ves_sopromat

- 111 -

l

2

l

3

2

P z2

3

P z2

Pz2

2

Pz2

2

yII

C2 dz2

C2 z2

D2 .

4EI

x

2EI

x

12EI

6EI

x

x

Граничные условия; условия сопряжения:

1)I II 0 , при z1 z2 2l ;

2)yI 0 , при z1 0 ;

yII 0 , при z2 l .

l

2

P

Pl

2

Определяем постоянные интегрирования:

2

C1

0 ,

C1

;

4EIx

16EIx

l

2

l

l

2

P

P

Pl

2

2

2

2

C2 0

, C2

.

Получено, что C1

C2 .

4EIx

2EIx

16EIx

P 03

Pl2

0 D1 0

, D1 0 ;

12EIx

16EIx

l

3

Pl

3

P l

Pl

2

2

l D2

0 ;

12EIx

6EIx

16EIx

Pl3

Pl3

Pl3

D

0 ,

D 0 .

Получено, что

D D .

12EIx

48EIx

16EIx

2

2

1

2

Зная значения постоянных С и D, определяем искомые перемещения A , B и yC :

					C		Pl2	(отрицательное значение углового перемещения
			z1	0
	A				1	16EIx

показывает, что сечение повернулось по часовой стрелке относительного своего начального положения);

l

2

Pl

2

P l

Pl

2

Pl

2

2

B

z2

l

(положительное значение углового

4EIx

2EIx

16EIx

16EIx

перемещения показывает, что сечение повернулось против часовой стрелки относительного своего начального положения);

yC	y z			l
		1
				2

l		3
P				Pl	2		l		Pl	3
2								0			(отрицательное значение линейного
12EIx				16EIx			2		48EIx

перемещения показывает, что сечение переместилось вниз (в отрицательном направлении оси у) относительного своего начального положения).

Ответ:

Pl2

;

Pl2

;

y

Pl3

.

A

16EIx

B

16EIx

C

48EIx

- 112 -

Рассмотренный метод определения перемещений при изгибе не является широко распространенным из-за неудобства определения постоянных интегрирования при количестве участков более одного.

§49. Метод начальных параметров.

Рассматривая предыдущий пример, несложно заметить, что для балки с « n»-

ным количеством участков:

-

сосредоточенные

моменты

M1 ;

M 2 ;

…;

M n

дадут

в уравнении

у dz

M

x

z

M

z l

2

M

z

l

2

M

z

l

2

dz Cz D слагаемые:

1

1

1

;

2

2

2

; ...;

n

n

n

.

EI

x

2

2

2

- сосредоточенные силы P1 ; P2 ; …;

Pn

дадут в этом же уравнении слагаемые:

Р

z l

3

Р

z

l

3

Р

z

l 3

1

1 1

;

2

2

2

; …;

n

n

n

.

6

6

6

- распределенные нагрузки q1 ; q2 ; …; qn дадут в этом же уравнение слагаемые:

q

z l

4

q

z

2

l

4

q

n

z

n

l

4

1

1

1

;

2

2

;

…;

n

.

24

24

24

При принятом порядке интегрирования (без раскрытия скобок), при условии,

что все координаты

z1 ,

z2 , …, zn

отсчитываются от одной общей точки (или слева,

или справа), произвольные постоянные С и D будут на всех участках одинаковы и

могут быть заменены на угол поворота сечения 0

и прогиб y0

в начале координат,

увеличенные в EI x

раз.

Здесь 0 , y0 - начальные параметры (т.е. перемещения в начале координат), тогд а

можно составить общие уравнения упругой линии балки:

а) уравнение углов поворота сечения:

n M

z l

1

m P

z l 2

k

q

z

l

3

EIx y EIx 0

i

i i

i

i

i

i

i

i

,

1!

2!

3!

i 1

i 1

i 1

или:

1

n

Mi zi li 1

m

Pi zi li 2

k qi zi li

3

0

;

EIx

1!

