715

Рис. 3.52. Расчетная схема	Рис. 3.53. Расчетная схема
ослабленной рамы	усиленной рамы

Рассмотрим для начала стержень АВ. В ослабленном варианте коэффициент приведенной длины для этого стержня = 0 7 . Теперь, используя равенство (2.30), найдем значение параметра критической силы:

π3,14

vAB = µAB = 0 7 = 4,49 .

Далее, из соотношения (3.65), учитывая значение коэффициента k из последнего столбца таблицы 3.1, рассчитываем величину приведенного параметра сжимающей силы:

v

=

vAB

=

4,49

= 4,49 .

0AB

kAB

1

Для стержня CD:

v

=

π

=

3,14

= 3,14

и v

=

vCD

=

3,14

= 2,96 .

µ

0CD

CD

CD

1

k

CD

1,06

Аналогично определяются соответствующие значения для усиленного варианта:

v

=

π

=

3,14

= 6,28

и v

=

vAB

=

6,28

= 6,28.

AB

µ

0AB

AB

0 5

k

AB

1

v =

π

=

3,14

= 4,49

и v

=

vCD

=

4,49

= 4,24 .

µ

0CD

CD

CD

0 7

k

CD

1,06

Чтобы формализовать решение и тем самым упростить расчеты, заполним табл. 3.2.

Таблица 3.2

			Значения приведенного параметра сжимающей силы
				для ослабленной и усиленной рамы
Номер стержня		Ослабленная рама				Усиленная рама
			v = π µ	v0 = v k			v = π µ	v0 = v k
AB	0,7		4,49	4,49	0,5		6,28	6,28
BC	–		–	–	–		–	–
CD	1		3,14	2,96	0,7		4,49	4,24

Заметим, и это видно из равенства (2.29), что чем меньше значение параметра v0, тем меньше величина критической силы. По этой причине, проанализировав значение параметра критической силы для ослабленной рамы из четвертого столбца табл. 3.2, найдем нижнюю границу искомого диапазона. Это число выделено жирным шрифтом. Аналогично для усиленного варианта рамы из анализа последнего столбца табл. 3.2 определяется верхняя граница. В итоге, значение параметра v0 заданной рамы должно находиться в диапазоне значений:

2,96 < v0 < 4,24 .

Чтобы определить величину параметра критической силы, найденный диапазон разделим на четыре части и просчитаем значения функции (3.67) в пяти точках:

–в начале диапазона v0 = 2,96;

–в четверти диапазона v0 = 3,28;

–в половине диапазона v0 = 3,60;

–в трех четвертях диапазона v0 = 3,92;

150

– в конце диапазона v0 = 4,24.

Первая точка: v0 = 2,96. Определяем значение соответствующих функций, входящих в соотношение (3.67). Для этого воспользуемся табл. 2.2. Если в таблице отсутствует строчка, соответствующая выбранному параметру v0, то следует использовать линейную интерполяцию.

Первая точка: v0 = 2,96.

ϕ1(1,06 2,96)= ϕ1(3,14)= 0 ,

ϕ2 (2,96)= ϕ2 (2,90)+ [ϕ2 (3,00)− ϕ2 (2,90)]2,96 − 2,90 = 3,00 − 2,90

= 0,6819 + [0,6560 − 0,6819]0,04 = 0,6715.

01

Сучетом этих значений по формуле (3.67) определяем значение функции

F(2,96)= 4 0,6715 + 6 = 8,6860 .

Вторая точка: v0 = 3,28.

ϕ1(1,06 3,28)= ϕ1(3,48)= ϕ1(3,40)+

+ [ϕ	(3,50)− ϕ (3,40)]	3,48	− 3,40	=
1	1	3,50	− 3,40

= −0,3248 + [− 0,4894 + 0,3248]0,08 = −0,4566. 01

ϕ2 (3,28)= ϕ2 (3,20)+ [ϕ2 (3,30)− ϕ2 (2,20)]3,28 − 3,20 = 3,30 − 3,20

= 0,5997 + [0,5691− 0,5997]0,08 = 0,5752. 01

F(3,28)= −0,4566 0,5752 + 2(− 0,4566)+ 4 0,5752 + 6 = 7,1250 .

