Приходим к задаче Нетривиальное решение здесь существует при условии cos l = 0, H/ ax ay, так что критическое значение момента H = ax ay /2l.

О влиянии поведения нагрузок на устойчивость написано в книге [13].

Если нагрузка неконсервативна, то необходим динамический подход.

Уравнения в вариациях пишут с инерционными членами, и для экспоненциальных частных решений u(s, t) = U (s)et и т. д. ищут те значения нагрузки, при которых показатель переходит в правую полуплоскость.

Значений бесконечно много (характеристическое уравнение трансцендентно), и это не единственная трудность. Проблема еще и в том, что необходим учет диссипативных сил: внешних распределенных, внешних на концах, а также внутренних (от несовершенной упругости).

1 Работа момента A = M ·O не является полной вариацией при M = const, поскольку O — не вариация 3.4. Эффекты, обусловленные растяжением и сдвигом 3.4. Эффекты, обусловленные растяжением Первая встреча с этими эффектами уже состоялась выше, в п. 1.8. В задаче Эйлера о прямом консольном стержне, сжатом «мертвой» силой Q на свободном конце, для критической нагрузки получили квадратное уравнение (1.

8.11). Рассмотрим ее подробнее.

Обычно b3 > b1 (жесткость на растяжение больше, чем на сдвиг). Тогда P (b1 b1 )1 > 0, и корни квадратного уравнения будут иметь разные знаки. Положительный корень Как правило, P Q, так что получили малую поправку к решению Эйлера. Расчетная критическая сила уменьшилась при учете растяжения и сдвига.

В технической литературе встречается следующее выражение критической силы для модели со сдвигом: Q = Q (1 + Q /b1 ) (формула Энгессера-Прандтля). Видим, что при b3, Q b1 оно совпадает с (3.

4.1).

В связи с найденными критическими нагрузками следует подчеркнуть возможность потери устойчивости при растяжении. Критическая растягивающая сила соответствует отрицательному корню При P Q эта сила очень велика. Если реальный стержень при этом и не разрушится, то может перестать работать квадратичная аппроксимация энергии.

Третья характерная черта найденных критических нагрузок — невозможность потери устойчивости при сжатии в случае 4Q < P < 0. При малой b3 более выгодным энергетически оказывается простое сжатие, чем изгиб.

Обратимся теперь к более сложной задаче о кольце при действии внешнего давления (обобщение 3 из п. 3.2). Как и в п. 3.2, допускается деформация кольца лишь в своей плоскости.

Сначала найдем состояние перед потерей устойчивости. Используем общие уравнения из главы 1:

При нагрузке давлением q = pk r. Перед потерей устойчивости будем иметь также круговое кольцо, но меньшего радиуса: вместо r 0 теперь станет r = (1 )r 0, = const. Поворота при этом не будет, тогда = 0, При этом предполагалось, что перед потерей устойчивости тензор b = bt tt + bn nn + bz kk, и так же — a.

Далее рассмотрим уравнения в вариациях. Учтем, что q = pk u ;

M = M k; = k. В статике из (1. получим В качестве граничных выступают условия периодичности, поэтому решение будем искать в виде Qt = Qt eikms и т. д., где m — целое. Для амплитуд получим линейную алгебраическую однородную систему. Ее определитель должен быть равен нулю:

Выразив Q и через p согласно (3. придем к алгебраическому уравнению четвертой степени для p. Ограничимся далее случаем достаточно больших жесткостей на растяжение и сдвиг, для чего формально заменим bt и bn на 1 bt и 1 bn, 0. Критическое давление p будем искать в виде p = p0 + p1 +.... Из (3. получим 3.5. Вариационные формулировки Но ведь нужно минимальное p, при котором появляется нетривиальное решение. При малом такому p соответствует m = 2, и тогда Осталось положить = 1. Видим, что учет сжимаемости увеличивает расчетное критическое давление, а учет сдвига уменьшает его.

3.5. Вариационные формулировки В линейной теории стержней, как и в линейной теории упругости вообще, исключительно важную роль играют вариационные постановки. Они служат основой вычислительных алгоритмов, в частности, того варианта метода Ритца, за которым закрепилось название «метод конечных элементов».

Слабее развиты вариационные постановки для задач устойчивости. Здесь получил распространение метод Галеркина. Например, задачу Эйлера предлагается решать через вариационное уравнение рассматривая его на множестве функций, удовлетворяющих всем краевым условиям. Примем аппроксимацию = k k (s), где k — задаваемые функции (k (0) = 0, k (l) = 0), а k — варьируемые параметры. Заменив в (3. на, а — на k, получим линейную алгебраическую систему для k. Поскольку она однородна, ее определитель приравниваем нулю — это будет уравнение для критической нагрузки Q.

