close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

206.Механические колебания систем с распределенными параметрами

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АЭРОКОСМИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ имени академика С. П. КОРОЛЕВА
Х.С. Хазанов
МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С РАСПРЕДЕЛЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ
Самара 2002
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АЭРОКОСМИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ имени академика С. П. КОРОЛЕВА
Х.С. Хазанов
МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С РАСПРЕДЕЛЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ
Учебное пособие
Самара 2002
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 534.1:629.7.015.4
Хазанов Х.С. Механические колебания систем с распределенными
параметрами: Учеб. Пособие. Самар. госуд. аэрокосмич. ун-т.Самара, 2002.
80 с.
ISBN
Рассматриваются собственные и вынужденные колебания стержней
постоянного сечения. Излагается вариационный принцип Гамильтона, методика определение частот и форм собственных колебаний стержней переменного
сечения, стержней с присоединенным жестким грузом с использованием методов Рэлея-Ритца и Бубнова-Галеркина. Рассматриваются совместные изгибнокрутильные колебания крыла, приближенная качественная математическая модель изгибно-крутильного флаттера крыла в дозвуковом потоке.
Пособие предназначено для студентов специальности 071100 - Динамика
и прочность машин, изучающих курс «Аналитическая динамика и теория колебаний». Разработано на кафедре прочности летательных аппаратов.
Табл. 4. Ил. 43. Библиогр: 9 назв.
Печатается по решению редакционно-издательского совета Самарского
государственного аэрокосмического университета им. акад. С.П. Королева.
Рецензенты: д-р технич. наук, профессор Ю.Э. Сеницкий,
д-р технич. наук, профессор Н.Н. Столяров.
ISBN
© Самарский государственный
аэрокосмический университет, 2002.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3
1. КОЛЕБАНИЯ СТЕРЖНЕЙ ПОСТОЯННОГО СЕЧЕНИЯ
1.1. Продольные и крутильные колебания стержней
1.1.1. Д и ф ф р е н ц и а л ь н ы е у р а в н е н и я д в и ж е н и я . Рассмотрим стержень, совершающий колебания вдоль его оси (рис. 1.1). Совместим начало координат с левым торцом. Пусть вдоль оси стержня действует погонная
возмущающая сила q x = q x ( x, t ) . Обозначим через u x = u x ( x, t ) перемещение
произвольного сечения стержня в процессе колебаний, через N = N ( x, t ) - про-
дольную силу упругости в рассматриваемом сечении, а через m0 - погонную
массу стержня. Выделим, далее, двумя сечениями бесконечно малый элемент
y
стержня длиной dx .
qx(x,t)
dx
x
На рис. 1.1 показаны силы, дейстx
вующие на выделенный элемент при поux
ложительных перемещениях u x . Здесь и в
N
дальнейшем диссипативными силами будем пренебрегать. Добавив к приведенным
на рисунке силам силы инерции
qxdx
N+
∂N
dx
∂x
Рис. 1.1
⎛
∂ 2u x ⎞
⎜ − m0
dx ⎟⎟ , можно, в соответствии с принципом Д'Аламбера, рассматривать
⎜
2
∂
t
⎝
⎠
выделенный элемент как находящийся в состоянии статического равновесия:
∂ 2u x
∂N ⎞
⎛
− m0
dx + q x dx + ⎜ N +
dx ⎟ − N = 0 .
∂t2
∂x ⎠
⎝
Отсюда имеем
m0
∂ 2u x
∂t2
−
∂N
∂x
= qx .
(1.1)
Продольная сила упругости N = Aσ xx = EAε xx , где σ xx , ε xx - нормальное
напряжение и линейная деформация, которые полагаем по сечению стержня
постоянными; E , A - модуль упругости материала и площадь поперечного сечения стержня. В соответствии с геометрическими соотношениями Коши
ε xx = ∂u x ∂x . Тогда, после подстановки N в (1.1), получим
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4
∂u ⎞
∂⎛
(1.2)
⎜⎜ EA x ⎟⎟ = q x .
∂ t 2 ∂x ⎝
∂x ⎠
Для однородного стержня постоянного сечения EA = const , m0 = const , и
m0
∂ 2u x
−
последнее уравнение может быть приведено к виду
∂ 2u x q x
∂ 2u x
− aп2
=
,
∂t2
∂t2
m0
aп2 = EA m0 = E ρ ,
где
(1.3)
(1.4)
ρ - плотность материала.
Рассмотрим теперь крутильные колебания круглого стержня (рис. 1.2).
Через m x = m x ( x , t ) на рисунке обозначен возмущающий погонный крутящий
момент. Обозначим через ϑ x = ϑ x ( x, t ) угол закручивания сечения стержня.
x
dx
y
mx (x)
x
Mx
z
Mx +
mx dx
Рис. 1.2
∂M x
∂x
dx
Выделим, как и ранее,
двумя сечениями бесконечно
малый элемент стержня длиной
dx . Если к внешним моментам,
действующим на элемент и показанным на рисунке, добавить
момент
от
инерционных
⎛
∂ 2ϑ x ⎞
сил ⎜⎜ − I m 0
dx ⎟⎟ , где I m 0 - по2
t
∂
⎠
⎝
гонный массовый момент инерции стержня, то в соответствии с
принципом Д'Аламбера можно записать
∂ 2ϑ x
∂M x ⎞
⎛
− I m0
dx
+
m
dx
+
M
+
dx ⎟ − M x = 0 ,
⎜
x
x
∂x
∂t2
⎝
⎠
откуда
∂ 2ϑ x ∂M x
I m0
−
= mx .
∂t2
∂x
Крутящий момент M x связан с углом закручивания ϑ x зависимостью
∂ϑ x
, где I p - полярный момент инерции поперечного сечения, G ∂x
модуль сдвига. Подстановка M x в последнее равенство дает
M x = GI p
∂ 2ϑ x ∂ ⎛
∂ϑ x ⎞
⎟ = mx .
⎜
−
I m0
GI
∂ t 2 ∂x ⎜⎝ p ∂x ⎟⎠
(1.5)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5
Для однородного стержня постоянного сечения получим
∂ 2ϑ x m x
∂ 2ϑ x
− aк2
,
=
∂t2
∂ x 2 I m0
где
(1.6)
aк2 = GI p I m 0 .
Дифференциальные уравнения (1.5), (1.6) получены для стержня круглого поперечного сечения, для которого при кручении справедлива гипотеза
плоских сечений. Если стержень имеет иную форму сечения, то при кручении
имеет место депланация поперечного сечения, т.е. точки поперечного сечения
выходят из своей плоскости. При строгой постановке динамической задачи
здесь следует учесть инерцию поступательного перемещения точек стержня в
направлении его оси. Однако в инженерных расчетах, как правило, этим пренебрегают, и для исследования крутильных колебаний используют уравнения
типа (1.5), (1.6), где вместо полярного момента инерции I p подставляют геометрическую жесткость на кручение I кр , зависящую от формы поперечного сечения. Для прямоугольного сечения, например, I кр = kab 3 , где коэффициент k
зависит от отношения сторон прямоугольника a b ( b - размер меньшей стороны); для стержня эллиптического сечения I кр = πa 3b 3 (a 2 + b 2 ) , где a , b - полуоси эллипса; для однозамкнутой тонкостенной конструкции
ds
I кр = Ω 2 ∫ ,
(1.7)
h
где h - толщина оболочки, Ω - удвоенная площадь фигуры, ограниченной
средней линией контура поперечного сечения, а интегрирование ведется по
этой средней линии.
1.1.2 Р е ш е н и е д и ф ф е р е н ц и а л ь н ы х у р а в н е н и й с в о бодных продольных и крутильных колебаний стержня
п о с т о я н н о г о с е ч е н и я . При отсутствии возмущающих сил дифференциальные уравнения (1.3) и (1.6) принимают вид
∂ 2u x
∂ 2u x
2
− aп
= 0,
(1.8)
∂t2
∂ x2
∂ 2ϑ x
∂t2
− aк
2
∂ 2ϑ x
∂t2
= 0.
(1.9)
Следуя методу Фурье, представим частное решение уравнения (1.8) в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от координаты
x , а вторая - от времени t :
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6
u xr ( x ,t ) = vr ( x ) Tr (t ) .
Подставив это решение в (1.8) и обозначив производные по координате x
штрихами, а производные по времени t - точками сверху, запишем
vr ( x )T&&r (t ) − aп2 vr′′ ( x )Tr (t ) = 0
или
aп2 vr′′ ( x ) T&&r (t )
=
vr ( x ) Tr (t )
Здесь левая дробь зависит только от x , а правая - только от t . Это возможно лишь в том случае, когда обе дроби не зависят ни от x , ни от t , т.е.
представляют собой некоторую константу. Обозначим ее через (− ω r2 ) 1. Тогда,
⎫
T&&r (t ) + ω r2Tr (t ) = 0;
⎬
2
vr′′ ( x ) + α r vr ( x ) = 0 , α r = ω r aп .⎭
С учетом равенства (1.4) имеем
ω r = α r EA m0 .
(1.10)
(1.11)
Решения уравнений (1.10) при α r ≠ 0 , ω r ≠ 0 имеют вид
Tr (t ) = C1r sinω r t + C 2 r cosω r t ;⎫
vr ( x ) = Ar sinα r x + Br cosα r x. ⎬⎭
(1.12)
Положим C1r = Cr cosϕ r , C 2 r = Cr sinϕ r и получим
Tr (t ) = C r sin (ω r t + ϕ r ) .
Включив константу C r в Ar и Br , можно записать
u xr ( x , t ) = ( Ar sinα r x + Br cosα r x )sin (ω r t + ϕ r ) = vr ( x )sin (ω r t + ϕ r ) .
Суммируя частные решения, получим общее решение дифференциального
уравнения (1.8):
∞
u x ( x , t ) = ∑ v r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ).
(1.13)
r =1
Параметр ω r представляет собой круговую частоту свободных (собственных) колебаний стержня и равен числу колебаний в 2π секунд. В дальнейшем мы для краткости изложения будем этот параметр называть просто
частотой свободных колебаний не оговаривая, что это круговая частота.
Упругая сила в сечениях стержня может быть также представлена в виде
ряда
∂u ( x , t ) ∞
N ( x , t ) = EA x
= ∑ N r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ) ,
(1.14)
∂x
r =1
1
Положительная константа не соответствует колебательному движению стержня.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где
7
(1.15)
N r ( x ) = EAα r ( Ar cosα r x − Br sinα r x ).
Положим в равенствах (1.12), (1.15) x = 0 и получим
Ar = N r (0 ) (α r EA) ,
Br = vr (0 ) ,
(1.16)
что позволяет записать
N r (0 )
⎫
sinα r x + vr (0 )cosα r x;
⎪
α r EA
⎬
N r ( x ) = N r (0 )cosα r x − EAα r vr (0 ) sinα r x.⎪⎭
vr ( x ) =
(1.17)
Решая аналогично дифференциальное уравнение (1.9), получим для крутильных колебаний
∞
ϑ x ( x , t ) = ∑ v r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ), ω r = α r GI кр I m0 ;⎫⎪
r =1
∞
⎬
⎪
⎭
M x ( x , t ) = ∑ M r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ) ,
r =1
где
vr ( x ) = Ar sinα r x + Br cosα r x;
⎫
M r ( x ) = GI крα r ( Ar cosα r x − Br sinα r x )⎬⎭
или
M r (0 )
⎫
⎪
α r GI кр
⎬
M r ( x ) = M r (0 )cosα r x − GI крα r vr (0 )sinα r x. ⎪⎭
vr ( x ) =
sinα r x + vr (0 )cosα r x;
(1.18)
(1.19)
(1.20)
1.1.3. О п р е д е л е н и е ч а с т о т и ф о р м с о б с т в е н н ы х к о лебаний при различных условиях закрепления стержн я . Решение задач будем рассматривать на примере продольных собственных
колебаний стержня постоянного сечения, а затем обобщим на случай крутильных колебаний.
Стержень закреплен по торцам
(рис. 1.3). Поскольку при x = 0 и x = l
перемещения u x ( x , t ) = 0 в любой момент времени, то на основании (1.13) получим граничные условия в форме
1. vr (0 ) = 0 ,
y
l
x
Рис. 1.3
2. vr ( l ) = 0 .
Воспользуемся теперь выражением (1.12). Из первого граничного условия
вытекает, что Br = 0 .Таким образом
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8
vr ( x ) = Ar sinα r x .
(1.21)
Из второго граничного условия, обозначив α r l = β r , имеем
Ar sinβ r = 0 .
Если Ar = 0 , то колебания отсутствуют. Следовательно, sinβ r = 0 , откуда
β r = π r ( r = 1,∞ ). Дело в том, что при r = 0 в соответствии с (1.10) v0′′⎛⎜⎝ x ⎞⎟⎠ = 0 ,
значит
v0 ⎛⎜⎝ x ⎞⎟⎠ = A0 + B0 x .
(1.22)
Нетрудно убедиться в том, что это решение не удовлетворяет граничным
условиям задачи при A0 ≠ 0 или B0 ≠ 0 , следовательно r ≠ 0 . Тогда, имея в виду, что α r = β r l , из выражения (1.11) получим частоты колебаний
ω r = β r EA (m0 l 2 ) .
(1,23)
В рассматриваемом случае
ω r = π r EA (m0 l 2 ) ≈ π r E ( ρ l 2 ) ,
(r = 1...∞ ) .
(1.24)
Опустим в (1.21) постоянную Ar и получим закон изменения по длине
стержня амплитуд перемещений, соответствующих частотам колебаний ω r формы колебаний u r ( x ) :
u1 ( x ) = sin
π
u 2 ( x ) = sin
2π
l
l
3π
u 3 ( x ) = sin
l
Рис. 1.4
y
u r ( x ) = sin
x.
l
На рис. 1.4 показаны графически первые три
формы колебаний.
Один торец стержня закреплен, второй
свободен (рис. 1.5).Здесь на свободном торце при
продольных колебаниях упругая сила N = 0 , а у
закрепленного u x = 0 . Граничные условия примут
вид
1. vr (0 ) = 0 ;
l
x
Рис. 1.5
πr
2. N r (l ) = 0 .
Как и в предыдущей задаче, постоянная Br = vr (0 ) = 0 , и имеет место
выражение (1.21), а согласно равенству
(1.17) N r ( x ) = N r (0 )cosα r x . Из второго
граничного условия получим N r ( 0 ) cos β r = 0 ,откуда
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
β r = (2r − 1)π 2 ,
(r = 1,∞ ).
Частоты собственных колебаний определяются по (1.23). Для форм колебаний имеет место
зависимость
(2r − 1)π r x .
u r ( x ) = sin
(1.26)
2l
Первые 3 формы колебаний представлены
графически на рис.1.6.
9
(1.25)
u1 ( x ) = sin
y
Согласно (1.16) постоянные Ar = 0 , и на
основании (1.12), (1.15) имеем
vr ( x ) = Br cosα r x ,
⎫
N r ( x ) = − EAα r Br sinα r x.⎬⎭
2l
x
u 2 ( x ) = sin
3π
x
2l
u 3 ( x ) = sin
5π
x
2l
Свободный стержень (рис.1.7) Граничные
условия запишутся как
1. N r (0 ) = 0 ; 2. N r (l ) = 0 .
π
Рис. 1.6
l
x
Рис. 1.7
(1.27)
Имея в виду, что Br ≠ 0 , из второго граничного условия получим
β r sin β r = 0 , откуда:
βr = π r
(r = 0,∞ ).
Частоты собственных колебаний определяются по (1.23). Покажем, что
нулевая частота колебаний в рассматриваемом случае не противоречит граничным условиям. С учетом (1.22) можно записать
N 0 ( x ) = EAv0′ ( x ) = EAB0 .
Из граничных условий задачи вытекает, что B0 = 0 . Тогда из (1.22) полу-
чим v0 ( x ) = A0 = const . Таким образом, нулевой частоте колебаний соответствует, как и следовало ожидать, перемещение стержня как жесткого тела.
Формы колебаний в соответствии с (1.27)
имеют вид
πr
ur (x ) =
x.
l
Их графическая интерпретация приведена на
рис. 1.8.
В случае крутильных колебаний стержня
u0 (x) = 1
u1 ( x ) = cos
u 2 ( x ) = cos
π
l
x
2π
x
l
Рис. 1.8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
10
частота колебаний определяется по формуле
ω r = β r GI кр (I m0 l 2 ) .
При аналогичных с продольными колебаниями условиями закрепления
по торцам значения параметров β r будут здесь такими же, как и при продольных колебаниях. Такими же будут и формы колебаний.
M
Стержень с грузом на конце
(рис.1.9). Поскольку у левого торца стерРис. 1.9
жень закреплен, то при x = 0 перемещение
u x = 0 , вследствие чего постоянная Br = 0 . Поэтому
x
l
vr ( x ) = Ar sinα r x ,
⎫
N r ( x ) = EAα r Ar cosα r x.⎬⎭
M
−M
N(l,t)
∂ 2u x
∂ t2
x =l
Рис. 1.10
(1.28)
Чтобы
сформулировать
второе граничное условие, расчленим систему, как показано
на рис. 1.10. Если кроме силы
N (l , t ) к грузу приложить силу
⎛
∂ 2u x
⎜
инерции − M
⎜
∂t 2
⎝
⎞
⎟ , то в соответствии с принципом Д'Аламбера имеет ме⎟
x =l ⎠
∂ 2u x
сто равенство N (l ,t ) + M
= 0 или
∂t 2 x = l
∞
∞
r =1
r =1
∑ N r (l )sin (ω r t + ϕ r ) = M ∑ ω r2 vr (l )sin (ω r t + ϕ r ).
Приравняем коэффициенты при sin (ω r t + ϕ r ) и с учетом (1.28) получим
EAα r cosα r l = Mω r2 sinα r l .
Поскольку ω r2 = α r EA m0 , то последнее равенство можно привести к виcosα r l =
ду
M
m0
α r sinα r l .
Обозначим α r l = β r , M (m0 l ) = κ и получим трансцендентное уравнение
для определения параметра β r :
tgβ r = 1 (κβ r ) .
(1.29)
Это уравнение можно решить графически, как показано на рис.1.11, а затем итерационным уточнением определить значения параметров β r [1].
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
11
Рис. 1.11
При κ = 2 , например, β1 = 0 ,6533 , β 2 = 3,292 , β 3 = 6 ,361 и т.д., а частоты
колебаний, согласно (1.11), равны ω1 = 0 ,6533 EA (m0 l 2 ) , ω 2 = 3,292 EA (m0 l 2 ) ,
ω 3 = 6,361 EA (m0 l 2 ) .
При κ = 1 имеем β1 = 0 ,8603 , а при κ = 0,5 - β 1 = 1,0769 . Для определения
частот колебаний следует воспользоваться выражением (1.23).
Определенный интерес представляет сопоставление низшей частоты колебаний с частотой, подсчитанной как для системы с одной степенью свободы
при приближенном учете по методу Рэлея влияния собственной массы упругой
связи. В рассматриваемом случае к массе груза M следует добавить 1/3 массы
стержня [8,9]. Учитывая, что коэффициент жесткости стержня k = EA l , получим.
ω1 =
~
k
1
M + 3 m0 l
=
EA
(κ + ) m l
1
3
0
=
2
1
κ + 13
EA
~ EA
= β1
.
2
m0 l
m0 l 2
(1.30)
~
~
При κ = 2 получим β1 = 0 ,6547 , при κ = 1 - β1 = 0 ,8660 , при κ = 0,5 -
β 1 = 1,0954 . Погрешность по сравнению с точным решением составляет соответственно 0,21%, 0,67% и 1,7%.
1.2. Поперечные колебания балки
1.2.1 Д и ф ф е р е н ц и а л ь н о е у р а в н е н и е д в и ж е н и я . Пусть
балка, показанная на рис. 1.12, совершает поперечные (изгибные) колебания.
Полагаем, что центр изгиба поперечного сечения совпадает с его центром тяжести, а одна из главных центральных осей инерции сечения лежит в плоскости
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
12
y
изгиба xy . Обозначим через q y = q y ( x ,t )
qy(x,t)
x
dx
x
распределенную возмущающую нагрузку,
через u y = u y ( x ,t ) - поперечные перемещения точек оси балки.
Рис. 1.12
∂ uy
2
− m0
y
Qy
∂t 2
Mz
uy
qydx
dx
Mz +
Qy +
∂M z
dx
∂x
∂Q y
∂x
сила, M z = M z ( x ,t ) - изгибающий момент.
dx
x
dx
Выделим на расстоянии x от начала
координат бесконечно малый элемент балки длиной dx и покажем на рис. 1.13 силы,
действующие на него в процессе колебаний. Здесь Q y = Q y ( x ,t ) - перерезывающая
Правило знаков для Q y и M z соответству-
ет принятому в сопротивлении материалов.
Воспользуемся принципом Д'Аламбера и спроектируем все силы на
ось y :
Рис. 1.13
∂ 2u y
∂Q y ⎞
⎛
⎜
dx
+
q
dx
+
Q
−
Q
+
dx ⎟⎟ = 0 ,
y
y
⎜ y
∂t 2
x
∂
⎠
⎝
∂ 2 u y ∂Q y
+
m0
= qy .
откуда
∂t 2
∂x
Если пренебречь инерцией вращения выделенного элемента, то из уравнения моментов относительно оси z получится известное соотношение
∂M z
Qy =
. Перемещение u y обусловлено изгибом балки и сдвигом. При по∂x
строении приближенной теории поперечных колебаний обычно сдвигом пренебрегают. В этом случае при малых колебаниях можно воспользоваться дифференциальным уравнением изогнутой оси балки M z = EI z ∂ 2 u y ∂x 2 , где I z − m0
момент инерции поперечного сечения относительно главной центральной оси.
Подстановка приведенных соотношений в последнее равенство дает дифференциальное уравнение поперечных колебаний балки переменного сечения в виде
∂ 2u y ⎞
∂ 2u y ∂ 2 ⎛
⎜ EI z
⎟ = qy .