Третья точка: v0 = 3,60.

ϕ1(1,06 3,60)= ϕ1(3,82)= ϕ1(3,80)+

+ [ϕ	(3,90)− ϕ (3,80)]	3,82	− 3,80	=
1	1	3,90	− 3,80

= −1,2303 + [−1,6468 +1,2303]0,02 = −1,2778. 01

ϕ2 (3,60)= 0,4656 .

F(3,28)= −1,2778 0,4656 + 2(−1,2778)+ 4 0,4656 + 6 = 4,7119 .

Четвертая точка: v0 = 3,92.

ϕ1(1,06 3,92)= ϕ1(4,16)=

= ϕ (4,10)+ [ϕ (4,20)− ϕ (4,10)]

4,16 − 4,10

=

1

1

1

4,20 − 4,10

= −2,9806 + [− 4,3155 + 2,9806]

0,06

= −3,7815.

01

ϕ

(3,98)= ϕ

(3,90)+ [ϕ

(4,00)− ϕ

(3,90)]

3,98 − 3,90

=

2

2

2

2

4,00 − 3,90

= 0,3407 + [0,2933 − 0,3407]0,08 = 0,3028. 01

F(3,98)= −3,7815 0,3028 + 2(− 3,7815)+ 4 0,3028 + 6 = −1,4968 .

151

Пятая точка: v0 = 4,24.

ϕ1(1,06 4,24)= ϕ1(4,50)= +227,80 .

ϕ2 (4,24)= ϕ2 (4,20)+ [ϕ2 (4,30)− ϕ2 (4,20)]4,24 − 4,20 = 4,30 − 4,20

= 0,1877 + [0,1288 − 0,1877]0,04 = 0,1641. 01

F(4,24)= 227,80 0,1641+ 2 227,80 + 4 0,1641+ 6 = 499 6.

Обращает на себя странное поведение функции F(v0). На нижней границе ее значение — положительное. Затем, с увеличением аргумента v0, как и ожидалось, функция плавно убывает, пересекает ноль, но затем на верхней границе интервала неожиданно принимает очень большое положительное значение. Это объясняется тем обстоятельством, что в интервале3,98 < v0 < 4,24 исследуемая функция испытывает разрыв второго рода. Чтобы его обойти, рекомендуется искусственно уменьшить верхнюю границу интервала неопределенности. Например, принять v0 = 4,15, и уже для этого аргумента пересчитать значение функции F (v0) в пятой точке.

Пятая точка: v0 = 4,15.

		ϕ1(1,06 4,15)= ϕ1(4,40)= −15,330 .
ϕ		(4,15)= ϕ2 (4,10)+ ϕ2 (4,20)	=	0,2424 + 0,1877	= 0,2151.
	2
		2	2

F(4,15)= −15,330 0,2151− 2 15,330 + 4 0,2151+ 6 = −27,0970 .

Рис. 3.54. Графическое определение параметра критической силы

Этих пяти точек достаточно, чтобы построить график функции F(v0) на интервале значений 2,96 < v0 < 4,15, который представлен на рис. 3.54. Этот график меняет знак в точке v0 = 3,87, являющейся решением уравнения (3.67). Теперь, используя равенство (3.64), можно найти значение критической силы:

3,87 = 2,83 Р ,

EJ

откуда

Ркр = 1,87EJ .

Задача 14. Статический метод при расчете на устойчивость стержня переменной жесткости. Шарнирно опертый стержень длиной l имеет переменную жесткость, изменяющуюся по длине по

линейному закону (см. рис. 3.55).

Определить значение критической силы с использованием метода конечных разностей.

Решение.