2!

3!

i 1

i 1

i 1

б) уравнение прогибов:

z1

n Mi zi li

2

m Pi zi

li 3

k qi zi

li 4

EI

y EI

y

EI

,

1!

2!

3!

4!

x

x

0

x

0

i 1

i 1

i 1

или:

1

n

Mi zi li 2

m Pi zi

li

3

k qi zi

li 4

y y0 0 zi

;

EIx

2!

3!

4!

i 1

i 1

i 1

где:

zi

-

расстояние

от

начала

координат

до

точки

искомого

перемещения;

li

- расстояние от начала координат до точки приложения i-той нагрузки.

Примечание:

на

участках с распределенной

нагрузкой

qi

расстояние li

отсчитывается от начала координат до точки начала действия qi - той

нагрузки.

- 113 -

От точки окончания

действия

qi -той нагрузки до

конца

участка

добавляем

сверху и снизу эквивалентную (такую же) qi -тую нагрузку.

Момент записываем только от силовых факторов, расположенных слева от

сечения.

Пример.

Определить

угловое

и

линейное

добавим и отнимем

перемещения

( A

и yA ) свободного

нагрузку q

Rо = ql

торца консольной балки.

q

q

Метод

аналитический,

т.е.

не

О

А

требующий построения эпюр.

q

Мо = ql2/2

z

0

l

l

z 0

Граничные условия:

- заделка.

y z 0

0

Запишем выражение для определения углового перемещения в общем виде:

0

1

ql2

z 0 1

ql

z 0 2

q z 0 3

q z l 3

EIx

.

2

1!

2!

3!

3!

Определяем угол поворота свободного торца консоли:

z 2l

1

ql2

2l 0 1

ql 2l 0 2

q 2l 0 3

q 2l l 3

ql3

8

1

ql3

EIx

2

1

2

6

6

1 2

6

6EIx

EIx

6

(отрицательное значение углового перемещения показывает, что сечение

повернулось по часовой стрелке относительного своего начального положения).

Запишем выражение для определения линейного перемещения в общем виде:

			1					ql2 z 0 2					ql	z 0 3				q z 0 4				q z l 4
y 0	0																									.
			EIx					2	2!					3!				4!				4!
Определяем прогиб свободного торца консоли:
	1				ql2			2l 0 2			ql 2l 0 3					q 2l 0 4				q 2l l 4							ql4			8		16		1			7ql4
y z 2l																													1
					2				2				6					24				24								6		24		24			24EIx
		EIx																									EIx

(отрицательное значение линейного перемещения показывает, что сечение переместилось вниз (в отрицательном направлении оси у) относительного своего начального положения).

Ответ:			ql3	; y			7ql4	.
	A		6EIx		A		24EIx

Два вышерассмотренных метода определения перемещений на практике находят ограниченное применение из-за большого объема вычислений.

§50. Потенциальная энергия упругой деформации стержня

вобщем случае нагружения.

	В общем случае	нагружения	в брусе
y	возникает шесть внутренних силовых факторов:
	N ; Qx ; Qy ; M x ; M y ; M z ,	каждый из	которых
	x
Qy

Qx

My

- 114 -

совершает работу, численно равную потенциальной энергии:

dU Nz

dU M y

dU M z

Энергии от действия поперечных сил Qx и Qy ( dU Qx и

Nz2dz ;

2EF

M y2dz ; 2EI y

M z2dz . 2GI p

dU Qy , соответственно)

пока не выведены нами.

Следовательно, потенциальная энергия бруса определяется суммой потенциальных энергий всех внутренних силовых факторов, отличных от нуля, т.е.:

dU dU( N )

dU(M

) dU(M

)

dU(M

) dU(Q )

dU(Q ) .

z

x

y

x

y

Вычислим потенциальную энергию от поперечной силы Qy .

y

y

dV

x

yz

Qy

dF

Qy

dF -

zy

z

F

O

- случай чистого сдвига.

x

z

dz

Выделим в поперечном сечении бруса элементарную

площадку dF , тогда

dV dF dz - объем элементарной призмы.