Но как обобщить такой подход на более сложные задачи, где есть не одна скалярная функция, а две векторных u и ? Здесь можно опереться на фундаментальный вариационный принцип виртуальной работы. Рассмотрим малую деформацию при напряженной отсчетной конфигурации. Перемещение и поворот u и — малые величины одного порядка 0, а силы и моменты представляются выражениями типа Q = Q0 + Q, Q = O().

В вариационном уравнении принципа виртуальной работы удерживаются все члены второго порядка. При этом используются равенства Здесь = k из п. 1.2. В результате получается выражение энергии Подчеркнутые линейные члены в дальнейшем исчезнут. Квадратичные же члены в выражении виртуальных работ дадут вариационное уравнение где Q и M — выражения из (1. а Q и M — вариации заданных нагрузок на концах.

Итоговое уравнение (3. очевидным образом связано с (1. но выражение (3. отнюдь не тривиально. Его можно использовать для разработки соответствующих численных алгоритмов.

3.6. Задачи к главе 3.6. Задачи к главе 3.1. Сжимающая сила на свободном конце прямого консольного стержня создается нитью, протянутой в основании (рис. 8). Поставить соответствующую задачу на собственные значения и найти критическое значение натяже- T ния T.

действует сила отталкивания электрических зарядов F = C/r2 F0 (h/r)2 (h — начальное расстояние между зарядами, r — оно же после деформации;

один заряд закреплен, другой — на конце стержня — рис. 9). Найти критическое значение F0.

3.3. Прямой консольный стержень сжат постоянной продольной силой F, но прогиб в середине стержня запрещен шарнирной опорой. Определить критические параметры.

3.4. Круговое кольцо равномерно нагружено в своей плоскости давлением p.

Перед потерей устойчивости q = pn, и далее постоянно по величине и направлению (q = 0). Найти критическую нагрузку при деформации в плоскости.

3.5. Нагрузка на кольцо q = pr1 r — лю. Найти критическое значение p при деформации из плоскости.

3.6. Изгибная жесткость прямого консольного стержня с постоянной сжимающей силой F меняется по закону приближенное критическое значение F.

3.7. Прямой стержень с равными жесткостями на изгиб заделан на одном конце и нагружен «крутящим» моментом на другом. Момент создан парой постоянных сил P, приложенных к точкам сечения на расстоянии h (рис. 10) — он консервативен. Найти критическое значение M, пренебрегая податливостью на кручение.

3.8. Прямой консольный стержень с постоянной сжимающей силой F нагружен на свободном статический метод в этом случае не работает. Построить алгоритм расчета критического значения оперт на концах и нагружен постоянной силой в вершине (по биссектрисе — рис. 11). Найти критическую комбинацию параметров.

Глава Переход от трехмерной модели к одномерной 4.1. Уравнения трехмерной теории упругости Следуя [7], дадим сводку соотношений линейной теории упругости.

Рассмотрим материальный объем V с границей O. В объеме имеем поля вектора перемещений u(r), тензора деформаций (r) и тензора напряжений T (r). Полная система уравнений теории упругости имеет вид Здесь — оператор Гамильтона; K — вектор объемных сил; 4C — тензор упругих модулей (четвертого ранга).

Для изотропного тела T = 2µ + (1 2)1 tr E, где µ — модуль сдвига, — коэффициент Пуассона, tr — след (объемное расширение).

Часто используются уравнения только в перемещениях или только в напряжениях. Первые с очевидностью вытекают из (4.

Чтобы получить уравнения в напряжениях, следует привлечь уравнение совместности деформаций Оно следует из связи с u и вместе с тем гарантирует однозначность перемещений и при их определении по 1. Выразив через T по закону Гука, получим уравнения Бельтрами Вместе с первым уравнением (4. имеем систему девяти уравнений для шести компонент T, но переопределенности в ней, оказывается, нет.

Уравнения в перемещениях кажутся намного проще, чем в напряжениях, но эта простота обманчива. Часто именно постановка в напряжениях ведет к успеху.

Граничные условия на поверхности O ставятся так: на части ее O заданы перемещения u = u0, на другой части O2 заданы поверхностные силы n · T = p (n — орт внешней нормали к O). Встречаются и другие варианты.