Задачу будем решать статическим методом. Так как стержень имеет бесконечное число степеней свободы, то его равновесное возмущенное состояние (см. рис. 3.55) может быть описано дифференциальным уравнением

y′′ = M ((x)),

EJ x

152

			4x
где M (x)= −Py ,	EJ(x)= EJ 5	−		.
			l

Рис. 3.55. Центрально сжатый стержень с переменной жесткостью, меняющейся по линейному закону

В итоге получаем однородное дифференциальное уравнение второго порядка с переменными коэффициентами:

y′′ +	P				y = 0 .	(3.68)
		−	4x
	EJ 5
			l

При исследовании на устойчивость стержней с переменной жесткостью возникают значительные математические трудности, связанные с интегрированием дифференциального уравнения с переменными коэффициентами. Заметим, что в курсе высшей математики, излагаемом в строительных вузах, этот раздел отсутствует. По этой причине предложенную задачу будем решать приближенно. Но прежде приведем точное значение критической силы, полученной путем прямого интегрирования дифференциального уравнения (3.68):

EJ

Ркр = 27,05 . (3.69) l2

Кстати, можно сделать грубую оценку значения критической силы, если предположить, что стержень по всей своей длине имеет постоянную жесткость, равную 3EJ (как среднее значение жесткости). В этом случае критическую силу можно определить по формуле, известной из курса сопротивления материалов:

P ≈	π2	3EJ	= 29,61	EJ
					.
кр	l2			l2

Это значение превышает точное решение на 9,5 %.

Рис. 3.56. Возмущенное состояние стержня с указанием прогибов в точках разбиения

Вернемся к дифференциальному уравнению (3.68). Решать его будем методом конечных разностей. Для этого разобьем длину стержня на четыре участка равной длины, и отметим на стержне (см. рис. 3.56) три точки цифрами 1, 2, 3. Отметим прогибы в этих точках: у1, у2, у3. Из курса высшей математики известно конечно-разностное представление второй производной в i-й точке разбиения:

y′′	yi−1 − 2yi + yi+1	,	(3.70)
i	h2

где уi-1, уi, yi+1 — соответственно прогибы в (i – 1), i, (i + 1) точках разбиения; h — шаг разбиения, который в рассматриваемой задаче равен l4.

Запишем теперь уравнение (3.68) в точках 1, 2, 3 с учетом представления (3.70):

i = 1:	0 − 2y1 + y2	+	Р	y = 0 ,
	(l 4)2
			4EJ 1

153

i = 2:	y1 − 2y2 + y3			+		Р		y2		= 0 ,
		(l 4)2				3EJ
i = 3:		y2 − 2y3 + 0		+	Р		y			= 0 .
		(l 4)2							3
					2EJ

Преобразуем полученную систему уравнений к виду:

l2

− 8y1 + 4y2

+

P

y1 = 0

16EJ

− 6y

+

+

P

l2

= 0.

3y

3y

y

2

3

2

1

16EJ

− 4y3 +

P

l2

y3 = 0

2y2

16EJ

Обозначим

α =

Pl2

,

(3.71)

16EJ

и сведем последнюю систему уравнений к виду:

(α − 8)y1 + 4y2 + 0 y3 = 03y1 + (α − 6)y2 + 3y3 = 00 y1 + 2y2 + (α − 4)y3 = 0

Полученная система алгебраических уравнений является однородной. Его очевидное решение

у1 = у2 = у3 = 0 соответствует невозмущенному состоянию стержня. Однако статический метод подразумевает

анализ равновесного состояния стержня в случае, когда прогибы не равны нулю. Ненулевое решение системы линейных однородных алгебраических уравнений возможно, если ее главный определитель равен нулю:

α − 8	4	0
3	α − 6	3	= 0 .
0	2	α − 4

Раскрыв определитель, после преобразований получаем кубическое уравнение относительно параметра α:

F(α)= α3 −18α2 + 86α − 96 = 0.

Решить его можно как и любое нелинейное уравнение: либо графически, либо с использованием любого итерационного процесса (метод Ньютона, метод половинного деления и т.п.). В этой задаче предлагается реализовать итерационную методику Ньютона:

F(α )

αi+1 = αi − F′(αii ), где F′(α)= 3α2 − 36α + 86 .