Энергия, заключенная в объеме элементарной призмы, равна uo dFdz ,

где: uo - погонная энергия (удельная потенциальная энергия сдвига).

u

dU

dU(Qy ) 1

.

o

dV

dFdz

2

Из закона Гука для сдвига G следует

,

u

2

.

o

G

2G

Итак: uo dFdz

2

dFdz .

2G

Интегрируем это выражение по площади F:

dU

dz

2dF ; согласно формуле Журавского:

Qy

zy

2G F

dz

Qy Sx 2

dF

Qy2dz

Sx 2

dF

Qy2dz

F Sx 2

dU

Qy

2GI 2

b2

b2

2G

I b

2GF I 2

F

x x

x F

x

x F

x

Q S

y x , откуда получаем:

Ixbx

Q2dz dF ky y .

2GF

Итак, получено выражение потенциальной энергии от поперечной силы Qy :

	ky		Qy2dz		где ky	F		Sx 2
dU Qy				,				2 dF .
			2GF			2
						Ix	F	bx

11; 22 ; 12 .

- 115 -

По аналогии получаем выражение потенциальной энергии от силы Qx :

dU Qx kx	Q2dz	,	где kx	F		Sy 2
	2GF			I 2		b2	dF .
	x
				y	F	y

Коэффициенты kx и ky - безразмерные величины, зависящие только от формы сечения:

для прямоугольного сечения ky 65 ; kx 65 ;

для сплошного круглого сечения ky 109 ;

для тонкостенного круглого сечения ky 2 .

Итак, потенциальная энергия упругой деформации в общем случае нагружения определяется как сумма энергий от каждого внутреннего силового фактора по формуле:

dU

M 2dz

M 2dz

M y2dz

N 2dz

ky

Qy2dz

kx

Q2dz

.

z

x

z

x

2GI p

2EIx

2EI y

2EF

2GF

2GF

Чтобы получить потенциальную энергию всего стержня, проинтегрируем это выражение по длине:

U

M 2

dz

M 2

dz

M y2

dz

N 2

dz ky

Qy2

dz kx

Q2

z

x

z

x

dz

2GI

p

2EI

x

2EI

y

2EF

2GF

2GF

l

l

l

l

l

l

Формула справедлива для стержней с постоянной или ступенчато -постоянной жесткостью (в пределах длины рассматриваемого участка).

§51. Теорема Бетти и теорема Максвелла.

Величина работы внешних сил также как и потенциальная энергия деформации не зависит от последовательности нагружения упругой системы и определяется ее конечным состоянием.

Рассмотрим случай последовательного нагружения балки двумя попереч ными

силами P1 и P2 .

а) сила

P1

начинает

действовать

первой,

P1

P2

статически

возрастая

до своего

конечного

А

В

значения, затем начинает действовать сила P2 ,

∆11

∆22

∆12

при возрастании которой сила P1 уже остается

постоянной по величине.

От действия сил возникают прогибы (линейные перемещения) : ij

i(первый индекс) - показывает номер силы, или направление перемещения (по направлению действия первой или второй силы).

j(второй индекс) - показывает номер силы, вызывающей перемещение этой

точки.

Работа сил при такой последовательности нагружения равна:

А	1	Р			1	Р		Р		А	А	А	(1)
	2	1	11		2	2	22	1	12	11	22	12

- 116 -

где: Р1 12 - работа силы P1 на

перемещении

12

по ее направлению от действия

силы P2 . Ввиду того, что сила

P

остается постоянной по величине, то перед третьим

1

слагаемым нет коэффициента «

1

».

2

P1 P2

б) поменяем порядок действия сил. Сначала

А

В

действует

P2 ,

вызывая

перемещение 22 ,

∆22

∆11 ∆21

затем

начинает

действовать P1 , вызывая

перемещение 11

и 21 .