+
m0
(1.31)
2
2 ⎜
2 ⎟
∂x ⎠
∂t
∂x ⎝
Для однородной балки постоянного сечения получим
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
13
∂ 2u y
∂ 4u y
+ EI z
(1.32)
= qy .
∂x 4
∂t 2
1.2.2. Р е ш е н и е д и ф ф е р е н ц и а л ь н о г о у р а в н е н и я с в о бодных поперечных колебаний балки постоянного сеч е н и я . При отсутствии возмущающих сил дифференциальное уравнение
(1.32) имеет вид
∂ 4u y
∂ 2u y
m0
+ EI z
= 0.
(1.33)
∂x 4
∂t 2
Имея в виду, что свободные или собственные колебания носят гармонический характер, частное решение уравнения (1.33) будем отыскивать в форме
u yr ( x ,t ) = vr ( x )sin (ω r t + ϕ r ) .
(1.34)
m0
Подстановка (1.34) в (1.33) приводит к обыкновенному линейному дифференциальному уравнению
− m0ω r2 vr ( x ) + EI z vr
Введем обозначение
IV
(x ) = 0
α r4 = m0ω r2 (EI z )
(1.35)
и приведем последнее уравнение к виду
vr ( x ) − α r4 vr ( x ) = 0 .
IV
(1.36)
Этому дифференциальному уравнению при α r ≠ 0 (ω r ≠ 0 ) соответству-
ет характеристическое уравнение k 4 − α r4 = 0 или (k 2 − α r2 )(k 2 + α r2 ) = 0 , корни
которого равны k1,2 = ±α r , k 3 ,4 = ±iα r . Следовательно, частными решениями
дифференциального
уравнения
(1.36)
являются
функции
ch α r x , sh α r x , cosα r x , sin α r x. Известно, что любая линейная комбинация частных решений дифференциального уравнения дает также частное решение.
При исследовании поперечных колебаний балки удобно за частные решения
уравнения (1.36) принять так называемые функции Крылова:
K1 (α r x ) =
(ch α r x + cosα r x );⎫
⎪
K (α r x ) = (sh α r x + sin α r x ); ⎪⎪
2
⎬
1
K (α r x ) = (ch α r x − cosα r x );⎪
2
⎪
1
K (α r x ) = (sh α r x − sin α r x ). ⎪
⎭
2
2
1
2
1
(1.37)
3
4
Функции Крылова обладают некоторыми замечательными свойствами.
Дифференцирование их по x дает
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
14
K 1′ (α r x ) = α r K 4 (α r x ) , K 1′′(α r x ) = α r2 K 3 (α r x ) , K 1′′′(α r x ) = α r3 K 2 (α r x ) ; ⎫
⎪
K 2′ (α r x ) = α r K 1 (α r x ) , K 2′′(α r x ) = α r2 K 4 (α r x ) , K 2′′′(α r x ) = α r3 K 3 (α r x ) ; ⎪
⎬ (1.38)
K 3′ (α r x ) = α r K 2 (α r x ) , K 3′′(α r x ) = α r2 K 1 (α r x ), K 3′′′(α r x ) = α r3 K 4 (α r x ) ; ⎪
K 4′ (α r x ) = α r K 3 (α r x ) , K 4′′(α r x ) = α r2 K 2 (α r x ) , K 4′′′(α r x ) = α r3 K 1 (α r x ) .⎪⎭
Нетрудно убедиться в том, что при x = 0
K 1 (0 ) = 1, K 2 (0 ) = K 3 (0 ) = K 4 (0 ) = 0; K 2′ (0 ) = α r , K 1′ (0 ) = K 3′ (0 ) = K 4′ (0 ) = 0;⎫
⎬ (1.39)
K 3′′(0 ) = α r2 ,K 1′′(0 ) = K 2′′(0 ) = K 4′′(0 ) = 0;K 4′′′(0 ) = α r3 , K 1′′′(0 ) = K 2′′′(0 ) = K 3′′′(0 ) = 0. ⎭
Запишем теперь общее решение дифференциального уравнения (1.36):
vr ( x ) = c1r K1 (α r x ) + c2 r K 2 (α r x ) + c3r K 3 (α r x ) + c4 r K 4 (α r x ).
(1.40)
Суммируя (1.34), получим общее решение дифференциального уравнения
в частных производных (1.33):
∞
u y ( x , t ) = ∑ v r ( x ) sin (ω r t + ϕ r )
(1.41)
r =1
Для дальнейших рассуждений нам потребуются выражения для угла поворота поперечных сечений ϑ z ( x , t ) = ∂ u y ( x , t ) ∂ x , изгибающего момента
M z ( x , t ) = EI z ∂ 2 u y ( x , t ) ∂ x
2
и
перерезывающей
силы
Q y ( x , t ) = EI z ∂ 3u y ( x , t ) ∂ x . Подставим в эти соотношения выражения (1.41),
3
(1.40) и получим
∞
ϑ z ( x , t ) = ∑ ϑ r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ) ; ⎫⎪
r =1
∞
⎪
⎪
M z ( x , t ) = ∑ M r ( x ) sin (ω r t + ϕ r ) ;⎬
r =1
⎪
∞
Q y ( x , t ) = ∑ Qr ( x ) sin (ω r t + ϕ r ) , ⎪
⎪⎭
r =1
(1.42)
где
ϑ r ( x ) = α r [c1r K 4 (α r x ) + c 2 r K 1 (α r x ) + c 3r K 2 (α r x ) + c 4 r K 3 (α r x )];
⎫⎪
M r ( x ) = EI z α r2 [c1r K 3 (α r x ) + c 2 r K 4 (α r x ) + c 3r K 1 (α r x ) + c 4 r K 2 (α r x )];⎬ (1.43)
Qr ( x ) = EI z α r3 [c1r K 2 (α r x ) + c 2 r K 3 (α r x ) + c 3r K 4 (α r x ) + c 4 r K 1 (α r x )] . ⎪⎭
Для x = 0 , учитывая (1.39), запишем
vr (0 ) = c1r , ϑr (0 ) = α r c2 r , M r (0 ) = EI zα r2 c3r , Qr (0 ) = EI zα r3 c4 r
или
c1 r = v r ( 0 ) , c 2 r =
ϑ r (0 )
M (0 )
Q (0 )
, c 3r = 2 r
, c 4 r = 3r
.
αr
α r EI z
α r EI z
(1.44)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
15
При α r = 0 ( ω r = 0 ) дифференциальное уравнение (1.36) принимает вид
v0
IV
(x ) = 0 . Его решением будет функция
v (x ) = c + c
0
10
20
x + c3 0 x 2 + c 4 0 x 3 .
(1.45)
Отсюда
ϑ 0 ( x ) = v 0′ ( x ) = c 2 0 2c 3 0 x + 3c 4 0 x 2 ;
⎫
⎪⎪
M 0 ( x ) = EI z v 0′′ ( x ) = EI z (2c 3 0 + 6c 4 0 x) ;⎬
⎪
Q0 ( x ) = EI z v 0′′′( x ) = 6 EI z c 4 0 .
⎪⎭
(1.46)
1.2.3. О п р е д е л е н и е ч а с т о т и ф о р м с о б с т в е н н ы х п о перечных колебаний при различных условиях закрепления балки.
Балка шарнирно закреплена по концам (рис. 1.14). В этом случае на
концах балки перемещение u y ( x , t ) и изги- y
l
бающий момент M z ( x , t ) в каждый момент
времени равны нулю. Отсюда следуют граРис. 1.14
ничные условия:
1. vr (0 ) = 0 , 2. M r (0 ) = 0 , 3. vr (l ) = 0 , 4. M r (l ) = 0 .
x
Из первых двух условий с учетом (1.44) вытекает, что c1r = c3r = 0 . Тогда
v r ( x ) = c 2 r K 2 (α r x ) + c 4 r K 4 (α r x ) ;
⎫
⎬
M r ( x ) = EI z α r [c 2 r K 4 (α r x ) + c 2 r K 2 (α r x )] .⎭
2
(1.47)
Положим здесь x = l и в соответствии с граничными условиями 3 и 4 запишем систему уравнений относительно постоянных c2 r и c4 r :
c 2 r K 2 ( β r ) + c 4 r K 4 ( β r ) = 0 , ( β r = α r l );⎫
(1.48)
⎬
EI z α r2 [c2 r K 4 ⎛⎜⎝ β r ⎞⎟⎠ + c4 r K 2 ⎛⎜⎝ β r ⎞⎟⎠ ] = 0.
⎭
Поскольку система уравнений однородная, то при αr ≠ 0 нетривиальное
решение будет иметь место, если ее определитель равен нулю:
K 2 (β r ) K 4 (β r )
=0
K 4 (β r ) K 2 (β r )
Развернув определитель, получим K 22 (β r ) − K 42 (β r ) = 0 или
[K (β r ) + K (β r )] [K (β r ) − K (β r )]
2
4
2
4
= 0.
(1.49)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
16
С учетом (1.37) имеем K 2 (β r ) + K 4 (β r ) = shβ r . Если shβ r = 0 , то β r = 0
( α r = 0 ). Можно показать, что это противоречит граничным условиям задачи. В
самом деле, подставив (1.45), (1.46) в граничные условия, получим
1.v0 (0 ) = c10 = 0 ,
2. M 0 (0 ) = 2 EI z c30 = 0 ,
3.v0 (l ) = c10 + c20 l + c30 l 2 + c40 l 3 = 0 ,
4. M 0 (l ) = EI z (2c30 + 6c40 l ) .
Отсюда вытекает, что все постоянные интегрирования оказываются равными нулю, т.е. v0 ( x ) = 0 . Таким образом, перемещения, соответствующие
β r = 0 , при рассматриваемых условиях закрепления невозможны, и первый сомножитель в (1.49) не может быть равным нулю. Следовательно, нулю равен
второй сомножитель:
K 2 (β r ) − K 4 (β r ) = sinβ r = 0 .
(1.50)
Отсюда
(
)
β r = π r r = 1,∞ , α r = π r l .
На основании (1.35) частоты собственных колебаний будут равны
ω r = α r2 EI z m0 = β r2 EI z (m0 l 4 ) .
(1.51)
Найдем теперь формы колебаний. Из (1.50) вытекает, что
K 2 (β r ) = K 4 (β r ). Подстановка в (1.48) дает c4 r = − c2 r . Тогда первое равенство
(1.47) приведется к виду
vr ( x ) = c2 r [K 2 (α r x ) − K 4 (α r x )] = c2 r sinα r x .
Формы колебаний u r ( x ) , характеризующие закон изменения амплитуд
перемещений с точностью до постоянного множителя, определяются функциями
πr
u r ( x ) = sin
x,
(1.52)
l
а графическое их представление показано на рис. 1.4.
Консольная балка (рис. 1.5). Здесь у заделки равны нулю перемещение u y
и угол поворота сечения ϑ z , а на свободном конце - изгибающий момент M z и
перерезывающая сила Q y . Граничные условия имеют вид
1.vr (0 ) = 0 , 2.ϑr (0 ) = 0 , 3. M r (l ) = 0 , 4.Qr (l ) = 0 .
Из условий 1 и 2 в соответствии с (1.44) имеем c1r = c2 r = 0 . Тогда
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
17
vr ( x ) = c3r K 3 (α r x ) + c4 r K 4 (α r x ) ;
⎫⎪
2
M r ( x ) = EI zα r [c3r K1 (α r x ) + c4 r K 2 (α r x )];⎬
Qr ( x ) = EI zα r3 [c3r K 4 (α r x ) + c4 r K1 (α r x )]. ⎪⎭
(1.53)
Граничные условия 3 и 4 приводят к системе однородных уравнений относительно постоянных c3r , c4 r :
EI zα r2 [c3r K1 (β r ) + c4 r K 2 (β r )] = 0;⎫
⎬
EI zα r3 [c3r K 4 (β r ) + c4 r K1 (β r )] = 0. ⎭
(1.54)
Можно показать, что, как и в предыдущей задаче, α r ≠ 0 . Тогда должен
быть равен нулю определитель
K1 (β r ) K 2 (β r )
= 0 , т.е. K12 (β r ) − K 2 (β r )K 4 (β r ) = 0
K 4 (β r )
K1 (β r )
или с учетом (1.37) (chβ r + cosβ r ) 2 − (sh 2 β r − sin 2 β r ) = 0 . Имея в виду, что
sh 2 β r − ch 2 β r = 1 , после тождественных преобразований получим трансцендентное уравнение
cosβ r = −1 chβ r .
(1.55).
Приближенное решение этого уравнения можно получить графически,
как показано на рис. 1.15. Итерационное уточнение [1] дает для первых трех
корней значения β 1 = 1,87510 , β 2 = 4 ,69409 , β 3 = 7 ,85476 . Для r > 3
β r = (2r − 1)π 2 . Частоты колебаний определяются по формуле (1.51).
Рис. 1.15
Из первого равенства (1.54) имеем c4 r = − c3r K1 (β r ) K 2 (β r ) . Подстановка
K (β )
⎡
⎤
vr ( x ) = c3r ⎢ K 3 (α r x ) − 1 r K 4 (α r x )⎥
K 2 (β r )
⎣
⎦
Следовательно, формы колебаний определяются функциями
⎛ x ⎞ K (β ) ⎛ x ⎞
ur (x ) = K 3 ⎜ β r ⎟ − 1 r K 4 ⎜ β r ⎟ ,
(1.56)
⎝ l ⎠ K 2 (β r ) ⎝ l ⎠
в первое равенство (1.53) дает
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
18
u1(x) которые представляют собой линейные комбинации частных решений дифференциального уравнения (1.36). Графики первых трех
u2(x)
форм колебаний приведены на рис. 1.16.
u3(x)
Рис. 1. 16
Свободная балка (рис.1.7). Здесь на
концах балки изгибающий момент и перерезывающая сила равны нулю. Граничные ус-
ловия задачи:
1. M r (0 ) = 0 ; 2. Qr (0 ) = 0 ; 3. M r (l ) = 0 ; 4. Qr (l ) = 0 .
Из условий 1 и 2 с учетом (1.44) вытекает, что с3r = с4 r = 0 . Тогда
v r ( x ) = c1r K 1 (α r x ) + c 2 r K 2 (α r x ) ;
⎫
⎪
M r ( x ) = EI z α r2 [c1r K 3 (α r x ) + c 2 r K 4 (α r x )] ;⎬
Q r ( x ) = EI z α r3 [c1r K 2 (α r x ) + c 2 r K 3 (α r x )] . ⎪⎭
Граничные условия 3 и 4 приводят к системе уравнений
EI z α r2 [c1r K 3 ( β r ) + c 2 r K 4 ( β r )] = 0;⎫
⎬
EI z α r3 [c1r K 2 ( β r ) + c 2 r K 3 ( β r )] = 0 .⎭
(1.57)
(1.58)
При α r ≠ 0 нетривиальное решение для c1r и c2 r имеет место при равенстве нулю определителя
K 3 (β r ) K 4 (β r )
= 0.
K 2 (β r ) K 3 (β r )
Развернем определитель и после тождественных преобразований получим трансцендентное уравнение
(1.59)
cos β r = 1 ch β r ,
графическое решение которого показано на рис. 1.17, а итерационное
Рис. 1.17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
19
уточнение [1] дает β 1 = 4,73004 β 2 = 7,85320. При r ≥3 β r = (2r + 1)π 2 .Частоты
колебаний определяются по (1.51)
Из первого равенства (1.58) получаем c2 r = − c1r K 3 (β r ) K 4 (β r ) .
Подстановка в первое из соотношений (1.57) дает
K (β )
⎡
⎤
vr ( x ) = c1r ⎢ K1 (α r x ) − 3 r K 2 (α r x )⎥ .
(1.60)
(
)
β
K
⎣
⎦
4
r
Формы колебаний балки, соответствующие отличным от нуля частотам,
определяются функцией
⎛ x ⎞ K (β ) ⎛ x ⎞
u r ( x ) = K1 ⎜ β r ⎟ − 3 r K 2 ⎜ β r ⎟ .
(1.61)
⎝ l ⎠ K 4 (β r ) ⎝ l ⎠
(α
Уравнению (1.59) удовлетворяет также очевидное решение β 0 = 0 .
0
= 0 ) . Выясним, возможны ли для рассматриваемого случая перемещения с
частотой ω 0 = 0 . Значению α 0 = 0 соответствуют выражения (1.45), (1.46). Подстановка (1.46) в граничные условия дает
1. M 0 (0 ) = 2 EI z c3 0 = 0 ;
2. Q0 (0 ) = 6 EI z c4 0 = 0 ;
3. M 0 (l ) = EI z ⎛⎜ 2c3 0 + 6c4 0 l ⎞⎟ = 0 ;
⎝
4. Q0 (l ) = 6 EI z c4 0 = 0 .
⎠
Таким образом, c3 0 = c4 0 = 0 , с учетом чего выражение (1.45) принимает
вид
v0 ( x ) = c1 0 + c2 0 x = c1 0 + c2 0 x l ,
т.е. нулевой частоте собственных колебаний соответствуют перемещение балки
в направлении оси y и ее поворот как жесткого тела. Соответствующие формы
колебаний имеют вид
u0 1 (x ) = 1 , u0 2 (x ) = x l .
(1.62)
Графическое представление некоторых
форм колебаний свободной балки приведено на
рис. 1.18.
Для балки, защемленной на концах (рис.
1.3), граничные условия имеют вид
1.vr (0 ) = 0 , 2.ϑr (0 ) = 0 , 3.vr (l ) = 0 , 4.ϑr (l ) = 0.
Приведем здесь результаты исследования частот и форм колебаний без вывода Для определения параметров β r получается такое же
трансцендентное
уравнение
cos β r = 1 ch β r
u01(x)
u02(x)
u1(x)
u2(x)
u3(x)
Рис. 1.18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
20
(1.59), как и в предыдущей задаче. Однако перемещения, соответствующие
β 0 = 0 , не удовлетворяют граничным условиям задачи. Что же касается отличных от нуля частот колебаний, то они получаются здесь такими же, как и при
колебаниях свободной балки, а соответствующие им формы колебаний определяются выражением
⎛ x ⎞ K (β ) ⎛ x ⎞
u r ( x ) = K 3 ⎜ β r ⎟ − 3 r K 4 ⎜ β r ⎟ . (1.63)
u1 (x)
⎝ l ⎠ K 4 (β r ) ⎝ l ⎠
u2 (x)
u3 (x)
Представление о характере первых
трех форм колебаний можно получить из
рис. 1.19.
Консольная балка с грузом на конце.
Расчетная модель приведена на рис. 1.9.
Инерцией вращения груза будем пренебрегать, полагая его массу сосредоточенной в одной точке. Из условий u y (0 ,t ) = 0 , ϑr (0 , t ) = 0 получаем, что
Рис. 1.19
c1r = c2 r = 0 . В этом случае для vr ( x ) , M r ( x ) и Qr ( x ) справедливы зависимости
(1.53).
При x = l изгибающий момент M z (l , t ) = 0 , вследствие чего с учетом
(1.53) имеем
M r (l ) = EI zα r2 [c3r K1 (β r ) + c4 r K 2 (β r )] = 0 .
(1.64)
Чтобы сформулировать
четвертое граничное условие,
мысленно отделим груз от
x
2
∂ uy
балки, как показано на
Qy(l,t)
−M
2
∂t x = l рис.1.20. При x = l в сечении
балки действует перерезыРис. 1.20
вающая сила Q y (l , t ) . Такая же сила, но направленная в противоположную стоy
l
Qy(l,t)
рону, действует со стороны балки на массу M . Если к ней добавить силу инер-
(
ции − M ∂ 2 u y ∂ t 2
x =l
), то можно рассматривать груз как находящийся в со-
стоянии равновесия, т.е.
Q y (l , t ) − M ∂ 2 u y ∂ t 2
x =l
=0 .
Подставим в это равенство ряды (1.41), (1.42):
∞
∞
r =1
r =1
∑ Qr (l ) sin (ω r t + ϕ r ) + M ∑ ω r2 vr (l ) sin (ω r t + ϕ r ) = 0 .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
21
Отсюда с учетом (1.53) получим
EI zα r3 [c3r K 4 (β r ) + c4 r K1 (β r )] + Mω r2 [c3r K 3 (β r ) + c4 r K 4 (β r )] = 0 .
Напомним, что ω r2 = α r4 EI z m0 . Введем теперь, как и ранее, обозначение
κ = M (m0 l ) и приведем последнее равенство к виду
c3r [K 4 (β r ) + κβ r K 3 (β r )] + c4 r [K1 (β r ) + κβ r K 4 (β r )] = 0 .
Выразим функции Крылова через гиперболические и тригонометрические
функции по (1.37) и получим для определения β r трансцендентное уравнение
cos β r = κβ r (sin β r − th β r cos β r ) − 1 ch β r .
(1.65)
Графическое определение первых трех корней этого уравнения для κ = 1
приведено на рис. 1.21. Здесь f (β ) = κβ (sin β - th β cosβ ) − 1 ch β .
Рис. 1.21
Итерационное уточнение по формуле (1.65) дает следующие значения:
β 1 = 1,24792, β 2 = 4,03114, β 3 = 7,13413, β 4 = 10,2566.
В
соответствии
с
(1.51)
низшая
частота
колебаний
равна
ω1 = β 12 EI z (m0 l 4 ) = 1,5573 EI z (m0 l 4 ) . Если рассматривать расчетную
модель, представленную на рис. 1.9, как систему с одной степенью свободы и
приближенно учесть по методу Рэлея собственную массу балки, то частота поперечных колебаний ω1 будет равна
ω1 =
k
M + γ m0 l
=
k
m0 l (κ + γ )
.
Для консольной балки k = 3 EI z l 3 , а коэффициент γ = 33/140 [8, 9]. При
κ = 1 получим ω1 = 1.5581 EI z (m0 l 4 ) , т.е. погрешность по сравнению с точным значением низшей частоты составляет всего лишь 0,05%. Отметим, что
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
22
метод Рэлея дает для консольной балки даже при κ = 0 (M = 0 ) погрешность в
величине частоты основного тона поперечных колебаний только 1,47%.
1.3. Условия ортогональности форм собственных колебаний.
Обобщенная масса стержня.