В табл. 3.3 представлены результаты расчета на каждом приближении.

Таблица 3.3

Процедура решения кубического уравнения методом Ньютона

Номер	αi	F (αi)	F′(αi )	αi+1	αi+1–αi	Погрешность
приближения
0	0	–96	86	1,116	1,116	100 %
1	1,116	-21,05	49,50	1,541	0,425	27,6 %
2	1,541	-2,559	37,648	1,609	0,068	4,2 %
3	1,609	-0,060	32,843	1,611	0,002	0,1 %
4	1,611	-0,011	35,790	1,611	0	0

154

Заметим, что четырех приближений оказалось достаточным, чтобы установить искомое значение параметра α:

α =1,611.

Теперь, имея представление (3.71),

α =	Pl2	=1,611,
16EJ

можно определить значение критической силы:

EJ Ркр = 25,78 l2 .

Сравнивая этот результат с точным значением, делаем вывод: полученное значение занижено (что, конечно, идет в запас прочности) на 4,7 %. Невысокая, хотя и приемлемая, точность объясняется малым числом участков, на которые был разбит исследуемый стержень. Увеличение числа промежуточных точек, конечно, позволит получить более точный результат, однако объем вычислительной работы значительно возрастет.

Задача 15. Энергетический метод при расчете на устойчивость стержня переменной жесткости. Шарнирно опертый стержень длиной l имеет переменную жесткость, изменяющуюся по длине

по линейному закону (см. рис. 3.55).

Определить значение критической силы с использованием энергетического метода.

Решение.

Для этого используется формула Тимошенко (см. соотношение (2.14))

l

∫EJ(х)(y′′)2 dx

P =	0		.	(3.72)
КР		l
		∫(y′)2 dx
		0

Основная проблема в реализации равенства (3.72) — выбор функции у(х), вид которой заранее неизвестен. Необходимо представить возможную форму потери устойчивости стержня. При этом, прежде всего, следует исходить из следующих соображений:

–линия прогибов должна удовлетворять кинематическим граничным условиям;

–линия прогибов должна иметь минимальное количество точек перегиба.

Если в дополнении к кинематическим выполняются еще и статические граничные условия, то полученная критическая сила будет значительно ближе к истинной величине. Заметим далее, что соотношение (3.72) всегда дает завышенное значение.

На рис. 3.55 представлен примерный вид первой формы потери устойчивости исследуемого стержня. Кинематические граничные условия можно записать в виде:

y(0)= 0,

( ) (3.73) y l = 0.

Статические граничные условия:

М (0)= М (l)= 0

с учетом равенства

у′′ = M EJ

сводятся к виду:

у′′(0)= 0,

( ) (3.74)

у′′ l = 0.

Кроме этого, экстремум линии прогиба, очевидно, смещен к правой опоре.

Примем вид функции, описывающей форму потери устойчивости по первой форме, в виде кубической параболы:

155

y(x)= x(l2 − x2 ).

(3.75)

Эта кривая удовлетворяет статическим граничным условиям (3.73). Записав первую производную

у′(х)= l2 − 3х2

(3.76)

и приравняв ее нулю, убедимся, что положение экстремума функции (3.75) смещено к правой опоре:

xext = 0,69l .
Запишем вторую производную функции (3.75):
у′′(х)= 6х	(3.77)

и убедимся что первое статическое условие (3.74) выполняется, а второе — нет. Однако это обстоятельство не является противопоказанием при выборе функции в виде (3.75).