Работа сил при такой последовательности нагружения будет равна:

А

1

Р

1

Р

Р

А

А А

(2),

2

2

22

2

1

11

2

21

22

11

21

где: Р2 21 - работа постоянной по величине P2

на перемещении 21

по ее направлению

от действия силы P1 .

Приравняем выражения (1) и (2):

12 Р1 11 12 Р2 22 Р1 12 12 Р2 22 12 Р1 11 Р2 21 ,

или:

А11 А22 А12 А22 А11 А21 .

Откуда: Р1 12 Р2 21 или А12 А21 - теорема Бетти (о взаимности работ).

Работа первой силы на перемещении по ее направлению от действия второй силы равна работе второй силы на перемещении по ее направлению от действия первой силы.

Выразим работу

A12

через

внутренние

усилия

в стержне

в

общем

случае

нагружения:

А12

Nz1

Nz2 dzi

M x1

M x2

dzi M y1 M y2 dzi M z1

M z2 dzi

n

n

n

n

i 1 z

EF

i 1 z

i

EIx

i 1 z

EI y

i 1 z

GI p

i

ky

kx

i

i

Qy1 Qy2 dzi

Qx1 Qx2

dzi ,

n

n

i 1

zi

GF

i 1

zi

GF

где:

N

z

;

М

x

; М

y

; М

z

; Q ; Q -

внутренние

усилия в стержне от действия силы

P1 ,

y

x

1

1

1

1

1

1

оставаясь постоянными по величине, они

производят работу на

перемещениях

Nz dz

;

M x

dz

;

M y

dz

M z dz

Qy dz Qx

dz

вызванных действием силы

P2 .

2

2

2

;

2

;

2

;

2

,

EF

EIx

EI y

GI p

GF

GF

т.е.

, то на основании теоремы Бетти

Если силы

1 и

2

- единичные,

1

2

P

P

P P

1

получится:

1 12 1 21 ,

или:

12 21 - теорема Максвелла (о взаимности перемещений).

Перемещение

точки

приложения

первой

единичной

силы

по

ее

направлению, вызванное действием второй единичной силы, равно перемещению точки приложения второй единичной силы по ее направлению, вызванному действием первой единичной силы.

-117 -

§52. Теорема Кастильяно.

Q

Рассмотрим балку в следующем нагружении:

P

P PP PQ - прогиб точки

приложения

P1 q

M

силы P .

А

В Потенциальная энергия упругой деформации

∆рр

определяется как: U

1

Р

Р

U

,

∆pq

PP

PQ

QQ

2

где: UQQ - энергия, накопленная в результате деформации системы только нагрузкой Q и численно равная работе нагрузки Q на вызванном ею перемещении.

Ввиду того, что PP P PP , получаем U 12 P2 PP Р PQ UQQ . Продифференцируем это выражение по силе P :

дU P PP PQ PP PQ P ,

дP

итак, получено: P ддUP - теорема Кастильяно.

Частная производная от потенциальной энергии деформации системы, взятая по одной из внешних сил равна перемещению точки приложения этой силы в направлении ее действия.

y	Р=ql

А

z

l

Пример. Определить прогиб консоли уA в точке приложения силы Р.

Запишем выражение изгибающего момента:

M x z qlz .

Определим потенциальную энергию балки:

l

qlz 2

l

q2l2 z2

q2l2 z3

l

q2l5

U

dz

dz

.

2EI

2EI

6EI

6EI

0

x

0

x

x

0

x

Определим линейное перемещение точки приложения силы Р путем взятия частной производной по этой силе:

q2l5

ql 2 l3

д

д

дU

6EIx

2ql l

3

ql

4

уA

6EIx

.

дP

д ql

д ql

6EIx

3EIx

Ответ: у

ql4

.