Уравнения в перемещениях (4. эквивалентны следующей вариационной постановке. Функционал рассматриваемый при условии u|O1 = u0, принимает минимальное значение на истинном поле u. Под интегралом () = 1/2 T · · — энергия деформации на единицу объема. Равенство выражает принцип виртуальной работы. Из него следуют уравнения (4.1.2) и граничное условие на O2.

Изложенное относилось к статике. Для перехода к динамике достаточно добавить силы инерции ( — масса на единицу объема).

4.2. Задача Сен-Венана Рассмотрим призматический стержень (цилиндр) из однородного изотропного материала с произвольным односвязным сечением (рис. 12).

1 Если область неодносвязная, то для однозначности u должны быть выполнены дополнительные условия, говорящие об отсутствии дислокаций Вольтерры [7].

4.2. Задача Сен-Венана Введем декартовы оси x1, x2, z; ось z идет вдоль цилиндра через центры тяжести его сечений, торцы расположены в плоскостях z = 0 и z = L. Объемных сил нет, а поверхностные действуют лишь на торцах.

Нагрузки характеризуются своими главными векторами Q0 и QL и главными Рис. 12.

моментами относительно центров торцов M 0 и M L. Можно ввести силы Q(z) и моменты M (z) для каждого сечения z = const как характеристики воздействия со стороны z + 0 на сторону z 0; из условий равновесия отрезков стержня следует Общий случай нагружения стержня в рассматриваемой задаче характеризуется константами Q и M L. Благодаря правилу суперпозиции общая задача делится на следующие четыре:

1. Q = Qk, M L = 0 — растяжение-сжатие;

Задачи расположены в порядке возрастания сложности. Разделы, посвященные им, есть во всех курсах теории упругости, но изложение у разных авторов различно. Рассматриваемый здесь вариант позволяет охватить весь общий случай.

Необходимо отметить следующую особенность задачи Сен-Венана.

Разыскиваемое в ней решение должно удовлетворять уравнениям в объеме и граничным условиям на боковой поверхности, в то время как условиям на торцах достаточно удовлетворить в интегральном смысле — по силе Q и моменту M. Возникающие при этом невязки в граничных условиях n · T = p на торцах порождают некоторые дополнительные поля. Но они локализованы у торцов — в этом состоит известный принцип Сен-Венана.

Данную задачу удобнее решать в напряжениях. Тензор напряжений будем искать в виде T = z kk + k + k, z e. Из общих уравнений (4. (4. получим 1.1), 1.4) причем a и b — линейные функции z (тогда b db/ dz = const) и не зависит от z; x — радиус-вектор в сечении.

Силы и моменты являются следующими интегралами по сечению F :

Вычислив по z растягивающую силу Qz и изгибающий момент M, найдем Учтено, что x dF = 0 и обозначено xx dF = J. С помощью (4. далее найдем Определив z, приступим к решению уравнений (4. для вектора касательного напряжения. На свободном контуре F сечения имеем Далее заметим, что всякое векторное поле можно представить в виде u = + ( — скалярный потенциал, — векторный). Для плоского поля представление таково:

Подставив (4. в (4. получим где — некая константа. Заметим, что при отсутствии перерезывающей силы b = 0 и уравнение для приобретает известный (по задаче о кручении [7]) вид.

Граничное условие (4. ведет к следующему:

(n n · ; l k n · — операторы дифференцирования по нормали и дуговой координате на контуре F ). Условие будет выполнено, если принять Конечно, это не следует из (4. Но ясно, что в форме (4. является решением задачи (4. (4. если и удовлетворяют (4. (4.

и достаточно.

4.2. Задача Сен-Венана Константа определяется по крутящему моменту Mz. Имеем (использованы теорема о дивергенции и равенство · (x) = 2 + x · ).

Контурный интеграл в (4.

имеем формулы Эти формулы вытекают из равенства при v = и v = W. — это функция напряжений при кручении, W — функция депланации. Используя (4.

где C 2 dF — геометрическая жесткость на кручение.

Допустим, что нагрузка на торце z = L представлена одной лишь сосредоточенной силой. Определив центр изгиба как точку, при приложении силы в которой будет = 0, получим выражение радиус-вектора центра изгиба Найдя напряжения, можно далее определить перемещения интегрированием соотношений закона Гука ( = + kz ) Подставив в правую часть найденные напряжения, придем к системе (E 2µ(1 + ) — модуль Юнга):

Из (4.

2.15) следует Функции U,, Uz пока произвольны. Подставим выражение (4. 2.17) в 2.16); взяв от обеих частей получившегося равенства ротор ( ), получим =. Взяв же дивергенцию ( ·), придем к уравнению Отделяя далее в (4.