Запишем числитель формулы Тимошенко с учетом равенства (3.77) и того обстоятельства, что

4x

жесткость стержня меняется по закону

EJ(x)= EJ 5

−

:

l

l

l

4x

2

2

∫EJ(х)(y′′)

dx = ∫EJ 5

−

(6x)

dx =

0

0

l

l

4x

3

x

3

4x

4

l

l3

(3.78)

2

= 36EJ ∫

5x

−

dx = 36EJ

5

−

= 24EJ

.

l

3

4l

0

0

Знаменатель формулы Тимошенко с учетом представления для первой производной в виде (3.76) приобретает вид:

∫l (y′)2 dx = ∫l (l2 − 3х2 )2 dx = ∫l (l4 − 6l2x2 + 9x4 )=

0	0				0
			x	3		x	5			l		(3.79)
	l4	l2			+ 9						l5	.
	=	x − 6									= 0 8
		3			5					0

Теперь подставляем равенства (3.78) и (3.79) в формулу (3.72) и получаем искомое значение критической силы:

Р =	24EJl3	= 30	EJ	,	(3.80)
кр	0 8l5		l2

которое на 10,9 % превышает точное значение (3.69). Невысокая точность объясняется неудачным выбором функции в виде (3.75).

Чтобы повысить точность метода, в иных случаях функцию подбирают в виде ряда: y(x)= a1 f1(x)+ a2 f2 (x)+ a3 f3 (x)+ ... ,

где аi — неизвестные коэффициенты; fi(х) — известные функции, удовлетворяющие кинематическим (а желательно, и статическим) граничным условиям. Требование о минимальном количестве точек перегиба здесь не учитывается.

Например, ограничимся в последнем представлении для функции f (x) только двумя членами ряда:

a1 = 1, f1(x)= sin πx , l

a2 = a, f2 (x)= asin 2πx . l

Тогда функция прогибов может быть представлена в виде:

y(x)= sin πx + asin	2πx	.	(3.81)

ll

156

Заметим, что такое представление функции f(х) позволяет выполнить не только кинематические (3.73), но и статические (3.74) граничные условия. Запишем первую и вторую производные:

f ′(x)=	π		cos πx			+ 2acos		2πx		,
					l			l
	l
f ′′(x)= −			π2		sin	πx	+ 4asin		2πx		.
			l	2		l
									l

После этого отдельно вычислим числитель и знаменатель формулы Тимошенко:

l	2	π4EJ l					πx		2πx		2
∫EJ(x)(y′′(x)) dx =		l	5	∫ (5l − 4x) sin			l	+ 4asin			dx .
0				0					l

После преобразований, которые весьма громоздки и требуют от инженера высокой математической культуры, получаем:

l

′′

2

π4EJ

2

256

3

24a +

2 а +15 .

∫EJ(x)(y (x)) dx =

9π

0

l

Аналогично:

l

2

π2 l

πx

2πx

2

π2

(2a

2

+ 0 5).

∫(y′(x)) dx =

∫ cos

+ 2acos

dx = ... =

2

0

l

0

l

l

l

Тогда формула (3.72) дает:

=

π2EJ 24a2

+ 2,88a +15

Р

.

(3.82)

кр

l2

2a2 + 0 5

Результат зависит от неизвестного параметра a. Изменяя его, можно получить бесконечное количество значений критической силы. Однако результат будет тем более правильным, чем меньше величина Ркр. По этой причине исследуем зависимость (3.82) на экстремум:

dРкр = 0, da

откуда после преобразований получаем квадратное уравнение:

a2 − 3,12a − 0,25 = 0 .

Решив его и взяв в дальнейшее рассмотрение корень, который дает меньшее значение критической силы: а = −0,077 , окончательно получаем из равенства (3.82) искомую величину Ркр:

Р = 27 4	EJ		,	(3.83)
кр	l	2

которое лишь на 1,3 % превышает точное значение. Заметим, увеличение точности во многом осложняется громадным объемом вычислительной работы, который в данном изложении опущен.

157

ПРИЛОЖЕНИЕ

СПРАВОЧНЫЕ СВЕДЕНИЯ ПО МАТЕМАТИКЕ

П1. Системы линейных алгебраических уравнений

Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) порядка n

a x + a x ...+ + a							x = b
11		1 12		2	1n			n		1
										(П1)
..........a		..........		...................
	n1	x + a	n2	x ...+ + a		nn		x	n	= b ,
		1		2						n

где aij, bi — известные величины; xi — неизвестные, подлежащие определению. Величины xi называют решением системы (П1), если при подстановке тождественно удовлетворяются все уравнения, образующие систему (П1).