Условия ортогональности форм собственных колебаний стержней с распределенной массой можно получить непосредственно [8], но проще это сделать предельным переходом от систем с конечным числом степеней свободы.
Пусть стержень длиной l совершает свободные поперечные (рис. 1.22,а), продольные (1.22,b) или крутильные колебания. Разобьем его на n малых участков,
(
)
имеющих длину Δx = l n . Массу каждого участка M i = m0 ( x )Δx i = 1, n сосредоточим на его конце и придем к системе с n степенями свободы: невесомой
балке с сосредоточенными массами - при
поперечных колебаниях, цепной системе, состоящей из невесомых пружин и
жестких грузов, - при продольных и крутильных колебаниях.
y
y
Δx
xi
Δx
xi
x
x
uir = ur(xi)
uir = ur(xi)
M i = m0 (xi) Δx
M i = m0 (xi) Δx
a
Рис. 1.22
b
Условие ортогональности форм собственных колебаний системы с конечным числом степеней свободы имеет вид [1,9]
[ur ] [M ] [u s ] = 0 ,
T
(1.66)
где [u r ] , [u s ] - формы колебаний, соответствующие частотам колебаний ω r и
ω s ( ω s ≠ ω r ); [M ] - матрица масс, которая является в нашем случае диагональной.
Запишем условие ортогональности (1.66) для поперечных и продольных
колебаний в развернутой форме
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
23
0 ⎤ ⎡ u1s ⎤
⎡M 1
⎢ M
⎥ ⎢u ⎥
2
⎢
⎥ ⎢ 2s ⎥
O
⎥⎢ M ⎥=0
[u1r u 2 r ... uir ... unr ] ⎢
Mi
⎢
⎥ ⎢ uis ⎥
⎢
O ⎥⎢ M ⎥
⎢ 0
M n ⎥⎦ ⎢⎣u ns ⎥⎦
⎣
или
n
∑ M i uir uis = 0 .
i =1
В соответствии с рис. 1.22 uir = u r (xi ) , uis = u s (xi ), M i = m0 (xi )Δx , и мы
получим
n
∑ m0 (xi ) u r (xi ) u s (xi ) Δx = 0 .
i =1
В пределе, при Δx → 0 , имеем
l
∫ m0 ( x ) u r ( x ) u s ( x ) dx = 0 .
(1.67)
0
Это и есть интересующее нас условие ортогональности форм собственных продольных и поперечных колебаний. Аналогичные рассуждения для случая крутильных колебаний дают
l
∫ I m 0 ( x ) u r ( x ) u s ( x )dx = 0 .
0
Для стержней постоянного сечения, при m0 ( x ) = const , I m 0 ( x ) = const , условие ортогональности форм собственных колебаний принимает вид
l
∫ u r ( x ) u s ( x )dx = 0 .
(1.68)
0
(
Если в сечениях x = x j стержня расположены сосредоточенные массы
)
M j j = 1,q , то для продольных и поперечных колебаний можно записать
n
q
i =1
j =1
∑ m0 ( xi ) u r ( xi ) u s ( xi )Δ x + ∑ M j u r (x j ) u s (x j ) = 0 ,
что при Δ x → 0 дает условие ортогональности
l
q
0
j =1
∫ m0 ( x ) u r (x ) u s (x ) dx + ∑ M j u r (x j ) u s (x j ) = 0 .
(1.69)
При исследовании поперечных колебаний свободной балки постоянного
сечения мы установили, что частоте колебаний ω 0 = 0 соответствуют согласно
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
24
(1.62) две формы колебаний: u 0 1 = 1 и u 02 = x l (перемещения балки как жесткого тела). Каждая из них ортогональна всем прочим формам колебаний балки,
но между собой они не являются ортогональными. Известно, что любая линейная комбинация форм колебаний, соответствующих одной частоте, является
также формой колебаний. Положим u 0 2 ( x ) = u 02 ( x ) + a u 01 ( x ). Параметр a определим из условия, чтобы форма колебаний u 02 ( x ) была ортогональна u 01 ( x ) , т.е.
чтобы удовлетворялось условие (1.68):
l
∫ [u 02 ( x ) + a u 01 ( x )] u 01 ( x )dx = 0
0
или
l
l
0
0
∫ u 02 ( x ) u 01 ( x ) dx + a ∫ u 012 (x ) dx = 0 .
После подстановки в последнее равенство u 02 ( x ) , u 01 ( x ) и интегрирования
получим a = − 1 2 . Таким образом, u 20 ( x ) = x l − 1 2 , что соответствует повороту
балки относительно центра масс.
При разложении движения системы с конечным числом степеней свободы по формам собственных колебаний обобщенная масса Μ r , соответствующая частоте колебаний ω r , определяется по формуле [1,8]
Μ r = [u r ]T [M ] [u r ].
Представление стержня с распределенной массой, как показано выше, в
виде системы с n степенями свободы приводит в случае поперечных и продольных колебаний к следующему выражению для обобщенной массы:
n
Μ r = ∑ m0 (xi ) u r2 (xi ) Δx .
i =1
При Δx → 0 получим
l
Μ r = ∫ m0 (xi ) u r2 (xi ) dx .
(1.70)
0
Если в сечениях стержня x = x j расположены сосредоточенные массы
Mj
( j = 1,q ), то
l
q
0
j =1
Μ r = ∫ m0 ( xi ) u r2 ( xi ) dx + ∑ M j u r2 (x j ).
(1.71)
Для крутильных колебаний стержня аналогичные рассуждения дают
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
25
l
q
Μ r = ∫ I m 0 u r ( xi )dx + ∑ I Mj u r2 (x j ) ,
(1.72)
2
j =1
0
где I Mj - массовый момент инерции груза, расположенного в сечении x = x j ,
относительно оси стержня.
1.4. Влияние постоянной осевой силы на частоту собственных
поперечных колебаний балки
Рассмотрим случай, когда на конце y
l
балки постоянного сечения, совершающей поперечные колебания, приложена
F
постоянная осевая сила F (рис. 1.23). Для
x
x
dx
составления уравнения движения воспользуемся принципом Д’Аламбера. ВыРис. 1.23
делим, как и ранее, на расстоянии x от
начала координат бесконечно малый элемент длиной dx . На рис.1.24 показаны
силы, действующие на него в процессе колебаний.
При малых колебаниях нормальную силу N можно считать постоянной и
равной внешней силе F , но угол
∂M z
Mz +
dx
между этими силами и осью x
2
∂x
∂
u
y
при переходе от сечения x к се- y
− m0
dx
∂u y ∂ 2 u y
2
N
∂t
чению x + dx получает прираще+
dx
2
∂
∂
x
x
ние, как показано на рисунке.
Qy
Приравняем нулю сумму
проекций на ось y всех сил, действующих на выделенный
⎛ ∂u y
мент, положив
cos ⎜⎜
⎝ ∂x
⎛ ∂u y ⎞ ∂u y
⎟=
sin ⎜⎜
:
⎟
⎝ ∂x ⎠ ∂x
− m0
или
∂ 2u y
∂t 2
эле⎞
⎟ = 1,
⎟
⎠
∂u y
∂x
Mz
Qy +
∂Q y
∂x
dx
N
uy
x
Рис. 1.24
⎛ ∂u y ∂ 2 u y ⎞
∂Q y ⎞
∂u y
⎛
dx + Q y − ⎜⎜ Q y +
dx ⎟⎟ + F ⎜
+
dx ⎟ − F
=0
2
⎜ ∂x
⎟
∂
x
∂
x
∂
x
⎝
⎠
⎝
⎠
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
26
∂ 2u y
∂Q y
∂ 2u y
= 0.
+
−F
(1.73)
∂t 2
∂x
∂x 2
Можно показать, что в условии равенства нулю момента всех сил, приложенных к выделенному элементу, нормальные силы дают члены высшего
порядка малости, вследствие чего мы придем к известному соотношению
Q y = ∂M z ∂x . Воспользуемся дифференциальным уравнением упругой линии
m0
балки M z = EI z ∂ 2 u y ∂ x 2 и приведем (1.73) к виду
∂ 2u y
∂ 4u y
∂ 2u y
= 0.
+ EI z
−F
(1.74)
∂t 2
∂x 4
∂x 2
Считаем, что балка совершает гармонические колебания, и будем отыскивть частные решения уравнения (1.74) в форме
u yr ( x ,t ) = vr ( x )sin (ω r t + ϕ r ) .
(1.75)
m0
при этом относительно функции vr ( x ) получим линейное дифференциальное
уравнение
EI z vr
IV
(x ) − Fvr′′ (x ) − m ω r vr (x ) = 0 .
2
0
Полагая, что для шарнирно закрепленной балки формы колебаний имеют
здесь такой же вид, как и при поперечных колебаниях балки без осевой силы
F , получим формулу для определения ее частот собственных колебаний. В соответствии с (1.52) vr ( x ) = c2 r sin (π r x l ) .Подстановка в последнее дифференциальное уравнение дает
EI z (π r l )4 + F (π r l )2 − m0ω r2 = 0 .
Отсюда
4
EI ⎛ π r ⎞
F ⎛πr ⎞
ωr = z ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
m0 ⎝ l ⎠
m0 ⎝ l ⎠
2
2
или
ωr =
2
π 4 r 4 EI z ⎛⎜
m0 l 4
⎜
⎝
1+
(1.76)
⎞
⎟.
2 2
π r EI z ⎟⎠
Fl 2
Обозначим выражение перед скобкой последнего равенства через ω r2 0 .
Сопоставление с (1.51) показывает, что ω r 0 представляет собой частоту собственных колебаний шарнирно закрепленной балки без осевой силы. Выражение
π 2 r 2 EI z l 2 численно равно критической силе Fкр при различных формах потери устойчивости шарнирно закрепленного сжатого стержня. В итоге имеем
ω r = ω r 0 1 + F Fкр .
(1.77)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
27
Если к балке приложена сжимающая сила, абсолютная величина которой
равна F , то
ω r = ω r 0 1 − F Fкр .
(1.78)
Из формул (1.77) и (1.78) видно, что с ростом растягивающей осевой силы частоты поперечных колебаний увеличиваются, а с ростом сжимающей силы - уменьшаются. Если сжимающая сила равна критической, то частота колебаний равна нулю.
Сделаем еще одно отступление и рассмотрим колебания натянутой струны. Изгибная жесткость струны EI z весьма невелика, вследствие чего первое
слагаемое в правой части (1.76) пренебрежимо мало по сравнению со вторым.
Тогда частоты колебаний струны будут равны
ω r = π r F (m0 l 2 ) .
При r = 1 имеем частоту основного тона колебаний, а при r ≥ 2 получаем
ряд последовательных обертонов. Напомним, что формы колебаний определяются зависимостью u r ( x ) = sin (π rx l ) . Колебания струны реализуются в виде
совокупности стоячих волн. Звук, издаваемый струной, складывается из отдельных тонов или гармоник. Амплитуды высших гармоник обычно быстро
убывают с ростом их номера, и все их действие сводится к созданию тембра
звука, различного для разных музыкальных инструментов и определяемого
способом извлечения звука и типом резонатора.
1.5. Колебания балки на упругом основании.
Полагаем, что балка постоянного сечения, лежащая на упругом
основании (рис.1.25), в процессе колебаний не может от него оторваться.
Упругое основание считаем линейным (ос- y
l
нованием Винклера). Это значит, что со стороны
uy(x,t)
основания на колеблющуюся балку действует реакция
q y ( x ,t ) = −ku y ( x ,t ) ,
(1.79)
-kuy(x,t)
пропорциональная перемещению и направленная
Рис. 1.25
в противоположную ему сторону. Здесь k - так называемый коэффициент постели упругого основания. Для исследования свободных колебаний балки вос-
x
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
28
пользуемся дифференциальным уравнением (1.32), в правой части которого запишем q y ( x ,t ) в соответствии с (1.79):
m0
∂ 2u y
∂t 2
+ EI z
∂ 4u y
∂x 4
= −ku y
или
∂ 2u y
∂ 4u y
+ EI z
+ ku y = 0.
(1.80)
∂t 2
∂x 4
Будем отыскивать частное решение дифференциального уравнения (1.80)
в форме (1.75) и после подстановки получим обыкновенное линейное дифференциальное уравнение
m0
EI z vr IV ( x ) − (m0ω r2 − k ) vr ( x ) = 0.
Введем обозначение
α r4 = (m0ω r2 − k ) EI z
(1.81)
и приведем последнее уравнение к виду
vr IV ( x ) − α r4 vr ( x ) = 0 ,
совпадающему с (1.36). Решение его записывается через функции Крылова:
vr ( x ) = c1r K1 (α r x ) + c2 r K 2 (α r x ) + c3r K 3 (α r x ) + c4 r K 4 (α r x ).
Остаются справедливыми соотношения (1.41)...(1.46), а также параметры
β r = α r l и формы колебаний u r ( x ) для различных условий закрепления балки,
полученные в п. 1.2.3. При этом в соответствии с (1.81) частоты колебаний будут равны
ω r = β r4
EI z
k
k
2
+
=
ω
+
.
r
0
m0 l 4 m0
m0
(1.82)
Через ω r 0 здесь обозначены частоты колебаний обычной балки при таких
же условиях закрепления на концах, что и балка на упругом основании. Если к
концам балки на упругом основании приложены растягивающие силы F , то на
основании (1.74), (1.80) дифференциальное уравнение ее свободных колебаний
будет иметь вид
∂ 2u y
∂ 4u y
∂ 2u y
+ EI z
−F
+ ku y = 0.
∂t 2
∂x 4
∂x 2
Отыскивая частное решение этого уравнения в форме (1.75), получим
IV
EI z vr ( x ) − Fvr′′ ( x ) − (m0ω r2 − k )vr ( x ) = 0.
m0
(1.83)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
29
Ограничимся рассмотрением случая шарнирного закрепления балки на
πr
концах и положим в соответствии с (1.52) vr ( x ) = c2 r sin
x. Подстановка в
l
дифференциальное уравнение (1.83) дает
⎛π r ⎞
⎛π r ⎞
⎜
⎟ EI z + ⎜
⎟ F − m0ω r2 + k = 0.
l
l
⎝
⎠
⎝
⎠
4
2
Отсюда
ωr =
2
π 4 r 4 EI z
m0 l 4
+
π 2r 2 F
m0 l 2
+
k
.
m0
(1.84)
Выражение для ω r можно привести к виду
(
ω r = ω r20 1 + F Fкр
)
+ k m0 .
Здесь, как и ранее, через Fкр = π 2 r 2 EI z l 2 обозначена критическая сила
при различных формах потери устойчивости шарнирно закрепленного сжатого
стержня, а через ω r 0 - частоты поперечных колебаний шарнирно закрепленной
балки, определяемые формулой (1.51).
1.6. Вынужденные колебания стержней
Рассмотрим здесь два подхода - когда при установившихся гармонических колебаниях возмущающая нагрузка приложена на конце стержня и когда для произвольной возмущающей нагрузки решение представляется разложением в ряд по формам собственных колебаний (решение в главных координатах). Методику будем иллюстрировать на примере поперечных колебаний
балки.
1.6.1. Установившиеся вынужденные колебания
балки, нагруженной гармонической возмущающей сил о й н а к о н ц е . Примеры соответствующих расчетных моделей приведены
на рис. 1.26.
Здесь отсутствует распределенная вдоль оси балки возмущающая нагрузка, вследствие чего дифференциальное уравнение движения будет однородным:
m0
∂ 2u y
∂t 2
+ EI z
∂ 4u y
∂x 4
= 0.
(1.85)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
30
Что же касается возмущающей нагрузки, то она учитывается в граничных
условиях. Установившиеся вынужденные колебания будут совершаться с частотой возмущающей силы. Поэтому решение уравнения движения будем отыскивать в виде
u y ( x ,t ) = v( x )cos pt .
(1.86)
Подстановка в (1.85) приводит к обыкновенному дифференциальному
уравнению
v IV ( x ) − α 4 v( x ) = 0 ,
α 4 = p 2 m0 EI z ,
(1.87)
решение которого записывается через функции Крылова:
v( x ) = c1 K1 (α x ) + c2 K 2 (α x ) + c3 K 3 (α x ) + c4 K 4 (α x ).
(1.88)
В рассматриваемом случае справедливы зависимости
ϑ z ( x ,t ) = ϑ ( x )cos pt , M z ( x ,t ) = M ( x )cos pt , Q y ( x ,t ) = Q( x )cos pt ,
где
ϑ ( x ) = α (c1 K 4 (α x ) + c2 K 1 (α x ) + c3 K 2 (α x ) + c4 K 3 (α x )) ,
M ( x ) = EI z α 2 (c1 K 3 (α x ) + c2 K 4 (α x ) + c3 K1 (α x ) + c4 K 2 (α x )),
Q( x ) = EI z α 3 (c1 K 2 (α x ) + c2 K 3 (α x ) + c3 K 4 (α x ) + c4 K1 (α x )) .
Остановимся теперь на более детальном рассмотрении расчетной модели,
y
приведенной на рис. 1.26,а. Для отыF0cospt скания постоянных c Kc мы располаl
1
4
a
гаем следующими граничными условиями:
1. v(0 ) = 0 ; 2. ϑ (0 ) = 0 ;
x
y
M0cospt
b
3. M (l ) = 0 ; 4. Q(l ) = − F0 .
x
y
M0cospt
c
x
Рис.1.26
Из условий 1 и 2 получаем, что
c1 = c2 = 0 . Условия 3 и 4 приводят к
системе уравнений относительно постоянных c3 и c4 :
c3 K 1 ( β ) + c 4 K 2 ( β ) = 0
(
c3 K 4 (β ) + c4 K1 (β ) = − F0 l 3 β 3 EI z
)
Здесь принято обозначение β = α l . Решение системы уравнений дает
c3 =
K 2 (β )
F0 l 3
β 3 EI z K1 (β ) − K 2 (β )K 4 (β )
Тогда
2
, c4 = −
K 1 (β )
F0 l 3
β 3 EI z K1 (β ) − K 2 (β )K 4 (β )
2
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
31
F0l 3 K 2 (β )K 3 (β x l ) − K1 (β )K 4 (β x l )
v( x ) =
K12 (β ) − K 2 (β )K 4 (β )
β 3 EI z
M (x ) =
F0 l K 2 (β )K1 (β x l ) − K1 (β )K 2 (β x l )
K1 (β ) − K 2 (β )K 4 (β )
β
2
,
.
Амплитуда перемещений точки приложения возмущающей силы после
тождественных преобразований оказывается равной
v(l ) =
F0l 3 ch β sin β − sh β cos β
β 3 EI z
1 + ch β cos β
.
(1.89)
Запишем выражение для амплитудного значения изгибающего момента у
заделки, имея в виду, что K1 (0 ) = 1 , K 2 (0 ) = 0 :
M (0 ) =
F0l (sh β + sin β )
β (1 + ch β cos β )
Как показано ранее, из условия K12 (β r ) − K 2 (β r )K 4 (β r ) = 0 или, что то же
самое, из равенства 1 + ch β r cos β r = 0 (1.55) определяется параметр β r , соответствующий частотам собственных колебаний консольной балки. Сопоставление (1.35) и (1.87) показывает, что при частоте возмущающей силы p , равной
одной из частот собственных колебаний балки ω r , знаменатель в выражении
для v( x ) обращается в нуль, т.е. имеет место резонанс.
1.6.2 Р е ш е н и е з а д а ч и о в ы н у ж д е н н ы х к о л е б а н и я х
б а л к и в г л а в н ы х к о о р д и н а т а х . Пусть к балке приложена произвольная возмущающая нагрузка q y ( x ,t ) , и дифференциальное уравнение движения имеет вид (1.32)
∂ 2u y
∂ 4u y
+ EI z
= q y ( x ,t ) .
∂t 2
∂x 4
Представим решение уравнения в виде разложения по формам собственных колебаний балки [1], соответствующих условиям ее закрепления,
m0
∞
u y ( x ,t ) = ∑ u r ( x )qr (t ) ,
(1.90)
r =0
и подставим это решение в дифференциальное уравнение
IV
∑ [m0u r (x )q&&r (t ) + EI z u r ( x )qr (t )] = q y ( x ,t ) .
∞
r =0
(1.91)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
32
Следует учесть, что при колебаниях свободной балки частоте ω r = 0 соответствуют две формы колебаний, которые, как показано в 1.3, можно привести к взаимно ортогональному виду. Поэтому будем в дальнейшем считать, что
все формы колебаний взаимно ортогональны. Формы колебаний u r ( x ) представляют собой линейные комбинации частных решений дифференциального
уравнения EI z u r
IV
(x ) − m ω r
0
2
vr ( x ) = 0 , следовательно, они удовлетворяют этому
уравнению. Поэтому можно записать EI z u r
(1.91) дает
∞
[
IV
(x ) = m ω r
2
0
u r ( x ). Подстановка в
]
2
∑ q&&r (t ) + ω r qr (t ) m0u r ( x ) = q y ( x ,t ).
r =0
Умножим здесь правую и левую части на u s ( x ) и проинтегрируем по x
от 0 до l :
∑ [q&& (t ) + ω
∞
r
r =0
r
2
]
l
l
0
0
qr (t ) m0 ∫ u r ( x )u s ( x )dx = ∫ q y ( x ,t )u s ( x )dx .
Учтем условие ортогональности форм собственных колебаний (1.68)
l
∫ u r ( x )u s ( x )dx = 0 при s ≠ r
0
и получим
q&&r (t ) + ω r 2 qr (t ) =
1 l
q ( x ,t ) u r ( x ) dx ,
Μ r ∫0 y
(1.92)
l
где согласно (1.70) Μ r = m0 ∫ u r 2 ( x ) dx - обобщенная масса, соответствующая
0
свободным колебаниям балки с частотой ω r .
Определенный интерес представляет случай, когда можно положить
q y ( x ,t ) = f ( x )T (t ) . Тогда
q&&r (t ) + ω r 2 q r (t ) =
y
x0
x
l
b
f( x )
x0
(1.93)
F 0 T ( t)
a
y
T (t ) l
f ( x ) u r ( x )dx .