A

3EIx

y

М=ql2		Пример.	Определить угол поворота консоли A в
			точке	приложения	изгибающего
		А	момента М.
		Запишем выражение изгибающего момента:
z				M x z ql2 .
l		Определим потенциальную энергию балки:

- 118 -

	M x z 2	l	ql2 2		q2l5
U	2EIx	dzi	2EIx	dzi		.
z		0			2EIx
i

Определим угловое перемещение точки приложения момента М путем взятия частной производной по этому моменту:

q2l5

(ql2 )2 l

д

д

2

l

3

дU

2EIx

2ql

ql

A

2EIx

.

дM

д ql 2

д ql 2

2EIx

EIx

Ответ: A ql3 .

EIx

Положительные значения углового и линейного перемещений в рассмотренных примерах показывают, что сечения перемещаются в направлении действия приложенных в них соответствующих силовых факторов (см. формулировку т. Кастильяно).

Недостатком метода является невозможность нахождения перемещений в любой произвольно взятой точке по длине балки, в которой не приложено нагрузки (см. формулировку т. Кастильяно).

§53. Интеграл Мора.

На практике часто возникает необходимость определять перемещения не только в точках приложения усилий, но и в любых других, а та кже в любом направлении.

				Эта возможность реализуется с помощью
				интеграла Мора.
				Сущность метода заключается в приложении
	М		Р1	фиктивной силы Ф в точке искомого перемещения
				в требуемом направлении.
				Затем	необходимо составить		выражение
			Р2	потенциальной энергии системы с учетом силы Ф и
А				продифференцировать		его по	этой	силе.
				Окончательно полагая, что Ф=0 (т.к. она фиктивна)
	Ф
у				определяется перемещение.
				Итак,	определим	перемещение	точки	А в

вертикальном направлении (по оси y).

Все силовые факторы при приложении фиктивной силы Ф изменятся на зависящие от нее величины, т.е.:

M z M zР M zФ ,				M x M xР M xФ ,			M y M yР M yФ ,
N z N zР N zФ ,				Qx QxР QxФ ,			Q Q	Q		,
							y yР		yФ
где: M zP ,	M xP , M yP ,	NzP , QxP , QyP – силовые факторы от внешнего нагружения;
M zФ ,	M xФ , M	yФ	,	NzФ ,	QxФ , Q	–	дополнительные			силовые факторы,
					yФ

пропорциональные силе Ф.

Если, например, удвоить силу Ф, то удвоятся и все дополнительные силовые факторы.

		- 119 -
Следовательно:	M z M zР M z1Ф ,	Nz NzР Nz1Ф ,
	M x M xР M x1Ф ,	Qx QxР Qx1Ф ,
	M y M yР M y1Ф ,	Qy QyР Qy1Ф ,
где: M z1 , M x1 , M y1 ,	N z1 , Qx1 , Qy1 – некоторые коэффициенты пропорциональности,

зависящие от положения рассматриваемого сечения, т.е. переменн ые по длине стержня.

Теперь ликвидируем систему внешних сил и, заменив силу Ф единичной силой, получим:

M z M z1 ,

M x M x1

,

M

y

M

y1

,

N z

N z1 ,

Qx Qx1 ,

Q Q

,

y

y1

где:

M z1 ,

M x1 ,

M y1 ,

N z1 ,

Qx1 , Qy1 – внутренние силовые факторы, возникающие в

сечении под действием единичной силы,

приложенной в точке A по направлению

оси y.

Потенциальная энергия системы будет определяться по формуле:

U

M z M z1Ф 2

M x M x1Ф 2

dz

M y M y1Ф 2

Nz Nz1Ф 2

dz

2GI p

dz

2EIx

2EI y

dz

2EF

z

z

z

z

k

x

Q Q Ф 2

dz

ky Qy Qy1Ф 2

x

x1

dz .

2GF

2GF

z

z

Дифференцируем это выражение по Ф, полагая, что Ф = 0, как было принято

изначально.