Существует несколько методов решения СЛАУ, из которых рассмотрим два: метод Крамера и метод Гаусса.

П1.1. Метод Крамера

По методу Крамера решение системы находится по формуле

x =	Di	,	(П2)
i	D

где Di — вспомогательный определитель; D — главный определитель системы уравнений. Главным называется определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных:

	a11	a12	...	a1n
D = det	a21	a22	...	a2n	.	(П3)
	... ... ... ...
	an1	an2	...	ann

Для получения вспомогательного определителя Di необходимо в главном определителе заменить i–й столбец столбцом свободных членов:

	a11	... a1,i−1		b1	a1,i+1	...	a1n
D = det	a21	...	a2,i−1	b2	a2,i+1	...	a2n	.	(П4)
i	... ... ...			...	...	... ...
	an1	...	an,i−1	bn	an,i+1	...	ann

Очевидно, что для нахождения всех неизвестных по формуле (П2), необходимо вычислить (n+1) определителей порядка n. Напомним правило вычисления определителя 2-го порядка:

det	a11	a12	= a	a	22	− a		a	21	,	(П5)
	a21	a22	11				12
и 3-го порядка:
		a11	a12		a13
	det	a21	a22	a23			=
		a31	a32	a33
= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 −											(П6)
− a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32.

Определители высших порядков можно вычислить, используя разложение по элементам строки или столбца.

158

a11

a12 ...

a1n

det

a21

a22 ...

a2n

=

... ... ...

...

(П7)

an1

an2 ...

ann

= (−1)1+i a

M

1i

+ (−1)2+i a

2i

M

2i

+ ...+ (−1)n+i a

ni

M

ni

,

1i

где Mji — минор элемента aji.

Минором элемента aji называют определитель, образованный из исходного вычеркиванием строки j и столбца i. Это позволяет свести вычисление определителя порядка n к вычислению n определителей порядка (n –1).

Приведем некоторые свойства определителей.

Свойство 1. Если в определителе все элементы любой строки или любого столбца равны нулю, то этот определитель равен нулю.

Свойство 2. Величина определителя не изменится, если к одной из строк (столбцов) прибавить другую, умноженную на некоторое число.

Свойство 3. Определитель изменит знак, если в нем поменять местами любые две строки (столбца).

Пример 1.

Вычислить определитель

	2	2	4	3
D = det	1	3	1	− 2	.
	− 2	1	1	4
	0	− 2	4	1

Воспользуемся свойством 2 и прибавим в первой строке вторую, умноженную на (− 2), а к третьей строке — вторую, умноженную на 2:

	2	2	4	3		0	− 4	2	7
D = det	1	3	1	− 2	= det	1	3	1	− 2	.
	− 2	1	1	4		0	7	3	0
	0	− 2	4	1		0	− 2	4	1

Разложим новый определитель по элементам первого столбца:

	0	− 4	2	7		− 4	2	7
	1	3	1	− 2
D = det					= (−1)1+2	7	3	0	.
	0	7	3	0		− 2	4	1
	0	− 2	4	1

Еще раз воспользуемся свойством 2. Прибавим к первой строке третью, умноженную на (− 7),

после чего разложим определитель по третьему столбцу:

− 4 2 7

D = (−1)1+2 7 3 0 = (−1)1+2

− 2 4 1

= (−1)1+2 (−1)3+3 10

7

Окончательно получим

10 − 26 0

7 3 0 = − 2 4 1

− 26

.

3

D = (−1)1+2 (−1)3+3 10 − 26 = (−1) [10 3− 7 (− 26)]= −212 .

73

Из формулы Крамера (П2) видно, что система имеет единственное решение, если главный определитель системы не равен нулю:

159