Μ r ∫0
Δx
Р и с. 1.27
x
Если к балке в сечении x = x0 приложена сосредоточенная возмущающая
сила F0T (t ) , то можно поступить следующим образом. Силу F0 (рис. 1.27,а)
представим сначала в виде распределен-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
33
ной на интервале Δx нагрузки f ( x ) (рис. 1.27,b) так, чтобы f ( x )Δx = F0 . При
этом
l
x 0 + Δx
0
x0
∫ f ( x )u r ( x )dx = ∫ f ( x )u r (x )dx
По теореме о среднем имеем
x 0 + Δx
∫ f ( x ) u r (x )dx = f (ξ ) u r (ξ )Δx ,
x0 ≤ ξ ≤ x0 + Δx .
x0
При Δx → 0 получим
l
∫ f ( x )u r ( x )dx = lim [ f (ξ )u r (ξ )Δx ] = F0 u r ( x0 ) .
Δx→0
0
В рассматриваемом случае дифференциальное уравнение (1.93) примет
вид
q&&r (t ) + ω r 2 qr (t ) = F0 u r ( x0 )T (t ) Μ r .
(1.94)
С использованием (1.90), (1.94) решим задачу о вынужденных колебаниях
шарнирно опертой балки [1], нагруженной посредине гармонической возмущающей силой F0 cos pt (рис. 1.28), т.е. когда T (t ) = cos pt .
Частное решение неоднородного
уравнения (1.94) будем отыскивать в виде
y
F 0 c o sp t
l/2
l/2
q*r (t ) = C r cos pt . Подстановка в (1.94) дает
[ (
C r = F0 u r ( x0 ) Μ r ω r 2 − p 2
x
)] .
Р ис.1.28
Общее решение уравнения (1.94) запишется как
F0 u r ( x0 )
qr (t ) = Ar sinω r t + Br cos ω r t +
cos pt .
2
2
Μ r ωr − p
(
)
(1.95)
Первые два слагаемых здесь соответствуют собственным колебаниям
системы. При установившихся вынужденных колебаниях они за счет сил трения с течением времени затухают, и можно положить
F0 u r ( x 0 )
cos pt .
q r (t ) = q*r (t ) =
(1.96)
2
Μr ωr − p2
(
)
Для шарнирно опертой балки u r ( x ) = sin
πr ⎧⎪
l
u r (x0 ) = u r ⎛⎜ ⎞⎟ = sin = ⎨(− 1)
2
⎝2⎠
⎪⎩0
πr
l
x . Тогда
r −1
2
при нечетных r ,
при четных
r,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
34
l
Μ r = m0 ∫ sin 2
πr
l
0
m0 l
x dx =
2
,
r −1
qr (t ) =
2(− 1)
2
F0 cos pt
m0 lω r (1 − p ω r )
2
2
.
2
Подстановка в (1.90) с учетом выражения (1.51) для ω r дает
r −1
2 F l cos pt ∞ (− 1) sin (π rx l )
u y (x , t ) = 0 4
.
∑
π EI z r =1,3 ,5... r 4 (1 − p 2 ω 2 )
2
3
(1.97)
r
Ряд в (1.97) сходится быстро, и достаточно удержать 2...3 его члена. Изгибающий момент равен
M z ( x ,t ) = EI z
∂ uy
2
∂t 2
=−
∞
2 F0 l cos pt
π2
∑
r =1,3 ,5...
(− 1)
r −1
2
sin (π rx l )
r (1 − p ω r )
2
2
.
2
Здесь ряд сходится несколько хуже, и для обеспечения инженерной точности решения нужно удержать 5...6 его членов. Если рассматривается переходный процесс, т.е. вынужденные колебания при начальных условиях
∂u y
= ψ ( x ) , , то нужно в (1.90) подставить (1.95), и мы полуu y t =0 = ϕ ( x ) ,
∂t t = 0
чим1
∞
⎫
⎪⎪
r =1
⎬
∂ u y ( x ,t ) ∞
= ∑ u r ( x ) (ω r Ar cos ω r t − ω r Br sin ω r t − pCr sin pt ).⎪
⎪⎭
∂t
r =1
u y ( x ,t ) = ∑ u r ( x ) ( Ar sin ω r t + Br cos ω r t + Cr cos pt );
∞
∞
r =1
r =1
При t = 0 ∑ u r ( x ) ( Br + C r ) = ϕ ( x ) , ∑ u r ( x )ω r Ar = ψ ( x ) .
(1.98)
(1.99)
Чтобы найти постоянные Ar и Br , следует функции ϕ ( x ) и ψ ( x ) разложить в ряд по формам собственных колебаний балки. Если до начала нагружения система находится в покое, т.е. ϕ ( x ) = 0 , ψ ( x ) = 0 , то из (1.99) имеем Ar = 0 ,
Br = −Cr .
На основании (1.97), (1.98) в этом случае окончательное решение будет
иметь вид
В рассматриваемом примере перемещение балки как жесткого тела отсутствует, и суммирование начинается с r=1. При четных r коэффициент C r = 0 .
1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
35
2F l
u y (x , t ) = 4 0
π EI z
3
(− 1)
∞
∑
r = 1,3 ,5...
r −1
sin (π rx l )
(cos pt − cos ω r t ).
r 4 (1 − p 2 ω r2 )
2
1.7. Приближенный учет диссипативных сил при вынужденных колебаниях
В [1, 9] показано, что при вязком трении решение уравнений движения
системы с конечным числом степеней свободы может быть записано в виде
разложения по формам собственных колебаний системы без трения, если матрицу демпфирования представить как линейную комбинацию матрицы масс и
матрицы жесткости. Первое из этих слагаемых позволяет моделировать внешнее трение, а второе - внутреннее трение. Подобный подход может быть использован и для стержней с распределенной массой [1].
Если масса балки равномерно распределена по длине, то и внешнее
вязкое сопротивление будем считать также равномерно распределенным по
∂uy
.
длине, т.е. на балку действует погонная сила трения q тр = -2am0
∂t
Выделим из балки двумя сечениями бесконечно малый элемент длиной
dx и приложим действующие на него силовые факторы, включая силы инерции
(рис. 1.29). Из условия равенства нулю суммы проекций всех сил на ось y получим соотношение
m0
∂2 uy
∂t2
+ 2am0
∂uy
∂t
+
∂Q y
∂x
= qy .
(1.100)
Равенство нулю суммы моментов относительно оси z приводит, как и ра∂M z
нее, к зависимости Q y =
.
∂x
До сих пор мы исходили из эле∂ 2u y
y
− m0
dx
ментарной теории изгиба балки, осноQy
∂t 2
Mz
∂M z
ванной на гипотезе плоских сечений и
Mz +
dx
∂x
законе Гука σ xx = Eε xx . Вязкое внут∂Q y
реннее трение введем, полагая, что
нормальные напряжения зависят не
только от деформаций, но и от скорости
деформаций [1], заменив закон Гука
выражением
q y dx
Qy +
− 2 am 0
Р ис. 1.29
∂u y
∂t
∂x
dx
dx
x
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
36
∂ε ⎞
⎛
σ xx = E ⎜⎜ ε xx + 2b xx ⎟⎟ .
∂t ⎠
⎝
(1.101)
Из гипотезы плоских сечений вытекает, что перемещение в направлении
оси x точки поперечного сечения, отстоящей на y от нейтральной оси, равно
ux = − y
∂uy
∂x
. Тогда ε xx
∂2 uy
∂ ux
. Подстановка в (1.101) дает
=
= −y
∂x
∂ x2
σ xx
⎛ ∂2 uy
∂3 u y ⎞
= − E⎜
+ 2b 2 ⎟ .
⎜ ∂ x2
∂ x ∂ t ⎟⎠
⎝
(1.102)
Используя правило знаков, принятое в сопротивлении материалов, запишем с учетом (1.102) выражение для изгибающего момента:
⎛ ∂2 uy
∂3 u y ⎞
⎜
M z = − ∫ y σ xx dA = E
+ 2b 2 ⎟ ∫ y 2 dA
2
⎜
∂ x ∂ t ⎟⎠ A
A
⎝ ∂x
или
⎛ ∂2 uy
∂3 u y ⎞
⎜
M z = EI z
+ 2b 2 ⎟ .
⎜ ∂ x2
∂ x ∂ t ⎟⎠
⎝
Тогда
⎛ ∂4 uy
∂5 u y ⎞
⎜
= EI z
+ 2b 4 ⎟ .
⎜ ∂ x4
∂x
∂ x ∂ t ⎟⎠
⎝
∂ Qy
(1.103)
что после подстановки в (1.100) приводит к дифференциальному уравнению
m0
∂2 uy
∂t 2
⎛ ∂4 uy
∂5 u y ⎞
⎜
+ 2am0
+ EI z
+ 2b 4 ⎟ = q y .
⎜ ∂ x4
∂t
∂ x ∂ t ⎟⎠
⎝
∂uy
(1.104)
Представим u y ( x ,t ) разложением по формам собственных колебаний сис∞
темы без трения u y ( x ,t ) = ∑ u r ( x )qr (t ) и подставим в (1.104):
r =0
IV
∑ {m0 u r ( x )[q&&r (t ) + 2aq& r (t )] + EI z u r ( x )[qr (t ) + 2bq& r (t )]}= q y ( x ,t ) .
∞
r =0
Далее будем следовать рассуждениям предыдущего параграфа. С учетом
равенства EI z u r
IV
∞
(x ) = m ω r ur (x ) получим
2
0
∑ [q&&r (t ) + 2(a + ω r2 b )q& r (t ) + ω r2 qr (t )]m0 u r ( x )= q y ( x ,t ) .
r =0
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
37
Умножим теперь правую и левую части этого равенства на u s ( x ) и проинтегрируем по x от 0 до l . Воспользовавшись ортогональностью форм собстl
венных колебаний ∫ us ( x )u r ( x )dx = 0 при s ≠ r , в итоге имеем
0
1 l
q&&r (t ) + 2hr q& r (t ) + ω r qr (t ) =
q ( x ,t )u r ( x )dx ,
M r ∫0 y
2
(1.105)
где hr = a + ω r2 b .
После вычисления интеграла в правой части она будет представлять собой некоторую функцию времени. Следовательно, уравнение (1.105) совпадает
по виду с дифференциальным уравнением вынужденных колебаний системы с
одной степенью свободы.
Коэффициенты a и b определяются из эксперимента. Для этого нужно с
помощью вибратора возбудить колебания балки поочередно на двух резонансных частотах и после отключения вибратора по записи затухающих колебаний
определить логарифмические декременты δ 1 и δ 2 как для системы с одной степенью свободы [1, 9] из соотношения δ r = ln (Cr ,n Cr ,n +1 ) (r = 1,2 ) . Здесь C r ,n ,
C r ,n + 1 - значения соседних амплитуд колебаний. Учитывая, что hr ≈ δ rω r (2π ) ,
запишем
a + ω12 b =
δ 1ω1
,
a + ω 22 b =
δ 2ω 2
.
2π
2π
Из решения этой системы уравнений определяются параметры a и b :
ω ω (δ ω − δ 2ω1 )
δ ω − δ 1ω1
a= 1 2 1 2
, b= 2 2
.
(1.106)
2π (ω 22 − ω12 )
2π (ω 22 − ω12 )
После определения a и b и решения уравнений вида (1.105) определяются перемещения u y ( x ,t ) по формуле
∞
u y ( x ,t ) = ∑ u r ( x )qr (t ).
r =0
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
38
2. КОЛЕБАНИЯ СТЕРЖНЕЙ ПЕРЕМЕННОГО СЕЧЕНИЯ
2.1. Вариационный принцип Гамильтона
Рассмотрим произвольное упругое тело объемом τ , ограниченное поверхностью ω . При решении статических задач его напряженно-деформированное состояние может быть исследовано с использованием вариационного
принципа Лагранжа: из всех перемещений, допускаемых наложенными на тело
связями, в состоянии равновесия в действительности имеют место такие, при
которых полная потенциальная энергия системы V = U + П минимальна (вариация δ V = δ U + δ П = 0 ) Через U обозначена потенциальная энергия деформации, а через П - потенциал внешних сил, вариация которого равна [6]
⎛
⎞
δП = −⎜ ∫ [δ u ] T [R ]dτ + ∫ [δ u ] T [ p ]dω ⎟ .
⎜
⎟
⎝τ
(2.1)
ωp
⎠
Здесь [δ u ] = {δ u x δ u y δ u z } - матрица-столбец вариаций перемещений,
1
[ R] = {Rx R y Rz } - матрица-столбец объемных сил, [ p] = { p x p y p z } - матрицастолбец поверхностных сил, ω p -часть поверхности тела, на которой заданы
поверхностные силы. На части поверхности тела ω u , на которой заданы перемещения, последние не варьируются. Перемещения, объемные и поверхностные силы являются функциями координат x , y , z . Внешние силы при варьировании П считаются неизменными.
Перейдем теперь к задачам динамики упругого тела. Здесь объемные [R ]
и поверхностные [ p] силы, а также перемещения [u ] будут зависеть не только
от координат x , y , z , но и от времени t . Воспользуемся принципом Д'Аламбера:
если к внешним силам добавить силы инерции, то тело можно рассматривать
как находящееся в состоянии равновесия. Следуя работе [5] потенциал П разобьем на две части П = П вн + П ин , где П вн - потенциал внешних сил, а П ин потенциал сил инерции. Силы инерции суть силы объемные. Поэтому
Для удобства записи будем матрицы столбцы в случае необходимости выписывать в строку,
заключив их в фигурные скобки.
1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
39
δ П ин = − ∫ [δ u ]T [Rин ]dτ .
(2.2)
τ
Рассмотрим бесконечно малый элемент тела dτ . В пределах этого элемента вдоль осей x , y , z действуют соответственно силы инерции
−ρ
∂ 2u x
d t2
dτ , − ρ
∂ 2u y
d t2
dτ , − ρ
∂ 2u z
d t2
dτ , где ρ - плотность материала. Для сокра-
щения записи будем в пределах настоящего параграфа частные производные по
времени обозначать точками сверху (
∂ 2u x
dt
2
= u&&x и т. д.), так что вектор сил инер-
ции, приходящихся на единицу объема, равен
[ Rин ] = − ρ {u&&x u&&y u&&z } = − ρ [u&&]
Подстановка в (2.2) дает
δ П ин = ρ ∫ [δ u ]T [u&&]dτ .
(2.3)
τ
Воспользуемся тождественным соотношением
∂
[δ u ]T [u& ] = [δ u& ]T [u& ] + [δ u ]T [u&&],
∂t
[u& ] = {u& x u& y u& z }, [δ u& ] = {δ u& x δ u& y δ u& z } .
(
где
)
Тогда
(
)
∂
[δ u ]T [u& ] dτ .
τ ∂t
δ П ин = − ρ ∫ [δ u& ]T [u& ]dτ + ρ ∫
τ
(2.4)
Определим теперь кинетическую энергию T . В пределах бесконечно малого объема dτ имеем
dT =
(u&
2
ρ
2
x
)
+ u& 2y + u& z2 dτ .
Для всего упругого тела
T=
ρ
∫ ( u& x2 + u& 2y + u& z2 ) dτ .
2τ
Вариация кинетической энергии равна
(
δT = ρ ∫ u& xδ u& x + u& yδ u& y + u& z δ u& z
τ
или
)
⎡u& x ⎤
dτ = ρ ∫ δ u& x δ u& yδ u& z ⎢u& y ⎥ dτ
⎢ ⎥
τ
⎣u& z ⎦
δT = ρ ∫ [δ u& ] [ u& ]dτ .
T
τ
Подстановка этого выражения в (2.4) дает
[
]
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
40
(
∂
[δ u ]T [ u& ]) dτ .
τ ∂t
δП ин = −δT + ρ ∫
В итоге имеем
(
∂
[δ u ]T [ u& ]) dτ = 0 .
τ ∂t
δV = δU + δП вн − δT + ρ ∫
Проинтегрируем теперь последнее равенство по времени от t1 до t 2 :
t2
t2
t1
τ t1
δ ∫ (U + П вн − T )dt + ρ ∫ ∫
(
)
(
)
∂
[δ u ]T [u& ] dt dτ = 0 .
∂t
(2.5)
Рассмотрим интеграл
t2
(
)
∂
T
T
∫ ∂ t [δ u ] [u& ] d t = [δ u ] [u& ]
t
1
t2
t1
.
(2.6)
В соответствии с процедурой рассматриваемого метода введем ограничения на характер вариаций [δ u ] . Потребуем, чтобы вариации [δ u ] были равны
нулю на концах интервала интегрирования, т.е. при t = t1 и t = t 2 [5].Тогда интеграл в (2.5) будет равен нулю, и мы получим
t2
δ ∫ (U + П вн - T ) dt = 0 .
(2.7)
t1
t2
Интеграл ∫ (U + П вн - T ) dt Гамильтон назвал «действием». Можно теперь
t1
сформулировать вариационный принцип Гамильтона или «принцип действия»
Гамильтона: в процессе колебаний из всех перемещений, согласующихся со
связями системы, в действительности имеют место такие, при которых «действие» имеет стационарное значение.
2.2. Определение приближенного значения низшей частоты
собственных колебаний стержней методом Рэлея
Известно [1,9], что приближенное значение низшей частоты собственных
колебаний системы с конечным числом степеней свободы может быть определено по формуле Рэлея
ω12 = 2U 1 Μ 1 ,
(2.8)
где U 1 - потенциальная энергия системы при деформациях, соответствующих
форме колебаний при низшей частоте [u1 ] , а Μ 1 - обобщенная масса при той же
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
41
форме колебаний. Приближенным видом [u1 ] задаются и определяют частоту
колебаний ω1 .
В параграфе 1.3 показана возможность предельного перехода от колебаний с конечным числом степеней свободы к колебаниям стержней с распределенной массой. Так что формула Рэлея справедлива и для приближенного определения низшей частоты колебаний стержней.
Выражение для U 1 зависит от типа колебаний. Для поперечных колебаний
1l
2
U 1 = ∫ EI z ( x )(u 1′′( x )) d x ,
20
(2.9)
для продольных колебаний
1l
2
U 1 = ∫ EA ( x ) (u 1′ ( x )) d x
20
(2.10)
и для крутильных колебаний
1l
U 1 = ∫ GI кр ( x )(u1′ ( x )) 2 d x .
20
(2.11)
Обобщенная масса M 1 для поперечных и продольных колебаний в соответствии с (1.70) равна
l
Μ 1 = ∫ m0 ( x ) u12 ( x ) dx ,
(2.12)
0
а для крутильных колебаний согласно (1.72) имеем
l
Μ 1 = ∫ I m 0 ( x ) u12 ( x ) dx .
0
В (2.9) … (2.12) через u1 ( x ) обозначена форма колебаний при частоте ω1 ,
которой следует задаться.
Проиллюстрируем применение формулы Рэлея на примере поперечных
колебаний консольной балки. Рассмотрим сначала однородную балку постоянного сечения. Характер изогнутой оси балки при низшей частоте колебаний
(рис. 2.1) напоминает параболу. Поэтому примем сначала u1 ( x ) = ( x l )2 , u1′′( x ) = 2 l 2 . Обратим внимание на то, что функция удовлетворяет геометрическим граничным условиям
u1 (0 ) = 0 , u1′ (0 ) = 0 .
Подстановка в формулы (2.9) и (2.12) дает
y
u1(x)
l
Рис. 2.1
x
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
42
2U 1 = 4 EI z l 3 , Μ 1 = m0 l 5 .
Отсюда
ω12 = 20 EI z (m0 l 4 ), ω1 = 4 ,472 EI z (m0 l 4 ) .
Точное значение низшей частоты колебаний консольной балки постоянного сечения ω1 = 1,875 2 EI z (m0 l 4 ) = 3,516 EI z (m0 l 4 ) .
Погрешность приближенного решения составляет 27%. Постараемся выяснить причину столь высокой погрешности. Выбранная функция u1 ( x ) неплохо представляет характер изогнутой оси балки при колебаниях. Но в формуле
для потенциальной энергии деформации фигурирует вторая производная этой
функции, которая здесь постоянна по длине балки, а ведь на свободном конце
балки вторая производная должна быть равна нулю, так как равен нулю изгибающий момент.
Примем теперь за u1 ( x ) удовлетворяющую геометрическим граничным
условиям степенную функцию
u1 ( x ) = ( x l ) 2 − ( x l ) 3 3 ,
(2.13)
у которой вторая производная u1′′( x ) = 2(1 − x l ) l 2 обращается в нуль при x = l .
Подставим u1 ( x ) и u1′′( x ) в формулы (2.9) и (2.12) и получим
4 EI z l ⎛
2U 1 =
∫ ⎜1 −
l4 0⎝
2
4 EI
x⎞
⎟ dx = 3 z ,
3l
l⎠
2
l⎛
11m0 l
x2 1 x3 ⎞
Μ 1 = m0 ∫ ⎜⎜ 2 − 3 ⎟⎟ dx =
.
3l ⎠
105
l
0⎝
Тогда по формуле Рэлея
ω12 = 140 EI z (11m0 l 4 ), ω1 = 3,568 EI z (m0 l 4 ) .
Погрешность по сравнению с точным решением оказалась здесь равной
1,5%, т.е. получается вполне приемлемый для практических расчетов результат.
Пойдем, однако, дальше. При x = l должна быть равна нулю и перерезывающая сила, т.е. u1′′′(l ) = 0 . Всем геометрическим и статическим граничным условиям удовлетворяет функция
2⎛
x x2 ⎞
⎛ x⎞ 2⎛ x⎞ 1⎛ x⎞
u1 ( x ) = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ , u1′′( x ) = ⎜⎜1 − 2 + ⎟⎟ .
l2 ⎝
l l2 ⎠
⎝ l ⎠ 3⎝ l ⎠ 6⎝ l ⎠
2
3
4
Подстановка (2.14) в (2.9) и (2.12) дает
2U 1 = 4 EI z (5l 3 ), Μ 1 = 26 m0 l 405 .
(2.14)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
43
По формуле Рэлея получим
ω12 = 162 EI z (13m0 l 4 ), ω1 = 3,530 EI z (m0 l 4 ) .