А

дU

M

zР

M

z1

dz

M

xР

M

x1

dz

M

уР M

у1

N

zР

N

z1

dz

k Q Q

kуQуРQу1

dz .

dz

x xР x1

dz

дФ

GI

EI

EI

EF

GF

GF

Ф 0 z

p

z

x

z

у

z

z

z

Полученные интегралы называются интегралами Мора.

Перемещения,

вызываемые действием сил N z ,

Qx , Qy

также, как и напряжения,

очень малы, по сравнению с перемещениями, от действия моментов

М z , М x , М y ,

поэтому ими можно пренебречь.

Следовательно, при изгибе перемещения определяются только действием

изгибающих моментов М x и М y ,

т.е.

n

M xР zi M x1 zi

n

M yР zi M y1 zi

y

dzi

и x

dzi , соответственно;

EIx

i 1

z

i 1

z

EI

y

i

i

n

zi M z1 zi

а при кручении – действием крутящего момента M z : z

M zР

dzi .

i 1 z

GI p

i

На практике при определении прогибов в точке искомого перемещения прикладывают единичную силу (Р=1) к разгруженной системе в требуемом направлении; при определении угла поворота сечения в точке искомого перемещения к разгруженной системе прикладывают единичный момент (М=1). Единичные усилия безразмерны.

Интеграл Мора является универсальным аналитическим (не требующим построения эпюр) методом определения перемещений. С его помощью можно определять перемещения в конструкциях с любой геометрией осевой линии (как прямолинейной, так и криволинейной).

M xP z3 1 z3 .

- 120 -

l

						Пример.	Определить	линейное перемещение левой
z2					Р = ql		опоры рамы	в горизонтальном направлении
							( хA ).
							Определим опорные реакции RA, RB, HB
						из основных уравнений статики.
	z1				В	z3	n
А			HB = ql				Fx ql H B 0 , H B ql ;
							i 1

			n
RA = ql	l	RB = ql	M A RB l ql l 0	,	RB ql ;
			i 1
			n		, RA ql .
			M B RA l ql l 0

i 1

Запишем уравнения изгибающих моментов от силового нагружения в общем виде для каждого участка:

M xP z1 0 ;

M xP z2 qlz2 ;

M xP z3 qlz3 .

Освободим раму от внешней нагрузки и в точке А приложим по горизонтали единичную силу (Р = 1) в предполагаемом направлении перемещения опоры.

Определим единичные опорные реакции

							n		, H B ql ;
		z2					Fx ql H B 0
							i 1
							n	,	RB 0 ;
l							M A RB l 0
							i 1
					z3		n		, RA 0 .
А		z1		В			M B RA l 0
			HB = 1				i 1

	Р = 1
RA = 0	l	RB = 0
		M x1 z1 1 z1 ;

Запишем уравнения изгибающих моментов от единичного нагружения в общем виде для каждого участка:

M xP z2 l const ;

Воспользуемся интегралом Мора (рассматриваем все «ненулевые» участки, т.е. отличные от нуля в силовом и в единичном нагружении):

n

M

z M

z

qlz

l

qlz

z

ql2

z2

l

ql

z3

l

xА

xР

i

x1 i

dzi

2

dz2

3

3

dz3

2

2

EIx

EIx

EIx

EIx

i 1 z

z

z

EIx

2

0

3

0

i

2

3

1

1

ql4

5ql 4

.

6EIx

2

3

EIx

Полученное положительное значение перемещения свидетельствует о том, что точка А смещается в направлении действия единичной силы.

5ql4 .

Ответ: xA 6EIx

§54. Способ Верещагина.

Правило Верещагина является графическим выражением интеграла Мора. Оно применимо только в том случае, если ось конструкции прямолинейна.

Внутренние усилия от единичных силовых факторов – линейные функции. Внутренние усилия от грузовых силовых факторов могут быть произвольными функциями.