Уравнение (4.2.19) определяет U как прогиб в элементарной теории балки;

отброшенная константа соответствует перемещению твердого тела. Равенство (4.

2.20) — условие Коши-Римана из теории функций комплексного переменного ( u = v k x u = y v, y u = x v). Значит, в скобках в (4.

2.20) стоят сопряженные гармонические функции. Зная одну из них, можно простым интегрированием определить другую. Поэтому депланацию Uz можно определить по и, минуя (4. 2.18).

4.3. Определение жесткостей по энергии В одномерной модели стержня имеем перемещение u(s), поворот (s), силу Q(s) и момент M (s). Первая пара связана со второй соотношениями 4.3. Определение жесткостей по энергии упругости = A·M + C·Q, u t = B·Q + M ·C. Ясно, что модули (тензоры податливости A, B, C или тензоры жесткости a, b, c) можно определить только с помощью решений трехмерных задач для стержня.

Но возникают два вопроса: какие задачи рассматривать и что конкретно следует сделать с их решениями?

O задачах. На первом месте стоит задача Сен-Венана, ведь жесткость на кручение — из нее. Но есть бесконечно много доступных точных решений, получаемых в обратном порядке: задаем поле u(r), по нему находим T = 4C·· u и далее определяем объемные K = · T и поверхностные p = n · T нагрузки...

Следующий вопрос — что делать с решением? Ясно, что Q и M — это интегралы (4. Но что считать перемещением и поворотом в одномерной модели? Можно, например, предложить варианты (значок (...)1 или (...)3 указывает на размерность модели). Но возможны и многие другие варианты — чем они хуже?

Но есть еще величина, смысл которой не вызывает сомнений, — энергия деформации. Естественно потребовать, чтобы в одномерной и трехмерной моделях энергии совпали. При этом будем исходить из (M, Q), а не (, ) — тогда исчезнет произвол в трактовке u1 и. Итак, постулируем равенство Отметим, что речь идет о тождестве аналитических выражений энергии, а не просто о равенстве численных значений. Это согласуется как с правилами общей механики, так и с представлениями механики композитов и континуальной теории дефектов.

2 По z это тождество В правой части (4. для задачи Сен-Венана имеем В последнем равенстве контурный интеграл равен нулю. Представим далее потенциалы в виде Введем также векторы тогда радиус-вектор центра изгиба x = k ( + ) (формула (4.

(4.

2.13) примет вид Подставив (4. и (4. в (4. получим Равенства (4. и (4. дают искомое выражение энергии. Проварьируем его:

4.4. Вариационный метод сведения трехмерной задачи к одномерной С другой стороны, в одномерной модели имеем Сравнивая это выражение с (4. заключаем:

Это и есть искомые соотношения упругости. В них фигурируют известные по курсам сопротивления материалов жесткости на растяжение (EF ) и изгиб (EI), а также знакомая по задаче Сен-Венана жесткость на кручение (µC). Но есть две новые детали.

Во-первых, перекрестная связь между изгибом и кручением определяется в (4.

3.10) вектором — не суммой +, как в (4. Соответственно упрощается формула для радиуса-вектора центра изгиба: в (4.2.14) исчезает второе слагаемое (с ). Такое превращение связано с тем, что z =.

Второе, что следует отметить, — это тензор жесткости на сдвиг µF K.

Коэффициенты сдвига K определяются формой сечения по решениям краевых задач для,, W и. Для прямоугольного сечения задачи решаются методом собственных функций, а для эллипса решение оказывается элементарным. В случае круга получим 4.4. Вариационный метод сведения трехмерной задачи к одномерной Рассмотрим стержень произвольной геометрии как трехмерное тело (рис. 13). Ось стержня определяется зависимостью радиуса-вектора от дуговой координаты r(s). В каждой точке оси имеем нормальное сечение с декартовыми осями x и ортами e. Радиус-вектор любой точки стержня как трехмерного тела представляется в виде упругости. Но был найден способ облагородить такой «метод гипотез», сделать его формально чистым. Это — метод Канторовича [14]. В нашем случае он состоит в следующем. Задается аппроксимация перемещений где k назначаются, а k подлежат определению. Это аппроксимация подставляется в вариационное уравнение Лагранжа (4.1.6). Результатом будут система обыкновенных дифференциальных уравнений (для k ) и естественные граничные условия к ним.