Погрешность по сравнению с точным решением составляет здесь уже
только 0,4%. Обратим внимание на то, что формула Рэлея дает завышенное по
сравнению с точным значение частоты колебаний. Объясняется это тем, что,
задавая форму колебаний, отличную от действительной, мы как бы накладываем дополнительные внутренние связи на стержень, система становится более
жесткой, что и приводит к завышению частоты колебаний.
Рассмотрим теперь балку переменного сечения, приведенную на рис. 2.2.
y
Ширина балки на расстоянии x от заделки
l
равна b( x ) = b(1 − x 2l ) . Погонная масса
m0 ( x ) и момент инерции сечения будут ве-
личинами переменными и определяются
зависимостями
m0 ( x ) = m*0 [1 − x (2l )], I z ( x ) = I *z [1 − x (2l )],
где m*0 и I *z - соответственно погонная
h
x
x
b
b/2
b(x)
(2.15)
Рис. 2.2
масса и момент инерции при x = 0 .
Зададим форму колебаний u1 ( x ) в виде (2.13), которая дает для балки постоянного сечения удовлетворительные результаты. Подставим выражения для
u1 ( x ) , u1′′( x ) , m0 ( x ) и I z ( x ) в формулы (2.9) и (2.12) и после интегрирования получим
2U 1 = 7 EI *z (6l 3 ), Μ 1 = 313 m*0 l 5040 .
Из формулы Рэлея имеем
ω12 = 18,786 EI z* (m0* l 4 ), ω1 = 4 ,334 EI *z (m0* l 4 ) .
Сопоставление последнего результата с частотой колебаний балки постоянного сечения шириной b показывает, что за счет сужения балки к свободному концу частота колебаний увеличивается на 22%.
Рассмотрим теперь продольные колебания стержня постоянного сечения
( A = const , m 0 = const ), закрепленного при x = 0 (рис.1.5). Для приближенного
определения частоты колебаний ω1 зададимся формой колебаний u1 ( x ) , удов-
летворяющей геометрическим u1 (0 ) = 0 и статическим u1′ (l ) = 0 [N (l ) = 0] граничным условиям, в виде простейшей степенной функции
u1 ( x ) = x l − x 2 (2l 2 ), u1′ ( x ) = (1 − x l ) l .
Подстановка в (2.10), (2.12) дает
(2.16)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
44
2U 1 = EA (3l ) , Μ 1 = 2 m0 l 15 .
Тогда в соответствии с (2.2)
ω12 = 5 EA (2m0 l 2 ), ω1 = 1,581 EA (m0 l 2 ) .
Точное значение низшей частоты колебаний ω1 = 1,571 EA (m0 l 2 ) , так что
погрешность приближенного решения составляет 0,65%.
При исследовании продольных колебаний стержня переменного сечения,
представленного на рис. 2.2, положим A( x ) = (1 − x (2l ))A* ,где A* - поперечное
сечение стержня при x = 0 . В соответствии с (2.10), (2.12), (2,16) имеем
2U 1 = 17 EA* (48l ) , Μ 1 = 7 m*0 l 80 .
Тогда
ω12 = 85 EA* (21m*0 l 2 ), ω1 = 2,012 EA* (m*0 l 2 ) .
И здесь за счет сужения стержня к свободному краю частота основного
тона колебаний существенно увеличилась, а именно - на 27%.
2.3. Определение частот и форм собственных колебаний
стержней методом Рэлея-Ритца
2.3.1. Основные расчетные формулы. Воспользуемся вариационным
уравнением Гамильтона, которое для случая свободных колебаний принимает
вид
t2
δ ∫ (U − T ) dt = 0 .
t1
Представим перемещения u x ( x ,t ) , u y ( x ,t ) , ϑ x ( x ,t ) разложениями по
формам собственных колебаний:
u x ( x ,t )⎫ ∞
⎪
u y ( x ,t )⎬ = ∑ u r ( x ) qr (t ).
ϑ x ( x ,t )⎪⎭ r =1
(2.17)
Здесь u r ( x ) - форма колебаний, соответствующая частоте ω r , qr (t ) ∞
∞
r =1
r =1
главная координата. При этом справедливы зависимости U = ∑U r , T = ∑ Tr ,
где U r и Tr представляют собой потенциальную и кинетическую энергии при
колебаниях с частотой ω r .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
45
Рассматривая движение по одной из форм колебаний, запишем вариационное уравнение Гамильтона в виде
t2
δ ∫ (U r − Tr ) dt = 0 .
(2.18)
t1
В [1,9] показано, что для систем с конечным числом степеней свободы
Tr = 2 Μ r q& r2 (t ) , U r = U r qr2 (t ).
1
(2.19)
Здесь Μ r - обобщенная масса при колебаниях с частотой ω r , U r - потенциальная энергия при деформациях, соответствующих форме колебаний u r .
Поскольку, как уже отмечалось, для исследования колебаний стержней с распределенной массой можно воспользоваться предельным переходом от систем
с конечным числом степеней свободы, то зависимости (2.19) справедливы и в
рассматриваемом случае.
Подстановка (2.19) в (2.18) дает
t2
[
]
δ ∫ U r qr2 (t ) − 12 Μ r q& r2 (t ) dt = 0 .
t1
(2.20)
В дальнейшем для удобства изложения будем детально рассматривать
поперечные колебания, а затем обобщим на случай продольных и крутильных
колебаний стержней. Движение системы при колебаниях с частотой ω r определяется одним членом ряда (2.17)
u yr ( x ,t ) = u r ( x ) qr (t ).
При свободных колебаниях qr (t ) = sin (ω r t + ϕ r ). Примем сдвиг фаз
ϕ r = 0 , положив qr (t ) = sin ω r t . Поскольку qr (t ) известная функция времени, то
вариация перемещений
δ u yr ( x ,t ) = δ u r sin ω r t .
В соответствии с принципом Гамильтона вариации перемещений
δ u yr ( x ,t ) на концах интервала интегрирования при t = t1 и t = t 2 должны быть
равны нулю. В нашем случае это возможно, если sinω r t1 = sinω r t 2 = 0 . Положим
поэтому t1 = 0 , t 2 = π ω r и подставим qr (t ) и q& r (t ) в (2.20):
π ωr
(
)
δ ∫ U r sin 2ω r t − 12 ω r2 Μ r cos 2ω r t dt = 0 .
0
Заметим, что если ϕ r ≠ 0 , то пределы интегрирования приняли бы другие
значения, и только. Имея в виду, что
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
46
π ωr
π ωr
2
∫ sin ω r t dt = ∫ cos ω r t dt = π (2ω r ) ,
2
0
0
представим вариационное уравнение в виде
(
)
δ U r − 12 ω r2 Μ r = 0 .
(2.21)
При изгибных колебаниях имеем
1l
2
U r = ∫ EI z ( x )(u r′′ ( x )) dx ,
20
(2.22)
l
Μ r = ∫ m0 ( x )u r2 ( x )dx .
(2.23)
0
Следуя методу Ритца, будем форму колебаний u r ( x ) отыскивать в виде
усеченного ряда
m
u r ( x ) = ∑ a k v k ( x ).
(2.24)
k =1
Здесь vk ( x ) наперед выбираемые так называемые координатные (базисные) функции, удовлетворяющие геометрическим граничным условиям, ak числовые параметры, подлежащие отысканию.
Представим (2.21) в виде
δΦ = 0 , Φ = U r − 12 ω r2 M r .
Подставим в U r и M r . приближенное решение (2.24) и получим функционал
2
l
2
l
⎡m
⎤
⎡m
⎤
Φ = ∫ EI z ( x ) ⎢ ∑ ak vk′′ ( x )⎥ dx − 12 ω 2 ∫ m0 ( x ) ⎢ ∑ ak vk ( x )⎥ dx .
(2.25)
⎣k =1
⎦
⎣k =1
⎦
0
0
Индекс r при ω здесь и далее опускаем. Так как функции vk ( x ) заранее
1
2
выбираются, то после интегрирования получим Φ = Φ (a1 a2 K an K am ). Запишем
выражение для вариации δΦ и приравняем ее нулю:
m ∂Φ
δΦ = ∑
δ an = 0 .
n=1∂ a n
Здесь δ an - произвольные вариации. Поэтому должно иметь место
(
)
∂Φ ∂an = 0 n = 1,m . Продифференцируем (2.25) по an и получим
l
m
m
∂Φ l
2
′
′
′
′
= ∫ EI z ( x )vn ( x ) ∑ ak vk ( x ) dx − ω ∫ m0 ( x ) vn ( x ) ∑ ak vk ( x )dx = 0 .
∂an 0
k =1
k =1
0
Представим теперь интеграл от суммы в виде суммы интегралов
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
47
m
l
m
l
k =1
0
k =1
0
(
)
∑ ak ∫ EI z (x ) vn′′ (x ) vk′′ ( x )dx − ω 2 ∑ ak ∫ m0 ( x )vn ( x )vk ( x )dx = 0 , n = 1,m .
Обозначим через EI *z и m*0 изгибную жесткость балки и ее погонную
массу в некотором фиксированном сечении, умножим предыдущее равенство
на l 3 (EI *z ) и запишем
m
ω 2 m*0 l 4 m ak l m0 ( x )
I z (x )
′n′ ( x )vk′′ ( x )dx −
v
∑ l ∫ * vn ( x )vk ( x )dx = 0 . (2.26)
*
*
I
EI
0
0 m0
z
z k =1
l
∑ ak l 3 ∫
k =1
Введем обозначения
λ = ω 2 m*0 l 4 (EI *z ) или ω 2 = EI *z λ (m*0 l 4 ) ,
Ank
(2.27)
I z ( x ) ′′
1 l m0 ( x )
′
′
= l ∫ * vn ( x )vk ( x )dx , Bnk = ∫ * vn ( x )vk ( x )dx .
l 0 m0
0 Iz
l
3
Причем, как нетрудно заметить, Ank = Akn , Bnk = Bkn .Тогда равенство
(2.26) представятся в виде
m
∑ (Ank − λ Bnk ) ak = 0 , n = 1,m .
(2.28)
k =1
Относительно параметров ak мы получили систему линейных однородных алгебраических уравнений, которая имеет нетривиальное решение при равенстве нулю ее определителя. Из этого условия находятся значения λ , а затем
по (2.27) - частоты собственных колебаний ω .
Введем матрицу-столбец [a ] = {a1 ,a2 ,K ,am } квадратные симметричные
матрицы размером m × m
⎡ A11 A12 ⋅⋅⎤
⎡ B11 B12 ⋅⋅⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
A
A
B
B
⋅
⋅
⋅
⋅
21
22
21
22
⎥ , [ B] = ⎢
⎥.
[ A] = ⎢
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
и запишем систему уравнений (2.28) в матричной форме:
([ A] - λ[ B])[a] = [0].
(
)
(2.29)
Из этой записи видно, что параметры λr r = 1,m и соответствующие им
векторы [ar ] = {a1r ,a 2 r ,K ,amr } находятся из решения обобщенной проблемы
собственных значений. По формуле (2.27) подсчитываются частоты собственных колебаний ω r ,а форма колебаний u r ( x ) , соответствующая частоте ω r , определится по формуле
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
48
m
u r ( x ) = ∑ akr vk ( x ).
(2.30)
k =1
При вычислении коэффициентов Ank , Bnk целесообразно перейти к безразмерной координате ξ = x l , что дает
Ank
1 m (ξ )
I z (ξ )
′
′
′
′
= ∫ * vn (ξ )vk (ξ )dξ , Bnk = ∫ 0 * vn (ξ )vk (ξ ) dξ .
0 Iz
0 m0
1
(2.31)
где штрихами сверху обозначены производные по ξ .
Если с балкой связаны q - сосредоточенных грузов, то согласно (1.71)
обобщенная масса будет равна
l
q
0
j =1
Μ r = ∫ m0 ( x ) u r2 ( x ) dx + ∑ M j u r2 (x j ) ,
где M j - масса груза, расположенного на расстоянии x j от начала координат.
Повторив для этого случая предыдущие выкладки и введя обозначение
κ j = M j (m*0 l ) , в итоге получим
1m
Bnk = ∫
0
0
(ξ )
m*0
q
vn (ξ ) vk (ξ ) dξ + ∑ κ j vn (ξ j )vk (ξ j ).
(2.32)
j =1
При исследовании продольных колебаний стержня переменного сечения аналогичные рассуждения дают
A(ξ ) ′
*
′ (ξ ) dξ , ω 2 = EA
(
)
ξ
λ;
v
v
n
k
2
*
*
m
0l
A
0
1
⎫
⎪
⎪
⎬
1 m (ξ )
q
Bnk = ∫ 0 * vn (ξ ) vk (ξ ) dξ + ∑ κ j vn (ξ j )vk (ξ j ).⎪⎪
j =1
⎭
0 m0
а для крутильных колебаний имеем
1 I (ξ )
⎫
GIкр*
кр
2
′
′
Ank = ∫ * vn (ξ ) vk (ξ ) dξ , ω = * 2 λ ;
⎪
I m0l
⎪
0 I кр
⎬
1I
q
m0 (ξ )
Bnk = ∫ * vn (ξ ) vk (ξ ) dξ + ∑ χ j vn (ξ j )vk (ξ j ).⎪
⎪⎭
j =1
0 I m0
Ank = ∫
(2.33)
(2.34)
Здесь EA* , m*0 - жесткость стержня на растяжение и его погонная масса,
* - жесткость стержня на кручение и погонный массовый момент инерGI кр* , I m
0
ции в фиксированном сечении. При продольных колебаниях κ j = M j (m*0 l ) , а
при крутильных колебаниях χ j = I M j
(I m* l ) , где
0
I M j - массовый момент инер-
ции относительно оси x груза, расположенного в сечении x = x j .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
49
2.3.2. В качестве первого примера на применение метода Рэлея-Ритца
рассмотрим определение частот собственных колебаний консольной балки постоянного сечения (рис. 2.1). При выводе вариационного принципа Гамильтона
мы использовали принцип Лагранжа, из которого, как следствие, вытекают статические граничные условия [6]. При решении задач методом Ритца с достаточным числом членов ряда они удовлетворяются приближенно, в интегральном смысле. Поэтому не требуется, чтобы координатные функции vk ( x ) в обязательном порядке удовлетворяли статическим граничным условиям; достаточно, чтобы они удовлетворяли геометрическим граничным условиям. Зададимся
сначала в качестве координатных простейшими степенными функциями
vk (ξ ) = ξ k + 1
(k = 1,m).
(2.35)
При любых значениях k имеет место vk (0 ) = 0 , vk′ (0 ) = 0 , т.е. геометрические граничные условия удовлетворяются. Ограничимся представлением формы колебаний двумя членами ряда (2.24):
u r (ξ ) = a1v1 (ξ ) + a2 v2 (ξ )
В соответствии с (2.35) имеем
v1 (ξ ) = ξ 2 , v2 (ξ ) = ξ 3 , v1′′(ξ ) = 2 , v′2′(ξ ) = 6ξ
При двух членах ряда система уравнений (2.28) примет вид
( A11 − λB11 ) a1 + ( A12 − λB12 ) a2 = 0 ; ⎫
( A21 − λB21 ) a1 + ( A22 − λB22 ) a2 = 0 .⎬⎭
(2.36)
(2.37)
Собственные значения λ отыскиваются из равенства нулю определителя
( A11 − λB11 ) ( A12 − λB12 )
= 0.
(2.38)
( A21 − λB21 ) ( A22 − λB22 )
Поскольку рассматривается балка постоянного сечения, положим
m*0 = m0 , I z* = I z , подсчитаем коэффициенты Ank и Bnk по формулам (2.31) с
учетом (2.36):
1
1
A11 = 4 ∫ dξ = 4 , B11 = ∫ ξ 4 dξ = 1 5 ,
0
0
1
1
A12 = A21 = 12 ∫ ξdξ = 6 , B12 = B21 = ∫ ξ 5 dξ = 1 6 ,
0
0
1
1
0
0
A22 = 36 ∫ ξ 2 dξ = 12 , B22 = ∫ ξ 6 dξ = 1 7 .
Подставим полученные значения коэффициентов в (2.38):
(4 − λ 5) (6 − λ 6)
= 0.
(6 − λ 6) (12 − λ 7)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
50
Развернув определитель, приходим к квадратному уравнению
λ2 − 1224λ + 15120 = 0 ,
из решения которого получаем λ1 = 12,480 , λ2 = 1211,5 . В соответствии с (2.27)
частоты колебаний равны
ω 1 = 3,5338 EI z (m 0 l 4 ) , ω 2 = 34 ,807 EI z (m 0 l 4 ) .
Погрешность в значении ω1 по сравнению с точным решением составляет
0,5%, а погрешность в ω 2
- 58%, поскольку точное решение дает
ω 2 = 22,035 EI z (m 0 l 4 ) . Чтобы получить более точное значение ω 2 при использованных координатных функциях, нужно взять не два, а больше членов
ряда (2.24).
2.3.3. Перейдем теперь к определению частот и форм собственных колебаний балки переменного сечения. В дальнейшем функции (2.35) будем называть координатными функциями типа 1. Координатные функции типа 2
представим двучленом vk (ξ ) = ξ k + 1 + σ k ξ k + 2 , причем коэффициент σ k определим из условия, чтобы vk′′ (1) = 0 , что обеспечивает равенство нулю изгибающего
момента на конце балки. В итоге имеем
k
vk (ξ ) = ξ k +1 +
ξ k +2 .
(2.39)
k+2
Координатными функциями типа 3 назовем формы собственных колебаний консольной балки постоянного сечения (1.56):
K (β )
⎫
vk (ξ ) = K 3 ⎛⎜⎜⎝ β k ξ ⎞⎟⎟⎠ + 1 k K 4 (β k ξ );
⎪
K 2 (β k )
⎪
(2.40)
⎡ ⎛
⎤⎬
(
)
K
β
⎞
k
1
vk′′ (ξ ) = β k2 ⎢ K1 ⎜⎜⎝ β k ξ ⎟⎟⎠ +
K 2 (β k ξ )⎥ .⎪
K 2 (β k )
⎢⎣
⎥⎦ ⎪⎭
Изгибающий момент при перемещениях vk ( x ) обозначим через M k ( x ) и
он равен M k ( x ) = EI z ( x ) v k′′ ( x ) , в силу чего при использовании (2.39) для балки
переменного сечения изгибающий момент M k на конце балки равен нулю. Рассмотрим теперь перерезывающую силу, соответствующую перемещениям
vk ( x ) . Она определяется как Qk ( x ) = [EI z ( x ) v k′′ ( x )]′ или
Qk ( x ) = EI z′ ( x )vk′′ ( x ) + EI z ( x )vk′′′( x ).
(2.41)
Значит, если vk′′ (l ) = 0 , то на свободном конце балки переменного сечения
перерезывающая сила Qk (l ) будет равна нулю при vk′′′(l ) = 0 .Таким требованиям
по природе своей удовлетворяют функции типа 3 (2.40). Значения параметра
β k приведены в п. 1.2.3.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
51
Определим частоты и формы колебаний балки переменного сечения, изображенную на рис. 2.2, представив форму колебаний двумя членами ряда и
воспользовавшись координатными функциями типа 2 (2.39):
v1 (ξ ) = ξ 2 − ξ 3 3 , v2 (ξ ) = ξ 3 − ξ 4 2 ,
v1′′(ξ ) = 2(1 − ξ 2 ), v2′′(ξ ) = 6(ξ − ξ 2 ).
В соответствии с (2.15) имеет место m0 (ξ ) m*0 = I z (ξ ) I *z = 1 − ξ 2 ,
и коэффициенты Ank , Bnk (2.31) равны
1
A11 = 4∫ (1 − ξ 2 )(1 − ξ )2 dξ = 7 6 ,
0
A12 = 12∫ (1 − ξ 2 )(1 − ξ )(ξ − ξ 2 )dξ = 0 ,8 ,
1
0
1
A22 = 36 ∫ (1 − ξ 2 ) (ξ − ξ 2 ) dξ = 0 ,9 ,
2
0
1
B11 = ∫ (1 − ξ 2 ) (ξ 2 − ξ 3 3 ) dξ = 6 ,21032 ⋅ 10 − 2 ,
2
0
B12 = ∫ (1 − ξ 2 )(ξ 2 − ξ 3 3 )(ξ 3 − ξ 4 2 )dξ = 3,98479 ⋅ 10 − 2 ,
1
0
1
B22 = ∫ (1 − ξ 2 )(ξ 3 − ξ 4 2 ) dξ = 2 ,61905 ⋅ 10 − 2 .
2
0
Подстановка значений Ank и Bnk в определитель (2.38) приводит к уравнению
λ2 − 586,995λ + 10605,946 = 0 ,
решение которого дает собственные значения λ1 = 18,6612 , λ2 = 568,333 . Согласно
(2.27)
частоты
ω 2 = 23,840 EI *z (m*0 l 4 ) .
колебаний
равны
ω1 = 4,3199 EI *z (m0* l 4 ) ,
Перейдем теперь к нахождению форм собственных колебаний. Собственные значения λ1 и λ2 определены из условия равенства нулю определителя системы уравнений (2.37). Следовательно, при λ = λr (r = 1,2 ) уравнения (2.37) будут линейно зависимы, и собственный вектор [α r ] = {α1r ,α 2 r } может быть найден лишь с точностью до постоянного множителя. Для этого положим a1r = 1 и
одно из уравнений системы (например, второе) опустим, записав
(A11 − λr B11 )α1r + (A12 − λr B12 )α 2 r = 0 .
Зададимся при λ1 = 18,6612 значением a11 = 1 , а при λ2 = 568,333 положим
a12 = 2 и после подстановки в последнее равенство числовых значений получим
a21 = −0 ,1371 , a22 = −3,1243 . Таким образом, собственные векторы имеют вид
[α 1 ] = {1 − 0,1371} , [α 2 ] = {2;−3,1243} .
