Эластика Эйлера

[eugrita]

В книге Ю.Работнова “Механика деформируемого тведого тела” приведен вывод уравнения эластики Эйлера для геометрически нелинейной Задачи прогиба 2-опорного стержня при продольном сжатии.
Оно имеет вид
$x= \frac {2m} {k} cos\varphi , y=\frac {2(E(m)-E(m,\varphi))-(F(m)-F(m,\varphi))}{k} $
Точке \varphi=\pi /2, x=y=0 вроде соответствует середина.
Если взять производную $\frac {dy} {dx}(\pi /2)$ то согласно приведенным там же выражениям Получим
$dy/dx=\frac {2\sqrt{1-m^2sin^2\varphi}-\frac{1}{\sqrt{1-m^2sin^2\varphi}}} {2msin\varphi}=\frac {1-2m^2sin^2\varphi} {2msin\varphi}$
Или $y' (\pi/2)=\frac {1-2m^2} {2m} \neq 0$
Получается излом в середине пролета. Более того при m<0.71 это максимальный прогиб,
(это же подтверждает и форма компьютерного графика)
рис.1

В книге - опечатка - перепутаны оси x,y .
Точное уравнение по моему имеет вид
$y= \frac {2m} {k} cos\varphi , x=\frac {2E(m,\varphi))-F(m,\varphi))}{k} $
по нему - график
Собственно смысл вопроса - не в опечатке. А в осмыслении.
Потеря устойчивости происходит при $P>P_{kr}$
Если рассматривать теперь нагруженное состояние (моменты внешней нагрузки) то опять при закритическом нагружении надо учитывать потерю устойчивости? Задача не только нелинейна (как учат в курсах сопромата)с точки зрения что добавление к сжимающей силе нагрузки не аддитивно по отношению к прогибам., но еще и по дополнительным прогибам из-за потери устойчивости. Наверно реальны ситуации когда в конструкции ступенчатого стержня отдельные участки находятся в докритической, а другие в закритической. Можно ли это учесть более аналитично чем при расчетах конечным элементом?

[Парджеттер]

Тема чисто по механике и из Физики перемещена в Механику и Технику

[Парджеттер]

Тема временно закрыта по просьбе автора и перенесена в карантин для правки текста.

[eugrita]

eugrita в сообщении #372272 писал(а):

вывод уравнения эластики Эйлера

Работнов после интегрирования получает зависимость кривизны от угла наклона
\chi^2={{\theta^'}_s}^2 = 2k^2cos\theta+C
Затем почему то говорит что при s=0 \chi=0 (1)
\theta=\theta_0 (2)
после чего получает
\chi={\theta^'}_s=k\sqrt{ (2(cos\theta-cos\theta_0)} (3)
1)Как такое может быть? с (2) -согласен, с (1) -нет. (2) говорит что в начале
стержня его угол равен начальному значению.
Но почему радиус кривизны при этом =0???
2)Удобнее пользоваться (3) но какой в общем случае оставить знак перед корнем? + или -? Т.е можно ли пользоваться (3) в случае многоступенчатого стержня, интегрируя по каждому участку?
Из (3) следует что в конце участка $\theta < \theta_0$
но ведь когда-то будет и возрастание углов. Значит предположения
при которых выведена (3) летят для многоступенчатого?

[KAM]

1. Радиус кривизны зависит от изгибающего момента, который в начале балки равен нулю.

2. В общем случае наверно надо учитывать знак. Для многоступенчатого стержня можно решать разделяя на части. Только надо аккуратно "соединить" части.
При меньшем угле косинус больше, поэтому при Ваших ограничениях ($\theta<\theta_0$) всё в порядке.

3. Кажется на 120 странице (Работнов Ю. Н. Механика деформируемого твердого тела. 1988) в конце перепутали оси.

4. Точке $\phi=\frac{\pi}{2}$ соответствует начало балки $x=y=0$.
Переменная $\phi$ введена заменой угла наклона касательной $\theta$ следующим образом $\sin{\frac{\theta}{2}}=\sin{\frac{\theta_0}{2}}\sin{\phi}$ (Работнов Ю. Н. Механика деформируемого твердого тела. 1988. стр. 119. (4.3.4))
Таки образом угол $\phi$ изменяется от $\frac{\pi}{2}$ в начале балки до нуля в середине (далее до $-\frac{\pi}{2}$ в конце).

5. Не понял про "опять при закритическом".
Изначально задача заключается в поиске второго решения. Первое решение задачи - прямой стержень. Поиск решения уже кроется в постановке задачи. Пусть есть другая форма равновесия - стержень прогибается и появляется изгибающий момент... (Работнов Ю. Н. Механика деформируемого твердого тела. 1988. стр. 115.)
Нелинейная постановка описывает деформацию стрежня при закритических силах полностью.

[eugrita]

с 1) понял. т.е. несмотря на "параболическую" форму эластики, на опорах она - как прямая.
2) а вот насчет сшивки частей. получается для 2-го и следующих участков [3] неверна а надо пользоваться предыдущей ф-лой при
$\chi_{i+1}(0)=\chi_i(L_i)$
т.е кривизна в начале (i+1)- участка=кривизне в конце i- участка
и далее найти $\theta_{i+1}$

[KAM]

Какой второй участок? Если у Вас по середине стержня ещё ограничение на перемещение, то разбивая на две части надо требовать неразрывности и гладкости решения. Кривизна в центре тогда будет равна нулю, а угол наклона касательной $-\theta_0$. От этого будет и другая выгнутость.
Замечу, что фактически задача сводится к предыдущей (эластики Эйлера, но на половине длины стержня).

Если я не правильно понял "части", то нарисуйте пожалуйста рисунок.

P.S. Форма то не "параболическая", а представляется в эллиптических функциях.