Напрашивается следующая аппроксимация:

при независимых U и получим систему уравнений модели Коссера. Если же задать связь U = r, то вариационная процедура даст модель Кирхгофа-Клебша. При этом нет, кажется, проблем с упругими модулями — достаточно вычислить соответствующие интегралы по сечению.

Этот метод допускает грандиозные обобщения. Добавляя в аппроксимацию новые варьируемые функции, можно строить уточненные модели с внутренними степенями свободы. Можно учесть динамику, вводя неварьируемые силы инерции. Нет трудностей с неоднородным телом (изменятся лишь интегралы по сечению). Наконец, можно рассмотреть и температурные деформации, взяв соответствующий вариационный принцип.

Рис. 14. Рассмотрим примеры применения вариационного метода.

4.4. Вариационный метод сведения трехмерной задачи к одномерной 1. Изгиб полосы Полоса (рис. 14) нагружена лишь объемными силами K и находится в плоском напряженном состоянии. Компонента Kx нечетна по y, а Ky — четна. Тогда нечетными будут ux, x и y, а uy и xy — четными.

Исходное вариационное уравнение имеет вид Зададим аппроксимацию Тогда двумерная вариационная постановка (4. перейдет в одномерную:

Это — модель Тимошенко. Но упругие модули получились не такими, как в энергии по Сен-Венану: в жесткости на изгиб появился множитель 1 2, а коэффициент сдвига оказался единицей вместо 5/6.

Если вместо (4. взять ux = v y, uy = v, то получится модель Бернулли-Эйлера; вариационная постановка даст не систему, а лишь одно уравнение для v.

2. Уточненная теория продольной деформации Опять рассмотрим полосу (рис. 14), но теперь Kx четна по y, Ky — нечетна. Простейшая модель продольной деформации соответствует аппроксимации ux = u(x), uy = 0. В динамике при этом имеем волновое уравнение, дисперсии нет. Более сложная модель получится при Опуская простые выкладки, отметим лишь, что здесь будет пара дисперсионных ветвей. Это модель с внутренней степенью свободы — поперечной деформацией. Соответственно и во внешней нагрузке появится новый силовой фактор (множитель при ).

3. Применение принципа Рейсснера Разберем подробнее этот вопрос как для иллюстрации возможностей нового вариационного принципа, так и для освоения техники произвольных криволинейных координат.

Речь пойдет о криволинейной полосе (рис. 15) при плоском напряженном состоянии. Радиус-вектор произвольной точки представляется в виде (t = r, t = kn — соотношения для ортов касательной и нормали, а также кривизны k).

Теперь обратимся к принципу Рейсснера. Для трехмерной задачи (п. 4.1) он формулируется следующим образом [7]:

4.4. Вариационный метод сведения трехмерной задачи к одномерной где — дополнительная энергия; /T =. Варьируемые функции u и T не обязаны удовлетворять краевым условиям, принцип их обеспечит.

Для краткости будем считать, что полоса, изображенная на рис. 15, нагружена лишь внутри. Тогда функционал (4.

Здесь учтено, что элемент площади dF = (1 kn) ds dn. Выражения деформаций через перемещения выводятся так:

u = ut t + un n, Самый ответственный шаг при вариационном построении одномерной модели — аппроксимация по сечению:

Это соответствует представлениям о перемещении стержня U, повороте, силе Q и моменте M.

Подстановка (4.

Из вариационного уравнения R = 0 после интегрирования по частям получим систему уравнений одномерной модели и естественных граничных условий к ним:

Обращает на себя внимание перекрестная связь в соотношениях упругости, обусловленная кривизной k.

Но почему в этой задаче применили именно принцип Рейсснера? Потому что он позволяет аппроксимировать напряжения независимо от перемещений. Это упрощает построение одномерной модели.

4.5. Асимптотический метод в плоской задаче об Рассмотрим снова задачу об изгибе полосы (рис. 14). Чтобы, подчеркнуть малость относительной толщины, введем малый параметр и представим радиус-вектор в области полосы в виде R = 1 xi + yj; 0 x l, h/2 y h/2, i и j — орты декартовых осей x и y. Тогда полная система уравнений теории упругости запишется в виде Граничные условия:

Учет нагрузок на сторонах |y| = h/2 малоинтересен, в то время как с условиями при x = 0, l придется повозиться. Вся система нагрузок предполагается самоуравновешенной.

Поставленную задачу с малым параметром можно решать как систему для u,,, можно все выразить через u, но лучше всего исходить из уравнений «в напряжениях». При этом понадобится уравнение совместности 4.5. Асимптотический метод в плоской задаче об изгибе что в пересчете на напряжения означает + (1 + ) · K = 0.