В соответствии с (2.30) для форм колебаний получим выражения
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
52
u1 (ξ ) = a11v1 (ξ ) + a 21v2 (ξ ) = ξ 2 − 0 ,196ξ 3 + 0 ,0685ξ 4 ,
u 2 (ξ ) = a12 v1 (ξ ) + a22 v2 (ξ ) = 2ξ 2 − 3,458ξ 3 + 1,562ξ 4 .
Графическое изображение этих функций приведено на рис. 2.3.
Для оценки сходимости решения по мере увеличения числа членов ряда
(2.24) с использованием координатных функций типа 2 и 3 были подсчитаны на
ПЭВМ2 коэффициенты Ank , Bnk Методом обратных итераций, реализованного
Л.М.Савельевым в программе GENEVA, решена обобщенная проблема собственных значений для числа членов ряда m = 1,2 ,3 и 4 . При этом частота собственных колебаний представляется формулой
ω r = γ r EI *z (m*0 l 4 ) .
(2.42)
Рис. 2.3
Значения коэффициентов γ r для консольной балки переменного сечения
представлены в таблице 1.Через ε r в таблице обозначена погрешность расчета
в процентах. Поскольку точное решение задачи отсутствует, то в таблице приведены значения γ r для первых четырех частот колебаний, полученных с использованием функций типа 3 при m = 5 и m = 6 . Процент погрешности ε указан по сравнению с результатами, приведенными в последней строке таблицы
( m = 6 ). Результаты, представленные в таблице для m = 1 (один член ряда
(2.24)), соответствуют расчету по методу Рэлея. Наряду с собственными значениями λr по программе GENEVA вычисляются и собственные векторы, которые в настоящем пособии не приводятся.
Из таблицы видно, что наилучшие результаты дает использование функций типа 3, соответствующих формам собственных колебаний консольной балки постоянного сечения. Да и координатные функции типа 2 дают, можно ска2
Программирование и решение на ПЭВМ всех задач, приведенных в настоящем пособии,
выполнено инженером Г.В.Кановой
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
53
зать, удовлетворительные результаты. Правда, при m = 4 погрешность в значении частоты колебаний ω 4 великовата. Но зато сами координатные функции
имеют более простой вид, и для обеспечения необходимой точности в определении интересующей на частоты колебаний можно увеличить число удерживаемых членов ряда (2.24).
Таблица 1
Число
членов
ряда m
1
Тип
функций
γ1
ε 1 ,%
γ2
ε 2 ,%
γ3
ε 3 ,%
γ4
ε 4 ,%
2
3
4,3343
4,3258
0,44
0,25
−
−
−
−
−
−
2
3
4,3199
4,3153
0,11
0
−
−
1,36
0,31
−
−
2
−
−
23,840
23,591
−
−
2
3
4,3153
4,3152
0
0
23,771
23,521
1,07
0,01
−
−
3,94
0,24
−
−
3
−
−
65,689
63,353
4
2
3
3
3
4,3152
4,3152
4,3152
4,3152
0
0
0
23,523
23,520
23,519
23,519
0,02
0
0
64,561
63,203
63,202
63,200
2,15
0
0
−
−
132,80
122,68
122,45
122,45
−
−
8,45
0,19
0
5
6
−
−
Положив 0 = m0 ,
= I z , в соответствии с первой формулой (2.31) и формулой
(2.32) имеем
I *z
b
−
l
На рис. 2.4 представлены расчетные
модели, где на балке постоянного сечения
a
расположен груз (сосредоточенная масса
M 1 = m 0 l ) при ξ1 = 1 (рис. 2.4,а) и при
ξ1 = 0,5 (рис. 2.4,b).
m*
−
M1 m0l
l
l/2
M1= m0l
Рис. 2.4
1
⎫
⎪⎪
0
(2.43)
⎬
1
Bnk = ∫ vn (ξ ) vk (ξ ) dξ + κ 1vn (ξ 1 ) vk (ξ1 ) , κ 1 = M 1 (m0 l ) = 1.⎪
⎪⎭
0
Расчеты на ЭВМ были выполнены с использованием координатных
функций типа 2 и типа 3.Частоты колебаний определялись по формуле (2.42)
Ank = ∫ vn′′ (ξ ) vk′′ (ξ ) dξ ;
при m*0 = m0 , I *z = I z .Значения параметра γ r для случая, когда масса M 1 расположена на конце балки, приведены в таблице 2. Там же даны значения этого
параметра при точном решении задачи, полученном в п.1.2.3 ( γ r = β r2 ).
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
54
Таблица 2
Число
членов
ряда m
1
Тип
функций
γ1
ε 1 ,%
γ2
ε 2 ,%
γ3
ε 3 ,%
γ4
ε 4 ,%
2
3
1,5581
1,5724
0,02
0,97
−
−
−
−
−
−
2
3
1,5573
1,5596
0
0,15
−
−
0,22
1,90
−
−
2
−
−
16,285
16,558
−
−
2
3
1,5573
1,5580
0
0.05
16,284
16,334
0,22
0,58
−
−
1,52
2,28
−
−
3
−
−
51,699
52,059
1,5573
1,5576
1,5573
0
0,02
16,251
16,290
16,250
0,01
0,25
51,597
51,367
50,896
1,37
0,93
−
−
110,01
107,53
105,20
−
−
4,57
2,21
4
2
3
Точное решение
При анализе таблицы следует иметь в виду, что из-за наличия на конце
балки груза перерезывающая сила здесь не равна нулю. Координатные функции
типа 2 не противоречат этому условию. Результаты расчета можно считать
вполне удовлетворительными. Перерезывающая сила Qk (1) , соответствующая
функциям типа 3, на конце балки обращается в нуль. И тем не менее, погрешность в значениях ω r невелика, а в некоторых случаях она даже ниже, чем при
использовании функций типа 2.
Таблица 3
Число
членов
ряда m
1
Тип
функций
γ1
ε 1 ,%
γ2
ε 2 ,%
γ3
ε 3 ,%
γ4
ε 4 ,%
2
3
2,9998
2,9088
3,75
0,61
−
−
−
−
−
−
2
3
2,8929
2,8919
0,06
0,02
−
−
4,75
0,64
−
−
2
−
−
14,908
14.323
−
−
2
3
2,8927
2,8919
0,05
0,02
14,607
14,323
2,63
0,64
−
−
4,86
0,01
−
−
3
−
−
64,675
61,625
4
2
3
3
2,8916
2,8914
2,8913
0,01
0
14,279
14,245
14,232
0,33
0,09
63,810
61,682
61,681
3,45
0
−
−
111.32
96,996
95,858
−
−
16,1
1,18
6
В таблице 3 приведены результаты расчета для случая, когда груз расположен в среднем сечении балки. В последней строке таблицы приведены значения γ r для первых четырех частот колебаний, полученные с использованием
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
55
функций типа 3 при шести членах ряда (2.24). Относительно этих величин подсчитана погрешность ε r 1
Из таблицы видно, что в рассматриваемой задаче функции типа 3 (формы
собственных колебаний консольной балки) «работают» значительно лучше. Это
можно, по-видимому, объяснить тем, что эти функции обеспечивают равенство
нулю перерезывающей силы на конце балки.
2.3.4. Изложим конспективно определение частот крутильных колебаний
тонкостенной конструкции переменного сечения, представленной на рис. 2.5.
Толщину оболочки h будем считать постоянной. Размеры панелей на расстоянии ξ = x l от начала координат определяются соотношениями:
a(ξ ) = a(1 − ξ 2 ) , b(ξ ) = b(1 − ξ 2 ).
Погонный массовый момент инерции равен
I m 0 = ρ I p = ρ (I x + I y ) = ρ h [a(ξ ) + b(ξ )] 3 6 ,
где ρ - плотность материала, а геометрическая жесткость на кручение
определяется как для тонкостенной
конструкции с однозамкнутым сечением по формуле (1.7), что дает
I кр = 2h a 2 (ξ )b 2 (ξ ) [a(ξ ) + b(ξ )].
*
*
и I кр
Обозначим через I m
0
значения соответствующих параметров при ξ = 0 и запишем
Рис. 2.5
*
*
I m 0 (ξ ) I m
I кр (ξ ) I кр
= (1 − ξ 2 ) 3 .
0 = (1 − ξ 2 ) ,
3
Выражения для элементов матриц [ A] и [B ] обобщенной проблемы собственных значений (2.29) определялись в соответствии с (2.34).
Расчеты на ПЭВМ были выполнены с использованием координатных
функций удовлетворяющих геометрическим и статическим граничным условиk
ям. Это степенные функции vk (ξ ) = ξ k −
ξ k + 1 типа 4 и функции типа 5
k +1
1
При точном решении задачи значение
γ 1 получено И.С. Ахмедьяновым и равно 2,8912
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
56
vk (ξ ) = sin
(2k - 1)π ξ ,
представляющие собой формы собственных крутильных
2
колебаний стержня постоянного сечения, закрепленного при ξ = 0 .
Результаты расчета представлены в таблице 4, где через γ r обозначен коэффициент формулы
*
(I m* 0l 2 ) .
ω r = γ r GI кр
(2.44)
Таблица 4
Число
членов
ряда m
Тип
функций
γ1
ε 1 ,%
γ2
ε 2 ,%
γ3
ε 3 ,%
γ4
ε 4 ,%
1
4
2,3826
4,80
−
−
−
−
−
−
5
2,3229
2,17
−
−
−
−
−
−
4
2,2747
0,05
5,5232
9,49
−
−
−
−
5
2,2747
0,05
5,1246
1,59
−
−
−
−
4
2,2734
0
5,0459
0,03
9,1601
13,6
−
−
5
2,2745
0,04
5,0468
0,05
8,1588
1,18
−
−
4
2,2734
0
5,0458
0,03
8,0961
0,41
13,243
30,4
5
2,2646
0
5.0466
0,05
8,0671
0,05
11,252
0,90
5
5
2,2735
0
5,0445
0
8,0663
0,04
11,153
0,02
6
5
2,2734
−
0,0443
−
8,0633
−
11,151
−
2
3
4
Процент погрешности решения ε r указан по сравнению с данными последней строки таблицы, полученными c использованием функций типа 5 при
шести членах ряда (2.24).
Анализ таблицы показывает, что очень хорошие результаты получаются,
когда в качестве координатных функций принимаются формы собственных
крутильных колебаний стержня постоянного сечения (функции типа 5). Расчет
по функциям типа 4 дает хорошие результаты для частот колебаний, номер которых меньше числа членов ряда, хотя при этом и удовлетворяются все граничные условия.
Приведенные примеры расчета показывают, что при определении частот
собственных колебаний стержней переменного сечения методом Рэлея-Ритца,
хотя, в принципе, и достаточно, чтобы координатные функции удовлетворяли
только геометрическим граничным условиям, но наилучшие результаты получаются, если в качестве координатных функций (из всех рассмотренных) используются формы собственных изгибных или крутильных колебаний стержней постоянного сечения.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
57
2.4. Определение частот и форм собственных колебаний
стержней методом Бубнова-Галеркина
Дифференциальное уравнение свободных поперечных колебаний балки
переменного сечения на основании (1.31) имеет вид
∂ 2u y ( x , t )⎤
∂ 2 u y ( x ,t )
∂2 ⎡
= 0.
⎢ EI z ( x )
⎥ + m0 ( x )
∂ x2 ⎣
∂ x2 ⎦
∂t2
Имея в виду, что собственные колебания носят гармонический характер,
будем отыскивать частное решение этого уравнения в форме
u yr ( x ,t ) = u r ( x )sin (ω r t + ϕ r )
и получим относительно u r ( x ) дифференциальное уравнение
[EI ( x ) u ′′ ( x )]″− ω 2 m ( x )u ( x ) = 0 .
(2.45)
z
r
r
0
r
Последнее равенство можно рассматривать как дифференциальное уравнение равновесия, записанное относительно амплитудных значений перемещений при колебаниях с собственной частотой ω r . Представим приближенное
решение уравнения (2.45) в виде усеченного ряда
m
u r ( x ) = ∑ ak vk ( x ) ,
(2.46)
k =1
где ak - подлежащие отысканию постоянные, vk ( x ) - наперед выбираемые координатные функции, которые должны удовлетворять не только геометрическим, но в обязательном порядке и статическим граничным условиям. Подставим (2.46) в левую часть (2.45):
″
m
m
⎡
⎤
2
′
′
(
)
(
)
(
)
EI
x
a
v
x
−
ω
m
x
∑ k k ⎥
∑ a k v k ( x ).
r 0
⎢ z
k =1
k =1
⎣
⎦
Следуя теперь процедуре метода Бубнова-Галеркина, умножим последнее
равенство на vn ( x ) n = 1,m , проинтегрируем по длине балки и приравняем нулю:
″
l
l
m
m
⎤
⎡
2
′
′
∫ vn ( x ) ⎢ EI z ( x ) ∑ ak vk ( x )⎥ dx − ω ∫ m0 ( x ) vn ( x ) ∑ ak vk ( x ) dx = 0.
k =1
k =1
⎦
⎣
0
0
2
Индекс r при ω в последнем равенстве опущен. Умножим его на l 3 EI *z
и, заменив интеграл от суммы суммой интегралов, запишем
m
m*0 l 4ω 2 m
l3 l
1 l
″
′
′
[
]
a
v
(
x
)
I
(
x
)
v
(
x
)
dx
−
a
∑ k *∫ n
∑ k
∫ m0 ( x ) vn ( x )vk ( x ) dx = 0 .
z
k
EI *z k =1 m*0 l 0
Iz 0
k =1
(
)
Здесь, как и ранее, EI *z , m*0 - изгибная жесткость и погонная масса в некотором фиксированном сечении балки. Перейдем в интегралах к безразмерным координатам ξ = x l и введем обозначения
m*0 l 4ω 2
EI *z λ
2
(2.47)
λ=
,
, ω =
m*0 l 4
EI *z
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
58
1 1
1 1
″
′
′
C nk = * ∫ vn (ξ )[I z (ξ )vk (ξ ) ] dξ , Bnk = * ∫ m0 (ξ ) vn (ξ ) vk (ξ ) dξ . (2.48)
Iz 0
m0 0
где штрихами обозначены производные по ξ . В итоге придем к системе однородных линейных уравнений относительно параметров ak :
m
∑ (Cnk − λBnk )ak = 0
k =1
(n = 1,m).
(2.49)
Эту систему уравнений можно, как и в методе Рэлея-Ритца, привести к
матричной формулировке обобщенной проблемы собственных значений
([C ] − λ[ B])[a] = 0 ,
(2.50)
где [a ] = {a1 a 2 K am } , а матрицы [C ] и [B] размером m × m имеют вид
⎡ B11 B12 ⋅⋅⎤
⎡C11 C12 ⋅⋅⎤
⎥
⎢
⎥
⎢
[C ] = ⎢C 21 C 22 ⋅⋅⎥ , [ B ] = ⎢ B21 B22 ⋅⋅⎥ .
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
(2.51)
Матрица [B] симметричная, ее элементы имеют такую же структуру, как
и в методе Рэлея-Ритца. Из записи (2.48) следует, что коэффициенты Cnk и Ckn
подсчитываются по разным формулам, так что формально C nk ≠ Ckn , и матрица
[C ] не является симметричной. В действительности это не так. Для доказательства сказанного проинтегрируем выражение (2.48) для C nk дважды по частям:
1
1
1
′
I *z Cnk = ∫ vn (ξ )[I z (ξ ) vk′′ (ξ ) ]″dξ = vn (ξ )[I z (ξ ) vk′′ (ξ ) ]′ − ∫ vn′ (ξ )[I z (ξ ) vk′′ (ξ ) ] dξ =
0
0
0
1
1
1
= vn (ξ )[I z (ξ ) vk′′ (ξ ) ]′ − vn′ (ξ ) I z (ξ ) vk′′ (ξ ) 0 + ∫ I z (ξ ) vn′′ (ξ ) vk′′ (ξ ) dξ .
0
0
Обозначим через ϑk (ξ ) , M k (ξ ) , Qk (ξ ) соответственно угол поворота сечения балки, изгибающий момент и перерезывающую силу при перемещении
vk (ξ ) :
ϑk (ξ ) = vk′ (ξ ) l , M k (ξ ) = EI z (ξ ) vk′′ (ξ ) l 2 , Qk (ξ ) = [EI z (ξ )vk′′ (ξ )]′ l 3 .
Тогда можно записать:
1
1
1
l3
*
I z Cnk = vn (ξ )Qk (ξ ) 0 − ϑn (ξ ) M k (ξ ) 0 + ∫ I z (ξ )vn′′ (ξ )vk′′ (ξ )dξ .
E
0
Если функция vk (ξ ) удовлетворяет геометрическим и статическим граничным условиям балки, то при любых условиях ее закрепления первые два
слагаемых последнего равенства обращаются в нуль. Следовательно,
[
]
1
I *z Cnk = ∫ I z (ξ )vn′′ (ξ )vk′′ (ξ )dξ = I *z Ank ,
0
где Ank - соответствующие элементы симметричной матрицы [ A] метода Рэлея-Ритца.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
59
Таким образом, мы доказали, что матрица [C ] при решении задачи методом Бубнова-Галеркина - симметричная.
Рассмотрим теперь приложение метода Бубнова-Галеркина к определению частот и форм крутильных колебаний стержня переменного сечения. В соответствии с (1.5) дифференциальное уравнение собственных колебаний подобного стержня имеет вид
∂ 2ϑ x ( x ,t ) ∂ ⎡
∂ϑ ( x ,t )⎤
I m0 (x )
(2.52)
− ⎢GI кр ( x ) x
⎥ = 0.
∂t 2
∂x ⎣
∂x ⎦
Представим частное решение дифференциального уравнения в виде
ϑrx ( x , t ) = ϑr ( x )sin (ω r t + ϕ )
и после подстановки в (2.52) получим
[GI кр ( x )ϑ ′( x )]′+ ω r2 I m0 ( x )ϑ ( x ) = 0 .
Здесь ϑr ( x ) представляет собой амплитудное значения угла закручивания
при колебаниях с частотой ω r . Будем отыскивать приближенное решение последнего уравнения, как и ранее, в виде усеченного ряда
m
ϑ r ( x ) = ∑ a k v k ( x ).
k =1
При этом координатные функции vk ( x ) представляют собой опять же углы закручивания и должны удовлетворять геометрическим и статическим граничным условиям при кручении стержней. Применяя далее процедуру метода
Бубнова-Галеркина аналогично случаю поперечных колебаний, придем к
обобщенной проблеме собственных значений (2.50). Элементы C nk и Bnk матриц (2.51) в безразмерных координатах ξ = x l , а также параметр λ оказываются равными
1 1
1 1
′
′
C nk = − * ∫ vn (ξ )[I кр (ξ )vk (ξ ) ] dξ , Bnk = * ∫ I m 0 (ξ ) vn (ξ ) vk (ξ ) dξ , (2.53)
Iz 0
Iz 0
(
)
* , ω 2 = GI * λ (I * l 2 ).
λ = I *m 0 l 2ω 2 GI кр
кр
m0
(2.54)
* , I * - соответственно жесткость на кручение и
Здесь по-прежнему GI кр
m0
погонный массовый момент инерции стержня в некотором фиксированном сечении. Коэффициенты Bnk имеют формально такой же вид (2.34), как и при
решении задачи методом Рэлея-Ритца, и образуют симметричную матрицу [ B] .
Что же касается коэффициентов Cnk ,то после интегрирования (2.53) по частям
получим
1
* C
′
′
I кр
nk = −vn (ξ ) I кр (ξ )vk (ξ ) 0 + ∫ I кр (ξ )vn (ξ )vk (ξ ) dξ .
1
(2.55)
0
Имея в виду, что крутящий момент M k , соответствующий углу закручивания vk (ξ ) , равен M k (ξ ) = GI кр vk′ (ξ ) l , первое слагаемое правой части равен-
ства (2.55) может быть приведено к виду [− lvn (ξ ) M k (ξ ) G ] 0 . При любых усло1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
60
виях закрепления стержня по торцам ξ = 0 и ξ = 1 это слагаемое обращается в
нуль. Тогда
1
* C
*
′
′
I кр
nk = ∫ I кр (ξ )vn (ξ )vk (ξ ) dξ = I кр Ank
0
где Ank - элемент симметричной матрицы [ A] (2.34) метода Рэлея-Ритца.
Следовательно, определение частот и форм собственных колебаний
стержней методом Бубнова-Галеркина сводится к решению обобщенной проблемы собственных значений (2.50) с симметричными матрицами. После определения λr и соответствующих им векторов [ar ] , по формуле (2.54) находятся
частоты, а по (2.30) формы собственных колебаний.
Что же касается результатов расчета по методу Бубнова-Галеркина, то
они получаются такими же, как и по методу Рэлея-Ритца в случае использования при этом координатных функций, удовлетворяющих всем граничным условиям. Из рассмотренных в настоящем пособии - это функции типа 3,4, и 5.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
61
3. СОВМЕСТНЫЕ ИЗГИБНО-КРУТИЛЬНЫЕ КОЛЕБАНИЯ КРЫЛА
3.1. Дифференциальные уравнения движения
Будем рассматривать колебания крыла большого удлинения, представив
его расчетную модель в виде стержня переменного сечения.
Отнесем крыло к неподвижной системе координат x , y , z , причем ось x
направим по главной центральной оси инерции редуцированного поперечного
сечения (рис. 3.1). Ось y проходит через центр жесткости сечения, ось z направлена по размаху крыла. Изгибом крыла в направлении оси x будем пренебрегать ввиду того, что изгибная жесткость крыла относительно оси y намного больше, чем относительно оси x .
В предыдущих разделах при исследовании изгибных и крутильных колебаний мы неявно предполагали, что в каждом сечении центр масс и центр жесткости совпадают. У обычных же крыльев эти точки не совпадают, и в процессе колебаний будут иметь место одновременно деформации изгиба и деформации кручения, т.е. будут совершаться совместные изгибно-крутильные колебания.
Рис. 3.1
Приращение внешней аэродинамической нагрузки, обусловленное колебаниями крыла, приведем к погонной нагрузке q y ( z ,t ) , распределенной вдоль
оси жесткости, и погонному крутящему моменту m z ( z ,t ) относительно этой
оси.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
62
Для вывода дифференциальных уравнений движения выделим из крыла
двумя сечениями, как показано на рис 3.1, бесконечно малый элемент длиной
dz . Упругие и массовые силы, действующие на выделенный элемент, приведены на рис. 3.2.
Рис. 3.2
Учтено, что перерезывающая сила Q y проходит через центр жесткости
Ж, а силы инерции проходят через центр масс М, вследствие чего в выражении
для ускорения фигурирует перемещение этой точки u y . Через m0 = m0 ( z ) обозначена по-прежнему погонная масса, а через I m 0 = I m 0 ( z ) - погонный массовый
момент инерции относительно оси, проходящей через центры масс. За положительный угол закручивания крыла ϑ z = ϑ z ( z ,t ) принят угол на кабрирование.
Через σ = σ ( z ) обозначено расстояние между центром жесткости и центром
масс. У реальных крыльев линия центров масс находится за осью жесткости,
если отсчитывать от носка крыла.
В соответствии с принципом Д'Аламбера будем рассматривать выделенный отсек как находящийся в состоянии равновесия и приравняем нулю сумму
проекций всех сил на ось y и сумму моментов относительно оси, проходящей
через центры масс:
∂ 2u y
∂Q y ⎞
⎛
Q y − ⎜⎜ Q y +
dz ⎟⎟ + q y dz − m0
dz = 0 ;
2
∂t
∂z
⎠
⎝
∂Q y ⎞
∂M z ⎞
∂ 2ϑ z
⎛
⎛
⎟⎟ dz − I m 0
− M z + ⎜M z +
dz ⎟ + m z dz + σ ⎜⎜ q y −
dz = 0 .
2
∂z
z
∂
∂
t
⎝
⎠
⎠
⎝
Отсюда имеем
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
63
∂ 2u y
∂Q y
= qy ,
∂z
∂t 2
∂Q y
∂ 2ϑ
∂M z
⎛
I m 0 2z −
− σ ⎜⎜ q y −
∂z
∂z
∂t
⎝
m0
+
(3.1)
⎞
⎟⎟ = m z .
⎠
С учетом (3.1) последнее равенство приведем к виду
I m0
∂ 2ϑ z
∂t 2
− m0σ
∂ 2u y
∂t 2
−
Крутящий момент равен M z = GI кр ( z )
∂M z
∂z
∂ϑ z
∂z
= mz .
(3.2)
, а для перерезывающей силы
∂ 2u y ⎤
∂ ⎡
справедлива зависимость Q y = ⎢ EI x ( z )
⎥ , где u y = u y ( z ,t ) - перемещение
∂z ⎢⎣
∂z 2 ⎥⎦
центра жесткости. Подстановка этих выражений в (3.1), (3.2) приводит к зависимостям
m0
∂t 2
∂ 2u y ⎞
∂ 2 ⎛⎜
⎟=q ,
+
EI x
y
∂z 2 ⎜⎝
∂z 2 ⎟⎠
∂ 2u y
∂ϑ ⎞
∂⎛
⎜⎜ GI кр z ⎟⎟ = m z .
∂t 2
∂z ⎝
∂z ⎠
∂t 2
Здесь фигурируют перемещения как центра жесткости u y ,так и центра
I m0
∂ 2ϑ z
∂ 2u y
− m0σ
−
масс u y . Из рисунка 3.3 видно, что
u y = u y − σϑ z .
(3.3)
y
ϑz
Ж
М
⎯ uy
σ
uy
x
Рис. 3.3
Подставим (3.3) в последние равенство и получим
⎫
∂ 2u y ⎞
∂ 2 ⎛⎜
⎟ = q ;⎪
− m0σ
+
EI x
m0
y
∂t 2
∂t 2
∂z 2 ⎜⎝
∂z 2 ⎟⎠
⎪
⎬
∂ 2u y ∂ ⎛
∂ϑ z ⎞
∂ 2ϑ z
⎪
− ⎜⎜ GI кр
I m0
− m0σ
⎟⎟ = m z ,⎪
∂t 2
∂z ⎝
∂z ⎠
∂t 2
⎭
∂ 2u y
∂ 2ϑ z
(3.4)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
64
где I m 0 = I m 0 + m0σ 2 - погонный массовый момент инерции крыла относительно оси жесткости.
Мы получили систему дифференциальных уравнений совместных изгибно-крутильных колебаний крыла. Обратим внимание на то, что при σ = 0 система распадается на два не связанных между собой дифференциальных уравнения, соответствующих изгибным и крутильным колебаниям.
3.2. Определение низших частот и форм собственных изгибно-крутильных
колебаний крыла методом Бубнова-Галеркина
При отсутствии возмущающих сил система дифференциальных уравнений (3.4) принимает вид
⎫
∂ 2u y ⎞
∂ 2 ⎛⎜
⎟ = 0 ;⎪
− m0σ
+
EI x
m0
∂t 2
∂t 2
∂z 2 ⎜⎝
∂z 2 ⎟⎠
⎪
(3.5)
⎬
∂ 2u y ∂ ⎛
∂ϑ z ⎞
∂ 2ϑ z
⎪
− ⎜⎜ GI кр
I m0
− m0σ
⎟⎟ = 0 . ⎪
∂t 2
∂z ⎝
∂z ⎠
∂t 2
⎭
Следуя работе [3] будем отыскивать приближенное решение этой системы уравнений в виде
u y ( z ,t ) = aϕ ( z )sin (ω t + α ) ;⎫
(3.6)
ϑ z ( z ,t ) = bψ ( z )sin (ω t + α ) , ⎬⎭
∂ 2u y
∂ 2ϑ z
т.е. полагаем, что частоты изгибных и крутильных колебаний совпадают. К
этому можно прийти из следующих соображений. Если совершаются изгибные
колебания с частотой ω , то, как видно из второго уравнения (3.5), момент от
инерционных сил (− m0σ ∂ 2 u y ∂t 2 ) будет возбуждать колебания кручения с той
же частотой. Из первого же уравнения (3.5) следует, что при крутильных колебаниях с частотой ω за счет силы инерции (− m0σ ∂ 2ϑ z ∂t 2 ) будут возбуждать-
ся изгибные колебания также с частотой ω .
Функции ϕ (z ) и ψ (z ) , которыми задаемся, должны удовлетворять гео-
метрическим и статическим граничным условиям задачи:
ϕ (0 ) = 0 , ϕ ′(0 ) = 0 , ϕ ′′(l ) = 0 , ϕ ′′′(l ) = 0 ; ψ (0 ) = 0 , ψ ′(l ) = 0 . (3.7)
где через l обозначена длина консоли крыла.
Подстановка (3.6) в левые части (3.5) дает
− aω 2 m0ϕ ( z ) + bω 2 m0σψ ( z ) + a[EI xϕ ′′( z )] ″ ; ⎫
⎬
− bω 2 I m 0ψ ( z ) + aω 2 m0σϕ ( z ) − b[GI крψ ′( z )]′ .⎭
(3.8)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
65
Следуя процедуре метода Бубнова-Галеркина, умножим первое из выражений (3.8) на ϕ ( z ) , второе – на ψ ( z ) , проинтегрируем от 0 до l и результат
приравняем нулю
l
l
l
⎫
− aω 2 ∫ m0ϕ 2 ( z ) dz +bω 2 ∫ m0σϕ ( z )ψ ( z ) dz + a ∫ ϕ ( z )[EI xϕ ′′( z )]″dz = 0 ; ⎪
⎪
0
0
0
⎬ (3.9)
l
l
l
− bω 2 ∫ I m 0ψ 2 ( z ) dz + aω 2 ∫ m0σϕ ( z )ψ ( z ) dz − b ∫ψ ( z )[GI крψ ′( z )]′ dz = 0 .⎪
⎪⎭
0
0
0
Введем обозначения
l
l
⎫
″
2
′
′
A1 = ∫ ϕ ( z )[EI x ( z )ϕ ( z )] dz , B1 = ∫ m0ϕ ( z ) dz , A2 = − ∫ψ ( z )[GI кр ( z )ψ ′( z )]′ dz ;⎪
⎪
0
0
0
⎬ (3.10)
l
l
⎪
B2 = ∫ I m 0ψ 2 ( z ) dz , C12 = ∫ m0 ( z )σ ( z )ϕ ( z )ψ ( z ) dz .
⎪⎭
0
0
Если выражения для A1 и A2 проинтегрировать по частям и учесть граl
ничные условия (3.7), то, как это было показано для подобных зависимостей в
п. 2.4, они могут быть приведены к более простому виду:
l
l
A1 = ∫ EI x ( z ) [ϕ ′′( z )] dz , A2 = ∫ GI кр ( z ) [ψ ′( z )] dz .
2
0
2
(3.11)
0
С учетом принятых обозначений равенства (3.9) запишутся как
( A1 − ω 2 B1 )a + ω 2 C12 b = 0 ; ⎫
⎬
ω 2 C12 a + ( A2 − ω 2 B2 )b = 0 .⎭
(3.12)
Мы получили относительно параметров a и b систему линейных алгебраических однородных уравнений, нетривиальное решение которой будет
иметь место при равенстве нулю определителя системы, т.е.
( A1 − ω 2 B1 )( A2 − ω 2 B2 ) − ω 4 C122 = 0 .
(3.13)
Введем обозначения
P = B1 B2 − C122 , Q = A1 B2 + A2 B1 , R = A1 A2 .
(3.14)
и, представив (3.13) в виде
Pω 4 − Qω 2 + R = 0 ,
получим два значения квадрата частоты колебаний
ω =
Q m Q 2 − 4 PR
.
(3.15)
2P
В дальнейшем будем считать ω1 низшей частотой колебаний, а ω 2 - выс2
1 ,2
шей частотой.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
66
Если центры масс совпадают с осью жесткости( σ = 0 ), то С12 = 0 , и на
основании (3.13) получим
A1 − ω 2 B1 = 0 ,
A2 − ω 2 B2 = 0 .
Первое из этих равенств позволяет определить приближенное значение
частоты чисто изгибных колебаний ω изг , второе - чисто крутильных колебаний
ω кр :
2
2
ω изг
= A1 B1 , ω кр
= A2. B2 .
(3.16)
Для реальных крыльев частота изгибных колебаний меньше частоты крутильных колебаний, т.е. ω изг < ω кр .
Представим теперь равенство (3.13) в виде
(A
1
B1 − ω 2 )( A2. B 2 − ω 2 ) = C122 ω 4 ( B1 B 2 )
и с учетом (3.16) запишем
(ω изг − ω )(ω кр − ω ) = C
2
[C
2
12
2
2
2
2
12
ω 4 ( B1 B2 ) .
(3.17)
Из формул (3.10) следует, что B1 > 0 и B2 > 0 . Отсюда получим
ω 4 ( B1 B2 )]> 0 . Тогда равенство (3.17) возможно при следующих условиях:
(ω изг
2
или
(
)
2
− ω2 > 0
− ω 2 ) > 0 и ω кр
(ω изг − ω ) < 0 и (ω кр − ω ) < 0 .
2
2
2
2
(3.18)
(3.19)
Положив в (3.18) ω = ω1 , приходим к выводу, что ω1 < ω изг , а положив в
(3.19) ω = ω 2 , получаем ω 2 > ω кр . Таким образом, имеет место неравенство
ω1 < ω изг < ω кр < ω 2
(3.20)
т.е. низшая частота совместных изгибно-крутильных колебаний ω1 меньше частоты чисто изгибных колебаний, а высшая частота ω 2 больше частоты чисто
крутильных колебаний.
Положим в первом равенстве (3.12) ω = ω1 , а во втором равенстве ω = ω 2
и преобразуем их к виду
b1 ω12 B1 − A1 a2 ω 22 B2 − A2
=
,
=
.
a1
C12ω12
b2
C12ω 22
(3.21)
Задавшись значениями a1 и b2 , можно подсчитать коэффициенты a2 и b1 .
Теперь на основании (3.6) запишем
u y ( z ,t ) = ϕ ( z )[a1sin (ω1t + α 1 ) + a 2 sin (ω 2 t + α 2 )] ;⎫
ϑ z ( z ,t ) = ψ ( z )[b1sin (ω1t + α 1 ) + b2 sin (ω 2 t + α 2 )] . ⎬⎭
(3.22)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
67
С учетом (3.16) соотношения (3.21) могут быть представлены в форме
2
2
)
) a 2 B2 (ω 22 − ω кр
b1 B1 (ω12 − ω изг
=
,
=
.
a1
C12ω12
b2
C12ω 22
Из (3.10) видно, что при положительных функциях ϕ ( z ) и ψ ( z ) коэффициент C12 > 0 . Тогда, имея в виду неравенство (3.20), приходим к выводу, что
b1 a1 < 0 , a2 b2 > 0 . Это значит, что при частоте ω1 колебания изгиба и кручения происходят в противофазе (рис. 3.4,а), а при частоте ω 2 колебания изгиба и
кручения синфазны (рис. 3.4,b).
Подчеркнем еще раз, что, задавшись функциями ϕ ( z ) и ψ ( z ) и
применив метод Бубнова-Галеркина,
мы получаем приближенные значения частот колебаний ω1 и ω 2 . Ре-
b
ω = ω2
a
ω = ω1
зультаты можно уточнить, если одРис. 3.4
новременно воспользоваться методом последовательных приближений. Для этого выражения (3.8) приравняем
нулю и представим их в виде
[EI x ( z )ϕ k′′+1 ( z )]″= ω12,k [m0 ( z )ϕ k ( z ) − (b1 a1 )k m0 ( z )σ ( z )ψ k ( z )]; ⎫⎪
(3.23)
[GI кр ( z )ψ k′ +1 ( z )]′= −ω 22,k [I m0 ( z )ψ k ( z ) − (a2 b2 )k m0 ( z )σ ( z )ϕ k ( z )].⎬⎪⎭
Здесь k - номер приближения.
Пусть нам известно k -тое приближение функций ϕ k ( z ) , ψ k ( z ) . Дальнейший расчет ведется в следующей последовательности.
1.Вычисляются численным интегрированием по (3.10), (3.11) коэффициенты A1,k , B1,k , A2 ,k , B2 ,k , C12 ,k .
2. По формуле (3.15) с учетом (3.14) определяются частоты колебаний
ω1,k , ω 2 ,k .
3.По (3.21) подсчитываются значения
(b
1
a1 )k ,
(a
2
b2 )k .
4.Найденные величины подставляются в правые части дифференциальных уравнений (3.23). Выполняется численное интегрирование этих уравнений
с учетом граничных условий (3.7) и определяются в (k + 1) -ом приближении
функции ϕ k + 1 ( z ) ,ψ k + 1 ( z ) .
Расчет продолжается до тех пор, пока частоты колебаний ω1 и ω 2 последнего приближения не совпадут с предыдущим.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
68
В качестве исходных функций ϕ 0 ( z ) , ψ 0 ( z ) удобно задать формы низше-
го тона изгибных и крутильных колебаний соответствующим образом закрепленного стержня постоянного сечения (см. п. 1.1 и п. 1.2).
Числовые расчеты и эксперимент показывают [2,4], что с частотой ω1 совершаются преимущественно изгибные колебания, а с частотой ω 2 - преимущественно крутильные колебания, т.е. b1 a1 и a2 b2 - малые величины. Поэтому частоту ω1 иногда условно называют частотой совместных изгибных колебаний, а ω 2 - частотой совместных крутильных колебаний.
3.3. Определение частот и форм собственных совместных
изгибно-крутильных колебаний методом Рэлея-Ритца
Поскольку колебания изгиба и кручения совершаются с одинаковыми
частотами, представим разложение перемещений u y ( z ,t ) , ϑ z ( z ,t ) по формам
собственных колебаний в виде
∞
∞
r =0
r =0
u y ( z ,t ) = ∑ u r ( z )qr (t ) , ϑ z ( z ,t ) = ∑ϑr ( z )qr (t ).
В дальнейшем нам потребуются перемещения центров масс
u y ( z ,t ) = u y ( z ,t ) − σ ( z )ϑ z ( z ,t ) ,
которые представим также разложением
∞
u y ( z ,t ) = ∑ u r ( z ) q r (t ) ,
r =0
где
u r ( z ) = u r ( z ) − σ ( z )ϑr ( z ).
(3.24)
Рассматривая вариационный принцип Гамильтона применительно к движению по формам собственных колебаний с частотой ω r , придем, как показано
в п. 2.3, к условию δΦ = 0 , где
1
2
- потенциальная энергия при деформациях, соответствующих
Φ = U r − ω r2 M r .
Здесь U r
формам колебаний u r ( z ) и ϑr ( z ) :
1l
1l
2
2
′
′
(3.25)
U r = ∫ EI x ( z )[u r ( z )] dz + ∫ GI кр ( z )[ϑr′ ( z )] dz .
20
20
Для обобщенной массы M r в соответствии с (1.70), (1.72) имеем
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
69
l
l
M r = ∫ m0 ( z )u r ( z ) dz + ∫ I m 0 ( z )ϑr2 ( z ) dz .
2
0
0
Подчеркнем еще раз, что u r ( z ) соответствует перемещениям центров
масс, а I m 0 - погонный момент инерции крыла относительно линии центров
масс.
Подставив в последнее равенство u r ( z ) согласно (3.24), получим
l
l
l
0
0
M r = ∫ m0 ( z )u r ( z )dz − 2 ∫ m0 ( z )σ ( z )u r ( z )ϑr ( z )dz + ∫ I m 0 ( z )ϑr2 ( z )dz ,
2
0
где I m 0 ( z ) = I m 0 ( z ) + m0 ( z )σ 2 ( z ) - погонный массовый момент инерции крыла
относительно оси жесткости.
Таким образом,
1l
1l
2
2
Φ = ∫ EI x ( z )[u r′′ ( z )] dz + ∫ GI кр ( z )[ϑr′ ( z )] dz −
20
20
l
l
⎤
1 ⎡l
− ω r2 ⎢ ∫ m0 ( z )u r2 ( z )dz − 2 ∫ m0 ( z )σ ( z )u r ( z )ϑr ( z )dz + ∫ I m 0 ( z )ϑr2 ( z )dz ⎥ . (3.26)
2 ⎣0
0
0
⎦
Приближенное решение будем отыскивать в виде усеченных рядов
m
1 m
u r ( z ) = ∑ ak ϕ k ( z ) , ϑ z ( z ) = ∑ bkψ k ( z ) ,
(3.27)
l k =1
k =1
где координатные функции ϕ k ( z ) , ψ k ( z ) должны удовлетворять геометрическим граничным условиям. Если при этом удовлетворяются и статические граничные условия, то решение будет сходиться быстрее. Множитель 1 l в выражении для ϑr ( z ) введен для того, чтобы коэффициенты ak и bk имели одинаковую размерность.
Подставим (3.27) в (3.26):
2
2
m
m
1l
1 l
Φ = ∫ EI x ( z ) ⎡⎢ ∑ ak ϕ k′′ ( z )⎤⎥ dz + 2 ∫ GI кр ( z ) ⎡⎢ ∑ bkψ k′ ( z )⎤⎥ dz −
20
2l 0
⎣k =1
⎦
⎣k =1
⎦
2
1 2 ⎧⎪ l
2l
⎤
⎤⎡ m
⎡m
⎤
⎡m
− ω r ⎨∫ m0 ( z ) ⎢ ∑ ak ϕ k ( z )⎥ dz − ∫ m0 ( z )σ ( z ) ⎢ ∑ ak ϕ k ( z )⎥ ⎢ ∑ bkψ k ( z )⎥ dz +
l0
2 ⎪⎩ 0
⎦
⎦ ⎣k =1
⎣k =1
⎦
⎣k =1
2
1l
⎪⎫
⎡m
⎤
+ 2 ∫ I m 0 ( z ) ⎢ ∑ bkψ k ( z )⎥ dz ⎬ .
l 0
⎪⎭
⎣k =1
⎦
После интегрирования получим
Φ = Φ (a1 ,a 2 ,...an ,...am ,b1 ,b2 ,...bn ,...bm ).
Равенство нулю вариации δΦ запишется в виде
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
70
m ∂Φ
∂Φ
δ an + ∑
δ bn = 0 .
∂
a
∂
b
n =1
n =1
n
n
m
δΦ = ∑
Поскольку δ an , δ bn - произвольные вариации, то должно иметь место
(n = 1,m). Дифференцирование Φ
∂Φ
∂Φ
= 0,
∂an
∂bn
по an и bn дает
m
m
∂Φ l
⎡l
2
′
′
′
′
= ∫ EI x ( z )ϕ n ( z ) ∑ a k ϕ k ( z ) dz − ω ⎢ ∫ m0 ( z )ϕ n ( z ) ∑ a k ϕ k ( z ) dz −
∂an 0
k =1
k =1
⎣0
l
m
⎤
− ∫ m0 ( z )σ ( z )ϕ n ( z ) ∑ bkψ k ( z )dz ⎥ = 0 ,
0
k =1
⎦
m
m
1l
∂Φ 1 l
= 2 ∫ GI кр ( z )ψ n′ ( z ) ∑ bkψ k′ ( z ) dz − ω 2 ⎡⎢ 2 ∫ I m 0 ( z )ψ n ( z ) ∑ bkψ k ( z ) dz −
∂bn l 0
⎣l 0
k =1
k =1
l
m
⎤
− ∫ m0 ( z )σ ( z )ψ n ( z ) ∑ ak ϕ k ( z )dz ⎥ = 0 .
0
k =1
⎦
Здесь мы опустили индекс r при ω 2 и ввели безразмерный параметр
* , m* , I * , представляющие
σ ( z ) = σ ( z ) l . Введем, как и ранее, параметры I *x , I кр
0
m0
собой соответственно величины I x ( z ), I кр (z ), m0 ( z ), I m 0 ( z ) в фиксированном се-
чении крыла. Умножим теперь последние два равенства на l 3 (EI *x ) , заменим
интегралы от сумм суммами интегралов и, перейдя к безразмерным координатам ξ = z l , запишем
m
I x (ξ )
m* l 4ω 2 ⎡ m 1 m0 (ξ )
′n′ (ξ )ϕ k′′ (ξ )dξ − 0
ϕ
ϕ n (ξ )ϕ k (ξ )dξ −
⎢ ∑a ∫
I *x
EI *z ⎣k =1 k 0 m*0
0
1
∑ ak ∫
k =1
m
⎤
m0 (ξ )
(
)
(
)
(
)
σ
ξ
ϕ
ξ
ψ
ξ
d
ξ
⎥ = 0,
n
k
m*0
0
⎦
1
− ∑ bk ∫
k =1
m
∑ bk
k =1
* 1 I (ξ )
GI кр
кр
EI *x
∫ I*
0
кр
ψ n′ (ξ )ψ k′ (ξ )dξ −
m
⎡m
I *m 0 1 I m 0 (ξ )
⎢ ∑ bk * 2 ∫ * ψ n (ξ )ψ k (ξ )dξ −
⎣k =1 m0 l 0 I m 0
⎤
m0 (ξ )
(
)
(
)
(
)
σ
ξ
ψ
ξ
ϕ
ξ
d
ξ
⎥ = 0,
n
k
m*0
0
⎦
1
− ∑ ak ∫
k =1
m*0 l 4ω 2
EI *x
Введем обозначения
(n = 1,m).
(3.28)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
71
Bnk
C nk
I x (ξ )
I кр (ξ )
⎫
⎪
*
I *x
I кр
0
0
⎪
⎪⎪
1 m (ξ )
1 I
(ξ )
~
= ∫ 0 * ϕ n (ξ )ϕ k (ξ ) dξ , Bnk = β ∫ m 0* ψ n (ξ )ψ k (ξ ) dξ ;
⎬ (3.29)
m0
I m0
0
0
⎪
1 m (ξ )
1 m (ξ )
⎪
~
= ∫ 0 * σ (ξ )ϕ n (ξ )ψ k (ξ ) dξ , C nk = ∫ 0 * σ (ξ )ψ n (ξ )ϕ k (ξ )dξ ,⎪
m0
m0
0
0
⎪⎭
1
Ank = ∫
~
1
ϕ n′′ (ξ )ϕ k′′ (ξ ) dξ , Ank = α ∫
ψ n′ (ξ )ψ k′ (ξ ) dξ ;
*
β GI кр
I *m 0
EI *x
m*0 l 4 2
2
α = * , β = * 2 , λ = * ω , ω = * 4 λ = * 2 λ.
EI x
m0 l
EI x
m0 l
αI m 0 l
*
GI кр
(3.30)
Тогда система уравнений (3.28) для n = 1,m примет вид
m
m
m
⎫
⎛
⎞
∑ Ank ak − λ ⎜ ∑ Bnk ak − ∑ Cnk bk ⎟ = 0 ; ⎪
⎪
⎝ k =1
⎠
k =1
(3.31)
⎬
m ~
⎛m~
⎞
∑ Ank bk − λ ⎜ ∑ Bnk bk − ∑ Cnk ak ⎟ = 0 . ⎪⎪
⎭
⎝ k =1
⎠
k =1
k =1
Введем квадратные матрицы размером m × m
⎡ A11 A12 ⋅⋅⎤
⎡ B11 B12 ⋅⋅⎤
⎡C11 C12 ⋅⋅⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
[ A] = ⎢ A21 A22 ⋅⋅⎥ , [ B] = ⎢ B21 B22 ⋅⋅⎥ , [C ] = ⎢C 21 C 22 ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
⎢⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥⎦
~ ~
~ ~
~ ~
⎡ A11 A12 ⋅⋅⎤
⎡C11 C12 ⋅⋅⎤
⎡ B11 B12 ⋅⋅⎤
⎢~ ~ ⎥
⎢
⎥
⎢~ ~ ⎥
~ ⎢A
~ ⎢C~ C~ ⎥
~ ⎢B
B
A
⎥
⎥
[ A] = 21 22 ⋅⋅ , [ B ] = 21 22 ⋅⋅ , [C ] = 21 22 ⋅⋅
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎢ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎥
⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎦
⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎦
⎣ ⋅ ⋅ ⋅⋅⎦
и матрицы-столбцы [a ] = {a1 a 2 K a m }, [b] = {b1 b2 K bm }. При этом система одk =1
m ~
нородных уравнений (3.31) может быть записана в следующей матричной форме:
[ A][a ] - λ ([ B][a ] - [C ][b] ) = [0 ] ,
~
~
~
[ A][b] - λ [ B ][b] - [C ][a ] = [0 ] .
(
)
Объединив эти два матричных уравнения в одно, приходим к обобщенной проблеме собственных значений с симметричными матрицами вида
⎛ ⎡ A 0⎤
⎡ B − C⎤ ⎞ ⎡a ⎤
⎜⎜ ⎢ ~ ⎥ − λ ⎢
(3.32)
~ ⎥ ⎟⎟ ⎢ ⎥ = [0].
T
−
C
B
A
0
⎦⎠ ⎣b ⎦
⎣
⎦
⎝⎣
~
~
Из (3.24) видно, что C nk = Ckn , вследствие чего [C ] = [C ]T , где индекс " T"
означает транспонирование матрицы. Это учтено в (3.32).
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
72
Из решения обобщенной проблемы (3.32) определяются 2m собственных
значения λr , через которые вычисляются по (3.30) частоты колебаний ω r , а
также собственные векторы
[a r ] = {a1r a 2 r K a kr K amr }, [br ] = {b1r b2 r Kbkr K bmr } .
После этого можно определить для каждой частоты ω r формы колебаний
m
m
1
u r ( z ) = ∑ akrϕ k ( z ) , ϑr ( z ) = ∑ bkrψ k ( z ).
k =1
(
l k =1
)
(3.33)
Если на крыле при z = z j j = 1,q расположены массивные грузы (например, двигатели), имеющие массы M j и центральные массовые моменты инерции I M j , то согласно (1.71), (1.72) обобщенная масса при колебаниях с частотой
ω r будет равна
l
l
q
0
0
j =1
M r = ∫ m0 ( z )u r2 ( z ) dz + ∫ I m 0 ϑr2 ( z ) dz + ∑ [M j u r2 (z j ) + I M jϑr2 (z j )],
( )
где u r (z j ), ϑr z j - перемещения центра масс j -того груза и его угол поворота,
соответствующие формам колебаний u r ( z ) и ϑr ( z ) .
Обозначим через σ j расстояние от центра масс груза до оси жесткости.
Тогда
( )
( )
( )
u r z j = u r z j − σ jϑr z j , I M j = I M j − M jσ 2j ,
где I M j - массовый момент инерции груза относительно оси жесткости.
Рассуждая далее аналогично предыдущему, получим для элементов мат~
~
риц [ B] , [ B ] , [C ] , [C ] следующие выражения:
q
m0 (ξ )
ϕ
(
ξ
)
ϕ
(
ξ
)
d
ξ
+
κ jϕ n (ξ j )ϕ k (ξ j ) ,
∑
n
k
m*0
0
j =1
1
Bnk = ∫
1
q
I m 0 (ξ )
~
Bnk = β ∫ * ψ n (ξ )ψ k (ξ ) dξ + ∑ χ jψ n (ξ j )ψ k (ξ j ) ,
I m0
0
j =1
C nk
где
1
q
m (ξ )
~
= C kn = ∫ 0 * σ (ξ )ϕ n (ξ )ψ k (ξ ) dξ + ∑ κ jσ jϕ n (ξ j )ψ k (ξ j ) ,
m0
0
j =1
σ j = σ j l , κ j = M j (m*0 l ) , χ j = I M j (m*0 l 3 ).
~
Коэффициенты Ank и Ank подсчитываются по первым двум формулам
(3.29), после чего расчет ведется по изложенному ранее алгоритму.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
73
3.4. Приближенная качественная математическая модель
изгибно-крутильного флаттера крыла в дозвуковом потоке
Флаттером называются самовозбуждающиеся колебания (автоколебания)
тел в потоке газа или жидкости. Применительно к крылу явления флаттера тесно связаны с воздействием набегающего потока воздуха на колеблющееся крыло. Этой проблеме посвящена специальная литература, например, [2,4] и др. В
настоящем пособии нет возможности детально рассматривать аэродинамику
неустановившегося обтекания крыла, поэтому ограничимся лишь рассмотрением принципиальной картины явления [1,7].
Для упрощения задачи рассмотрим колебания в набегающем потоке воздуха отсека крыла длиной, равной единице, который будем считать абсолютно
жестким. Влияние примыкающих к отсеку частей крыла будем моделировать
упругой силой ( − k1u y ), проходящей через центр жесткости Ж (рис. 3.5), и упругим моментом ( − k 2ϑ z ), где u y = u y (t ) - перемещение центра жесткости в направлении оси y , ϑ z = ϑ z (t ) - угол поворота сечения, k1 , k 2 - соответствующие
коэффициенты жесткости. Таким образом приходим к колебательной системе с
двумя степенями свободы.
Большие трудности возникают при определении приращений аэродинамических сил, обусловленных движением
Δq ay
τ
крыла. В первом приближении можно
воспользоваться гипотезой квазиустаноσ
Δq xa
вившегося обтекания, в соответствии с
Ф
v
Ж
которой аэродинамические силы можно
М
u y uy
ϑz
вычислить как для неподвижного крыла,
подставив в соответствующие формулы
Рис. 3.5
значения мгновенных углов атаки. В этом
случае можно приращение погонной аэродинамической силы Δq ay , обусловленной поворотом рассматриваемого отсека в процессе колебаний на угол ϑ z и
проходящей через фокус1 сечения крыла (точка Ф на рис. 3.5), определить по
формуле
1
Фокусом сечения крыла называется точка, через которую проходит равнодействующая
приращения аэродинамической нагрузки, обусловленного изменением угла атаки. При дозвуковом потоке она расположена примерно на расстоянии четверти хорды от носка профиля.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
74
u& y ⎞
b⎜ϑ z − ⎟⎟ ,
(3.34)
2 ⎝
ν ⎠
где ρ - плотность воздуха, ν - скорость набегающего потока, b - хорда крыла,
Δq ay = C αy
ρν 2 ⎛⎜
u& y ν - уменьшение эффективного угла атаки, обусловленное вертикальным
движением крыла.
Подчеркнем, однако, что формула (3.34) дает весьма грубое приближение, игнорируется влияние угловой скорости крыла ϑ& на скос потока, не учиz
тывается еще ряд факторов, которые не будем здесь оговаривать. Но для качественного анализа ею можно воспользоваться. Кроме того, ради упрощения задачи пренебрежем слагаемым u& y ν , которое определяет аэродинамическое
демпфирование вертикальных колебаний, и запишем
ρb
Δq ay = γϑ zν 2 , γ = C αy
.
(3.35)
2
Силы, действующие на выделенный отсек крыΔq ay
− m0 u&&y
ла, показаны на рис. 3.6. Приращением сил лобового
− I m0ϑ&&z
Ф
сопротивления Δq xa пренебрегаем. В соответствии с
М
Ж
k1uy
Рис. 3.6
k2 ϑ z
принципом Д'Аламбера, приравняв нулю проекции
всех сил на ось y и момент относительно центра масс
M , запишем
⎫⎪
− m0 u&&y − k1u y + γν 2ϑ z = 0 ;
⎬
− I m 0ϑ&&z − k 2ϑ z − k1σ u y + τ γν 2ϑ z = 0 .⎪⎭
(3.36)
Здесь u y - перемещение центра масс, I m 0 - погонный массовый момент
инерции отсека крыла относительно линии центров масс, σ - расстояние между
центром масс и центром жесткости, τ - расстояние от фокуса до центра масс.
Учитывая, что u y = u y + σϑ z , получим
m0 u&&y + k1u y + k1σϑ z − γν 2ϑ z = 0 ,
I m 0ϑ&&z + k 2ϑ z + k1σ u y + k1σ 2ϑ z − τ γν 2ϑ z = 0 .
Разделим первое уравнение на m0 , второе - на I m 0 и введем обозначения
c11 = k1 m0 , c12 = (k1σ − γν 2 ) m0 ;
⎫
c21 = k1σ I m 0 , c22 = (k 2 + k1σ 2 − τγν 2 ) I m 0 .⎬⎭
Тогда система дифференциальных уравнений (3.36) примет вид
(3.37)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
75
u&&y + c11u y + c12ϑ z = 0 ;⎫⎪
⎬
ϑ&&z + c21u y + c22ϑ z = 0 .⎪⎭
(3.38)
Будем отыскивать решение этой системы линейных дифференциальных
уравнений в виде
u y = ae λ t , ϑ z = be λ t .
(3.39)
Подстановка в (3.38) дает
(c11 + λ2 )a + c12 b = 0 ,
c21 a + (c22 + λ2 )b = 0 .
Нетривиальное решение этой системы однородных алгебраических уравнений относительно a и b будет иметь место, если определитель системы равен нулю:
(c11 + λ2 )(c22 + λ2 ) - c12 c21 = 0
или
λ4 + (c11 + c22 )λ2 + c11c22 - c12 c21 = 0 .
(3.40)
Решением биквадратного уравнения (3.40) будет
c + c22
⎛ c + c22 ⎞
= ± − 11
± ⎜⎜ 11
⎟⎟ − (c11c22 - c12 c21 ) .
2
⎝ 2 ⎠
2
λ1,2 ,3 ,4
(3.41)
Если разность c11c22 - c12 c21 отрицательна, то два корня (3.41) будут вещественными, два - мнимыми:
λ1,2 = ± h , λ3 ,4 = ±iω .
Частное решение (3.39), соответствующее λ1 = h (т.е. e ht ), характеризует
монотонный уход системы от положения равновесия (рис. 3.7). Имеет место
дивергенция крыла.
Если эта разность положительна и удовлетвоϑz
ряет неравенству
2
то
корни
(c11c22 - c12 c21 ) > ⎛⎜⎜ c11 + c22 ⎞⎟⎟ ,
⎝ 2 ⎠
(3.41) можно привести
uy
к
t
виду
λ = ± − α ± iβ = ±(h ± iω ) , т.е. получаем две пары
Рис. 3.7
комплексных сопряженных корней. Частные решения уравнений (3.38), соответствующие положительной вещественной части,
имеют вид e (h ± iω ) t , откуда
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
76
u y = e ht (a1e iω t + a 2 e −iω t ) = Ae ht sin (ωt + ϕ 1 ) ,
ϑ z = e ht (b1e iω t + b2 e −iω t ) = Be ht sin (ωt + ϕ 2 ) .
uy
ϑz
t
(3.42)
В рассмотренном случае имеют место
колебания с одной частотой ω и с возрастающей по времени амплитудой (рис. 3.8) - изгибно-крутильный флаттер. Колебания возрастают за счет энергии, вносимой извне набегающим потоком воздуха.
Из (3.42) видно, что в общем случае
сдвиг фаз ϕ 2 ≠ ϕ1 , т.е. перемещения u y и ϑ z
Рис. 3. 8
не совпадают по фазе. Более строгие исследования показывают [2,4], что при
флаттере между перемещениями изгиба и кручения всегда имеется сдвиг по фазе. Это показано на рис. 3.8.
Исследуем теперь случай, когда
c +c
0 < (c11c22 - c12 c21 ) < ⎛⎜ 11 22 ⎞⎟ .
⎝ 2 ⎠
2
(3.43)
Выражение (3.41) может быть при этом приведено к виду λ = ± − α ± β ,
где β < α . Корни λ будут равны λ1,2 = ±iω1 , λ3 ,4 = ±iω 2 . Система будет совершать гармонические колебания с двумя частотами ω1 и ω 2 . Выражения для перемещений u y и ϑ z можно привести к виду
u y = a1sin (ω1t + ϕ 1 ) + a 2 sin (ω 2 t + ϕ 2 )
ϑ z = b1sin (ω1t + ϕ 1 ) + b2 sin (ω 2 t + ϕ 2 )
Таким образом, для того, чтобы рассматриваемая система после возмущения оставалась в окрестности положения равновесия, необходимо, чтобы
разность c11c22 - c12 c21 удовлетворяла двум неравенствам (3.43). При нарушении
левого неравенства возникает дивергенция, а при нарушении правого - флаттер.
Заменив левое неравенство (3.43) на равенство
c11c22 - c12 c21 = 0 ,
(3.44)
∂ .Подстановка
можно формально найти критическую скорость дивергенции vкр
(3.37) в (3.44) после преобразований дает
∂ ) =k .
(τ − σ )γ (vкр
2
2
(3.45)
Обратим внимание на то, что в (3.45) отсутствуют инерционные параметры. Если правую и левую части этого равенства умножить на ϑ z , то придем к
выводу, что при критической скорости дивергенции момент от аэродинамиче-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
77
ских сил относительно оси жесткости равен моменту упругих сил. Дивергенция
крыла относится к явлениям статической аэроупругости.
Заменив правое неравенство (3.43) на равенство, можно получить критиф . Однако рассмотренная нами динамическая моческую скорость флаттера vкр
ф и v ∂ не позволяет.
дель носит качественный характер и получить значения vкр
кр
Дело в том, что мы ввели в рассмотрение условные жесткостные характеристики k1 и k 2 . Из сопоставления (3.38) с дифференциальным уравнением совместных изгибно-крутильных колебаний крыла (3.4) можно заключить, что k1 имеет
∂Q y
∂M z
, но числовых значений k1 и k 2 мы не знаем.
∂z
∂z
Детальный анализ показывает [2], что частоты совместных колебаний ω1
смысл
, и k 2 - смысл -
и ω 2 с ростом скорости сближаются, как показано на рис.3.9, и сходятся к едиф .
ной частоте колебаний ω при v = vкр
Для определения величины критической ω
скорости флаттера можно в правые части системы
дифференциальных уравнений совместных изгибно-крутильных колебаний крыла (3.4) подставить
вместо q y , m z приращение погонных сил и мо-
ω2
ω
ω1
ментов, подсчитанные по той или иной модели обф
ф
ω
v < v кр
v кр
текания колеблющегося крыла. Далее отыскиваРис. 3.9
ется решение дифференциальных уравнений, соответствующее гармоническим колебаниям крыла с единой частотой, после чего по процедуре, изложенной в [2,4] и других литературных источниках, подсчитывается критическая скорость флаттера. При этом в качестве форм колебаний принимаются, как правило, формы собственных изгибно-крутильных колебаний крыла.
—•—
Автор выражает искреннюю признательность доцентам Л.М. Савельеву и
И.С. Ахмедьянову, внимательно просмотревшим рукопись настоящего пособия
и сделавших ряд ценных замечаний, учет которых улучшил изложение материала. Автор выражает также признательность инженерам В.Н. Глотовой и
Л.К.Мещеряковой за большую помощь в компьютерном оформлении рукописи.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
78
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ
1. Бидерман В.Л. Теория механических колебаний. М: Высшая школа, 1980.
408 с.
2. Биспилингхофф Р.Л., Эшли Х., Халфмен Р.Л. Аэроупругость: Пер.с англ. М:
ИЛ, 1958. 799 с.
3. Воронович А.П. и др. Конструкция и прочность самолетов. Часть первая./Под
ред. Гуреева Д.И. – М: ВВИА им. Жуковского, 1950. 496 с.
4. Гроссман Е.П., Пановко Я.Г. Упругие колебания частей самолета. М: Оборонгиз, 1947. 311 с.
5. Новацкий В. Динамика сооружений. Пер. с польск. – М: Госстройиздат, 1963.
376 с.
6. Образцов И.Ф., Савельев Л.М., Хазанов Х.С. Метод конечных элементов в
задачах строительной механики летательных аппаратов. М: Высшая школа,
1985. 392 с.
7. Пановко Я.Г., Губанова И.И, Устойчивость и колебания упругих систем. Современные концепции, парадоксы и ошибки. - М: Наука, 1964. 336 с.
8. Тимошенко С.П., Янг Д.Х., Уивер У. Колебания в инженерном деле: Пер. с
англ. М: Машиностроение, 1985. 472 с.
9. Хазанов Х.С. Современные методы исследования колебаний механических
систем: Учебное пособие, издание второе. Самара: Самарский аэрокосмический
университет, 1995. 78 с.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
СОДЕРЖАНИЕ
1. КОЛЕБАНИЯ СТЕРЖНЕЙ ПОСТОЯННОГО СЕЧЕНИЯ . . . . . . . . . . . .
1.1. Продольные и крутильные колебания стержней . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Поперечные колебания балки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Условия ортогональности форм собственных колебаний.
Обобщенная масса стержня . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. Влияние постоянной осевой силы на частоту собственных
поперечных колебаний балки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Колебания балки на упругом основании . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6. Вынужденные колебания стержней . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7. Приближенный учет диссипативных сил
при вынужденных колебаниях. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. КОЛЕБАНИЯ СТЕРЖНЕЙ ПЕРЕМЕННОГО СЕЧЕНИЯ . . . . . . . . . . . . . .
2.1. Вариационный принцип Гамильтона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Определение приближенного значения низшей частоты
собственных колебаний стержней методом Рэлея . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Определение частот и форм собственных колебаний стержней
методом Рэлея-Ритца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .
2.4. Определение частот и форм собственных колебаний стержней
методом Бубнова-Галеркина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. СОВМЕСТНЫЕ ИЗГИБНО-КРУТИЛЬНЫЕ КОЛЕБАНИЯ КРЫЛА . . . .
3.1. Дифференциальные уравнения движения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Определение низших частот и форм собственных изгибнокрутильных колебаний крыла методом Бубнова-Галеркина . . . . . . . . .
3.3. Определение частот и форм собственных изгибно-крутильных
колебаний крыла методом Рэлея-Ритца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4. Приближенная качественная математическая модель изгибнокрутильного флаттера крыла в дозвуковом потоке . . . . . . . . . . . . . . . .
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.
3
11
22
25
27
29
35
38
38
40
44
56
61
61
64
68
73
78
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Х а з а н о в Хацкель Соломонович
МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С РАСПРЕДЕЛЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ
Учебное пособие
Самарский государственный аэрокосмический
университет им. академика С.П.Королева
443086 Самара, Московское шоссе, 34
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
16
Размер файла
1 059 Кб
Теги
параметрами, распределенный, система, механической, колебания, 206
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа